Finden Sie eine Grundlage für das Bild und den Kern einer linearen Transformation

Question

Finden Sie eine Grundlage für das Bild und den Kern einer linearen Transformation

Matrizen
Mathematik
Lineare Algebra
lineare Transformationen

Wirtschaft

Ich habe ein bisschen Schwierigkeiten, eine Antwort auf dieses Problem zu erhalten. Insbesondere das Finden einer Basis für den Kern einer Transformation, $\ker(T)$ .

Lassen
$\begin{aligned} P_{1} (T) & = - 1 + T \\ P_{2} (T) & = - T + T^{2} \\ P_{3} (T) & = - 1 + T^{3}, Und \\ P_{4} (T) & = 2 T - T^{2} - T^{3} . \end{aligned}$ $\begin{align*} p_1(t)&=-1+t \\ p_2(t)&=-t+t^2 \\ p_3(t)&=-1+t^3, \quad\text{and}\\ p_4(t)&=2t-t^2-t^3. \end{align*}$ Lassen $W=\operatorname{span}\{p_1,p_2,p_3,p_4\}$ , ein Unterraum von $\mathbf P_3$ .

Lassen $T: W \to \mathbf P_2$ eine lineare Transformation sein, so dass $T(p_i) = q_i$ Wo
$\begin{aligned} Q_{1} (T) & = - 1 + T + T^{2} \\ Q_{2} (T) & = 2 + 4 T - T^{2} \\ Q_{3} (T) & = 1 + 11 T + T^{2} Und \\ Q_{4} (T) & = - 4 - 14 T + T^{2} . \end{aligned}$ $\begin{align*} q_1(t)&=-1+t+t^2 \\ q_2(t)&=2+4t-t^2 \\ q_3(t)&=1+11t+t^2 \quad\text{and}\\ q_4(t)&= -4-14t+t^2. \end{align*}$

Finden Sie eine Grundlage für $\operatorname{im}(T)$ . Die Elemente dieser Basis müssen Polynome sein $\mathbf P_2$ .

Finden Sie eine Grundlage für $\ker(T)$ . Die Elemente dieser Basis müssen Polynome sein $W$ .

Ich konnte (1) finden, indem ich das Bild jedes Elements aufgenommen habe $W$ (gegeben von $q_1...q_4$ ) sie in eine Matrix einfügen und Zeilen reduzieren, um den Spaltenraum zu finden. Hier weiß ich das $\{q_1,q_2\}$ bilden eine Grundlage für $\operatorname{im}(T)$ .

Allerdings habe ich Probleme mit der Suche $\ker(T)$ . Ich glaube, der nächste Schritt besteht darin, den Nullraum der Matrix mit Vektorspalten von zu finden $q_1 \ldots q_4$ , aber sicher bin ich mir da nicht. Die gegebene Antwort lautet $g=-3p_1-2p_2+p_3$ . Dies scheint zustande zu kommen, wenn ich den Nullraum einer Matrix mit Spalten finde $q_1 \ldots q_3$ , aber was ist mit $q_4$ ? Wahrscheinlich verstehe ich hier etwas falsch.

Danke schön!

Antworten (2)

Finden Sie eine Grundlage für das Bild und den Kern einer linearen Transformation

mvw · Answer 1

Ich weiß nicht, ob dies der beste Weg ist, dies zu tun, aber ich habe versucht, es herauszufinden $T$ aus den angegebenen Datenpunkten $T(p_i) = q_i$ .

Ich habe die Matrix (siehe Anhang)

T = (\begin{matrix} A - 1 & A - 2 & A & A \\ B - 11 & B - 10 & B - 6 & B \\ C - 1 & C & C - 1 & C \\ D & D & D & D \end{matrix})

$T = \begin{pmatrix} a-1 & a-2 & a & a \\ b-11 & b-10 & b-6 & b \\ c-1 & c & c-1 & c \\ d & d & d & d \end{pmatrix}$ Wo

a, b, c, d

$a,b,c,d$ sind freie Variablen. Wir haben also viele Kandidaten für

T

$T$ .

Auflösen für $T x = 0$ :

(\begin{matrix} A - 1 & A - 2 & A & A \\ B - 11 & B - 10 & B - 6 & B \\ C - 1 & C & C - 1 & C \\ D & D & D & D \end{matrix}) \to (\begin{matrix} A - 1 & A - 2 & A & A \\ B - 11 & B - 10 & B - 6 & B \\ C - 1 & C & C - 1 & C \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} A & A - 1 & A + 1 & A + 1 \\ B & B + 1 & B + 5 & B + 11 \\ C & C + 1 & C & C + 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} 0 & - 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 5 & 11 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 5 & 10 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & - 2 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & - 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} a-1 & a-2 & a & a \\ b-11 & b-10 & b-6 & b \\ c-1 & c & c-1 & c \\ d & d & d & d \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} a-1 & a-2 & a & a \\ b-11 & b-10 & b-6 & b \\ c-1 & c & c-1 & c \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \\ \begin{pmatrix} a & a-1 & a+1 & a+1 \\ b & b+1 & b+5 & b+11 \\ c & c+1 & c & c+1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 5 & 11 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \\ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 5 & 10 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ Das gibt die Lösungen

x = (2 s, - s, - 2 s, s)^{⊤} = s (2, - 1, - 2, 1)^{⊤} = s (2 - t - 2 t^{2} + t^{3})

$x = (2s, -s, -2s, s)^\top = s (2,-1,-2,1)^\top = s (2 -t -2 t^2 + t^3)$ für

s \in R

$s \in \mathbb{R}$ , daher

\ker T

$\ker T$ wird durch einen Basisvektor erzeugt, der mit Ihrer Lösung übereinstimmt.

Bestimmen $T$

Wir wissen $Q = T P$ mit

P =

  -1   0  -1   0
   1  -1   0   2
   0   1   0  -1
   0   0   1  -1

Q =

   -1    2    1   -4
    1    4   11  -14
    1   -1    1    1
    0    0    0    0

und dann linearisieren $T$ hinein $x = (t_{11}, t_{12}, t_{13}, t_{14}, t_{21}, \dotsc, t_{44})^\top$ ein System zu bekommen $A x = b$ mit

A =

  -1   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0
   0  -1   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0
  -1   0   0   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0
   0   2  -1  -1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0
   0   0   0   0  -1   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0
   0   0   0   0   0  -1   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0
   0   0   0   0  -1   0   0   1   0   0   0   0   0   0   0   0
   0   0   0   0   0   2  -1  -1   0   0   0   0   0   0   0   0
   0   0   0   0   0   0   0   0  -1   1   0   0   0   0   0   0
   0   0   0   0   0   0   0   0   0  -1   1   0   0   0   0   0
   0   0   0   0   0   0   0   0  -1   0   0   1   0   0   0   0
   0   0   0   0   0   0   0   0   0   2  -1  -1   0   0   0   0
   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0  -1   1   0   0
   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0  -1   1   0
   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0  -1   0   0   1
   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   2  -1  -1

Und

Dann ergibt die Gauß-Jordan-Eliminierung die Zeilenstufenform:

>> rref([A,b])
ans =

 Columns 1 through 15:

    1    0    0   -1   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0
    0    1    0   -1    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0
    0    0    1   -1   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0
    0    0    0    0    1    0    0   -1   -0   -0   -0   -0   -0   -0   -0
    0    0    0    0    0    1    0   -1    0    0    0    0    0    0    0
    0    0    0    0    0    0    1   -1    0    0    0    0    0    0    0
    0    0    0    0    0    0    0    0    1    0    0   -1   -0   -0   -0
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    1    0   -1    0    0    0
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    1   -1    0    0    0
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    1    0    0
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    1    0
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    1
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0
    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0    0

Und

 Columns 16 and 17:

   -0   -1
    0   -2
   -0   -0
   -0  -11
    0  -10
    0   -6
   -0   -1
    0    0
    0   -1
   -1   -0
   -1    0
   -1    0
    0    0
    0    0
    0    0
    0    0

Brian Fitzpatrick · Answer 2

Beachten Sie, dass die Spalten von

A = [\begin{array}{rrrr} - 1 & 0 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & - 1 \\ 0 & 0 & 1 & - 1 \end{array}]

$A= \left[\begin{array}{rrrr} -1 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right]$ werden mit den Polynomen identifiziert

p_{1}

$p_1$ ,

p_{2}

$p_2$ ,

p_{3}

$p_3$ , Und

p_{4}

$p_4$ . Zeilenreduzierung gibt

ref A = [\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & - 1 \\ 0 & 0 & 1 & - 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}]

$\DeclareMathOperator{rref}{rref}\rref A= \left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$ Das sagt uns das

W

$W$ ist dreidimensional mit Basis

{p_{1}, p_{2}, p_{3}}

$\{p_1,p_2,p_3\}$ .

Beachten Sie nun, dass die Spalten von

B = [\begin{array}{rrrr} - 1 & 2 & 1 & - 4 \\ 1 & 4 & 11 & - 14 \\ 1 & - 1 & 1 & 1 \end{array}]

$B= \left[\begin{array}{rrrr} -1 & 2 & 1 & -4 \\ 1 & 4 & 11 & -14 \\ 1 & -1 & 1 & 1 \end{array}\right]$ werden mit den Polynomen identifiziert

q_{1}

$q_1$ ,

q_{2}

$q_2$ ,

q_{3}

$q_3$ , Und

q_{4}

$q_4$ . Zeilenreduzierung gibt

ref B = [\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 3 & - 2 \\ 0 & 1 & 2 & - 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}]

$\rref B= \left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & 2 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$ Dies sagt uns, dass das Bild von

T

$T$ ist zweidimensional mit Basis

{q_{1}, q_{2}}

$\{q_1,q_2\}$ .

Das impliziert dann der Rang-Nullitäts-Satz $\ker T$ ist eindimensional. Eine Grundlage dafür zu finden $\ker T$ , beachten Sie, dass $\rref B$ sagt uns, dass der Vektor

\vec{v} = (1, 4, 1, 2)

$\vec v=\left(1,\,4,\,1,\,2\right)$ befindet sich im Nullraum von

B

$B$ . Das sagt uns das

Q_{1} + 4 Q_{2} + Q_{3} + 2 Q_{4} = 0

$q_1+4\,q_2+q_3+2\,q_4=0$ Es folgt dem

T (P_{1}) + 4 T (P_{2}) + T (P_{3}) + 2 T (P_{4}) = 0

$T(p_1)+4\,T(p_2)+T(p_3)+2\,T(p_4)=0$ so dass

T (P_{1} + 4 P_{2} + P_{3} + 2 P_{4}) = 0

$T(p_1+4\,p_2+p_3+2\,p_4)=0$ Das heißt, das Polynom

P_{1} + 4 P_{2} + P_{3} + 2 P_{4} = - T^{3} + 2 T^{2} + T - 2

$p_1+4\,p_2+p_3+2\,p_4=-t^3+2\,t^2+t-2$ bildet eine Grundlage für

\ker T

$\ker T$ .

Sie scheinen einen Fehler in rref zu haben $A$ – das obere rechte Element sollte sein $-1$ .
@ BrianFitzpatrick - diese Erklärung ist sehr gründlich, aber ich verliere mich, wenn Sie die Grundlage für ker finden $T$ . Ich würde eine Grundlage für Ker finden $T$ indem man eine Basis für den Nullraum von rref findet $B$ was mir eine Grundlage gibt $\{(-3,-2,1,0),(2,3,0,1)\}$ . Ich verstehe warum ker $T$ sollte wirklich eindimensional sein, aber die Basis, die ich (fälschlicherweise) finde, hat zwei Vektoren. Wie gefiel dir $\vec{v}=(1,4,1,2)$ ?
nm. Ich hatte zwei Elemente der ursprünglichen Matrix transponiert.
@econom Ich bin mir nicht sicher wo $(1,4,1,2)$ stammt, aber Sie können mit den beiden Kernel-Vektoren arbeiten, die Sie gefunden haben. Sie beschreiben Linearkombinationen der $p$ 's und Sie werden feststellen, dass, wenn Sie sie erweitern und vereinfachen (entsprechend multiplizieren Sie diese beiden Vektoren mit $A$ ), erhalten Sie dasselbe Polynom. Man hätte auch einfach damit arbeiten können $q_1$ durch $q_3$ um das Image und den Kernel seit rref zu finden $A$ zeigt, dass $p_4$ ist überflüssig. (Das Beibehalten des letzteren in den Berechnungen überprüft dies $T$ ist in der Tat linear, also nicht völlig verschwendet.)

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Wirtschaft

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mvw

Brian Fitzpatrick

amd

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amd

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