PRZESTRZENIE LINIOWE V = V, +,,, 0, K Warunki dzia lań na wektorach - aksjomaty przestrzeni liniowej a) b) c) d) e) f) g) h) v V v V u V u V (v + u = u + v) w V v V (v + 0 = v) (v + v V v = 0) (1 v = v) v V v V v V v V a K b K u V a K a K b K ([v + u] + w = u + [v + w]) ((a + b) v = a v + b v) (a (v + u) = a v + a u) (a (b v) = [a b] v). Po co aksjomaty? Poza rzeczami które w naturalny sposób wygla daja podobnie do wektorów: strza lki, si la, pre dkość, przyspieszenie, matematycy lubia nazywać wektorami zupe lnie nieintuicyjne obiekty np. funkcje o wartościach rzeczywistych, które w każdym punkcie przedzia lu [ π, π] maja druga pochodna, a jeżeli dodamy funkcje do drugiej pochodnej otrzymamy funkcje stale równa 0. Pewność, że dzia lania na obiektach zatrudnionych na stanowisku wektora spe lniaja warunki od a) do h) pozwala na wykonywanie rachunków jak na wyrażeniach algebraicznych PROSTE W LASNOŚCI - WNIOSKI Z AKSJOMATÓW 1. a 0 = 0 2. 0v = 0 3. av = 0 (a = 0 v = 0) 4. (av = au a 0) v = u 5. ( 1) v = v Agitacja: ad 1. z c) 0 + 0 = 0 mnożymy stronami przez a i stosujemy g) L = a( 0 + 0) = a 0 + a 0; P = a 0 do obu stron dodajemy wektor przeciwny do a 0, do lewej stosujemy laczność L = (a 0 + a 0) + (a 0) = a 0 + [a 0 + (a 0) ] naste pnie d) i potem c): L = a 0 + 0 = a 0 zaś do prawej d): P = a 0 + (a 0) = 0. P.0 Z równości 3v + 2u 7w = 0 wyliczyć wektor u Dzie ki laczności dodawania- b) napis 3v + 2u 7w jest poprawny - bo napisy (3v + 2u) 7w oraz 3v + (2u 7w) sa zapisem tego samego wektora.
Dzie ki aksjomatom c) oraz d) - wektor zerowy, wektor przeciwny możemy przenosić na druga strone 2u = 3v + 7w Dzie ki h) możemy pomnożyć obie strony przez 1/2 i po zastosowaniu do prawej strony aksjomatów g) oraz h) otrzymamy u = 3/2v + 7/2w Przyk lad.1 Czy V jest przestrzenia nad K: α) V = R, K = R; β) V = C, K = C; γ) V = C, K = R; δ) V = R, K = C? Odpowiedź dla α), β) i γ) tak, aksjomaty sa równościami prawdziwymi dla dzia lań na liczbach. Dla δ) nie, mnożenie przez skalar może wyprowadzić poza zbiór, 1 V = R, i K = C a wynik i 1 = i nie jest legalnym wektorem. PRZESTRZEŃ FUNKCJI. Mamy przestrzeń V i jakiś zbiór X Nowa przestrzeń oznaczana symbolicznie V X. Zbiór wektorów tej przestrzeni to W - zbiór funkcji f W f : X V. Dzia lania to dodawanie funkcji, oraz mnożenie funkcji przez liczbe. Twierdzenie Jeśli V jest przestrzenia wektorowa ze zbiorem skalarów K a X niepustym zbiorem, to V X z naturalnymi dzia laniami dodawania funkcji, oraz mnożenia funkcji przez liczbe też jest przestrzenia wektorowa ze zbiorem skalarów K. Agitacja: wektor zerowy to funkcja Θ(x) = 0 V, funkcja przeciwna do funkcji f jest określona wzorem [ f](x) = (f(x)). Prawdziwość pozosta lych aksjomatów dla funkcji wynika z prawdziwości w przestrzeni V. Dwie funkcje L, P sa równe jeżeli dla x X zachodzi równość wartości L(x) = P (x). Np. sprawdzamy aksjomat g): a(f +g) = af +ag liczymy wartość lewej strony na xie tak samo prawej równość a(f(x) + g(x)) = af(x) + ag(x) dostajemy z aksjomatu g) prawdziwego w V po wstawieniu u = g(x) oraz v = g(x). Przyk lad.2 α) C C zbiór wszystkich funkcji f : C C. β) R N zbiór wszystkich nieskończonych cia gów rzeczywistych. γ) Przestrzeń wspó lrze dnych K n = {(x 1, x 2,..., x n ) : x 1, x 2,..., x n K} Odpowiedź:Sa przestrzeniami liniowymi bo spe lniaja za lożenia powyższego twierdzenia α) nad C β) nad R γ) nad K. Zwyk le wektory dostaniemy dla X = {1, 2..., n}
PODPRZESTRZENIE. Definicja Podzbiór U przestrzeni wektorowej V nazywamy podprzestrzenia jeżeli jest przestrzenia ze wzgle du na te same dzia lania co w przestrzeni V ograniczone do elementów zbioru U. Symbolicznie piszemy U < V. Twierdzenie Niech V be dzie przestrzenia liniowa, U V jest podprzestrzenia V wtedy i tylko wtedy gdy: i) 0 A ii) u, v U u + v U iii) u U, a K au U. Agitacja za prawdziwościa twierdzenia W jedna strone jak U jest podprzestrzenia to dzia lania sa wykonalne i mamy w U wektor zerowy, co oznacza prawdziwość warunków i - iii. Z drugiej zaś strony gdyby wektor zerowy trafia l w różnice zbiorów V \ U by lby k lopot z aksjomatem c) ale na szcze scie mamy warunek i). Podobnie mog loby sie zdarzyć, że wektor v jest ze zbioru U, a wektor do niego przeciwny v V \ U, ale jeżeli wektor v ze zbioru U pomnożymy prez liczbe -1, to ma mocy warunku iii) ( 1)v U ale w laśnie ( 1)v U jest wektorem przeciwnym do wektora v i mamy d). Zapis graficzny pozosta lych aksjomatów ma kszta lt... (L = P ) v V Jeżeli równość L = P jest prawdziwa przy wstawianiu do niej dowolnych wektorów z wie kszego zbioru V to tym bardziej jeżeli ograniczymy sie do wektorów z mniejszego zbioru U. Przyk lad.3 a) Zbiór wielomianów zespolonych C[z] podzbiór przestrzeni funkcji C C b) C n [z] wielomiany zespolone stopnia co najwyżej n, c) C <n [z] wielomiany zespolone stopnia mniejszego od n, a ) R[x] b ) R n [x] c ) R <n [x] Ad a),b),c) sa podprzestrzeniami C C bo wielomian zerowy to fukcja stale równa 0 suma dwu wielomianów to wielomian, dodawanie nie podnosi stopnia wielokrotność to też wielomian, mnożenie przez sta la nie podnosi stopnia ad a ),b ),c ) sa podprzestrzeniami R R z analogicznym uzasadnieniem. Przyk lad.4 Zbadać czy sa podprzestrzeniami R 3 :
A = { (x, y, z) R 3 : 2x + y z = 0 x + 2y 2z = 0 } i) 0 A ii) niech v 1 = [x 1, y 1, z 1 ]; v 2 = [x 2, y 2, z 2 ] v 1 + v 2 = [x 1 + x 2, y 1 + y 2, z 1 + z 2 ] zapiszmy co dla tych wektorów oznacza należenie do A (1) v 1 A 2x 1 + y 1 z 1 = 0 x 1 + 2y 1 2z 1 = 0 (2) v 2 A 2x 2 + y 2 z 2 = 0 x 2 + 2y 2 2z 2 = 0 (1+2) (v 1 + v 2 ) A 2(x 1 + x 2 ) + (y 1 + y 2 ) (z 1 + z 2 ) = 0 (x 1 + x 2 ) + 2(y 1 + y 2 ) 2(z 1 + z 2 ) = 0 = 0 dodaja c stronami (1) oraz (2) dostaniemy równania z warunku (1+2) iii) Podobnie dla a R av 1 = [ax 1, ay 1, az 1 ] mnoża c stronami przez a równania z warunku (1) otrzymamy 2ax 1 +ay 1 az 1 = 0ax 1 +2ay 1 2az 1 = 0 czyli warunek na to aby wektor av 1 należa l do A Ponieważ zbiór A spe lnia warunki i,ii,iii wie c jest podprzestrzenia. B = { (x, y, z) R 3 : 2x + y z = 1 } 0 / B B nie jest podprzestrzenia D = { (x, y, z) R 3 : x + 2y 2z 0 } i) 0 D, ii) podobnie jak dla A dodaja c stronami, tym razem nierówności uzasadnimy, że dodawanie wektorów nie wyprowadza poza D iii) niestety w przypadku mnożenia zwrot otrzymanej nierówności zależy od znaku liczby przez która mnożymy, aby docia gna ć rozważania do końca musimy podać konkretny przyk lad wektora i liczby dla których warunek iii) nie zachodzi weźmy u = [1, 0, 0] ten wektor należy do D, oraz liczbe -1 wtedy wektor u = [ 1, 0, 0] nie należy do D, czyli mnożenie przez skalar może wyprowadzić poza D D nie jest podprzestrzenia Przyk lad.5 Zbadać czy sa podprzestrzeniami U α = { (x, y) R 2 : x 2 + y 2 = 0 } R 2 U α = { 0 } spe lnia za lożenia, bo za każdym razem wychodzi wektor zerowy W β = { (x, y) C 2 : x 2 + y 2 = 0 } C 2. Kontrprzyk lad dla W β i dodawania v 1 = [1, i]; v 2 = [1, i] obydwa należa do W β a ich suma [1, i] + [1 i] = [2, 0] nie należy W β nie jest podprzestrzenia KOMBINACJA LINIOWA Definicja Wyrażenie a 1 v 1 + a 2 v 2 + + a n v n nazywamy kombinacja liniowa wektorów v 1, v 2,..., v n ze wspó lczynnikami a 1, a 2,..., a n.
Przyk lad.6 a) obliczyć kombinacje liniowa 1v 1 2v 2 + 4v 3 wektorów v 1 = (3, 1, 2); v 2 = (1, 2, 1); v 3 (2, 1, 1); (3, 1, 2) 2(1, 2, 1)+4(2, 1, 1) = (3, 1, 2)+( 2, 4, 2)+(8, 4, 4) = (9, 7, 4) b) obliczyć kombinacje liniowa 3v 1 4v 2 + 2v 3 wektorów v 1 = (3, 1, 2); v 2 = (1, 2, 1); v 3 (2, 1, 1); podobnie jak w a) (9, 7, 4) c) czy wektor w = (9, 7, 4) jest kombinacja liniowa wektorów v 1 = (3, 1, 2); v 2 = (1, 2, 1); v 3 (2, 1, 1)? na mocy powyższych rachunków tak d) czy wektor w = (4, 3, 4) jest kombinacja liniowa wektorów v 1 = (3, 1, 2); v 2 = (1, 2, 1); v 3 (2, 1, 1)? Czy równanie x(3, 1, 2)+y(1, 2, 1)+z(2, 1, 1) = (4, 3, 4) ma rozwia zanie? 3 1 2 4 0 5 5 5 U = 1 2 1 3 1 2 1 3 2 1 1 4 0 3 3 2 0 1 1 1 1 2 1 3 0 3 3 2 0 1 1 1 1 2 1 3 0 0 0 1 sprzeczność, nie może być kombinacja liniowa danych wektorów Definicja Niech v 1,..., v m V, podprzestrzeń rozpie ta na wektorach v 1,..., v m V jest to zbiór {a 1 v 1 + a 2 v 2 + + a m v m : a 1, a 2,..., a m K} wszystkich możliwych do uzyskania kombinacji liniowych, przy użyciu wektorów v 1,..., v m. Oznaczenie Lin[v 1,..., v m ]. Przyk lad.7 w przestrzeni R 3 wyznaczyć Lin[(1, 0, 0); (0, 0, 1)], x(1, 0, 0) + z(0, 0, 1) = (x, 0, z) pierwsza oraz trzecia wspó lrze dne moga być dowolne ale druga jest= 0 Lin[(1, 0, 0); (0, 0, 1)] = { (x, y, z) R 3 : y = 0 } LINIOWA ZALEŻNOŚĆ Definicja Wektory v 1,..., v k V sa liniowo zależne jeżeli możemy otrzymać wektor zerowy jako kombinacje liniowa używaja c niezerowych wspó lczynników. W przeciwnym wypadku mówimy, że wektory te sa liniowo niezależne. Przyk lad 8 Zbadać liniowa zależność wektorów: a) v 1 = (3, 1); v 2 = (1, 2); x(3, 1) + y(1, 2) = (0, 0) (3x + y = 0 x + 2y = 0) (x = 0 y = 0) liniowo niezależne b) v 1 = (3, 1, 2); v 2 = (1, 2, 1); v 3 (2, 1, 1).
1v 1 1v 2 1v 3 = 0 liniowo zależne. PROSTE W LASNOŚCI - LINIOWEJ ZALEŻNOŚCI 1. Wektory 0, v 1,..., v k V sa liniowo zależne 2. Wektory v 1, v 1,..., v k V sa liniowo zależne 3. Dodanie dodatkowego wektora do zależnych dalej sa liniowo zależne 4.Kolejność nie gra roli 5.Wektory v 1,..., v k V sa liniowo zależne wtedy i tylko wtedy gdy jeden z nich jest kombinacja liniowa pozosta lych. 6.Jeżeli wektory v 1,..., v k V sa liniowo niezależne i wektor w jest ich kombinacja liniowa to przedstawienie w = a 1 v 1 + a 2 v 2 + + a k v k jest jednoznaczne. Agitacja: 1) 1 0 + 0v 1 + + 0v k = 0 2) 1v 1 + ( 1)v 1 + 0v 2 + + 0v k = 0 3) a 1 v 1 + + a k v k + 0v k+1 = 0 5) w = a 1 v 1 + + a k v k przenosimy w na druga strone 0 = a 1 v 1 + + a k v k + ( 1)w 6) dwie równości w = x 1 v 1 + x 2 v 2 + + x k v k i w = y 1 v 1 + y 2 v 2 + + y k v k odejmujemy stronami (x 1 y 1 )v 1 + (x 2 y 2 )v 2 + + (x k y k )v k = 0 sa niezależne x 1 y 1 = 0 x 1 = y 1 podobnie x 2 y 2 = 0 x 2 = y 2 itd. Definicja Zbiór wektorów X nazywamy baza przestrzeni liniowej V jeżeli: A) X jest liniowo niezależny. B) Lin[X] = V. Przyk lad 9 BAZY STANDARTOWE a) W K n we druja ca jedynka e 1 = [1, 0,..., 0]; e 2 = [0, 1,..., 0];... e n = [0, 0,..., 1]. b) W C[z] kolejne pote gi X = { 1, z, z 2,..., z n,... } c) w R <n [x] 1, x, x 2,..., x n 1 d) w R n [x] 1, x, x 2,..., x n e) W C n nad R we druja ca jedynka i we druja ce i e 1, ie 1, e 2, ie 2,... e n ; ie n ad a) e 1 = [1, 0,..., 0]; e 2 = [0, 1,..., 0];... e n = [0, 0,..., 1]. x 1 e 1 + + x n e n = [x 1, x 2,..., x n ] tylko zerowe wspó lczynniki zeruja kombinacje A) dowolny wektor jest ich kombinacja liniowa B) ad e) x 1 e 1 + y 1 ie 1 + x 2 e 2 + y 2 ie 2 + + x n e + n + y n ie n = [x 1 + y 1 i, x 2 + y 2 i,..., x n + y n i] dalej podobnie do a).
Przyk lad3 Zbadać czy podane wektory sa baza: a) v 1 = (3, 1); v 2 = (1, 2); przestrzeni R 2 niezależne sprawdzone P8a czy rozpinaja R 2? Z równości x(3, 1) + y(1, 2) = (a, b) wyliczymy x = (2a b)/5, y = (3b a)/5 baza b) v 1 = (3, 1, 2); v 2 = (1, 2, 1); v 3 (2, 1, 1) zależne sprawdzone w P.8b to nie jest baza; c) v 1 = (3, 1, 2); v 2 = (1, 2, 1) przestrzeni R 3 Żaden nie jest wielokrotnościa drugiego, sa liniowo niezależne. Niestety nie jest to baza, bo drugi warunek jest fa lszywy, np. wektor w(1, 1, 1) nie jest kombinacja v 1, v 2, d) v 1 = (3, 1, 2); v 2 = (1, 2, 1); v 3 (1, 1, 1) przestrzeni R 3 Czy dla dowolnego wektora w R 3 uk lad równań xv 1 + yv 2 + zv 3 = w ma dok ladnie jedno rozwia zanie? Kolumnami wyznacznika g lównego sa wektory 3 1 1 3 1 v 1, v 2, v 3. A = 1 2 1 1 2 = 1 2 1 1 2 1 A 0 tojest uk lad Cramera wie c ma jednoznaczne rozwia zanie. Uk lad wektorów v 1, v 2, v 3 jest baza R 3. Twierdzenie 1. Wektory v 1,..., v m V tworza baze przestrzeni V wtedy i tylko wtedy gdy każdy wektor w V można przedstawić i to tylko w jeden sposób jako kombinacje liniowa tych wektorów 2. Każda niezerowa przestrzeń liniowa ma baze 3. Baze podprzestrzeni niezerowej Lin[v 1,..., v m ], można wybrać spośród generatorów. 4. Dowolny uk lad liniowo niezależny można uzupe lnić do bazy przestrzeni ad 1. w oparciu o w lasno.s.c 6) liniowej niezależności ad 3. i 4. poniższe przyk lady Przyk lad1 a) Dla v 1 = [0, 0, 0, 0]; v 2 = [1, 1, 1, 1]; v 3 = [2, 2, 2, 2]; v 4 = [3, 3, 3, 4]; v 5 = [4, 4, 4, 5]; v 6 = [5, 5, 6, 6] z R 4 wyznaczyć baze Lin[v 1,..., v 6 ]. v 1 zerowy psuje niezależność odrzucamy v 2 niezerowy v 2 B v 3 = 2v 2 psuje niezależność odrzucamy v 4 nie jest wielokrotnościa v 2, v 4 B v 5 = 1v 2 + 1v 4 psuje niezależność odrzucamy v 6 nie jest kombinacja liniowa v 2 i v 4 v 6 B Odp. baza podprzestrzeni Lin[v 1,..., v 6 ] sk lada sie z wektorów v 2, v 4, v 6. b) Wektory v 1 = [0, 1, 1, 1]; v 2 = [1, 1, 1, 1] uzupe lnić do bazy przestrzeni R 4
Żaden z wektorów v 1, v 2 nie jest wielokrotnościa drugiego czyli sa liniowo niezależne, wie c taka baza istnieje. Wybierzemy ja z wektorów v 1, v 2, e 1, e 2, e 3, e 4 v 1, v 2 B bo liniowo niezależne, e 1 = [1, 0, 0, 0] = v 1 + v 2 jest ich kombinacja odrzucamy e 2 nie jest kombinacja liniowa v 1 i v 2 e 2 B e 3 nie jest kombinacja liniowa v 1, v 2 i e 2 e 3 B e 4 = v 1 e3 2 e 3 jest kombinacja odrzucamy Odp. szukana baza przestrzeni R 4 sk lada sie z wektorów v 1, v 2, e 2, e 3. Twierdzenie 1. Jeżeli przestrzeń liniowa ma baze nieskończona to każda baza tej przestrzeni jest nieskończona 2. Jeżeli przestrzeń liniowa ma baze skończona to każda baza tej przestrzeni ma tyle samo elementów Powyższe twierdzenie pozwala określić wymiar przestrzeni. Definicja wymiaru 1. V = { 0 } dim K V = 0 2. Jeżeli przestrzeń liniowa ma baze nieskończona to dim K V = 3. Jeżeli przestrzeń liniowa ma baze skończona to dim K V jest ilościa wektorów w tej bazie Przy/k lad2 a) dim R R n = n b) dim C C n = n c) dim R C n = 2n d) dim R R n [x] = n + 1 e) dim R R[x] = Liczymy sztuki w bazach standartowych Przyk lad3 wymiar przestrzeni z P.4a? Liczymy na palcach 3 sztuki Przyk lad4 Baza podprzestrzeni rozwia zań uk ladu jednorodnego: Znaleźć baze i wymiar W < R 5, gdzie W = {[x, y, z, t, u] : x + y 3z + 5u = 0 2x y + 8z + t u = 0} Z pierwszego równania wyliczam y = x + 3z 5u wstawiam do drugiego x + 5z + t + 4u = 0 wyliczam t = x 5z 4u
Ogólna postać wektora z W jest naste puja ca w = [x, x + 3z 5u, z, x 5z 4u, u] mamy 3 parametry x, z, u to sugeruje, że wymiar wynosi 3 i szukana baza ma być 3elementowa Rozk ladamy w = [x, x, 0, x, 0] + [0, 3z, z, 5z, 0] + [0, 5u, 0, 4u, u] = x[1, 1, 0, 1, 0] + z[0, 3, 1, 5, 0] + u[0, 5, 0, 4, 1] wektory v 1 = [1, 1, 0, 1, 0], v 2 = [0, 3, 1, 5, 0], v 3 = [0, 5, 0, 4, 1] należa do podprzestrzeni W oraz dowolny wektor z W daje sie jednoznacznie przedstawić jako ich kombinacja liniowa. Odp. wektory v 1 = [1, 1, 0, 1, 0], v 2 = [0, 3, 1, 5, 0], v 3 = [0, 5, 0, 4, 1] tworza baze W zaś dim R W = 3 Definicja wspó lrze dne Niech v 1,..., v n be dzie baza V, niech w = a 1 v 1 + a 2 v 2 + + a n v n. Wspó lrze dne wektora w w bazie v 1,..., v n to cia g liczb a 1, a 2,..., a n. Przyk ladowe oznaczenie w =< a 1, a 2,..., a n > B gdzie B =< v 1,..., v n >. Przyk lad8 Dla K n i bazy standartowej wspó lrze dne wektora w = [x 1, x 2,..., x n ] też sa standartowe< x 1, x 2,..., x n > Przyk lad 9 a) Dla przestrzeni R 3 [x] wyliczyć wspó lrze dne wektora x 3 w bazie 1, x 1, (x 1) 2, (x 1) 3. na naste pnym wyk ladzie. b) Dla V = R 3 wektory v 1 = [2, 1, 1] i v 2 = [1, 1, 2] uzupe lnić do bazy w której wektor w = [1, 2, 3] ma identyczne wspó lrze dne jak w bazie standartowej ze wzgle du na wymiar szukamy trzeciego wektora v 3 = [x, y, z] takiego, że 1[2, 1, 1] + 2[1, 1, 2] + 3[x, y, z] = [1, 2, 3] porównuja c wspó lrze dne mamy: 2 + 2 + 3x = 1 x = 1, 1 2 + 3y = 2 y = 1 1 + 4 + 3z = 3 z = 0 wyliczyliśmy v 3 = [ 1, 1, 0] aby uzasadnić, że v 1, v 2, v 3 to jest baza wystarczy sprawdzić, że sa liniowo niezależne bo na sztuki zgadza sie z wymiarem. Definicja : Macierz przejścia z bazy do bazy POCZYTAĆ W SKRYPCIE. PRZEKSZTA LCENIA LINIOWE Definicja
Niech W, +,, K oraz U, +,, K be da przestrzeniami liniowymi nad tym saym cia lem K Funkcja L : W U jest przekszta lceniem liniowym jeżeli jest zgodna z dzia laniami w obydwu przestrzeniach czyli: +) dla u, v W L(u + W v) = L(u) + U L(v) - jest addytywna ) dla a K, u W L(a W u) = a U L(u) - jest jednorodna Przyk lad 1. Zbadać czy funkcje L : R 2 R 3 sa przekszta lceniami liniowymi: a) L(x, y) = (2x + y, x 3y, x + y) b) L(x, y) = (2x + y, x 3y, x + y + 1) c) L(x, y) = (2x + y, x 3y, xy) Na ch lopski rozum: wyrażenia liniowe dla przestrzeni wektorowych podobnie jak w by lo w szkole tylko dodatkowo wyraz wolny=0 Do tego pasuje a) natomiast b) i c) nie Trzeba sprawdzić czy zachodza warunki +) i ) Niech u = (p, q); v = (b, c) vtedy u + v = (p + b, c + q) au = (ap, aq) Pa) L(x, y) = (2x + y, x 3y, x + y) ad +) L(u + v) = [2(p + b) + (c + q), (p + b) 3(c + q), (p + b) + (c + q)] L(u) + L(v) = (2p + c, p 3c, p + c) + (2b + q, b 3q) OK ad ) L(au) = (2ap + aq, ap 3aq) al(u) = a(2p + q, p 3q) Zgodnie z przypuszczeniem jest przekszta lceniem liniowym Pb) L(x, y) = (2x + y, x 3y, x + y + 1) wyraz wolny=1 podejrzewamy, że nie Kontrprzyk lad : L(0, 0) = (0, 0, 1) L[(0, 0) + (0, 0)] = L(0, 0) = (0, 0, 1) L(0, 0) + L(0, 0) = (0, 0, 1) + (0, 0, 1) = (0, 0, 2) +) nie zachodzi - nie jest przekszta lceniem liniowym Pc) L(x, y) = (2x + y, x 3y, xy) wyste puje xy stopnia 2 podejrzewamy, że nie Kontrprzyk lad : L(1, 1) = (3, 2, 1) L[(1, 1) + (1, 1)] = L(2, 2) = (6, 4, 4) L(1, 1) + L(1, 1) = (6, 4, 2) +) nie zachodzi - nie jest przekszta lceniem liniowym PODSTAWOWE W LASNOŚCI PRZEKSZTA LCEŃ LINIOWYCH Twierdzenie 1. Funkcja L : W U jest przekszta lceniem liniowym jeżeli
dla u, v W, a, b K L(au + bv) = al(u) + bl(v) 2. Funkcja L : W U jest przekszta lceniem liniowym jeżeli dla v 1,..., v k W, a 1,..., a k K L(a 1 v 1 + + a k v k ) = a 1 L(v 1 ) + a k L(v k ) 3. Jeżeli znane sa wartości przekszta lcenia liniowego na wektorach bazowych, to można wyznaczyć wartości tego przekształcenia na dowolnym wektorze przestrzeni. 4. Jeżeli L : W U jest liniowe, różnowartościowe i na to L 1 : U W też jest liniowe Agitacja 1. L(au + bv) = + L(au) + L(bv) = al(u) + bl(v) odwrotnie dla a = b = 1 mamy +), zaś dla b = 0 mamy ) 2. z 1. przez indukcje Przyk lad 2. Zak ladaja c, że L : R 2 R 3 jest liniowe, obliczyć L(e, π) jeżeli: a) L(1, 0) = (2, 1, 3) i L(0, 1) = ( 3, 2, 4) b) L(1, 2) = (2, 1, 3) i L(2, 3) = ( 3, 2, 4) P.2 a) L(e, π) = L(e(1, 0) + π(0, 1)) = 1. el(1, 0) + πl(0, 1) = e(2, 1, 3) + π( 3, 2, 4) = (2e 3π, e + 2π, 3e 4π) b) przy pomocy wektorów z zadania wyliczamy wektory z bazy standartowej (1, 0) = 3(1, 2)+2(2, 3) L(1, 0) = 3(2, 1, 3)+2( 3, 2, 4) = ( 12, 7, 14) (0, 1) = 2(1, 2) (2, 3) L(0, 1) = 2(2, 1, 3) ( 3, 2, 4) = (7, 4, 10) dalej podobnie jak a).
Definicja Niech L : W U be dzie przekszta lceniem liniowym. A) Ja drem L nazywamy zbiór Ker L = { w W : Lw = 0 U } B) Obrazem L nazywamy zbiór Im L = {Lw : w W } Przyk lad 3. Dla L : R 3 R 2 znależć baze Ker L: a) L 1 (x, y, z) = ( y + 2z, 3y 6z) b) L 2 (x, y, z) = (x y + 2z, x + 3y 6z) y + 2z = 0 P3a) (x, y, z) Ker(L) 3y 6z = 0 y = 2z Ker(L)={(x, 2z, z) : x, z R} B = {(1, 0, 0); (0, 2, 1)} P3b (x, y, z) Ker(L) Ker(L)={(0, 2z, z) : z R} B = {(0, 2, 1)} x y + 2z = 0 x + 3y 6z = 0 x = 0 i y = 2z Przyk lad 4. Znależć baze Im L dla przekszta lceń z poprzedniego przyk ladu P4.a L(1, 0, 0) = (0, 0); L(0, 1, 0) = ( 1, 3); L(0, 0, 1) = (2, 6) Im(L)=Lin[(0, 0); ( 1, 3); (2, 6)] (0, 0) / B, ( 1, 3) B, (2, 6) = 2( 1, 3) (2, 6) / B B = {( 1, 3)} P4b. L(1, 0, 0) = (1, 1); L(0, 1, 0) = ( 1, 3); L(0, 0, 1) = (2, 6) (1, 1) B, ( 1, 3) nie jest wielokrotnościa wektora (1, 1) ( 1, 3) B, (2, 6) = 2( 1, 3) (2, 6) / B B = {(1, 1); ( 1, 3)} Twierdzenie 1. Ker L < W 2. Im L < U 3. Wartości na wektorach bazowych rozpinaja obraz przekszta lcenia liniowego. 4. Jeżeli L : W U jest przekszta lceniem liniowym, zaś W ma wymiar skończony, to dim(ker L)+ dim(im L)= dim( W ). Agitacja 1. L 0 = 0 0 Ker(L) u, v Ker(L) Lu = 0, Lv = 0 L(u + v) = Lu + Lv = 0 + 0 = 0 u + v Ker(L) L(au) = alu = a 0 = 0 au Ker(L) Kopiowanie - IZOMORFIZM.
Definicja Przekszta lcenie liniowe L : W U jest izomorfizmem pomie dzy W, +,, K a U, +,, K jeżeli a) funkcja L jest różnowartościowa b) zbiorem wartości L jest ca ly zbiór U. Jeżeli U = W to L nazywamy automorfizmem Przyk lad5 Funkcja L : R 2 C określona wzorem L(x, y) = x + iy jest izomorfizmem pomiędzy R 2, +,, R a C, +,, R P5.Mamy x, y w pierwszej pote dze, bez wyrazów wolnych, wygla da na liniowe. L(c, d) = ci + d, L(p, q) = p + iq (c, d) + (p, q) = (c + p, d + q) L(c + p, d + q) = (c + p) + i(d + q) L(c, d) + L(p, q) = (ci + d) + (p + iq) OK a(c, d) = (ac, ad) L(ac, ad) = ac + iad al(c, d) = a(c + id) OK warunki a) i b) uzasadniamy znajduja c L 1 : C R 2 L 1 (x + iy) = (x, y) Przyk lad6 Dla przestrzeni V wymiaru n, przyporza dkowanie wektorowi jego wspó lrze dnych w ustalonej bazie jest izomorfizmem przestrzeni V z przestrze nia K n Przyk lad z poprzedniego wyk ladu: Dla przestrzeni R 3 [x] wyliczyć wspó lrze dne wektora x 3 w bazie 1, x 1, (x 1) 2, (x 1) 3. Rozpatrzmy L : R 3 [x] R 4 określone wzorem L(a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 ) = [a 0, a 1, a 2, a 3 ]. Zauważmy że L jest izomorfizmem. Policzmy obrazy wektorów wyste puja cych w tym przyk ladzie, L(x 3 ) = [0, 0, 0, 1]; L(1) = [1, 0, 0, 0]; L(x 1) = [ 1, 1, 0, 0]; L((x 1) 2 ) = [1, 2, 1, 0]; L((x 1) 3 ) = [ 1, 3, 3, 1]; x[1, 0, 0, 0]+y[ 1, 1, 0, 0]+z[1, 2, 1, 0]+ t[ 1, 3, 3, 1] = [0, 0, 0, 1] ; t = 1, z = 3, y = 3, x = 1 odp. wspó lrze dne wektora x 3 w bazie 1, x 1, (x 1) 2, (x 1) 3 to < 1, 3, 3, 1 >. Twierdzenie 1. Przestrzenie izomorficzne maja ten sam wymiar 2. Wszystkie przestrzenie maja ce ten sam wymiar skończony sa izomorficzne. WYMIAR I PODPRZESTRZENIE
Twierdzenie 1. Jeżeli U < V to dim K U dim K V, 2. Jeżeli U < V i dim K U =dim K V = n, to U = V, 3. Jeżeli dim K V = n to dla 0 m n istnieje podprzestrzeń U m taka, że dim K U m = m PRZESTRZENIE LINIOWE a UK LADY RÓWNAŃ Twierdzenie 1. Wektor w jest kombinacja liniowa v 1, v 2,..., v n wtedy i tylko wtedy gdy uk lad x 1 v 1 + x 2 v 2 + + x n v n = w ma rozwia zanie 2. wektory v 1, v 2,..., v k sa liniowo zależne wtedy i tylko wtedy gdy uk lad równań x 1 v 1 +x 2 v 2 + +x n v n = 0 ma niezerowe rozwia zanie. 3. wektory v 1, v 2,..., v n tworza baze jeżeli dla każdego w V uk lad x 1 v 1 + x 2 v 2 + + x n v n = w ma dok ladnie jedno rozwia zanie RZA D MACIERZY a WEKTORY Na 4tym wyk ladzie rza d macierzy zosta l wprowadzony przy użyciu minorów tzw. r m (A). Teraz określimy rza d macierzy w inny sposób. Definicja 1. Rze dem wierszowym macierzy nazywamy wymiar przestrzeni rozpie tej na wierszach tej macierzy 2. Rze dem kolumnowym macierzy nazywamy wymiar przestrzeni rozpie tej na wierszach tej macierzy Teraz chcemy dla macierzy A m n porównać w lasności r m (A), r w (A) i r k (A) Uwaga 1. r w (A) m, r w (A) n 2. r k (A) m, r k (A) n 3. r m (A) m, r m (A) n.
ad1.2. wymiar podprzestrzeni rozpinanej nie może przekraczać ilośći generatorów, oraz wymiaru ca lej przestrzeni ad3. wie ksza podmacierz kwadratowa sie nie zmieści Uwaga 1. Jeżeli A jest nieosobliwa macierza stopnia k, to wektory kolumnowe tej macie/rzy sa liniowo niezależne 2. Jeżeli wektory kolumnowe macie/rzy kwadratowej A sa liniowo niezależne to A 0. 3. Jeżeli A jest nieosobliwa macierza stopnia k, to wektory wierszowe tej macie/rzy sa liniowo niezależne 4. Jeżeli wektory wierszowe macie/rzy kwadratowej A sa liniowo niezależne to A 0. ad1. Wyznacznik z A różny od 0 wie c uk lad jednorodny AX = 0 jest uk ladem Cramera, ma dok ladnie jedno czyli tylko zerowe rozwia zanie, a zatem kolumny macierzy A sa liniowo nieza leżne. ad2. Kolumny macierzy A sa liniowo nieza leżne, czyli uk lad jednorodny AX = 0 ma tylko zerowe rozwia zanie. Stosuja c operacje elementarne uzyskamy uk lad o macierzy t/rójka tnej z tymi samymi rozwia zaniami. Aby uk lad mia l tylko rozwia zanie zerowe wszystkie wyrazy na g lównej przeka tnej musza być różne od 0, czyli wyznacznik jest różny od 0 ad3. i 4. analogiczne do uzasdnienia 1. i 2. bo wiersze macierzy A sa kolumnami macierzy A T oraz A T = A. Jako wniosek mamy poniższe twierdzenie. Twierdzenie r k (A) = r w (A) = r m (A)
Uwaga Metoda wyznacznikowa liczenia rze du Jeśli minor M k stopnia k jest różny od zera, to minora stopnia k + 1 poszukujemy próbuja c dodać do M k wiersz i kolumne. Agitacja, be dziemy mówić o kolumnach, z tym samym skutkiem moga to być wiersze Jeżeli det(m k ) 0 to wszystkie k kolumn przechodza cych przez ten minor sa liniowo niezależne, Jeżeli wszystkie minory stopnia k+1 rozszerzaja ce minor M k znikaja to znaczy, że naste pna dodana kolumna jest kombinacja liniowa już używanych. Kolumny przechodza ce przez ten minor tworza baze podprzestrzeni rozpie tej na kolumnach macierzy A, wymiar=k, r(a) = k.
Jeszcze raz uk lady równań Dla uk ladu m-równań i n-niewiadomych, oznaczmy przez k 1,..., k n kolumny macierzy A wspó lczynników przy niewiadomych. Teraz możemy uzasadnić sformu lowane kilka wyk ladów wcześniej twierdzenie Kroneckera - Capelliego Uk lad AX = B ma rozwia zanie Kolumna wyrazów wolnych B jest kombinacja liniowa kolumn k 1,..., k n B Lin[k 1,..., k n ] Lin[k 1,..., k n, B] = Lin[k 1,..., k n ] dim K Lin[k 1,..., k n, B] =dim K Lin[k 1,..., k n ] r(u) = r(a).
Izomorfizm Twierdzenie Jeżeli L : W U jest przekszta lceniem liniowym, zaś W, U sa przestrzeniami tego samego skończczonego wymiaru n, to wtedy następuja ce warunki sa równoważne: 1. L jest izomorfizmem, 2. L jest odwracalne, 3. L jest różnowartościowe, 4. L Ker(L) = { 0 }, 5. L jest na, 6. Wyznacznik macierzy A L w dowolnych bazach jest różny od 0. 7. Wszystkie warości w lasne L sa różne od zera. Agitacja (1. 3.) oraz (1. 5.) oczywiste bo 3. to warunek a) zaś 5. to warunek b) z definicji izomorfizmu. (3. 4.) u Ker(L) Lu = 0 = L 0 u = 0 (4. 6.) 4. Oznacza że uk lad AX = 0 ma tylko zerowe rozwia zanie wie c det(a) 0 (6. 2.) det(a) 0 istnieje A 1 czyli macierz przekszta lcenia odwrotnego do L (2. 1.) jak L jest odwracalne to musi być i różnowartościowe i na (5. 4.) 5. oznacza Im(L)=U dim Im(L)=n dim Ker(L)=0 Ker(L) = { 0 } (6. 7.) A jest to wyraz wolny wielomianu charakterystycznego QFD. MACIERZ PRZEKSZTA LCENIA LINIOWEGO Definicja Niech L : W U be dzie przekszta lceniem liniowym a {w i } = w 1,..., w n be dzie baza przestrzeni liniowej W, zaś {u i } = u 1,..., u m be dzie baza przestrzeni liniowej U. Wtedy macierz A L, której kolejne kolumny sa wspó lrze dnymi w bazie {u i }
wartości przekształcenia L na wektorach bazowych {w i } nazywamy macierza przekształcenia L w bazach {w i } i {u i }. Przyk lad1. Dla L : R 3 R 2 wyznaczyć macierze w bazach standartowych. a) L 1 (x, y, z) = ( y + 2z, 3y 6z) L(1, 0, 0) = (0, 0); L(0, 1, 0) = ( 1, 3); L(0, 0, 1) = (2, 6) 0 1 2 A = 0 3 6 b) L 2 (x, y, z) = (x y + 2z, x + 3y 6z) L(1, 0, 0) = (1, 1); L(0, 1, 0) = ( 1, 3); L(0, 0, 1) = (2, 6) B = 1 1 2 1 3 6 Przyk lad2. Dla L 1 z P1a w bazach w 1 = (1, 0, 0), w 2 = (0, 2, 1), w 3 = (0, 1, 3) w R 3 oraz u 1 = (1, 0), u 2 = (1, 3) w R 2. L(1, 0, 0) = (0, 0) = 0u 1 + 0u 2 ; L(0, 2, 1) = (0, 0) = 0u 1 + 0u 2 ; L(0, 0, 1) = (2, 6) = 0u 1 + 2u 2 A = 0 0 0 0 0 2 Twierdzenie Jeżeli L : W U jest przekszta lceniem liniowym, a macierz A L jest macierza tego przekszta lcenia w bazach {w i } i {u i }, to dla dowolnych wektorów w = x 1 w 1 + + x n w n W i u = y 1 u 1 + + y m u m U zachodzi: y 1 L(w) = u. = A y m x 1. x n
WEKTORY I WARTOŚCI W LASNE Od teraz L : V V, zajmujemy sie endomorfizmami przestrzeni V, czyli przekszta lceniami liniowymi przestrzeni w siebie Definicja Niech L : V V be dzie przekszta lceniem liniowym. 1. Niezerowy wektor v V jest wektorem w lasnym endomorfizmu L jeśli Lv v, 2. Skalar λ jest wartościa w lasna przekszta lcenia L jeśli dla wektora w lasnego v zachodzi Lv = λv. Przyk lad3. Dla L : R 2 R 2 zadanego wzorem L(x, y) = (2x + y, 3x + 4y) mamy L(1, 1) = (1, 1) = 1 (1, 1) oraz L(1, 3) = (5, 15) = 5 (1, 3) co oznacza λ 1 = 1 dla v 1 = (1, 1) i λ 2 = 5 dla v 2 = (1, 3) Definicja Podprzestrzenia niezmiennicza dla wartości w lasnej λ K nazywamy zbiór V λ = {v V : Lv = λv} Uwaga 1. Dla λ K V λ < V 2. Jeśli λ nie jest wartościa w lasna, to V λ = { 0 } 3. Jeśli λ jest wartościa w lasna, to dowolny niezerowy wektor z V λ jest wektorem w lasnym. Zmiana macierzy przekszta lcenia przy zmianie bazy DOCZYTAĆ W SKRYPCIE. O bazie wektorów w lasnych DOCZYTAĆ W SKRYPCIE.
Od teraz V jest przestrzenia skończenie wymiarowa. Niech {v i } be dzie ustalona baza V Niech A be dzie macierza endomorfizmu L : V V w tej bazie. Dla v V oznaczmy przez X zapisane kolumnowo wspó lrze dne wektora v w tej bazie. Lv = λv AX = λx AX λx = 0 (A λi) X = 0, v 0 det(a λi) = 0 Definicja Wielomianem charakterystycznym endomorfizmu L : V V nazywamy w(λ) =det(a λi), gdzie A jest macierza L w pewnej bazie V Twierdzenie Liczba λ jest wartościa w lasna endomorfizmu liniowego wtedy i tylko wtedy, gdy jest pierwiastkiem jego wielomianu charakterystycznego. Przyk lad.4 Wyznaczyć wartości w lasne i przyk ladowe wektory w lasne dla L zadanego wzorem a) L(x, y) = (2x + y, 3x + 4y) P.3 jeszcze raz W bazie standartowej A = 2 1 3 4 2 λ 1 w = = λ 2 6λ + 5 3 4 λ λ 1 = 1, λ 2 = 5 Dla λ 1 = 1 wyznaczamy podprzestrzeń V 1, A 1 = 2 1 1 = 1 1 3 4 1 3 3 A 1 X = 0 x + y = 0 i 3x + 3y = 0 Ponieważ det(a 1 )=0 wystarczy jedno równanie V 1 = {(x, x) : x R} Każdy niezerowy element z V 1 jest wektorem w lasnym dla wartości w lasnej 1, przyk ladowy wektor w lasny dla λ 1 = 1 v 1 = (1, 1) Dla λ 2 = 5 wyznaczamy podprzestrzeń V 5, 2 5 1 3 1 A 5 = = 3 4 5 3 1
A 5 X = 0 3x + y = 0 i 3x y = 0 Ponieważ det(a 5 )=0 wystarczy jedno równanie V 5 = {(x, 3x) : x R} Każdy niezerowy element z V 5 jest wektorem w lasnym dla wartości w lasnej 5, przyk ladowy wektor w lasny dla wartości w lasnej λ 2 = 5 v 2 = (1, 3) b) L(x 2y, 5x + 3y), 1 2 B = 5 3 1 λ 2 w = = λ 2 4λ + 13 < 0 5 2 λ a) V = R 2 K = R wartości w lasnych nie ma b) V = C 2 K = C λ 1 = 2 3i, λ 2 = 2 + 3i Dla λ 1 = 2 3i wyznaczamy podprzestrzeń V 2 3i, 1 + 3i B 2 3i = 2 5 1 + 3i B 2 3i X = 0 ( 1 + 3i)x 2y = 0 i 5x + (1 + 3i)y = 0 Ponieważ det(b 2 3i )=0 wystarczy jedno równanie V 2 3i = {(x, ( 1/2 + 3/2i)x) : x C}, przyk ladowy wektor w lasny dla wartości w lasnej λ 1 = 2 3i v 1 = (2, 1 + 3i) Podobnie dla λ 2 = 2 + 3i wyznaczamy podprzestrzeń V 2 3i, 1 3i 2 B 2+3i = 5 1 3i B 2+3i X = 0 ( 1 3i)x 2y = 0 i 5x + (1 3i)y = 0 Ponieważ det(b 2+3i )=0 wystarczy jedno równanie V 2+3i = {(x, ( 1/2 3/2i)x) : x C}, przyk ladowy wektor w lasny dla wartości w lasnej λ 2 = 2 + 3i v 2 = (2, 1 3i) wartości w lasne sa wzajemnie sprze żone i dlatego uda lo sie znależć przyk ladowe wektory w lasne o wzajemnie sprze żonych wspó lrze dnych. d) L(5x 3y, 3x y) 5 3 D = 3 1 5 λ 3 w = = λ 2 4λ + 4 3 1 λ
pierwiastek podwójny λ 1,2 = 2 3 3 D 2 = 3x 3y = 0 3 3 Przyk ladowy wektor w lasny [1, 1] Podprzestrzeń niezmiennicza V 2 = {(x, x) : x R} jest jednowymiarowa, wszystkie wektory w lasne sa równoleg le do [1, 1] Przyk lad 5. Wyznaczyć wartości i przyk ladowe wektory w lasne, oraz wymiar ja dra dla L endomorfizmu C 3 maja cego w bazie standartowej macierz 0 2 1 A = 2 0 2 1 2 0 λ 2 1 λ 2 w = 2 λ 2 2 λ = λ 3 9λ 1 2 λ 1 2 λ 1 = 0 v 1 = (2, 1, 2) λ 2 = 3i v 2 = ( 5, 2 + 6i, 4 + 3i) λ 3 = 3i v 3 = ( 5, 2 6i, 4 3i) 0 jest wartościa w lasna, V 0 = {x(2, 1, 2) : x R} wymiar ja dra wynosi 1. B = 0 1 1 1 0 1 1 1 0 λ 1 1 λ 1 w = 1 λ 1 1 λ = λ 3 + 3λ + 2 1 1 λ 1 1 λ 1 = 2 v 1 = (1, 1, 1) 1 1 1 λ 2,3 = 1 B 1 = 1 1 1 x + y + z = 0 1 1 1 dwa nierównoleg le wektory w lasne v 2 = (1, 0, 1), v 3 = (0, 1, 1), Wszystkie wartości w lasne rózne od 0 wymiar ja dra wynosi 0.
D = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 λ 1 1 1 λ 1 w = 1 1 λ 1 1 1 λ = λ 3 + 3λ 2 1 1 1 λ 1 1 λ 1 = 3 v 1 = (1, 1, 1) 1 1 1 λ 2,3 = 0 D 0 = 1 1 1 x + y + z = 0 1 1 1 dwa nierównoleg le wektory w lasne v 2 = (1, 0, 1), v 3 = (0, 1, 1), wymiar ja dra wynosi 2. E = 3 1 1 1 5 1 1 1 3 3 λ 1 1 3 λ 1 w = 1 5 λ 1 1 5 λ = λ 3 +11λ 2 36λ+36 1 1 3 λ 1 1 λ 1 = 2 v 1 = (1, 0, 1) λ 2 = 3 v 2 = (1, 1, 1) λ 3 = 6 v 3 = (1, 2, 1) Wszystkie wartości w lasne rózne od 0 wymiar ja dra wynosi 0.