fylladio7-2005 - ΦΥΛΛΑ∆ΙΟ 5 (Σ.Ε.Μ.Φ.Ε.)...

Info iconThis preview shows page 1. Sign up to view the full content.

View Full Document Right Arrow Icon
This is the end of the preview. Sign up to access the rest of the document.

Unformatted text preview: ΦΥΛΛΑ∆ΙΟ 5 (Σ.Ε.Μ.Φ.Ε.) Γραµµικές Απεικονίσεις 2005-06 1. Να βρεθεί ο πίνακας αλλαγής βάσης από την u={u1=(1,-1,0), u2=(-1,2,1), u3=(0,-2,1)} στην κανονική του διανυσµατικού χώρου R3. Να βρεθούν οι συντεταγµένες του διανύσµατος x=(1,-1,2) ως προς τη βαση u. 2. ∆ίνεται ο χώρος R3 µε βάση την {u1=(1,1,1), u2=(1,-1,0), u3=(1,1,-2)} και µια γραµµική απεικόνιση Τ: R3 → R3 που έχει πίνακα , ως προς τη βάση αυτή, τον 0⎤ ⎡2 0 ⎢0 − 1 Α= ⎢ 0 ⎥ . Να βρεθεί ο τύπος της Τ. ( ∆ηλ. η εικόνα του τυχόντος διανύσµατος ⎥ ⎢0 0 −1 ⎥ ⎣ ⎦ (x1,x2,x3) ως προς την κανονική βάση.) 3. O πίνακας ενός γραµ. µετασχηµατισµού Τ ∈ L(R3) ως προς τη βάση u={u1=(1,1,0), u2=(0,1,1), u3=(1,0,1)} είναι ο ⎡1 0 1⎤ Α= ⎢0 1 0⎥ . Βρείτε τον πίνακα του Τ ως προς τη βάση v={v1=(2,1,1), v2=(3,0,1), ⎢ ⎥ ⎢3 0 1 ⎥ ⎣ ⎦ v3=(0,1,3)}. 4. O πίνακας ενός γραµµικού µετασχηµατισµού Τ ∈ L(R3) ως προς τη βάση ε={ε1=(1,0,0), ε2=(1,1,0), ε3=(1,1,1)} είναι ο 1 2⎤ ⎡− 1 ⎢0 Α= ⎢ 1 − 1⎥ . Βρείτε τον τύπο του Τ. ⎥ ⎢ 3 −2 1⎥ ⎣ ⎦ 5. ∆είξτε ότι ο γραµµικός µετασχηµατισµός Τ ∈ L(R3): Τ(x,y,z)=(x-3y-2z, y-4z, z) είναι αντιστρέψιµος και βρείτε τον αντίστροφό του. 6. Βρείτε µια γραµµική απεικόνιση Τ: R3 → R3 τέτοια ώστε: Τ(1,2,-1)=(1,0), Τ(2,1,4)=(0,1). ∆είξτε ότι κάθε τέτοια απεικόνιση στέλνει το (1,1,1) σ’ ένα σταθερό σηµείο u0 ∈ R3. 7. Εστω ο γραµµικός µετασχηµατισµός Τ: R2 → R2 τέτοιος ώστε: Τ(1,1)=(-2,0) και Τ(0,1)= (-1,1). i) Βρείτε τον πίνακα του Τ: α) ως προς την κανονική βάση. β) ως προς τη βάση u1=e1+e2, u2=e2. ii) ∆είξτε ότι υπάρχει ο Τ-1 και βρείτε τον πίνακα του Τ-1 ως προς την κανονική βάση. 8. Εστω η γραµµική απεικόνιση D: P n → P n: D p (t)= p' (t) (παράγωγος). Να βρεθεί ο πίνακας της Τ ως προς τη βάση i) {1, t1, t2, …,t n} . ii) {1, 1+t, 1+t2, …, 1+tn}. 1 Γυρίστε Σελίδα 9. Εστω η ευθεία (ε): x=t, y=2t, z=3t, t ∈ R. Θεωρούµε την απεικόνιση Τ: R3 → R3 που απεικονίζει κάθε σηµείο του R3 στην ορθή προβολή του στην ευθεία (ε). i) Να προσδιοριστεί η Τ. ii) Να δειχθεί ότι είναι γραµµική και να βρεθεί ο πίνακάς της ως προς την κανονική βάση. iii) Να βρεθεί µια βάση του πυρήνα της Τ. Είναι η Τ «1-1»; iv) Τί παριστάνει γεωµετρικά ο πυρήνας της Τ; 10. ∆ίνονται οι απεικονίσεις D , T : P → P , D( f ) = f ' και T( f ) = tf . i) ∆είξτε ότι είναι γραµµικές απεικονίσεις και υπολογίστε την απεικόνιση D T-T D. ii) ∆είξτε ότι είναι (T D)2= T D+Τ2 D2. Παράδοση µέχρι 12-12-2005 2 Σ. Καρανάσιος Γυρίστε Σελίδα ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΤΟΥ ΦΥΛΛΑ∆ΙΟΥ 5 (ΣΕΜΦΕ) 1. Να βρεθεί ο πίνακας αλλαγής βάσης από την u={u1=(1,-1,0), u2=(-1,2,1), u3=(0,-2,1)} στην κανονική του διαν. χώρου R3. Να βρεθούν οι συντεταγµένες του διαν. x=(1,-1,2) ως προ τη βαση u. Λύση: e1=(1,0,0)=λ1 u1+ λ2 u2+λ3 u3=(λ1-λ2, -λ1+2λ2-2λ3, λ2+λ3) ⇒ λ1-λ2=1, -λ1+2λ2-2λ3=0, λ2+λ3=0 ⇒ λ1=4/3, λ2=1/3, λ3=-1/3 και e1=4/3u1+1/3u2-1/3u3. e2=(0,1,0) =(λ1-λ2, -λ1+2λ2-2λ3, λ2+λ3) ⇒ λ1-λ2=0, -λ1+2λ2-2λ3=1, λ2+λ3=0 ⇒ λ1=1/3, λ2=1/3, λ3= -1/3 και e2=1/3u1+1/3u2-1/3u3. Οµοίως e2=2/3u1+2/3u2+1/3u3 . Οπότε ο πίνακας αλλαγής βάσης από την u στην κανονική είναι: ⎡ 4 / 3 1 / 3 2 / 3⎤ P= ⎢ 1 / 3 1 / 3 2 / 3⎥ . Εποµένως αν (x1, x2, x3) είναι οι συντεταγµένες του x ως προς τη ⎢ ⎥ ⎢−1 / 3 − 1 / 3 1 / 3 ⎥ ⎣ ⎦ βάση u τότε: ⎡ x 1 ⎤ ⎡ 4 / 3 1 / 3 2 / 3⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎡7 / 3⎤ ⎢ x ⎥ = ⎢ 1 / 3 1 / 3 2 / 3⎥ ⎢− 1⎥ = ⎢4 / 3⎥ δηλαδή x=(7/3,4/3,2/3) ως προς την u. ⎢ 2⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ x 3 ⎥ ⎢−1 / 3 − 1 / 3 1 / 3 ⎥ ⎢ 2 ⎥ ⎢2 / 3⎥ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣⎦⎣ Ο πίνακας αλλαγής βάσης από την κανονική στη u είναι: −1 0 ⎤ ⎡ 4 / 3 1 / 3 2 / 3⎤ −1 ⎡1 P-1= ⎢− 1 2 − 2 ⎥ = ⎢ 1/ 3 1 / 3 2 / 3⎥ . ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎢0 1 1 ⎥ ⎢−1 / 3 − 1 / 3 1 / 3 ⎥ ⎦ ⎣ ⎦⎣ 2. ∆ίνεται ο R3 µε βάση την {u1=(1,1,1), u2=(1,-1,0), u3=(1,1,-2)} και µια γραµµική απεικόνιση Τ: R3 → R3 που έχει πίνακα ως προς τη βάση αυτή τον 0⎤ ⎡2 0 ⎢0 − 1 Α= ⎢ 0 ⎥ . Να βρεθεί ο τύπος της Τ. ( ∆ηλ. η εικόνα του τυχόντος διανύσµατος ⎥ ⎢0 0 −1 ⎥ ⎣ ⎦ (x1,x2,x3) ως προς την κανονική βάση.) Tu2=0u1-u2+0u3=(-1,1,0), Λύση: 1ος τρόπος. Είναι: Τu1=2u1+0u2+0u3=2u1=(2,2,2), Tu3=0u1+0u2-u3=(-1,-1,2) (1). Οµως: u1=e1+e2+e3, u2=e1-e2, u3=e1+e2-2e3, οπότε Tu1=Te1+Te2+Te3, Tu2=Te1-Te2, Tu3=Te1+Te2-2Te3 (2). Από (1) και (2) έχουµε: Te1+Te2+Te3 =(2,2,2), Te1-Te2=(-1,1,0), Te1+Te2-2Te3=(-1,-1,2), οπότε λύνοντας το σύστηµα παίρνουµε: Te1=(0,1,1), Te2=(1,0,1), Te3=(1,1,0) και άρα Tx=T(x1,x2,x3) =x1Te1+x2Te2+x3Te3=(x2+x3, x1+x3, x1+x2). 2oς τρόπος. Βρίσκοµε τον πίνακα αλλαγής βάσης P από την κανονική στην u. Είναι: 1⎤ ⎡1 1 ⎢1 − 1 P= ⎢ 1 ⎥ οπότε αν Β είναι ο πίνακας της Τ ως προς την κανονική βάση θα έχουµε: ⎥ ⎢1 0 −2 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡1 1 A=P BP ⇔ B=PAP = ⎢1 − 1 ⎢ ⎢1 0 ⎣ -1 -1 1⎤ 1⎥ ⎥ −2 ⎥ ⎦ 0 ⎡2 ⎢0 − 1 ⎢ ⎢0 0 ⎣ 1 0⎤ ⎡ 2 2 ⎥ 1 ⎢3 − 3 0⎥ ⎢ 6 − 1⎥ ⎢1 1 ⎦⎣ 2 ⎤ ⎡0 1 1 ⎤ 0 ⎥ = ⎢1 0 1⎥ ⎥⎢ ⎥ − 2⎥ ⎢1 1 0⎥ ⎦⎣ ⎦ και [Τ(x1,x2,x3)]T=AX=A[(x1,x2,x3)]T= (x2+x3, x1+x3, x1+x2). 3. O πίνακας ενός γραµ. µετασχηµατισµού Τ ∈ L(R3) ως προς τη βάση u={u1=(1,1,0), u2=(0,1,1), u3=(1,0,1)} είναι ο ⎡1 0 1⎤ Α= ⎢0 1 0⎥ . Βρείτε τον πίνακα του Τ ως προς τη βάση v={v1=(2,1,1), v2=(3,0,1), ⎢ ⎥ ⎢3 0 1 ⎥ ⎣ ⎦ v3=(0,1,3)}. Λύση: Είναι v1=(2,1,1)=1 (1,1,0)+0 (0,1,1)+1 (1,0,1), v2=(3,0,1)=1 (1,1,0)-1 (0,1,1)+2 (1,0,1), v3=(0,1,3)=-1 (1,1,0)+2 (0,1,1)+1 (1,0,1) οπότε ο πίνακας αλλαγής βάσης από την u στην v 1⎤ 1 −1 ⎤ ⎡1 ⎡− 5 − 3 ⎢0 − 1 ⎥ µε P-1=- 1 ⎢ 2 είναι P= ⎢ 2 − 2 ⎥ οπότε ο πίνακας του Τ ως προς τη βάση 2⎥ ⎢ ⎥ 4 ⎢1 ⎢ 1 −1 −1 ⎥ 2 1⎥ ⎣ ⎣ ⎦ ⎦ 1 ⎤ ⎡1 0 1⎤ ⎡1 ⎡− 5 − 3 1⎢ v είναι Β=P AP=- ⎢ 2 2 − 2 ⎥ ⎢0 1 0 ⎥ ⎢0 ⎥⎢ ⎥⎢ 4 ⎢ 1 − 1 − 1 ⎥ ⎢3 0 1⎥ ⎢1 ⎦⎣ ⎣ ⎦⎣ -1 1 −1 2 − 1 ⎤ ⎡6 / 4 7 / 4 2⎤ ⎥ =⎢ 1 2⎥ ⎢ 6 / 4 − 2⎥ ⎥ 1 ⎥ ⎢1 / 2 1 / 4 0⎥ ⎦⎣ ⎦ 4. O πίνακας ενός γραµ. µετασχηµατισµού Τ ∈ L(R3) ως προς τη βάση ε={ε1=(1,0,0), ε2=(1,1,0), ε3=(1,1,1)} είναι ο 1 2⎤ ⎡− 1 Α= ⎢ 0 1 − 1⎥ . Βρείτε τον τύπο του Τ. ⎢ ⎥ ⎢ 3 −2 1⎥ ⎣ ⎦ Λύση. Αρκεί να βρούµε τον πίνακα του Τ ως προς την κανονική βάση και αυτό προκύπτει εύκολα από τον Α αν ξέρουµε τον πίνακα αλλαγής βάσης P από την ε στην κανονική e. Είναι e1=1 ε1+0 ε2+0 ε3, e2=-1 ε1+1 ε2+0 ε3, e3=0 ε1-1 ε2+1 ε3 οπότε ο πίνακας αλλαγής βάσης P είναι ⎡1 − 1 0⎤ ⎡1 1 1⎤ ⎢0 ⎥ και ο P-1= ⎢0 1 1⎥ . Εστω Β ο πίνακας του Τ ως προς την κανονική βάση. P= ⎢ 1 − 1⎥ ⎢ ⎥ ⎢0 ⎢0 0 1⎥ 0 1⎥ ⎣ ⎣ ⎦ ⎦ 1 2⎤ ⎡1 − 1 0⎤ ⎡2 − 2 2⎤ ⎡1 1 1⎤ ⎡ − 1 ⎢0 1 1⎥ ⎢ 0 Τότε Β=P AP= ⎢ 1 − 1⎥ = ⎢3 − 4 1 ⎥ και 1 − 1⎥ ⎢0 ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢0 0 1⎥ ⎢ 3 − 2 0 1 ⎥ ⎢ 3 − 5 3⎥ 1 ⎥ ⎢0 ⎦⎣ ⎦⎣ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎡2 − 2 2⎤ ⎡ x 1 ⎤ ⎡2 x1 − 2 x 2 + 2 x 3 ⎤ T⎢ [T(x1,x2,x3)] = ⎢3 − 4 1 ⎥ ⎢ x 2 ⎥ = ⎢3 x1 − 4 x 2 + x 3 ⎥ δηλαδή ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎢3 − 5 3⎥ ⎢ x 3 ⎥ ⎢3 x1 − 5 x 2 + 3 x 3 ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Τ(x1,x2,x3)=(2x1-2x2+2x3, 3x1-4x2+x3, 3x1-5x2+3x3). -1 5. ∆είξτε ότι ο γραµ. µετασχ. Τ ∈ L(R3): Τ(x,y,z)=(x-3y-2z, y-4z, z) είναι αντιστρέψιµος και βρείτε τον αντίστροφό του. Λύση. Τ(x, y, z)=(0,0,0) ⇔ x-3y-2z=0, y-4z=0, z=0 ⇔ x=0, y=0, z=0 ⇔ Ν (Τ)=0 ⇔ Τ “1-1” ⇔ Τ αντιστρέψιµη. (Αλλωστε dimR (T)=3 και R (T)=R3 οπότε Τ είναι και «επί»). Εύρεση του Τ-1: 1ος τρόπος. Εστω Τ(x, y, z)=(κ, λ, µ). Τότε: 2 x-3y-2z=κ, y-4z=λ, z=µ, οπότε x=κ+3λ+14µ, y=λ+4µ, z=µ και άρα Τ-1 (κ, λ, µ) = (κ+3λ+14µ, λ+4µ, µ) 2ος τρόπος. Βρίσκουµε τον πίνακα της Τ ως προς την κανονική βάση. Ειναι: Τ(1, 0, 0)=(1, 0, 0), Τ(0, 1, 0)=(-3, 1, 0), Τ(0, 0, 1)=(-2, -4, 1), Οπότε ο πίνακας του Τ είναι ο ⎡1 − 3 − 2⎤ ⎡1 3 14⎤ ⎢0 ⎥ -1 Α= ⎢ και ο αντίστροφός του Α = ⎢0 1 4 ⎥ 1 − 4⎥ ⎢ ⎥ ⎢0 ⎢0 0 1 ⎥ 0 1⎥ ⎣ ⎣ ⎦ ⎦ -1 T –1 T T Αρα [Τ (x, y, z)] = A (x, y, z) = (x+3x+14z, y+4z, z) . 6. Βρείτε µια γραµµική απεικόνιση Τ: R3 → R3 τέτοια ώστε: Τ(1,2,-1)=(1,0), Τ(2,1,4)=(0,1). ∆είξτε ότι κάθε τέτοια απεικόνιση στέλνει το (1,1,1) σ’ ένα σταθερό σηµείο u0 ∈ R3. Λύση. Τα διανύσµατα (1,2,-1) και (2,1,4) είναι γραµµικός ανεξάρτητα και µαζί π.χ. µε το (0,0,1) αποτελούν βάση του R3. Εποµένως µπορούν να οριστούν άπειρες γραµ. απεικ. µε Τ(1,2,-1)=(1,0), Τ(2,1,4)=(0,1), Τ(0,0,1)=(α,β) µε α,β ∈ R αυθαίρετα. Μια τέτοια γραµ. απεικ. είναι π.χ. αν Τ(0,0,1)=(1,-1). Επειδή (1,1,1)=1/3 (1,2,-1)+1/3 (2,1,4), για οποιαδήποτε από τις παραπάνω Τ είναι: Τ(1,1,1)=1/3 Τ(1,2,-1)+1/3 Τ(2.1,4)=1/3 (1,0)+1/3 (0,1)=(1/3, 1/3)=u0=σταθερό. 7. Εστω ο γραµ. µετασχ. Τ: R2 → R2 τέτοιος ώστε: Τ(1,1)=(-2,0) και Τ(0,1)=(-1,1). i) Βρείτε τον πίνακα του Τ: α) ως προς την κανονική βάση. β) ως προς τη βάση u1=e1+e2, u2=e2. ii) ∆είξτε ότι υπάρχει ο Τ-1 και βρείτε τον πίνακα του Τ-1 ως προς την κανονική βάση. Λύση. i) α) Είναι e1=(1,1)-(0,1) οπότε Τe1=T(1,1)-T(0,1)=(-2,0)-(-1,1)=(-1,-1) και Te2=(-1,1). ⎡− 1 − 1⎤ Αρα ο ίνακας του Τ ως προς την κανονική βάση είναι Α= ⎢ ⎥. ⎣− 1 1⎦ β) Είναι Τu1=Te1+Te2=(-2,0)=-2u1+2u2, Tu2=Te2=(-1,1)=-1u1+2u2 . Αρα ο πίνακας του Τ ως ⎡− 2 − 1⎤ προς τη βάση {u1, u2} είναι Β= ⎢ . 2⎥ ⎦ ⎣2 ⎡− 1 − 1⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡− x1 − x 2 ⎤ ii) Από i) έχουµε: [Τ(x1,x2)]T=A X= ⎢ ⎥ και άρα ο τύπος της Τ είναι: ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎣− 1 1⎦ ⎣ x 2 ⎦ ⎣− x1 + x 2 ⎦ Τ(x1,x2)=(-x1-x2, -x1+x2). Εποµένως Τ(x1,x2)=(0,0) ⇔ x1=0, x2=0 ⇔ N (T)=0 ⇔ T-1 υπάρχει. ⎡ − 1 / 2 − 1 / 2⎤ Ο πίνακας του Τ ως προς την κανονική βάση είναι Α-1= ⎢ ⎥. ⎣− 1 / 2 1 / 2 ⎦ 8. Εστω η γραµ. απεικ. D: P n → P n : D p (t)= p' (t) (παράγωγος). Να βρεθεί ο πίνακας της Τ ωπρος τη βάση i) {1, t1, t2, …,t n} . ii) {1, 1+t, 1+t2, …, 1+tn}. 3 Λύση. D1=0=0 1+0 t+…+0 t n, Dt=1= 1 1 +0 t+…+0 tn,…, D t n =n tn-1=0 1+0 t+…+n tn-1+0 tn 1 −2 . . − n⎤ ⎡0 1 0 . . 0⎤ ⎡0 ⎢0 0 2 . . 0⎥ ⎢0 0 2. . 0⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎥ οπότε ΑD= ⎢ . . . . . . ⎥ . Οµοια ΒD= ⎢ . . . . . . ⎥ αφού ⎢ ⎢ ⎥ ⎥ 0 0. . n⎥ ⎢0 0 0 . . n⎥ ⎢0 ⎢0 0 0 . . 0⎥ ⎢0 0 0. . 0⎥ ⎣ ⎣ ⎦ ⎦ D1=0=0 1+0 (1+t)+…+0 (1+tn), D (1+t)=1=1 1+0 (1+t)+…+0 (1+tn), D (1+t2)=2t=-2 1+2(1+t)+…+0 (1+tn),…, D (1+tn)=ntn-1= -n 1+0 (1+t)+…+n (1+tn-1)+0 (1+tn). 9. Εστω η ευθεία (ε): x=t, y=2t, z=3t, t ∈ R. Θεωρούµε την απεικόνιση Τ :R3 → R3 που απεικονίζει κάθε σηµείο του R3 στην ορθή προβολή του στην ευθεία (ε). i) Να προσδιοριστεί η Τ. ii) Να δειχθεί ότι είναι γραµµική και να βρεθεί ο πίνακάς της ως προς την κανονική βάση. iii) Να βρεθεί µια βάση του πυρήνα της Τ. Είναι η Τ «1-1»; iv) Τί παριστάνει γεωµετρικά ο πυρήνας της Τ; Λύση. Προσδιορισµός του σηµείου Μ0(α0,β0,γ0). Βρίσκουµε πρώτα την εξίσωση του επιπέδου που διέρχεται από το Μ και είναι κάθετο στην ευθεία (ε): x=y/2=z/3. Είναι n=(1,2,3) και 1 (x-α)+2 (y-β)+3 (z-γ)=0 ⇒ (π): x+2y+3z-α-2β-3γ = 0. Επειδή Μ0 = (π) ∩ (ε) είναι: x=t, y=2t, z=3t, t+4t+9t-α-2β-3γ = 0 ⇒ z Μ(α,β,γ) Μ0(α0,β0,γ0) y x ( ε) 2α + 4 β + 6γ 3α + 6 β + 9γ t= και α0 = , β0 = , γ0 = οπότε: 14 14 14 14 α + 2 β + 3γ 2α + 4 β + 6γ 3α + 6 β + 9γ Τ(α,β,γ) = ( , , ). 14 14 14 ii) Το ότι η Τ είναι γραµµική προκύπτει από απλή εφαρµογή του ορισµού της γραµµικότητας. Επιπλέον Τ(1,0,0)=(1/14, 2/14, 3/14), Τ(0,1,0)=(2/14, 4/14, 6/14), Τ(0,0,1)=(3/14, 6/14, 9/14) οπότε ο πίνακας της Τ ως προς την κανονική βάση είναι: ⎡1 2 3⎤ Α = 1/14 ⎢2 4 6⎥ . ⎢ ⎥ ⎢3 6 9⎥ ⎣ ⎦ α + 2 β + 3γ α + 2 β + 3γ iii) KerT={(x,y,z): x+2y+3z=0, 2x+4y+6z=0, 3x+6y+9z=0 }= {(x,y,z) = x+2y+3z=0 } = {(-2y-3z, y, z ): y, z ∈ R}= {y (-2,1,0)+z (-3,0,1): y, z ∈ R }= [ (-2,1,0), (-3,0,1) ]. Αρα dim(ΚerT)=2, εποµένως ΚerT ≠ {0 } και άρα η Τ δεν είναι “ 1-1”. iv) Ο πυρήνας της Τ είναι επίπεδο που διέρχεται από την αρχή, είναι κάθετο στην ευθεία (ε) και έχει εξίσωση x+2y+3z=0. 10. ∆ίνονται οι απεικονίσεις D , T : P → P , D( f ) = f ' και T( f ) = tf . i) ∆είξτε ότι είναι γραµµικές απεικονίσεις και υπολογίστε την απεικόνιση D T-T D. ii) ∆είξτε ότι είναι (T D)2= T D+Τ2 D2. Λύση. i) H γραµµικότητα της D προκύπτει από τις ιδιότητες της παραγώγου ενώ της Τ µε απλή εφαρµογή του ορισµού. Είναι: (D T-T D)(f) = (D T)(f)-( T D)(f) = D(tf)-T(Df)= f ∀ f ∈ P. Αρα D T-T D = Ι (1). (1) ii) (T D)2= (T D) (T D)= T (D T) D = T (I+T D) D=T D+T2 D2. 4 ...
View Full Document

Ask a homework question - tutors are online