C, PHP, VB, .NET

Линейните оператори са изображения между две множества – в случая линейни пространства. За решаването на задачи от тази тема са нужни знанията от всички предишни без изключение.

Деф. Изображението [mathi]\varphi : L\rightarrow L[/mathi] наричаме „линеен оператор“, ако са изпълнени:

1) [mathi]\varphi (u+v) = \varphi (u) + \varphi (v)[/mathi]

2) [mathi]\varphi (\lambda u) = \lambda \varphi (u)[/mathi]

Свойство 1. Ако [mathi]е_1, …, e_n[/mathi] е базис на [mathi]L[/mathi], а [mathi]v[/mathi] е произволен вектор с координати [mathi]\lambda_1, …, \lambda_n[/mathi], то от [mathi]v=\sum_{i=1}^{n} \lambda_ie_i[/mathi] следва, че:

[math]\varphi (v)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i \varphi (e_i)[/math]

Деф. Нека линеен оператор е дефиниран чрез следните зависимости:

[math]\left| \begin{array}{l} \varphi(e_1)=a_{11}e_1+…+a_{n1}e_n\\ \cdots\\ \varphi(e_n)=a_{1n}e_1+…+a_{nn}e_n \end{array} \right.[/math]

Тогава матрицата [mathi]A_e=\begin{pmatrix} \varphi(e_1) & \varphi(e_2) & \cdots & \varphi(e_n) \end{pmatrix}[/mathi] (съдържа векторите записани по стълбове) ще наричаме матрица на линейния оператор.

Свойство 2. Ако [mathi]v = \alpha_1 e_1+…+\alpha_n e_n[/mathi] е вектор в L, то координатите на образа му чрез линеен оператор [mathi]\varphi[/mathi] с матрица [mathi]A_e[/mathi] спрямо базиса [mathi]е_1, …, e_n[/mathi] се дава по формулата:

[math]\varphi(v)=A_e.\begin{pmatrix} \alpha_1\\ \cdots\\ \alpha_n \end{pmatrix}[/math]

Свойство 3. Нека [mathi]е_1, …, e_n[/mathi] и [mathi]p_1, …, p_n[/mathi] са два базиса в [mathi]L[/mathi] и нека [mathi]T_{e\rightarrow p}[/mathi] е матрицата на прехода между тези два базиса. Нека е даден линеен оператор [mathi]\varphi[/mathi] с матрица [mathi]A_e[/mathi] спрямо базиса [mathi]е_1, …, e_n[/mathi]. Тогава матрицата на [mathi]\varphi[/mathi] спрямо базиса [mathi]p_1, …, p_n[/mathi] се дава по формулата:

[math]A_p=T_{e\rightarrow p}^{-1} A_e T_{e\rightarrow p}[/math]

Деф. Ядро на оператора наричаме всички вектори [mathi]x[/mathi], за които [mathi]\varphi (x)=o[/mathi]. Множеството от тези вектори ще бележим с [mathi]Ker\varphi[/mathi]

Деф. Размерността на [mathi]Ker\varphi[/mathi] ще наричаме „дефект“ на линейния оператор.

Деф. Образ на оператора наричаме всички вектори [mathi]y[/mathi], за които [mathi]\exists x \in L: \varphi(x)=y[/mathi]. Множеството от тези вектори ще бележим с [mathi]Im\varphi[/mathi]

Деф. Размерността на [mathi]Im\varphi[/mathi], който е равен на ранга на матрицата на линейния оператор [mathi]rg(A)[/mathi] (независимо от базиса), ще наричаме „размерност на линейния оператор“.

Свойство 4. [mathi]dim(Ker(\varphi))+dim(Im(\varphi)) = dim(L)[/mathi]

Задача 1. Дадено е тримерно реално линейно пространство [mathi]L[/mathi] с базис [mathi]е_1, е_2, e_3[/mathi]. Даден е базис [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi] чрез следните равенства:

[math]\begin{matrix} a_1= & & e_2 & +e_3\\ a_2= & 2e_1 & &+e_3 \\ a_3= & e_1& +e_2 & +e_3 \end{matrix}[/math]

Даден е линеен оператор [mathi]\varphi[/mathi] преобразуващ векторите [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi] във векторите:

[math]\begin{matrix} \varphi(a_1)=b_1= & e_1& +3e_2 & -2e_3\\ \varphi(a_2)=b_2= & e_1& &+e_3 \\ \varphi(a_3)=b_3= & 2e_1 & +3e_2 &-e_3 \end{matrix}[/math]

a) Намерете матрицата на оператора [mathi]A_e[/mathi] спрямо базиса [mathi]е_1, е_2, e_3[/mathi]

Решение: Заместваме векторите [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi] изразени чрез базиса [mathi]е_1, е_2, e_3[/mathi] при уравненията дефиниращи линейния оператор. Имаме:

[math]\begin{array}{l} \varphi(a_1)= \varphi(e_2+e_3)=\varphi(e_2)+\varphi(e_3)=b_1\\ \varphi(a_2)= \varphi(2e_1+e_3)=2\varphi(e_1)+\varphi(e_3)=b_2\\ \varphi(a_3)= \varphi(e_1+e_2+e_3)=\varphi(e_1)+\varphi(e_2)+\varphi(e_3)=b_3 \end{array}[/math]

За да намерим матрицата [mathi]A_e[/mathi] трябва да намерим векторите [mathi]\varphi(e_1), \varphi(e_2), \varphi(e_3)[/mathi]. Остава да решим системата:

[math]\left| \begin{array}{l} \varphi(e_2)+\varphi(e_3)=e_1+3e_2-2e_3\\ 2\varphi(e_1)+\varphi(e_3)=e_1+e_3\\ \varphi(e_1)+\varphi(e_2)+\varphi(e_3)=2e_1+3e_2-e_3 \end{array} \right.[/math]

Решаваме тази система:

[math]\left( \begin{matrix} 0 & 1 & 1\\ 2 & 0 & 1\\ (1) & 1 & 1 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 1 & 3 & -2\\ 1 & 0 & 1\\ 2 & 3 & -1 \end{matrix} \right)\sim \left( \begin{matrix} 0 & 1 & (1)\\ 0 & -2 & -1\\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 1 & 3 & -2\\ -3 & -6 & 3\\ 2 & 3 & -1 \end{matrix} \right)\sim[/math]

[math]\sim \left( \begin{matrix} 0 & 1 & 1\\ 0 & (-1) & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 1 & 3 & -2\\ -2 & -3 & 1\\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} \right)\sim \left( \begin{matrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & -1 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} -1 & 0 & -1\\ -2 & -3 & 1\\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} \right)[/math]

Делим втори ред на -1 и разменяме местата на първи и трети ред:

[math]\sim \left( \begin{matrix} 0 & 1 & 1\\ 0 & (-1) & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 1 & 3 & -2\\ -2 & -3 & 1\\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} \right)\sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right | \left. \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 2 & 3 & -1\\ -1 & 0 & -1 \end{matrix} \right)[/math]

=> получихме решението [mathi]\varphi(e_1)=(1,0,1), \varphi(e_2)=(2,3,-1), \varphi(e_3)=(-1,0,-1)[/mathi]

=> матрицата на оператора [mathi]\varphi[/mathi] в базиса [mathi]е_1, е_2, e_3[/mathi] e:

[math]A_e=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\ 0 & 3 & 0\\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}[/math]

б) Намерете матрицата на оператора [mathi]A_a[/mathi] спрямо базиса [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi]

Решение: За да намерим търсената матрица трябва да използваме Свойство 3, т.е. ще използваме формулата

[math]A_a=T_{e\rightarrow a}^{-1} A_e T_{e\rightarrow a}[/math]

От условието на задачата непосредствено намираме, че:

[math]T_{e\rightarrow a}=\begin{pmatrix} 0 & 2 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Матрицата [mathi]T_{e\rightarrow a}^{-1}A_e[/mathi] ще намерим решавайки матричното уравнение [mathi]T_{e\rightarrow a}X=A_e[/mathi] => [mathi]X=T_{e\rightarrow a}^{-1}A_e[/mathi]:

[math]\left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ (1) & 1 & 1 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 1 & 2 & -1\\ 0 & 3 & 0\\ 1 & -1 & -1 \end{matrix} \right )\sim \left( \begin{matrix} 0 & 2 & (1)\\ 0 & -1 & 0\\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 1 & 2 & -1\\ -1 & 4 & 1\\ 1 & -1 & -1 \end{matrix} \right )\sim[/math]

[math]\sim \left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1\\ 0 & (-1) & 0\\ 1 & -1 & 0 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 1 & 2 & -1\\ -1 & 4 & 1\\ 0 & -3 & 0 \end{matrix} \right )\sim \left( \begin{matrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & -1 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} -1 & 10 & 1\\ -1 & 4 & 1\\ 1 & -7 & -1 \end{matrix} \right )[/math]

Делим втори ред на -1 и разместваме първи и трети ред:

Линейните оператори са изображения между две множества – в случая линейни пространства.

[math]\sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 1 & -7 & -1\\ 1 & -4 & -1\\ -1 & 10 & 1 \end{matrix} \right )[/math]

=> Намираме

[math]T_{e\rightarrow a}^{-1}A_e=\begin{pmatrix} 1 & -7 & -1\\ 1 & -4 & -1\\ -1 & 10 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Откъдето вече можем да намерим:

[math]A_a=T_{e\rightarrow a}^{-1}A_eT_{e\rightarrow a}=\begin{pmatrix} 1 & -7 & -1\\ 1 & -4 & -1\\ -1 & 10 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 2 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -8 & 1 & -7\\ -5 & 1 & -4\\ 11 & -1 & 10 \end{pmatrix}[/math]

в) Намерете координатите на вектора [mathi]\varphi (x)[/mathi] спрямо базиса [mathi]е_1, е_2, e_3[/mathi] ако [mathi]x=7e_1+4e_2+6e_3[/mathi]

Решение: Директно от Свойство 2 намираме:

[math]\varphi(x)_e=A_e x_e=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\ 0 & 3 & 0\\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 7\\ 4\\ 6 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 9\\ 12\\ -3 \end{pmatrix}[/math]

=> намерихме търсеното

[math]\varphi(x)_e =9e_1+12e_2-3e_3[/math]

г) Намерете координатите на вектора [mathi]\varphi (x)[/mathi] спрямо базиса [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi]

Решение: Имаме координатите на вектора в базиса [mathi]е_1, е_2, e_3[/mathi] (получен в предишната подточка) и имаме матрицата на прехода между двата базиса. Значи можем да намерим търсените координати по същия начин, както го направихме в предишното упражнение, използвайки формулата:

[math]\varphi(x)_e=T_{e\rightarrow a}\varphi(x)_a[/math]

=>

[math]\varphi(x)_a=T_{e\rightarrow a}^{-1}\varphi(x)_e[/math]

=>

[math]\left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 9\\ 12\\ -3 \end{matrix} \right )\sim…\sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} -27\\ -15\\ 39 \end{matrix} \right )[/math]

=>

[math]\varphi(x)_a = -27a_1-15a_2+39a_3[/math]

д) Намерете базис на ядрото [mathi]Ker(\varphi)[/mathi] спрямо базиса [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]

Решение: Нека [mathi]v(\alpha, \beta, \gamma)_e[/mathi] е вектор от [mathi]Ker(\varphi)[/mathi]. Това означава, че [mathi]\varphi(v)_e=A_e v_e=o=(0,0,0)[/mathi]. От тук получаваме матричното уравнение:

[math]\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\ 0 & 3 & 0\\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \alpha\\ \beta\\ \gamma \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}[/math]

Това е просто една хомогенна система от линейни уравнения. Решаваме я:

[math]\left( \begin{matrix} (1) & 2 & -1\\ 0 & 3 & 0\\ 1 & -1 & 1 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right)\sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\ 0 & (3) & 0\\ 0 & -3 & 0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/math]

=> получихме системата:

[math]\left| \begin{array}{l} \alpha-p=0\\ 3\beta=0\\ \gamma = p \end{array} \right.[/math]

Нейно общо решение е [mathi](p,0,p)[/mathi], следователно нейна ФСР е [mathi](1,0,1)[/mathi].

=> база на ядрото на линейния оператор е векторът [mathi]c_1=e_1+e_3[/mathi].

e) Намерете базис на образа [mathi]Im(\varphi)[/mathi] спрямо базиса [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]

Решение: Образът [mathi]Im(\varphi)[/mathi] се поражда от векторите [mathi]\varphi (e_1), \varphi (e_2), \varphi (e_3)[/mathi]. Следователно негов базис ще е всяка „максимално независима линейна подсистема“ (МНЛП) на тези три вектора. Да я намерим:

[math]\begin{matrix} \varphi (e_1)\rightarrow \\ \varphi (e_2)\rightarrow \\ \varphi (e_3)\rightarrow \end{matrix}\begin{pmatrix} (1) & 0 & 1\\ 2 & 3 & -1\\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 3 & -3\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{matrix}\phantom{1}\\ :3\\\phantom{1} \end{matrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/math]

Работили сме с първи и втори ред (редовете на [mathi]\varphi(e_1)[/mathi] и [mathi]\varphi(e_2)[/mathi]). Третият ред остана нулев, следователно [mathi]\varphi(e_3)[/mathi] e линейно зависим от [mathi]\varphi(e_1)[/mathi] и [mathi]\varphi(e_2)[/mathi]. Следователно за база на образа [mathi]Im(\varphi)[/mathi] спрямо базиса [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi] можем да изберем векторите [mathi]\varphi(e_1), \varphi(e_2)[/mathi].

Забележете, че векторите [mathi](1,0,1)_e, (0,1,-1)_e[/mathi] също са базис на образа.

ПРОВЕРКА на д) и e):

[math]dim(Ker(\varphi))+dim(Im(\varphi))=1+2=3=dim(L)[/math]

ж) Намерете базис на сумата [mathi]Im(\varphi) + Ker(\varphi)[/mathi]

Решение: От д) намерихме базис на ядрото (1,0,1). От e) намерихме базис на образа (1,0,1) и (0,1,-1). Търсим максимална линейно независима подсистема от тези три вектора:

[math]\begin{pmatrix} (1) & 0 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}[/math]

Получихме, че максималната линейно независима подсистема се състои от два вектора и те са (1,0,1) и (0,1,-1). Това е и базис на сумата [mathi]Im(\varphi) + Ker(\varphi)[/mathi]

з) Намерете база на сечението [mathi]Im(\varphi) \cap Ker(\varphi)[/mathi]

Решение: По принцип е очевидно, че базис на сечението на ядрото и образа ще е общия за тях вектор (1,0,1), но ще го проверим формално според метода.

Базис на ядрото са векторите (1,0,1) и (0,1,-1). Търсим ФСР на хомогенната система:

[math]\left| \begin{array}{l} x_1+x_3=0\\ x_2-x_3=0 \end{array} \right.[/math]

Това е система с две уравнения и три неизвестни. Полагаме [mathi]x_3=p[/mathi]. Следователно общото решение ще е (-p,p,p) => ФСР е (-1,1,1).

Базис на удрото е (1,0,1). Това е еквивалентно на системата:

[math]\left| \begin{array}{l} x_1+x_3=0 \end{array} \right.[/math]

Това е система с едно уравнение и две неизвестни. Полагаме [mathi]x_3=p[/mathi]. Следователно общото решение ще е (-p,0,p) => ФСР е (-1,0,1).

Накрая търсим ФСР на хомогенната система с коефициенти намерените ФСР:

[math]\left| \begin{array}{l} -x_1+x_2+x_3=0 \\x_1+x_3=0 \end{array} \right.[/math]

=>

[math]\begin{pmatrix} -1 & 1 & 1\\ (-1) & 0 & 1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Полагаме [mathi]x_3=p[/mathi] => общото решение ще е (p,0,p) => ФСР е (1,0,1), което е базис на сечението [mathi]Im(\varphi) \cap Ker(\varphi)[/mathi]. Това съвпада и с наблюдението в началото.

Проверка на ж) и з): Трябва да видим дали [mathi]dim (Ker(\varphi) + Im(\varphi)) = dim(Ker(\varphi)) + dim(Im(\varphi)) – dim (Ker(\varphi)\cap Im(\varphi)). Действително това е изпълнено: 2=1+2-1

Задача 2. В тримерно реално линейно пространство [mathi]L[/mathi] е даден базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]. Даден е линеен оператор, зададен чрез равенството:

[math]\varphi(\alpha_1 e_1 + \alpha_2 e_2 + \alpha_3 e_3)=(\alpha_1 + 2\alpha_2 – \alpha_3)e_1+3\alpha_2 e_2 + (\alpha_1 – \alpha_2 – \alpha_3)e_3[/math]

за произволни реални числа [mathi]\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3[/mathi].

а) Намерете матрицата на оператора [mathi]A_e[/mathi]

Решение: Трябва да намерим [mathi]\varphi(e_1)[/mathi], [mathi]\varphi(e_2)[/mathi] и [mathi]\varphi(e_3)[/mathi].

[mathi]\varphi(e_1)[/mathi] ще намерим като в зададеното равенство положим [mathi]\alpha_1 = 1, \alpha_2=0, \alpha_3=0[/mathi]

=> [mathi]\varphi(e_1) = e_1 + e_3[/mathi]

Аналогично намираме [mathi]\varphi(e_2)[/mathi] замествайки [mathi]\alpha_1 = 0, \alpha_2=1, \alpha_3=0[/mathi]

=> [mathi]\varphi(e_2) = 2e_1 + 3e_2-e_3[/mathi]

Аналогично намираме и [mathi]\varphi(e_3)[/mathi] замествайки [mathi]\alpha_1 = 0, \alpha_2=0, \alpha_3=1[/mathi]

=> [mathi]\varphi(e_2) = -e_1-e_3[/mathi]

=> [mathi]A_e[/mathi] ще получим като съставим матрица 3х3 с тези вектори записани като стълбове:

[math]A_e = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\ 0 & 3 & 0\\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}[/math]

б) Намерете образа на вектора [mathi]x=2e_1 – 3e_2 + 3e_3[/mathi] спрямо базиса [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]

Решение: От формулата имаме:

[math]\varphi(x)=A_e x=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\ 0 & 3 & 0\\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2\\ -3\\ 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -6\\ -9\\ 3 \end{pmatrix}[/math]