Matica zobrazenia $g\circ f$

[Martin Sleziak]

Zadanie vo všetkých skupinách bolo rovnaké, líšilo sa iba zadanými číslami resp. predpisom pre $g$.$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon #2\to #3}\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}$

Nájdite matice lineárnych zobrazení $f$, $g$, $g\circ f$.
Je zobrazenie $f$ injektívne? Je zobrazenie $g\circ f$ injektívne?

Skupina A:
$\Zobr f{\R^3}{\R^2}$ spĺňa $f(2,1,2)=(2,2)$, $f(1,1,0)=(-1,-1)$, $f(1,2,1)=(-2,1)$;
$\Zobr g{\R^2}{\R^4}$ je dané predpisom $g(x,y)=(x+y,x+2y,x-y,3x+y)$.

Skupina B:
$\Zobr f{\R^3}{\R^2}$ spĺňa $f(1,-1,1)=(3,-1)$, $f(1,1,-2)=(0,4)$, $f(2,1,-1)=(3,4)$;
$\Zobr g{\R^2}{\R^4}$ je dané predpisom $g(x,y)=(2x+y,x+3y,x,x+y)$.

Skupina C:
$\Zobr f{\R^3}{\R^2}$ spĺňa $f(1,1,-2)=(1,4)$, $f(1,-1,2)=(1,-6)$, $f(1,2,1)=(6,-1)$;
$\Zobr g{\R^2}{\R^4}$ je dané predpisom $g(x,y)=(x+y,x-y,x-2y,2x+y)$.

Skupina D:
$\Zobr f{\R^3}{\R^2}$ spĺňa $f(1,1,-2)=(1,1)$, $f(1,-1,2)=(1,-5)$, $f(1,2,1)=(6,-1)$;
$\Zobr g{\R^2}{\R^4}$ je dané predpisom $g(x,y)=(2x+y,x+y,x-y,x-2y)$.

[Martin Sleziak]

Injektívnosť$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon #2\to #3}\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}$

Najprv napíšem niečo k tomu, či $f$ a $g\circ f$ boli injektívne. To sa totiž dá v tejto úlohe zistiť úplne bez počítania.
Ukážeme si, že ak $\Zobr f{\R^3}{\R^2}$ a $\Zobr g{\R^2}{\R^4}$ sú ľubovoľné lineárne zobrazenia, tak $f$ ani $g\circ f$ nie sú injektívne.

Pripomeňme si, čo všetko vieme o injektívnosti pre lineárne zobrazenia $\Zobr f{\R^m}{\R^n}$. Takéto zobrazenie je injektívne práve vtedy, keď je splnená niektorá z týchto ekvivalentných podmienok:

• obrazy bázových vektorov sú lineárne nezávislé;
• $f$ má triviálne jadro; t.j. $\Ker f=\{\vec 0\}$;
• pre maticu zobrazenia $M_f$ platí $h(M_f)=m$.

Na základe toho, ľahko zistíme, že $\Zobr f{\R^3}{\R^2}$ nie je injektívne.

• Ak by obrazy bázových vektorov boli lineárne nezávislé, mali by sme tri lineárne nezávislé vektory v $\R^2$. Tento priestor má dimenziu $2$, toto teda nemôže nastať.
• Matica zobrazenia $M_f$ je matica rozmerov $3\times 2$. Teda pre jej hodnosť platí $h(M_f)\le2$. (Hodnosť matice nemôže byť väčšia než počet riadkov/počet stĺpcov.)

Ak už vieme, že $f$ nie je injektívne, tak ani $g\circ f$ nie je injektívne.

Spoiler:

Ak totiž $f(\vec a)=f(\vec b)$ pre nejaké $\vec a\ne\vec b$, tak potom máme aj $g\circ f(\vec a)=g\circ f(\vec b)$.

Zhruba to isté sa dá povedať (v prípade lineárnych zobrazení) pomocou jadra. Pretože $f$ nie je injektívne, existuje $\vec a\in\Ker f$ také, že $\vec a\ne 0$. Potom platí aj $g\circ f(\vec a)= g(f(\vec a))=g(\vec 0)=\vec 0$, čo znamená, že $\vec a\in\Ker(g\circ f)$.

Toto je vlastne iba obmenená implikácia: Ak $g\circ f$ je injektívne, tak $f$ je injektívne. Príklady takéhoto typu sme sa učili robiť začiatkom semestra.

Kto si neuvedomil, že ak $f$ nie je injektívne tak $g\circ f$ nemôže byť injektívne, stále mohol zrátať $h(M_{g\circ f})$ a tak zistiť, že zložené zobrazenie nie je injektívne. (Ale zdôvodnením, ktoré som napísal vyššie, ste si mohli ušetriť počítanie.)

Výpočet $M_f$, $M_g$ a $M_{g\circ f}$

Na výpočet matice zobrazenia ak poznáme obrazy bázových vektorov sme sa naučili štandardný postup pomocou riadkových úprav. (Vo všetkých skupinách bolo zadanie také, že zobrazenie $f$ je danými podmienkami jednoznačne určené. Pripomeniem, že ak ste vypočítali $M_f$, tak si ľahko viete urobiť skúšku správnosti)
Ak poznám predpis pre $M_g$, tak mi stačí vypočítať $g(1,0)$ a $g(0,1)$; vektory, ktoré takto dostaneme, sú riadky matice $M_g$.
Na výpočet $M_{g\circ f}$ mi stačí vynásobiť tieto matice: $M_{g\circ f}=M_f\circ M_g$.

Výsledky

Skupina A:
$M_f=
\begin{pmatrix}
1 &-1 \\
-2 & 0 \\
1 & 2
\end{pmatrix}$
$M_g=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 3 \\
1 & 2 &-1 & 1
\end{pmatrix}$
$M_{g\circ f}=
\begin{pmatrix}
0 &-1 & 2 & 2 \\
-2 &-2 &-2 &-6 \\
3 & 5 &-1 & 5
\end{pmatrix}$

Spoiler:

$\left(\begin{array}{ccc|cc}
2 & 1 & 2 & 2 & 2 \\
1 & 1 & 0 &-1 &-1 \\
1 & 2 & 1 &-2 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
2 & 1 & 2 & 2 & 2 \\
1 & 1 & 0 &-1 &-1 \\
3 & 3 & 3 & 0 & 3
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
2 & 1 & 2 & 2 & 2 \\
1 & 1 & 0 &-1 &-1 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
2 & 1 & 2 & 2 & 2 \\
1 & 1 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 2
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
2 & 1 & 0 & 0 &-2 \\
1 & 1 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 2
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
1 & 1 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 2
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-2 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 2
\end{array}\right)
$

Skupina B:

$M_f=
\begin{pmatrix}
2 & 1 \\
0 & 1 \\
1 &-1
\end{pmatrix}$
$M_g=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 3 & 0 & 1
\end{pmatrix}$
$M_{g\circ f}=
\begin{pmatrix}
5 & 5 & 2 & 3 \\
1 & 3 & 0 & 1 \\
1 &-2 & 1 & 0
\end{pmatrix}$

Spoiler:

Ak si všimneme, že nám tak viacero čísel vypadne, môžeme ako prvý krok odrátať od tretieho riadku prvý aj druhý.
$\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 &-1 & 1 & 3 &-1 \\
1 & 1 &-2 & 0 & 4 \\
2 & 1 &-1 & 3 & 4
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 &-1 & 1 & 3 &-1 \\
1 & 1 &-2 & 0 & 4 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 1 & 3 & 0 \\
1 & 0 &-2 & 0 & 3 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 1 & 3 & 0 \\
0 & 0 &-3 &-3 & 3 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 1 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 &-1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 1 & 3 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 &-1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 &-1
\end{array}\right)$

Skupina C:

$M_f=
\begin{pmatrix}
1 &-1 \\
2 & 1 \\
1 &-2
\end{pmatrix}$
$M_g=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 2 \\
1 &-1 &-2 & 1
\end{pmatrix}$
$M_{g\circ f}=
\begin{pmatrix}
0 & 2 & 3 & 1 \\
3 & 1 & 0 & 5 \\
-1 & 3 & 5 & 0
\end{pmatrix}
$

Spoiler:

$\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 1 &-2 & 1 & 4 \\
1 &-1 & 2 & 1 &-6 \\
1 & 2 & 1 & 6 &-1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
2 & 0 & 0 & 2 &-2 \\
1 &-1 & 2 & 1 &-6 \\
1 & 2 & 1 & 6 &-1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
1 &-1 & 2 & 1 &-6 \\
1 & 2 & 1 & 6 &-1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
0 &-1 & 2 & 0 &-5 \\
0 & 2 & 1 & 5 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
0 &-1 & 2 & 0 &-5 \\
0 & 0 & 5 & 5 &-10
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
0 & 1 &-2 & 0 & 5 \\
0 & 0 & 1 & 1 &-2
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-1 \\
0 & 1 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 &-2
\end{array}\right)$

Skupina D:

$M_f=
\begin{pmatrix}
1 &-2 \\
2 & 1 \\
1 &-1
\end{pmatrix}$
$M_g=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 &-1 &-2
\end{pmatrix}$
$M_{g\circ f}=
\begin{pmatrix}
0 &-1 & 3 & 4 \\
5 & 3 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 2 & 3
\end{pmatrix}$

Spoiler:

$\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 1 &-2 & 1 & 1 \\
1 &-1 & 2 & 1 &-5 \\
1 & 2 & 1 & 6 &-1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
2 & 0 & 0 & 2 &-4 \\
1 &-1 & 2 & 1 &-5 \\
1 & 2 & 1 & 6 &-1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-2 \\
1 &-1 & 2 & 1 &-5 \\
1 & 2 & 1 & 6 &-1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-2 \\
0 &-1 & 2 & 0 &-3 \\
0 & 2 & 1 & 5 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-2 \\
0 &-1 & 2 & 0 &-3 \\
0 & 0 & 5 & 5 &-5
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-2 \\
0 & 1 &-2 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 1 & 1 &-1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & 0 & 1 &-2 \\
0 & 1 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 &-1
\end{array}\right)
$

[Martin Sleziak]

Komentáre k riešeniam

Niektorí z vás ste zobrali pri výpočte $M_g$ maticu, ktorá má riadky $g(1,0)$, $g(0,1)$. Tú ste potom upravili na redukovaný tvar a tento výsledok ste prehlásili za $M_g$.

Zobrazenie $g$ musí byť injektívne, inak by sa nedalo zložiť zobrazenie $g\circ f$.

Toto nie je pravda. To, či nejaké zobrazenie je alebo nie je injektívne, nijako neovplyvní, či sa dá urobiť zložené zobrazenie.
(Pre túto úlohu je to vcelku irelevantné, lebo na injektívnosť $g$ sme sa nepýtali. Ale aj tak sa mi zdalo rozumné spomenúť, že takéto tvrdenie nie je pravdivé.)

Niekto rátal maticu zobrazenia tak, že si poukladal do riadkov matice $A$ zadané vektory a do riadkov matice $B$ ich obrazy a vypočítal $A^{-1}B$. Toto síce funguje (aj keď iba za predpokladu, že $A$ je regulárna.) Prečo to funguje sa dá prečítať tu: viewtopic.php?t=812
Ale je to rozhodne prácnejšie riešenie než to štandardné. Napríklad v skupine C vyšla matica $A^{-1}$ takto.