Bepaling van de matrix van een lineaire afbeelding

Lineaire afbeeldingen: Matrices van lineaire afbeeldingen

Bepaling van de matrix van een lineaire afbeelding

Ten gevolge van de stelling Lineaire afbeelding bepaald door bases is een lineaire afbeelding van #\mathbb{R}^n# naar #\mathbb{R}^m# eenduidig bepaald door de beelden van een basis #\basis{\vec{a}_1,\ldots ,\vec{a}_n}# voor #\mathbb{R}^n#. Als deze basis de standaardbasis #\basis{\vec{e}_1,\ldots,\vec{e}_n}# is, dan kunnen we met de stelling Lineaire afbeeldingen in coördinaatruimten bepaald door matrices de bijbehorende matrix zo opschrijven. Maar als het een andere dan de standaardbasis is, moeten we eerst wat rekenen. Dat rekenwerk berust op de volgende techniek.

Matrixbepaling door vegenLaat #L:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m# een lineaire afbeelding zijn en #\alpha = \basis{\vec{a}_1,\ldots,\vec{a}_n}# een basis voor #\mathbb{R}^n#. Vorm de #(n\times(n+m))#-matrix

\[\matrix{\vec{a}_1& L( \vec{a}_1)\\ \vec{a}_2& L( \vec{a}_2)\\ \vdots&\vdots\\ \vec{a}_n& L( \vec{a}_n)}\]

Als we deze matrix vegen tot de gereduceerde trapvorm, dan ontstaat links de identiteitsmatrix en staan rechts de beelden van de standaardbasisvectoren onder #L# (als rijvectoren). Met andere woorden, de #(n\times m)#-deelmatrix rechts is de getransponeerde van #L_{\varepsilon}#.

Bekijk twee rijen waarin we links een vector en rechts de bijbehorende beeldvector hebben neergezet:
\[\pmatrix{\vec{a}& L( \vec{a})\\ \vec{b}& L( \vec{b})}\] Als we de rijen optellen dan krijgen we
\[\matrix{\vec{a}+\vec{b}& L( \vec{a})+L(\vec{b})}\] Omdat #L# lineair is, staat rechts #L(\vec{a}+\vec{b} )#; we krijgen door optelling dus weer een rij waar links een vector en rechts de beeldvector staat. Dat geldt ook voor scalaire vermenigvuldiging: als we de eerste rij met #\alpha# vermenigvuldigen dan vinden we
\[
\matrix{\alpha\vec{a}&\alpha L\vec{a}}
\] en dit is wegens de lineariteit van #L# weer een rij waar links een vector #\alpha\vec{a}# en rechts diens beeldvector #L(\alpha \,\vec{a})# staat.

Hieruit volgt dat als we in een stelsel van dit soort rijen gaan vegen, iedere rij in dit stelsel de eigenschap houdt dat links een vector en rechts de bijbehorende beeldvector staat.

Omdat #\basis{\vec{a}_1,\ldots,\vec{a}_n}# een basis is, zal de gereduceerde trapvorm van het linkerdeel van de matrix in de regel de identiteitsmatrix zijn. Bijgevolg is, voor #i=1,\ldots,n#, de #i#-de rijvector van de rechter #(n\times m)#-deelmatrix van de gereduceerde trapvorm het beeld van de #i#-de standaard basis vector. We concluderen dat de matrix van #L# bestaat uit de
bijbehorende kolomvectoren, dat wil zeggen: gelijk is aan de getransponeerde van de rechter #(n\times m)#-deelmatrix van de gereduceerde trapvorm.

Hieronder zijn enkele voorbeelden van deze techniek uitgewerkt.

Een lineaire afbeelding # L :\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3# wordt gegeven door
\[\begin{array}{rcl}
L( \rv{ -1 , 0 , 1 } )&=&\rv{ -1 , -1 , -1 } \\ L( \rv{ -2 , 1 , 0 } )&=&\rv{ 1 , -2 , -4 } \\ L(\rv{ 1 , -1 , 2 } )&=&\rv{ -3 , 1 , 4 } \end{array}
\]
Bepaal de matrix #L_{\varepsilon}# van #L# ten opzichte van de standaardbasis #\varepsilon=\basis{\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3}#.

\(L_{\varepsilon} = \) \(\matrix{0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ }\)

In termen van matrices kunnen de voorwaarden op \(L_{\varepsilon}\) geschreven worden als
\[ \matrix{-1 & 0 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 2 \\ }\, L_{\varepsilon}^\top = \matrix{-1 & -1 & -1 \\ 1 & -2 & -4 \\ -3 & 1 & 4 \\ }\] waarin #L_{\varepsilon}^\top# de getransponeerde van #L_{\varepsilon}# is. We vinden #L_{\varepsilon}^\top# door van de matrix
\[ \left(\left.\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 2 \end{array}\ \right|\begin{array}{ccc}-1 & -1 & -1 \\ 1 & -2 & -4 \\ -3 & 1 & 4 \end{array}\right)\] de rijen te vegen tot de gereduceerde trapvorm:
\[\begin{array}[t]{ll}
\left(\left.\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 2 \end{array}\ \right|\begin{array}{ccc}-1 & -1 & -1 \\ 1 & -2 & -4 \\ -3 & 1 & 4 \end{array}\right)
&
\begin{array}[t]{ll} \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} -2 & 1 & 0 & 1 & -2 & -4 \\ -1 & 0 & 1 & -1 & -1 & - 1 \\ 1 & -1 & 2 & -3 & 1 & 4 \end{array}\right) & \\\\ \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & -{{1}\over{2}} & 0 & -{{1}\over{2}} & 1 & 2 \\ -1 & 0 & 1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 2 & -3 & 1 & 4 \end{array}\right) & \\\\ \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & -{{1}\over{2}} & 0 & -{{1}\over{2}} & 1 & 2 \\ 0 & -{{1}\over{2}} & 1 & -{{3}\over{2}} & 0 & 1 \\ 1 & - 1 & 2 & -3 & 1 & 4 \end{array}\right) & \\\\ \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & -{{1}\over{2}} & 0 & -{{1 }\over{2}} & 1 & 2 \\ 0 & -{{1}\over{2}} & 1 & -{{3}\over{2}} & 0 & 1 \\ 0 & -{{1}\over{2}} & 2 & -{{5}\over{2}} & 0 & 2 \end{array}\right) & \\\\ \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & -{{1}\over{2}} & 0 & -{{1}\over{2}} & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & 0 & -2 \\ 0 & -{{1}\over{2}} & 2 & -{{5}\over{2}} & 0 & 2 \end{array}\right) & \\\\ \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & -1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & 0 & -2 \\ 0 & -{{ 1}\over{2}} & 2 & -{{5}\over{2}} & 0 & 2 \end{array}\right) & \\\\ \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & -1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right) & \\\\ \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -2 & 3 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right) & \\\\ \sim\left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right) \end{array}
\end{array}
\] De #(3\times 3)#-deelmatrix rechts is gelijk aan
\[L_{\varepsilon}^\top = \matrix{0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ }\] zodat het antwoord wordt:
\[L_{\varepsilon} = \matrix{0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ }\]

Nieuw voorbeeld