Линейные отображения. Матрицы линейных отображений. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Линейные отображения. Матрицы линейных отображений.

Тема Линал и алгебра.

07 Линейные отображения. Матрицы линейных отображений.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#74996

Рассмотрим оператор

𝒫 ℛ : ℝ3 → ℝ3

проекции на плоскость $Oz$ .

Найти какой-нибудь его аннулирующий многочлен.

Показать ответ и решение

Ясно, что этот оператор $𝒫 ℛ$ удовлетворяет соотношению

𝒫ℛ2 = 𝒫ℛ

потому что спроецировать два раза на плоскость $Oz$ - это то же самое, что спроецировать однократно. Следовательно, многочлен $2 p(t) = t − t$ будет аннулировать наш оператор $𝒫 ℛ$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74995

В пространстве $𝒫≤100$ всех многочленов степени не выше чем 100 рассмотрим оператор трёхкратного дифференцирования $-d3 dx3$ , сопоставляющий каждому многочлену $p$ многочлен $′′′ p$ .

Найти какой-нибудь его аннулирующий многочлен.

Показать ответ и решение

Ясно, что оператор трёхкратного дифференцирования $ddx33$ на пространстве многочленов не выше 100 удовлетворяет, например, соотношению $d3- 34 (dx3) = 𝒪$ , поскольку в 34 степени этот оператор превращается в оператор 102-кратного дифференцирования, а при 102-кратном дифференцировании любой многочлен степени не выше 100 превращается в ноль, то есть $-d3- 34 (dx3)$ - это нулевой оператор.

Поэтому аннулирующим многочленом исходного оператора будет, например, многочлен $p(t) = t34$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74062

В пространстве $𝒫n$ всех многочленов степени не выше $n$ найти ядро, базис ядра, образ, базис образа оператора:

1. $𝒜$ , действующего по правилу

𝒜 : p(x) ↦→ p(− x)

2. $ℒ$ , действующего по правилу

′ ℒ : p(x) ↦→ x ⋅p (x)

3. Дифференцирования $𝒟$ , действующего по правилу

′ 𝒟 : p(x) ↦→ p (x )

Показать ответ и решение

1. По определению $ker𝒜$ - это все такие многочлены, что

𝒜 (p) = 0( нулевому м ногочлену )

Пусть многочлен $p$ имеет вид

anxn + an−1xn−1 + ...+ a1x + a0

Но $𝒜(p) = p(− x )$ , то есть

𝒜 (p) = (− 1)nanxn + (− 1)n−1an−1xn−1 + ...− a1x + a0

Следовательно,

𝒜(p) = 0 ⇔ (− 1)nanxn + (− 1)n−1an−1xn− 1 + ...− a1x + a0 = 0

Но ясно, что это возможно тогда и только тогда, когда все коэффициенты многочлена

(− 1)nanxn + (− 1)n−1an− 1xn −1 + ... − a1x+ a0

равны нулю. То есть сам многочлен

(− 1)na xn + (− 1)n−1a xn −1 + ... − a x+ a n n− 1 1 0

- нулевой.

Таким образом, в ядре $𝒜$ лежит только нулевой многочлен.

Следовательно, $dim ker𝒜 = 0$ , $dim Im 𝒜 = n+ 1 − dim ker𝒜 = n + 1$ , то есть в ядре $𝒜$ в качестве базиса нужно взять пустое множества (по определению это единственный базис нульмерного пространства), а в образе $𝒜$ в качестве базиса сгодится любой базис всего пространства $𝒫n$ , например

1,x,x2,...,xn−1,xn

2. Пусть многочлен $p$ имеет вид

anxn + an−1xn−1 + ...+ a1x + a0

Но $ℒ(p) = xp′(x)$ , то есть

ℒ(p) = nanxn + (n − 1)an−1xn−1 + ...+ 2a2x2 + a1x

Следовательно,

ℒ(p) = 0 ⇔ na xn + (n − 1)a xn−1 + ...+ 2a x2 + a x = 0 n n−1 2 1

Но ясно, что это возможно тогда и только тогда, когда все коэффициенты многочлена

n n−1 2 nanx + (n − 1)an−1x + ...+ 2a2x + a1x

равны нулю.

То есть

an = an− 1 = ...= a2 = a1 = 0

Таким образом, в ядре $ℒ$ лежат те и только те многочлены

n n−1 anx + an−1x + ...+ a1x + a0

у которых все коэффициенты, кроме $a0$ , равны нулю, а $a0$ - любое. То есть это в точности константы.

Таким образом, $dim kerℒ = 1$ , $dim Im ℒ = n + 1 − dim kerℒ = n$ , то есть в ядре $ℒ$ в качестве базиса нужно взять многочлен, которым можно породить все константы, например, многочлен

1

а в образе $ℒ$ в качестве базиса сгодится любой базис, которым можно породить все многочлены вида

nanxn + (n − 1)an−1xn −1 + ...+ 2a2x2 + a1x

Например сгодится базис

x,x2,...,xn−1,xn

3. Пусть многочлен $p$ имеет вид

anxn + an−1xn−1 + ...+ a1x + a0

Но $𝒟(p) = p′(x )$ , то есть

𝒟(p) = nanxn −1 + (n − 1)an−1xn−2 + ...+ 2a2x + a1

Следовательно,

𝒟(p) = 0 ⇔ na xn−1 + (n − 1)a xn− 2 + ...+ 2a x + a = 0 n n−1 2 1

Но ясно, что это возможно тогда и только тогда, когда все коэффициенты многочлена

n−1 n−2 nanx + (n− 1)an− 1x + ...+ 2a2x+ a1

равны нулю.

То есть

an = an− 1 = ...= a2 = a1 = 0

Таким образом, в ядре $𝒟$ лежат те и только те многочлены

n n−1 anx + an−1x + ...+ a1x + a0

у которых все коэффициенты, кроме $a0$ , равны нулю, а $a0$ - любое. То есть это в точности константы.

Таким образом, $dim ker𝒟 = 1$ , $dim Im 𝒟 = n + 1− dim ker 𝒟 = n$ , то есть в ядре $𝒟$ в качестве базиса нужно взять многочлен, которым можно породить все константы, например, многочлен

1

а в образе $𝒟$ в качестве базиса сгодится любой базис, которым можно породить все многочлены вида

n−1 n−2 nanx + (n− 1)an− 1x + ...+ 2a2x+ a1

Например сгодится базис

2 n−1 1,x,x ,...,x

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#74061

Пусть $A′$ - матрица, полученная из матрицы $A$ при помощи каких-то ЭП метода Гаусса, скажем, ЭП столбцов. Обязательно ли матрицы $A$ и $′ A$ являются матрицами одного и того же оператора, но записанными в разных базисах? (то есть обязательно ли матрицы $A$ и $A′$ - подобны)?

Показать ответ и решение

Разумеется, это неверно.

Изменение матрицы линейного оператора по закону

A ′ = C− 1AC

это вовсе не то же самое, что просто элементарные преобразования столбцов матрицы. Элементарные преобразования - это куда более, так сказать, вольная операция.

ЭП сохраняют только множество решений системы линейных уравнений, в то время как при смене базиса должны сохраняться определитель, ранг, след, да и на самом деле много чего ещё.

Контрпример построить легко, можно, например, взять единичную матрицу и умножить первый её столбец на 2. Это вполне себе нормальное элементарное преобразование в методе Гаусса, оно допустимо.

Однако матрицы $( ) | 1 0 ... 0| | 0 1 ... 0| E = || || |(... ... .... ....|) 0 0 ... 1$ и $( ) | 2 0 ... 0 | | 0 1 ... 0 | || || |( ... ... .... ....|) 0 0 ... 1$ не подобны (например потому, что у них разные определители).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#74060

Линейный оператор

𝒜 : ℝ3 → ℝ2

задан в стандартных базисах матрицей

( ) A = 2 3 − 1 1 − 2 1

В $2 ℝ$ выбран новый базис:

f = (3,2),f = (1,1) 1 2

Найти матрицу оператора $𝒜$ относительно новых базисов, считая, что в $3 ℝ$ базис не меняли.

Показать ответ и решение

Запишем матрицу перехода в $ℝ2$ - для этого нужно по столбцам записать координаты новых базисных векторов

f = (3,2),f = (1,1) 1 2

в старом (т.е. стандартном) базисе. Матрица будет такой:

( ) 3 1 D = 2 1

Поскольку базис в $ℝ3$ не менялся, то в нём матрица перехода, очевидно, единичная.

Таким образом, по формуле матрицы линейного оператора относительно новых базисов получаем, что новая матрица $A ′$ находится из формулы

( ) −1 ( ) A′ = D− 1AE = D− 1A = 3 1 2 3 − 1 2 1 1 − 2 1

Находим обратную матрицу к матрице $D$ :

( ) ( ) 3 1 −1 1 − 1 D −1 = = 2 1 − 2 3

Следовательно,

( ) ( ) ( ) A′ = 1 − 1 2 3 − 1 = 1 5 − 2 − 2 3 1 − 2 1 − 1 − 12 5

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74059

Линейный оператор

𝒜 : ℝ3 → ℝ2

задан в стандартных базисах матрицей

( ) A = 2 3 − 1 1 − 2 1

В $3 ℝ$ выбран новый базис:

v = (1,− 1,0 ),v = (0,2,− 1),v = (1,0,1) 1 2 3

Найти матрицу оператора $𝒜$ относительно новых базисов, считая, что в $2 ℝ$ базис не меняли.

Показать ответ и решение

Запишем матрицу перехода в $ℝ3$ - для этого нужно по столбцам записать координаты новых базисных векторов

v = (1,− 1,0 ),v = (0,2,− 1),v = (1,0,1) 1 2 3

в старом (т.е. стандартном) базисе. Матрица будет такой:

( ) 1 0 1 || || C = ( − 1 2 0) 0 − 1 1

Поскольку базис в $2 ℝ$ не менялся, то в нём матрица перехода, очевидно, единичная.

Таким образом, по формуле матрицы линейного оператора относительно новых базисов получаем, что новая матрица $′ A$ находится из формулы

( ) (2 3 − 1) | 1 0 1| (− 1 7 1) A′ = E −1AC = AC = | − 1 2 0| = 1 − 2 1 ( ) 3 − 5 2 0 − 1 1

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#72841

Верно ли, что для любых двух ненулевых векторов $−→ −→ −→ −→a ⁄= 0 , b ⁄= 0 ∈ ℝn$ существует такой линейный оператор

𝒜 : ℝn → ℝn a↦→b

что $𝒜a ↦→b$ переводит вектор $−→ a$ в вектор $−→ b$ ?

Показать ответ и решение

Это верно. Пусть $−→ −→a ⁄= 0$ . Тогда обязательно можно среди векторов стандартного базиса $−→e1,−→e2,...,−→en$ выбрать такие $n− 1$ вектор, что вместе с вектором $−→ a$ эта система векторов будет образовывать базис в $ℝn$ .

(Поскольку любую линейно независимую систему векторов можно дополнить до базиса)

Пусть, для простоты, до базиса вектор $−→a = (a ,...,a ) 1 n$ дополняют до базиса вектора $−→e ,...,−→e 2 n$ .

То есть набор

−→ −→ −→ { a ,e2,...,en}

- это базис в $ℝn$ .

Рассмотрим тогда оператор $ℒ$ , переводящий вектор $−→ e1$ в вектор $−→ a$ , а остальные векторы $−→ −→ e2,...,en$ оставляющий на месте. То есть оператор $ℒ$ задается правилами:

ℒ : −→e1 ↦→ −→a ,−→e2 ↦→ −→e2,...,−→en ↦→ −→en

Но тогда в базисе $−→ −→ e1,...,en$ этот оператор $ℒ$ будет иметь матрицу

( ) a1 0 ... 0 || || L = || a2 1 ... 0 || | ... ... .... ....| ( ) an 0 ... 1

Далее, пусть оператор $ℋ$ переводит вектор $−→e1$ в вектор $−→b$ , а остальные векторы $−→e2,...,−→en$ оставляющий на месте. То есть оператор $ℋ$ задается правилами:

−→ −→ −→ −→ −→ −→ ℋ : e1 ↦→ b ,e2 ↦→ e2,...,en ↦→ en

Но тогда в базисе $−→ −→ e1,...,en$ этот оператор $ℋ$ будет иметь матрицу

( ) b 0 ... 0 || 1 || | b2 1 ... 0| H = || ... ... .... ....|| ( ) bn 0 ... 1

Но тогда оператор

−1 ℋ (ℒ ) (и х ком позиция )

будет действовать так: он оставляет, разумеется, все $−→ −→ e2,...,en$ на месте, а вектор $−→ a$ сначала переводит в $−→e1$ , а затем $−→e1$ переводит в вектор $−→b$ .

То есть, итого, он переводит вектор $−→a$ в вектор $−→b$ , как и нужно.

Задаваться он будет, очевидно, в базисе $−→e1,...,−→en$ матрицей

( ) ( )− 1 | b1 0 ... 0 | | a1 0 ... 0 | | b 1 ... 0 | | a 1 ... 0 | || 2 || ⋅|| 2 || |( ... ... .... ....|) |( ... ... .... ....|) bn 0 ... 1 an 0 ... 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#72840

Верно ли, что для любых двух векторов $−→ −→a ,b ∈ ℝn$ существует такой линейный оператор

𝒜a ↦→b : ℝn → ℝn

что $𝒜a ↦→b$ переводит вектор $−→a$ в вектор $−→ b$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно, потому что если взять в качестве $−→ −→a = 0 ∈ ℝn$ , а в качестве $−→ −→ b ⁄= 0$ , то невозможно будет перевести $−→ a$ в $−→ b$ никаким линейным преобразованием, потому что нулевой вектор обязан при линейном отображении переходить в нулевой.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#72839

Верно ли, что если $f : V → W$ - линейное отображение и ${v1...,vk}$ - линейно зависимая система векторов в $V$ , то ${f(v1)...,f(vk)}$ - линейно зависимая система векторов в $W$ ?

Показать ответ и решение

Это верно. Пусть ${v1...,vk}$ - линейно зависимы в $V$ . Это означает, что найдется такая линейная комбинация

λ v + ...+ λ v = −→0 1 2 k k V

Но тогда применим к этому последнему равенству $f$ :

f(λ1v2 + ...+ λkvk) = f (0)

Далее, в силу того, что $f$ - линейно, то, во-первых,

f(λ1v2 + ...+ λkvk) = λ1f(v1)+ ...+ λnf (vn)

А, во вторых, $−→ −→ f( 0 V ) = 0 W$ , поэтому получим:

−→ λ1f(v1)+ ...+ λnf(vn) = 0 W

Что в точности означает, что ${f(v1)...,f(vk)}$ - линейно зависима в $W$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#72838

Верно ли, что если $f : V → W$ - линейное отображение и ${v1...,vk}$ - линейно независимая система векторов в $V$ , то ${f(v1)...,f(vk)}$ - линейно независимая система векторов в $W$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно. Возьмём, например, в качестве $f$ отображение, которое все вектора пространства $V$ отправляет в нулевой вектор. То есть $f$ задано правилом

f(−→v ) = −→0 , ∀ −→v ∈ V W

Но тогда, какую бы линейно независимую систему векторов ${v1...,vk}$ из $V$ мы бы ни взяли, после применения $f$ к ней мы получим систему

−→ −→ {f(v1)...,f (vk)} = { 0 W ...,0 W }

из всех нулей, которая, очевидно, линейно зависима в $W$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#72837

Пусть $f : V → V$ и $g : V → V$ - два линейных отображения, имеющих в некотором базисе ${e1,...,en}$ матрицы, соответственно, $Af$ и $Bg$ .

Какую матрицу в том же базисе будет иметь линейное отображение $f (g )$ ? А какую - $g(f)$ ?

Показать ответ и решение

По определению, матрица $Af$ обладает тем свойством, что для любого вектора $v ∈ V$ выполнено

f(v) = A ⋅v f

Аналогично, матрица $Bg$ обладает тем свойством, что для любого вектора $v ∈ V$ выполнено

g(v) = Bg ⋅v

Но тогда, если $g(v) = Bg ⋅v$ , то

f(g(v)) = f(Bg ⋅v) = Af ⋅Bg ⋅v

То есть, получаем, что матрица

(Af ⋅Bg)

по определению является матрицей отображения $f (g)$ . То есть композиции отображений соответствует умножение матриц.

Аналогично показывается, что отображению $g(f)$ будет соответствовать матрица

(Bg ⋅Af)

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#72836

Рассмотрим пространство $𝒫5$ многочленов степени не выше пятой и его базис $1,x,x2,x3,x4,x5$ . Найти матрицы следующих операторов относительно этого базиса:

1.: дифференцирования $-d dx$
2.: сдвига $f (x ) → f(x+ 1 )$
3.: $f (x) → f(− x )$

Показать ответ и решение

Если $f(x) ∈ ℝ5 [x]$ , то $f (x ) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5$ . и тогда в данном нам базисе $f(x)$ - это вектор $T (a0 a1 a2 a3 a4 a5)$ .
А сам базис записывается так:
$T T T T T T {e0 = (1 0 0 0 0 0) , e1 = (0 1 0 0 0 0) , e2 = (0 0 1 0 0 0) , e3 = (0 0 0 1 0 0) , e4 = (0 0 0 0 1 0) , e5 = (0 0 0 0 0 1) }$

Во всех пунктах оператор $𝒜$ будет отображать пространство $ℝ [x] 5$ в то же $ℝ [x] 5$ . То есть $𝒜 : ℝ5 [x ] → ℝ5 [x ]$ . Следовательно, матрицы $A$ этих операторов будут иметь размеры $6× 6$ (так как 6 - размерность $𝒫 5$ ).

Известно, что $j$ столбцом матрицы $A i$ будет вектор $𝒜 (e) j$ , где $e j$ - $j$ базисный вектор пространства. Используем это, чтобы решить задачу:

1.: Оператор $d dx$ дифференцирования:
Для $n = 1,2,...,5$ имеем $-d(en) = -dxn = nxn −1 = nen−1 dx dx$ .
А $d- dx(e0) = 0$ .
То есть получаем:
$d- dx(e0) = 0 = (0 0 0 0 0 0)$
$ddx(e1) = e0 = (1 0 0 0 0 0)$
$d- dx(e2) = 2e1 = (0 2 0 0 0 0)$
$ddx(e3) = 3e2 = (0 0 3 0 0 0)$
$d- dx(e4) = 4e3 = (0 0 0 4 0 0)$
$ddx(e5) = 5e4 = (0 0 0 0 5 0)$

Отсюда матрица $( ) 0 1 0 0 0 0 || 0 0 2 0 0 0|| || || || 0 0 0 3 0 0|| A1 = || 0 0 0 0 4 0|| | | |( 0 0 0 0 0 5|) 0 0 0 0 0 0$
2.: Оператор $𝒜2$ сдвига:
Для $n = 1,2,...,5$ имеем $n n n−1 n(n−1) n−2 n(n−1) 2 𝒜2(en) = (x + 1) = x + nx + 2 x + ...+ 2 x + nx + 1 = en + nen−1 + ...+ ne1 + e0$ .
А $𝒜2(e0) = 𝒜2(1) = 1 = e1$ .
То есть получаем:
$𝒜2 (e0) = e1$
$𝒜 (e ) = e + e 2 1 1 0$
$𝒜2 (e2) = e2 + 2e1 + e0$
$𝒜 (e ) = e + 3e + 3e + e 2 3 3 2 1 0$
$𝒜2 (e4) = e4 + 4e3 + 6e2 + 4e1 + e0$
$𝒜2 (e5) = e5 + 5e4 + 10e3 + 10e2 + 5e1 + e0$

Отсюда матрица $( ) | 1 1 1 1 1 1 | || 0 1 2 3 4 5 || || || A2 = | 0 0 1 3 6 10| || 0 0 0 1 4 10|| || 0 0 0 0 1 5 || ( ) 0 0 0 0 0 1$
3.: Оператор $𝒜3 = f(x) → f(− x)$ :
$( ( { xn, n - четное { en, n -ч етное 𝒜3 (en) = 𝒜2 (xn) = = ( − xn, n -неч ет ное ( − en, n -нечетное$ для всех $n = 0,1,2,3,4,5$

Отсюда матрица $( ) 1 0 0 0 0 0 || || || 0 − 1 0 0 0 0 || | 0 0 1 0 0 0 | A3 = || || || 0 0 0 − 1 0 0 || |( 0 0 0 0 1 0 |) 0 0 0 0 0 − 1$

Ответ.

1.: $( ) 0 1 0 0 0 0 | | || 0 0 2 0 0 0|| || 0 0 0 3 0 0|| || || || 0 0 0 0 4 0|| | 0 0 0 0 0 5| ( ) 0 0 0 0 0 0$
2.: $( ) 1 1 1 1 1 1 || || || 0 1 2 3 4 5|| | 0 0 1 3 6 10| || || || 0 0 0 1 4 10|| |( 0 0 0 0 1 5|) 0 0 0 0 0 1$
3.: $(| 1 0 0 0 0 0 )| || 0 − 1 0 0 0 0 || | | || 0 0 1 0 0 0 || || 0 0 0 − 1 0 0 || || || ( 0 0 0 0 1 0 ) 0 0 0 0 0 − 1$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#72835

Пусть $e1,...,en$ - базис пространства $V$ . Доказать, что всякая линейная функция $l : V → ℝ$ имеет вид

l(x) = lx + ...+ l x 1 1 n n

, где $x1,...,xn$ - координаты вектора $x$ в базисе $e1,...,en$ , $l1,...,ln$ - некоторые фиксированные константы $∈ ℝ$ , полностью определяющиеся только самой линейной функцией $l$ .

Показать ответ и решение

Пусть $l$ - линейная функция на $V$ , $x$ принадлежит $V$ , $x = x1e1 + ...+ xnen$ , где $e1,...,en$ - базис $V$ .

Тогда по определению линейной функции:
$l(x) = l(x1e1 + ...+ xnen) = l(x1e1)+ ...+ l(xnen ) = x1l(e1)+ ...+ xnl(en)$ .
Обозначим $l(e ) = l i i$ - какая-то фиксированная константа.

Получаем, что для любого $x ∈ V$ выполнено:
$l(x) = x1l(e1)+ ...+ xnl(en) = x1l1 + ...+ xnln$ .
Что и требовалось доказать.

Замечание. Это утверждение на самом деле представляет собой лишь частный случай теоремы о том, что любое отображение между конечномерными пространствами при выборе базисов задаётся некоторой матрицей.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#72833

В линейном пространстве $Matn$ вещественных матриц порядка $n$ рассмотрим функцию следа

f : Mat → Mat n n

f : A ↦→ tr(A)

(след матрицы - это сумма стоящих на её диагонали элементов). Является ли эта функция линейной?

Показать ответ и решение

Согласно определению операции сложения матриц и функции $tr$ , имеем:

∑n ∑n tr(A + B ) = (A + B)ii = Aii + Bii = i=1 i=1

∑n ∑n = Aii + Bii = trA + trB. i=1 i=1

Аналогично для умножения матрицы на число:

n n n ∑ ∑ ∑ tr(λA) = (λ⋅ A)ii = λ ⋅Aii = λ⋅ Aii = λ ⋅trA. i=1 i=1 i=1

Таким образом, функция следа $tr$ является линейной.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#72832

Какие из следующий отображений

f : 𝒫n → 𝒫n

пространства $𝒫n$ всех многочленов степени не выше $n$ в себя же являются линейными:

1): $P (x) ↦→ P (1)⋅1$ ;
2): $′ P (x) ↦→ P (x)$ ;
3): $P (x) ↦→ P (0)P (1)⋅x, n ≥ 1$ ;
4): $dn P (x) ↦→ ---nP (x2 ) dx$ ;
5): $( ) n 1- P (x) ↦→ x P x$ ;

Показать ответ и решение

1)

Пользуясь правилом сложения функций (в частности, многочленов) и умножения их на число, имеем:

F (P + Q) = (P + Q )(1) ⋅1 = (P (1)+ Q (1)) ⋅1 = P(1)⋅1 + Q (1 )⋅1 = F(P )+ F (Q),

F (αP ) = (αP )(1)⋅1 = α ⋅P (1) ⋅1 = αF(P ),

следовательно отображение линейно.

2)

Пользуясь правилом дифференцирования суммы функций (в частности, многочленов) и вынесения константы, имеем:

F (P + Q ) = (P + Q )′ = P ′ + Q′ = F(P )+ F (Q ),

F (αP ) = (αP )′ = α ⋅P ′ = αF (P),

следовательно отображение линейно.

3)

Рассмотрим $P(x) = 5$ , тогда $(2P )(x ) = 10$ и

F(P ) = P (0)P(1)⋅x = 5 ⋅5⋅x = 25x,

F(2P ) = (2P )(0 )⋅(2P)(1)⋅x = 10 ⋅10⋅x = 100x ⁄= 2⋅25x = 2 ⋅F(P ),

следовательно отображение не является линейным.

4)

Рассмотрим отдельно отображение $G : P (x) ↦→ P(x2)$ . Пусть

P (x) = p + p x + p x2 + ...+ p xm, 0 1 2 m

Q (x) = q0 + q1x+ q2x2 + ...+ qkxk,

для определенности $m ≤ k$ .

Тогда

G (P )(x) = P (x2) = p0 + p1x2 + p2x4 + ...+ pmx2m,

G(Q )(x ) = Q (x2) = q0 + q1x2 + q2x4 + ...+ qkx2k,

G (P + Q )(x) = (P + Q )(x2) = (p0 + q0)+ (p1 + q1)x2 + ...+ (pm + qm)x2m+

+qm+1x2m+2 + ...+ qkx2k =

2 2m 2 2k = p0 + p1x + ...+ pmx + q0 + q1x + ...+ qkx = G(P )(x)+ G (Q)(x),

т.е. $G (P + Q) = G (P )+ G (Q )$ .

Аналогично проверяется второе свойство $G (αP ) = αG (P )$ , что доказывает линейность отображения $G$ . Поскольку дифференцирование – линейная операция (см. п. 2)), исходное отображение линейно как композиция линейных.

5)

Пусть

P(x) = p0 + p1x + ...+ pmxm,

Q (x) = q0 + q1x + ...+ qkxk,

для определенности $m ≤ k ≤ n$ .

Тогда

( ) n 1- n ( p1 pm-) F (P)(x) = x P x = x ⋅ p0 + x + ...+ xm ,

(1 ) ( q1 qk) F(Q )(x ) = xnQ -- = xn ⋅ q0 + --+ ...+ --k , x x x

( ) F (P + Q )(x) = xn ⋅(P + Q) 1- = x

( p + q p + q q q ) = xn ⋅ p0 + q0 +-1----1+ ...+ -m-m--m-+ -mm++11- + ...+ -kk- = x x x x

= F(P )(x )+ F (Q )(x),

т.е. $F (P + Q) = F(P )+ F (Q)$ . Аналогично доказывается, что $F (αP ) = αF (P )$ , следовательно отображение линейно.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#72831

Пусть $f : V → W$ - линейное отображение между $V$ и $W$ , а $g : W → U$ - линейное отображение между $W$ и $U$ . Доказать, что тогда их композиция

g(f) : V → U

будет линейным отображением между $V$ и $U$ .

Показать ответ и решение

1. Проверим первую аксиому линейности: для любых $v1,v2 ∈ V$ :

g(f(v1 + v2)) = g(f(v1)+ f(v2)) = g(f(v1))+ g(f(v2))

Где мы воспользовались сначала линейностью $f$ , а затем линейностью $g$ .

Следовательно, $g(f)$ удовлетворяет первой аксиоме линейности.

2. Проверим вторую аксиому линейности: для любых $v ∈ V,λ ∈ ℝ$ :

g(f(λv )) = g(λf(v)) = λg(f(v))

Где мы воспользовались сначала линейностью $f$ , а затем линейностью $g$ .

Обе аксиомы проверены.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#72829

Доказать, что если $f : V → W$ - линейное отображение между линейными пространствами и если $−→ 0 V$ - нулевой вектор в пространстве $V$ , а $−→ 0 W$ - нулевой вектор в пространстве $W$ , то обязательно $−→ −→ f( 0 V ) = 0 W$ .

Показать ответ и решение

−→ −→ −→ −→ −→ f( 0 V ) = f( 0 V + 0 V ) = f (0 V)+ f (0 V )

Где мы воспользовались первой аксиомой линейности для $f$ .

Далее, вычтем из обеих частей вектор $f(−→0 V) ∈ W$ .

Получим

−→ −→ 0 W = f( 0 V )

Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#72828

Бывает ли такое отображение $f : V → W$ , что $f$ - не линейно, однако для любого $λ ∈ ℝ$ и для любого $v ∈ V$ выполнено

f (λv ) = λf (v)

Показать ответ и решение

Да, например, можно взять $f : ℝ2 → ℝ$ , заданное формулой $∘ ------- f(v) = 3 v31 + v32$ .

Тогда для любого $λ ∈ ℝ$ и для любого $v ∈ ℝ2$ будет выполнено

3∘ ----------- 3∘ ----------- ∘3------- f(λv) = f(λv1,λv2) = λ3v31 + λ3v32 = λ3(v31 + v32) = λ v31 + v32 = λf(v)

Однако $f$ - не линейно, поскольку $f(1,1) = 3√2--$ , $f (2,2) = √316--$ , но

--- -- --- f((1,1)+ (2,2)) = f(3,3) = 3√ 54 ⁄= 3√2 + √316

То есть нарушается первая аксиома линейности отображения.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#66167

В пространстве многочленов степени не выше трёх найти матрицу перехода от базиса $1,1+ t,1 + t2,1 + t3$ к базису $3 3 2 3 3 1+ t,t+ t ,t + t ,t$ .

Показать ответ и решение

По определению матрицы перехода, в ней по столбцам должны быть записаны координаты новых базисных векторов в старом базисе. Сначала явно выразим новый базис через старый: