ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (ΗΥ-119)

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΣΧΟΛΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΙΩΑΝΝΗΣ Α ΤΣΑΓΡΑΚΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (ΗΥ-119) ΜΕΡΟΣ 6: ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΑΠΟ ΤΙΣ ΠΑΡΑΔΟΣΕΙΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΟΣ ΗΡΑΚΛΕΙΟ 2009

ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ m Έστω ένας πίνακας A Όταν ο A πολλαπλασιαστεί με ένα οποιοδήποτε διάνυσμα v m, προκύπτει ένα διάνυσμα ( Av) Δηλαδή, ο A αντιστοιχεί σε μια απεικόνιση m : : v L ( v) με L ( v) = Av LA A m A Παρατήρηση: A ισχύουν τα εξής: A( v1+ v2) = Av1+ Av2 δηλαδή LA( v1+ v2) = LA( v1) + LA( v2), v1, v2 (1) A( λv) = λ( Av) δηλαδή LA( λv ) = λla( v ), λ & v (2) Απεικονίσεις με αυτές τις δύο ιδιότητες ονομάζονται γραμμικές απεικονίσεις ή γραμμικοί μετασχηματισμοί Συγκεκριμένα: ΟΡΙΣΜΟΣ: Έστω V και W δύο πραγματικοί διανυσματικοί χώροι Μια απεικόνιση f : V W είναι γραμμική απεικόνιση ή γραμμικός μετασχηματισμός, ανν: 1) f ( v1+ v2) = f( v1) + f( v2), v1, v2 V και 2) f ( λv ) = λ f( v ), λ & v V Παρατήρηση: Οι δύο ιδιότητες του ορισμού μπορούν ισοδύναμα να γραφτούν στη μορφή: f ( λv1+ v2) = λ f( v1) + f( v2), λ & v1, v2 V Παραδείγματα γραμμικών απεικονίσεων: 2 f : με f ( xy, ) = ( x+ y,2 y, x) 4 2 f : με f ( xyzw,,, ) = (2x+ y+ z 4 w, x y+ 2 z w) Παραδείγματα μη-γραμμικών απεικονίσεων: f : με f ( x) = 2x+ 1 Απόδειξη: Έστω x1, x2 Έχουμε: f( x1+ x2) = 2( x1+ x2) + 1= 2x1+ 2x2 + 1 ενώ f( x1) + f( x2) = (2x1+ 1) + (2x2 + 1) = 2x1+ 2x2 + 2 δηλαδή, γενικά f ( x1+ x2) f( x1) + f( x2) 2 f : με f ( xy, ) = ( xyyx,, ) Απόδειξη: Έστω v1 = ( x1, y1), v2 = ( x2, y2) Έχουμε: f( v + v ) = f ( x, y ) + ( x, y ) = f( x + x, y + y ) = 1 2 ( 1 1 2 2 ) 1 2 1 2 = (( x1+ x2)( y1+ y2), y1+ y2, x1+ x2) = ( x1y1+ x2y2 + x1y2 + x2y1, y1+ y2, x1+ x2) ενώ f( v1) + f( v2) = f( x1, y1) + f( x2, y2) = ( x1y1, y1, x1) + ( x2y2, y2, x2) = = ( x y + x y, y + y, x + x ) 1 1 2 2 1 2 1 2

δηλαδή: f ( v1+ v2) f( v1) + f( v2) ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΩΝ Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W, τότε: 1) f ( 0) = 0 (προκύπτει από τη 2 η ιδιότητα του ορισμού για λ = 0) 2) Αν τα v 1, v 2,, v k V είναι γραμμικώς εξαρτημένα, τότε και τα f ( v1), f( v2),, f( v k ) είναι γραμμικώς εξαρτημένα (το αντίστροφο δεν ισχύει απαραίτητα) ) Η αντιθετοαντιστροφή της (2): Αν τα f ( v1), f( v2),, f( v k ) είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, τότε και τα v1, v2,, v k V είναι γραμμικώς ανεξάρτητα (το αντίστροφο δεν ισχύει απαραίτητα) ΠΙΝΑΚΑΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΗΣ ΟΡΙΣΜΟΣ: Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W, και έστω B = { b 1, b 2,, b } μια διατεταγμένη βάση του V και B = { b 1, b 2,, b m } μια διατεταγμένη βάση του W Επειδή τα f ( b1), f ( b2),, f ( b ) είναι διανύσματα του W, μπορούν να γραφτούν ως γραμμικοί συνδυασμοί των διανυσμάτων της βάσης B, δηλαδή: με ij f b1 = α11b 1 + α21b 2 + + αm1b m f b = α b + α b + + α b ( ) ( ) 2 12 1 22 2 m2 f b = α b + α b + + α b ( ) α για i = 1, 2,, m & j = 1,2,, Ο πίνακας A βάση B, δηλαδή ο πίνακας: 1 1 2 2 m m m με στήλες τις συνιστώσες των f ( b1), f ( b2),, f ( b ) α11 α12 α1 α21 α22 α 2 A = αm1 αm2 α m m ως προς τη ονομάζεται πίνακας της γραμμικής απεικόνισης f ως προς τις βάσεις BB, των VW, αντίστοιχα Συμπέρασμα: Κάθε γραμμική απεικόνιση αντιστοιχεί σε ένα πίνακα, και αντίστροφα (όπως είδαμε στην αρχή της παρούσας ενότητας), κάθε πίνακας αντιστοιχεί σε μια γραμμική απεικόνιση

2 Παράδειγμα: Έστω η γραμμική απεικόνιση f : με f ( xy, ) = ( x+ y,2 y, x) 2 Να βρεθεί ο πίνακας της f ως προς τις κανονικές βάσεις των, Λύση 2 Η κανονική βάση του είναι η = { e 1, e E 2} με e 1 = (1,0) & e 2 = (0,1), και η κανονική βάση του E = e, e, e με e 1 = (1,0,0), e 2 = (0,1,0) & e = (0,0,1) είναι η { 1 2 } f ( e1) f (1,0) (1 0, 2 0, 1) (1,0,) 1e 1 0e = = + = = + 2 + e f ( e ) f (0,1) (0 1, 2 1, 0) (1, 2, 0) 1e = = + = = + 2e + 0e Έχουμε: ( ) ( ) 2 1 2 Άρα, ο πίνακας της f ως προς τις κανονικές βάσεις των 2, είναι ο 1 1 A = 0 2 0 ΠΡΟΤΑΣΗ: Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W και έστω A ο πίνακας της f ως προς τις βάσεις BB, των VW, Αν ένα διάνυσμα v V έχει συνιστώσες ( v1, v2,, v ) ως προς την B, τότε οι συνιστώσες του f ( v ) ως προς την B προκύπτουν από το v1 γινόμενο A v2 v Παράδειγμα: Έστω η απεικόνιση του προηγούμενου παραδείγματος, δηλαδή 2 f : με f ( xy, ) = ( x+ y,2 y, x) Για το διάνυσμα v = (2, ) έχουμε: f (2, ) = (2,2( ), 2) = ( 1, 6,6), το οποίο προκύπτει και από τη σχέση: 1 1 1 2 0 2 2 A = 6 = 0 6 Άσκηση: Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W, και έστω B = { b 1, b 2, b } μια διατεταγμένη βάση του V και B = { b 1, b 2, b, b 4 } μια διατεταγμένη βάση του W f b = 2 b + b, f b = b b + b, f b = b b α) Αν ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 2 4 βρείτε τον πίνακα της f ως προς τις βάσεις BB, των VW, β) Αν v = 2b1 b2 βρείτε το f ( v ) ως προς την B Λύση α) Από τον ορισμό, ο πίνακας της f ως προς τις βάσεις BB, των VW, έχει ως στήλες 0 0 τις συνιστώσες των f ( b1), f ( b2), f ( b) Άρα, είναι ο A = 2 1 1 1 1 0 0 0 1

β) 0 0 2 9 f( v) Av 2 1 1 7 = = = 1 1 0, δηλαδή: f ( v) = 9b 0 1 1 + 7b 2 b 0 0 1 0 ΟΡΙΣΜΟΣ: Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W Επίσης, έστω ένα οποιοδήποτε διάνυσμα v V και ένα διάνυσμα w W τέτοιο ώστε w= f( v) Τότε: το w ονομάζεται εικόνα του v το v ονομάζεται πρότυπο του w ΕΙΚΟΝΑ & ΠΥΡΗΝΑΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΗΣ ΟΡΙΣΜΟΣ: Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W Το υποσύνολο των διανυσμάτων του W τα οποία είναι εικόνες των διανυσμάτων του V μέσω της f, είναι ένας διανυσματικός υπόχωρος του W που ονομάζεται εικόνα της f και συμβολίζεται ως Im( ) Im f = f( v ) W \ v V f ή Im f Δηλαδή: { } V W Imf ΟΡΙΣΜΟΣ: Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W Το υποσύνολο των διανυσμάτων του V για τα οποία f( v) = 0 είναι ένας διανυσματικός υπόχωρος του V που ονομάζεται πυρήνας (kerel) της f και συμβολίζεται ως ker( f ) ή ker f Δηλαδή: ker f = v V \ f( v) = 0 { } m ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Έστω A ο πίνακας της f ως προς τις βάσεις BB, των VW,, αντίστοιχα 1) Ένα διάνυσμα w W με συνιστώσες ( w1, w2,, w m ) ως προς B θα ανήκει στην Im f v1 w1 ανν { v V τω f( v) = w} δηλ ανν το σύστημα v2 = w A 2 έχει λύση (μοναδική v wm ή άπειρες), δηλ ανν ( w1, w2,, wm ) R ( A) 2) Ένα διάνυσμα v V με συνιστώσες ( v1, v2,, v ) ως προς B θα ανήκει στον ker f v1 0 ανν f( v) = 0, δηλ ανν v A 2 = 0, δηλ ανν ( v 1, v2,, v) N ( A) v 0

Συμπέρασμα: Για να βρούμε τους Im f και ker f αρκεί να βρούμε τα R ( A) & N ( A), αντίστοιχα Πόρισμα: dim(im f ) = dim( R ( A)) = r( A) dim(ker f ) = dim( N ( A)) = r( A) Άρα: dim(im f ) + dim(ker f) = dimv «1-1» (ΕΝΑ ΠΡΟΣ ΕΝΑ) & «ΕΠΙ» ΟΡΙΣΜΟΙ: Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W Η f είναι «1-1» όταν: f ( v1) f( v2), v1 v2 δηλαδή όταν κάθε v V έχει διαφορετική εικόνα f ( v ) Η f είναι «επί» όταν: w W, v V τω f ( v) = w δηλαδή όταν Im f = W ΟΡΙΣΜΟΣ: Αν μια γραμμική απεικόνιση f : V W είναι ταυτόχρονα «1-1» & «επί» τότε λέγεται ισομορφισμός και οι VW, λέμε ότι είναι ισόμορφοι ΠΡΟΤΑΣΗ: Μια γραμμική απεικόνιση f : V W είναι «1-1» ανν ker f = { 0} Απόδειξη: Έστω ότι είναι «1-1» δηλαδή αν v 1 v τότε και 2 f ( v 1 ) f( v 2 ), v1, v2 V Αφού ισχύει v1, v2 V, θα ισχύει και για v2 = 0, δηλαδή αν v1 0 τότε και f( v1) f ( 0 ) f( v1) 0, v1 V Άρα, ker f = { 0} Αντιστρόφως, έστω ότι ker f = { 0} και έστω ότι v1, v2 V τω f ( v1) = f( v2) Έχουμε: f( v1) = f( v2) f( v1) f( v2) = 0 f( v1 v2) = 0 το οποίο επειδή ker f = { 0} δίνει v1 v2 = 0, δηλαδή v 1 = v Άρα, «1-1» 2 ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ: Έστω μια γραμμική απεικόνιση f : V W και έστω πίνακας της f ως προς τις βάσεις BB, των VW, Τότε: ker f = 0 N ( A) = 0 r( A) = 1) {η f είναι «1-1»} { } { } m A ο 2) {η f είναι «επί»} Im f = W dim(im f) = dimw dim(im f) = m Im f W r( A) = m ) {η f είναι «1-1» & «επί»} r( A) = m= det A 0

Άσκηση (Παλιότερο Θέμα Γενάρης 2009) 4 Έστω f : η γραμμική απεικόνιση που ορίζεται από τη σχέση: ( ) f ( xyz,, ) = 2 y+ z, x y, x 5 y+ z, 2x+ 2y 2z, ( xyz,, ) 4 α) Βρείτε τον πίνακα Α της απεικόνισης f ως προς τις κανονικές βάσεις των, β) Να βρεθούν οι διαστάσεις και βάσεις των ker f και Im f γ) Είναι η απεικόνιση επί ; δ) Είναι η απεικόνιση 1-1 ; Λύση

Βασικές μεταβλητές: x, y Ελεύθερη μεταβλητή: z Ανάδρομη αντικατάσταση: 2 η 1 εξίσωση: 2y+ z = 0 y= z 2 1 η 1 1 εξίσωση: x y= 0 x z = 0 x= z 2 2

Άσκηση: Έστω V, W δύο πραγματικοί διανυσματικοί χώροι και οι διατεταγμένες βάσεις τους B = { b1, b2, b}, B = { b1, b2, b, b4 } αντίστοιχα Έστω η γραμμική απεικόνιση : f b = b + b f b = 2 b + b f b = b + b + b Να βρεθούν οι f V W με: ( 1) 1 2, ( 2) 1, ( ) διαστάσεις και βάσεις των Im f και ker f Λύση 1 2

Σημείωση: Παρατηρήστε ότι στην τελευταία άσκηση δεν αρκεί να βρούμε τις συνιστώσες των διανυσμάτων βάσης των Im f και ker f, αλλά χρειάζεται να διατυπώνεται ρητά ότι τα διανύσματα βάσης του Im f είναι γραμμένα ως προς τη βάση B, ενώ τα διανύσματα βάσης του ker f είναι γραμμένα ως προς τη βάση B