Encuentre una base para la imagen y el núcleo de una transformación lineal

Question

Encuentre una base para la imagen y el núcleo de una transformación lineal

matrices
Matemáticas
álgebra lineal
transformaciones lineales

economía

Estoy teniendo un poco de dificultad para obtener una respuesta a este problema. Específicamente, encontrar una base para el núcleo de una transformación, $\ker(T)$ .

Dejar
$\begin{aligned} {pag}_{1} (t) & = - 1 + t \\ {pag}_{2} (t) & = - t + t^{2} \\ {pag}_{3} (t) & = - 1 + t^{3}, y \\ {pag}_{4} (t) & = 2 t - t^{2} - t^{3} . \end{aligned}$ $\begin{align*} p_1(t)&=-1+t \\ p_2(t)&=-t+t^2 \\ p_3(t)&=-1+t^3, \quad\text{and}\\ p_4(t)&=2t-t^2-t^3. \end{align*}$ Dejar $W=\operatorname{span}\{p_1,p_2,p_3,p_4\}$ , un subespacio de $\mathbf P_3$ .

Dejar $T: W \to \mathbf P_2$ Sea una transformación lineal tal que $T(p_i) = q_i$ dónde
$\begin{aligned} q_{1} (t) & = - 1 + t + t^{2} \\ q_{2} (t) & = 2 + 4 t - t^{2} \\ q_{3} (t) & = 1 + 11 t + t^{2} y \\ q_{4} (t) & = - 4 - 14 t + t^{2} . \end{aligned}$ $\begin{align*} q_1(t)&=-1+t+t^2 \\ q_2(t)&=2+4t-t^2 \\ q_3(t)&=1+11t+t^2 \quad\text{and}\\ q_4(t)&= -4-14t+t^2. \end{align*}$

Encuentre una base para $\operatorname{im}(T)$ . Los elementos de esta base deben ser polinomios en $\mathbf P_2$ .

Encuentre una base para $\ker(T)$ . Los elementos de esta base deben ser polinomios en $W$ .

He podido encontrar (1) tomando la imagen de cada elemento en $W$ (dada por $q_1...q_4$ ) colocándolos en una matriz y reducción de filas para encontrar el espacio de la columna. aqui yo se que $\{q_1,q_2\}$ formar una base para $\operatorname{im}(T)$ .

Sin embargo, tengo problemas para encontrar $\ker(T)$ . Creo que el siguiente paso es encontrar el espacio nulo de la matriz con columnas vectoriales de $q_1 \ldots q_4$ , pero no estoy seguro de esto. La respuesta dada es $g=-3p_1-2p_2+p_3$ . Esto parece ocurrir si encuentro el espacio nulo de una matriz con columnas $q_1 \ldots q_3$ , pero que pasa $q_4$ ? Probablemente estoy malinterpretando algo aquí.

¡Gracias!

Respuestas (2)

Encuentre una base para la imagen y el núcleo de una transformación lineal

mvw · Answer 1

No sé si esta es la mejor manera de hacer esto, pero traté de determinar $T$ de los puntos de datos dados $T(p_i) = q_i$ .

Tengo la matriz (ver apéndice)

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})

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

a, b, c, d

$a,b,c,d$ son variables libres. Así que tenemos muchos candidatos para

T

$T$ .

Resolviendo para $T x = 0$ :

(\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})

$\begin{pmatrix} a-1 & a-2 & a & a \\ b-11 & b-10 & b-6 & b \\ c-1 & c & c-1 & c \\ d & d & d & d \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} a-1 & a-2 & a & a \\ b-11 & b-10 & b-6 & b \\ c-1 & c & c-1 & c \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \\ \begin{pmatrix} a & a-1 & a+1 & a+1 \\ b & b+1 & b+5 & b+11 \\ c & c+1 & c & c+1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 5 & 11 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \to \\ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 5 & 10 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ Esto da las soluciones

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

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

s \in R

$s \in \mathbb{R}$ , de este modo

\ker T

$\ker T$ es creado por un vector base, que concuerda con su solución.

Determinando $T$

Sabemos $Q = T P$ con

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

y luego linealizar $T$ en $x = (t_{11}, t_{12}, t_{13}, t_{14}, t_{21}, \dotsc, t_{44})^\top$ para obtener un sistema $A x = b$ con

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

y

Entonces la eliminación de Gauss-Jordan da la forma escalonada por filas:

>> 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

y

 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

Tenga en cuenta que las columnas de

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

$A= \left[\begin{array}{rrrr} -1 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right]$ se identifican con los polinomios

p_{1}

$p_1$ ,

p_{2}

$p_2$ ,

p_{3}

$p_3$ , y

p_{4}

$p_4$ . La reducción de filas da

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

$\DeclareMathOperator{rref}{rref}\rref A= \left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$ Esto nos dice que

W

$W$ es tridimensional con base

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

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

Ahora, tenga en cuenta que las columnas de

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

$B= \left[\begin{array}{rrrr} -1 & 2 & 1 & -4 \\ 1 & 4 & 11 & -14 \\ 1 & -1 & 1 & 1 \end{array}\right]$ se identifican con los polinomios

q_{1}

$q_1$ ,

q_{2}

$q_2$ ,

q_{3}

$q_3$ , y

q_{4}

$q_4$ . La reducción de filas da

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

$\rref B= \left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & 2 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$ Esto nos dice que la imagen de

T

$T$ es bidimensional con base

{q_{1}, q_{2}}

$\{q_1,q_2\}$ .

El teorema de rango-nulidad implica entonces que $\ker T$ es unidimensional. Para encontrar una base para $\ker T$ , tenga en cuenta que $\rref B$ nos dice que el vector

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

$\vec v=\left(1,\,4,\,1,\,2\right)$ está en el espacio nulo de

B

$B$ . Esto nos dice que

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

$q_1+4\,q_2+q_3+2\,q_4=0$ Resulta que

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

$T(p_1)+4\,T(p_2)+T(p_3)+2\,T(p_4)=0$ de modo que

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

$T(p_1+4\,p_2+p_3+2\,p_4)=0$ Es decir, el polinomio

{pag}_{1} + 4 {pag}_{2} + {pag}_{3} + 2 {pag}_{4} = - t^{3} + 2 t^{2} + t - 2

$p_1+4\,p_2+p_3+2\,p_4=-t^3+2\,t^2+t-2$ forma una base para

\ker T

$\ker T$ .

Parece que tienes un error en rref $A$ —el elemento superior derecho debe ser $-1$ .
@BrianFitzpatrick: esta explicación es muy completa, pero me pierdo cuando encuentras la base para ker $T$ . encontraría una base para ker $T$ encontrando una base para el espacio nulo de rref $B$ que me da una base $\{(-3,-2,1,0),(2,3,0,1)\}$ . entiendo por qué ker $T$ realmente debería ser unidimensional, pero la base que estoy encontrando (incorrectamente) tiene dos vectores. Como lo encontraste $\vec{v}=(1,4,1,2)$ ?
Nuevo Méjico. Había transpuesto dos elementos de la matriz original.
@econom no estoy seguro donde $(1,4,1,2)$ vino, pero puede trabajar con los dos vectores de kernel que ha encontrado. Describen combinaciones lineales de los $p$ 's y encontrará que cuando los expande y simplifica (equivalentemente, multiplica esos dos vectores por $A$ ), terminas con el mismo polinomio. También podrías haber trabajado con solo $q_1$ a través de $q_3$ para encontrar la imagen y el kernel desde rref $A$ muestra que $p_4$ es redundante (Reteniendo este último en los cómputos se comprueba que $T$ es de hecho lineal, por lo que no se desperdicia por completo).

Encuentre una base para la imagen y el núcleo de una transformación lineal

economía

Respuestas (2)

mvw

Brian Fitzpatrick

amd

Brian Fitzpatrick

economía

amd

amd

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