Alt Uzaylar Oluşturmak | Online (Parayla Ödev Yaptırma)

Matrisler – Alt Uzaylar Oluşturmak (14) – Temel ve Boyut Örnekleri – Matrisler Ödev Yaptırma

odevcimonline — Mon, 24 Aug 2020 06:47:22 +0000

Ödevcim Online, Matrisler, Matris Nasıl Hesaplanır, Matrisler ve Doğrusal Dönüşümler, Matris Ödevi, Matris Yaptırma, Matris Ödevi Yaptırma aramalarınızın sonucu olarak burada. Tüm bölümlerde Matris danışmanlık, Matris yardım talepleriniz için akademikodevcim@gmail.com mail adresinden bize ulaşabilir veya sayfanın en altındaki formu doldurup size ulaşmamızı bekleyebilirsiniz.

Temel ve Boyut Örnekleri

Örnek :

Pn (t) (t derece n veya daha düşük polinomlar) bir {1, t, temeli vardır. . . , tn}, çünkü bu uzaydaki her vektör bir toplamdır.
a01 a1t ··· antn, ai ∈R, yani Pn (t) = span {1, t,. . . , tn}. Bu vektör kümesi doğrusal olarak bağımsızdır; Polinom p (t) = c01 c1t ··· cntn = 0 ise, c0 = c1 = ··· = cn = 0, yani p (t) sıfır polinomudur. Böylece Pn (t) sonlu boyutludur ve dim Pn (t) = n 1’dir.

Teorem. S = {v1, …, vn} V vektör uzayı için bir temel olsun. O zaman her w ∈ V vektörü, S tabanındaki vektörlerin doğrusal bir kombinasyonu olarak benzersiz bir şekilde yazılabilir:

w = c1v1 + · · · + cnvn.

Kanıt. S, V için bir temel olduğundan, o zaman spanS = V ve böylece w = c1v1 + ··· + cnvn gibi sabitler vardır.

W = d1v1 + · · · + dnvn olacak şekilde ikinci bir di sabit kümesi olduğunu varsayalım.
Sonra 0V = w − w
= c1v1 + ··· + cnvn −d1v1 – ··· −dnvn
= (c1 −d1) v1 + ··· + (cn −dn) vn.

Eğer ci ̸ = di olduğu tam olarak bir kez meydana gelirse, denklem 0 = (ci – di) vi’ye düşer, bu bir çelişkidir, çünkü vi vektörlerinin sıfır olmadığı varsayılır.

Eğer için ci ̸ = di olan birden fazla i’ye sahipsek, S’deki vektörlerden birini S’deki diğer vektörlerin doğrusal bir kombinasyonu olarak yazmak için bu son denklemi kullanabiliriz; bu, S’nin doğrusal olarak bağımsız olduğu varsayımıyla çelişir.

İspat Açıklaması

Açıklama Bu teorem, tabanları bu kadar kullanışlı kılan teoremdir – soyut vektörleri sütun vektörlerine dönüştürmemize izin verir. S setini sipariş ederek B = (v1,…, Vn) elde ederiz.

Ve şunu yazabiliriz;

Genel olarak, B alt simgesinin sağdaki sütun vektörüne bırakılmasının bir anlamı olmadığını unutmayın, çoğu vektör alanı sayı sütunlarından yapılmaz!

Çalışılan Örnekler

Daha sonra, bir vektörler koleksiyonunun Rn için bir temel oluşturup oluşturmadığını belirlemek için bir yöntem oluşturmak istiyoruz. Ama önce, sonlu boyutlu bir vektör uzayı için herhangi iki tabanın aynı sayıda vektöre sahip olduğunu göstermeliyiz.

Lemma S = {v1, …, vn} bir V vektör uzayı için bir temel ise ve T = {w1, …, wm}, vektörsineV’den bağımsız olarak bağımsız olarak bağımsızdır, o zaman m≤n.

İspatın amacı, S kümesiyle başlamak ve S’deki vektörleri her seferinde T’den gelen vektörlerle değiştirmektir, öyle ki her değişimden sonra hala V için bir temelimiz olur.

Kanıt. S, V’yi kapsadığından, {w1, v1,. . . , vn} doğrusal olarak bağımlıdır. O halde w1’i vi’nin doğrusal bir kombinasyonu olarak yazabiliriz; bu denklemi kullanarak vi’den birini w1 cinsinden ve kalan vj’yi j ̸ = i ile ifade edebiliriz.

O zaman, hala V’yi kapsayan doğrusal olarak bağımsız bir küme elde etmek için bu kümedeki vi’lerden birini atabiliriz. Şimdi S1’in bir temel olduğunu kanıtlamamız gerekiyor; S1’in doğrusal olarak bağımsız olduğunu ve S1’in V’yi kapsadığını göstermeliyiz.

S1 = {w1, v1, …, vi − 1, vi + 1, …, vn} kümesi doğrusal olarak bağımsızdır: Önceki teoreme göre, w1’i S kümesi cinsinden ifade etmenin benzersiz bir yolu vardı. Şimdi, bir çelişki elde etmek için, bazı k ve sabitlerin ci olduğunu varsayalım, öyle ki

vk = c0w1 + c1v1 + ··· + ci − 1vi − 1 + ci + 1vi + 1 + ··· + cnvn.

Sonra w1’i S koleksiyonu cinsinden ifade ile değiştirmek, vk vektörünü S’deki vektörlerin doğrusal bir kombinasyonu olarak ifade etmenin bir yolunu verir, bu da S’nin doğrusal bağımsızlığıyla çelişir. Öte yandan, w1’i doğrusal olarak ifade edemeyiz. w1’in S cinsinden ifadesi benzersiz olduğundan ve vi vektörü için sıfır olmayan bir katsayıya sahip olduğundan, vektörlerin {vj | j ̸ = i} ‘deki kombinasyonu. O halde S1’deki hiçbir vektör, S1’deki diğer vektörlerin bir kombinasyonu olarak ifade edilemez, bu da S1’in doğrusal olarak bağımsız olduğunu gösterir.

Set S1 spansV: Foranyu∈V, S’deki vektörlerin wecanexpressuasalinearcombination. Ancak vi’yi S1 koleksiyonundaki vektörlerin lineer bir kombinasyonu olarak ifade edebiliriz; vi’yi bu şekilde yeniden yazmak, u’yu S1’deki vektörlerin doğrusal bir kombinasyonu olarak ifade etmemize izin verir. Böylece S1, n vektörlü V’nin temelidir.

Şimdi bu işlemi, S1’deki vi’den birini w2 ile değiştirerek, vb. Yineleyebiliriz. M ≤ n ise, bu işlem Sm = {w1, …, wm, vi1, …, vin − m} kümesiyle biter, bu da iyidir.

Aksi takdirde, m> n olur ve Sn = {w1, …, wn} kümesi V için bir temel oluşturur. Ama yine de T’de Sn’de olmayan bir wn + 1 vektörümüz var. Sn bir temel olduğu için, wn + 1’i Sn’deki vektörlerin bir kombinasyonu olarak yazabiliriz, bu da T kümesinin doğrusal bağımsızlığıyla çelişir. O halde istenildiği gibi m ≤ n olması gerekir.

Sonuç 11.0.3. Sonlu boyutlu bir V vektör uzayı için, V’nin herhangi iki tabanı aynı sayıda vektöre sahiptir.

Kanıt. S ve T, V için iki baz olsun. O zaman ikisi de V’yi kapsayan doğrusal bağımsız kümelerdir. S’nin n vektörlere ve T’nin m vektörlere sahip olduğunu varsayalım. Sonra önceki lemmaya göre, bu m ≤ n’ye sahibiz. Fakat (lemmanın uygulanmasında S ve T rollerini değiş tokuş ederek) n ≤ m olduğunu da görüyoruz. Daha sonra istenildiği gibi m = n.

Rn’deki Bazlar

2. gözden geçirme sorusu olarak, önceki bölümde şunları kontrol ettiniz:

ve bu vektörler kümesi doğrusal olarak bağımsızdır. (Eğer bu problemi siz yapmadıysanız, daha fazla okumadan önce bunu kontrol edin!) Yani bu vektör kümesi Rn ve dimRn = n için bir temeldir. Bu temele genellikle Rn için standart veya kanonik temel denir. İ’inci konumda bir ve diğer her yerde sıfır olan vektör ei olarak yazılır. (Bunu {1,2, …, n} → Rwhereei (j) = 1ifi = jand0ifi̸ = j fonksiyonu olarak da görüntüleyebilirsiniz.) İ. Koordinat ekseni yönünde işaret eder ve birim uzunluğa sahiptir. Çok değişkenli analiz sınıflarında, bu temel genellikle R3 için {ˆi, ˆj, kˆ} olarak yazılır.

The post Matrisler – Alt Uzaylar Oluşturmak (14) – Temel ve Boyut Örnekleri – Matrisler Ödev Yaptırma first appeared on Online (Parayla Ödev Yaptırma).

Matrisler – Alt Uzaylar Oluşturmak (13) – Doğrusal Bağımsızlık Örnekleri – Matrisler Ödev Yaptırma

odevcimonline — Mon, 24 Aug 2020 05:04:50 +0000

Doğrusal Bağımsızlık Örnekleri

Örnek :

R3’teki aşağıdaki vektörleri düşünün:

Doğrusal olarak bağımsız mı?

Sistemin c1v1 + c2v2 + c3v3 = 0 c1, c2, c3 için herhangi bir çözümü vardır. Bunu homojen bir sistem olarak yeniden yazabiliriz:…

Bu sistemin çözümleri vardır ancak ve ancak M = 􏰁v1 v2 v3􏰂 matrisi tekil ise, bu nedenle M’nin determinantını bulmalıyız:

Matris M sıfır olmayan bir determinanta sahip olduğundan, denklem sistemine tek çözüm

c1 = c2 = c3 = 0. Yani v1, v2, v3 vektörleri doğrusal olarak bağımsızdır.
İşte bit içeren başka bir örnek:

Örnek :

Z32, 3 × 1 bit değerli matrislerin (yani sütun vektörlerinin) uzayı olsun. Aşağıdaki alt küme doğrusal olarak bağımsız mı?

Küme doğrusal olarak bağımlıysa, sisteme sıfır olmayan çözümler bulabiliriz: bu, doğrusal sistem olur.

Çözümler, ancak ve ancak matrisin determinantı sıfır değilse mevcuttur. Fakat:

Bu nedenle önemsiz olmayan çözümler mevcuttur ve küme doğrusal olarak bağımsız değildir.

Bağımlı Bağımsızlar

Şimdi v1, …, vn vektörlerinin doğrusal olarak bağımlı olduğunu varsayalım,

c1v1 + c2v2 + ··· + cnvn = 0 ile c1 ̸ = 0. Sonra: çünkü herhangi bir x ∈ span {v1, …, vn} tarafından verilir.
aralık {v1, …, vn} = aralık {v2, …, vn}

O zaman x, {v2, …, vn} aralığındadır.

Bir vektör listesinin kapsamı olarak bir vektör uzayı yazdığımızda, bu listenin olabildiğince kısa olmasını isteriz (bu fikir, sonraki bölümde daha ayrıntılı incelenecektir). Bu, yukarıdaki prosedürü tekrarlayarak başarılabilir.

Örnek :

Yukarıdaki örnekte, v4 = v1 + v2 olduğunu bulduk. Bu durumda, v4’ü içeren doğrusal bir kombinasyon olarak bir vektör için herhangi bir ifade, v4 = v1 + v2 ikamesi yapılarak v4 içermeyen bir kombinasyona dönüştürülebilir.
Sonra:

S = aralık {1 + t, 1 + t2, t + t2,2 + t + t2,1 + t + t2}
= aralık {1 + t, 1 + t2, t + t2,1 + t + t2}.

Şimdi 1 + t + t2 = 1 (1 + t) + 1 (1 + t2) + 1 (t + t2) olduğunu görüyoruz. Dolayısıyla, 222 1 + t + t2 = v5 vektörü de yabancıdır, çünkü kalan üç vektörün, v1, v2, v3’ün doğrusal bir kombinasyonu olarak ifade edilebilir. Bu nedenle

S = aralık {1 + t, 1 + t2, t + t2}.

Aslında, lineer sistem için hiçbir (sıfır olmayan) çözüm olup olmadığını kontrol edebilirsiniz.

c1 (1 + t) + c2 (1 + t2) + c3 (t + t2) = 0.

Bu nedenle, kalan vektörler {1 + t, 1 + t2, t + t2} doğrusal olarak bağımsızdır ve S vektör uzayına yayılır. O halde bu vektörler, vektörlerden daha fazla vektörün kaldırılamayacağı anlamında, minimal bir kapsama kümesidir. doğrusal olarak bağımsızdır. Böyle bir kümeye S için temel denir.

Sorunları İnceleyin

Okuma Problemleri
Doğrusal bağımsızlık testi
Gauss elimine etme
Kapsayan ve doğrusal bağımsızlık

1. Bn, Z2 alanı üzerindeki n × 1 bit değerli matrislerin (yani sütun vektörlerinin) uzayı olsun. Bunun, herhangi bir doğrusal kombinasyondaki katsayıların, burada verilen katsayıları toplama ve çarpma kurallarıyla birlikte sadece 0 veya 1 olabileceği anlamına geldiğini unutmayın.

(a) Bn’de kaç farklı vektör vardır?
(b) B3’ü kapsayan ve doğrusal olarak bağımsız olan vektörlerin bir S koleksiyonunu bulun.
sarkık. Başka bir deyişle, B3’ün temelini bulun.
(c) B3’teki her bir vektörü, vektörlerin doğrusal bir kombinasyonu olarak yazın
seçtiğiniz S setinde.
(d) B3’ü yalnızca iki vektörle yaymak mümkün olabilir mi?

2. e1, Rn’de i’inci konumda 1 ve diğer her konumda 0 olan vektör olsun. Rn’de v keyfi bir vektör olsun.

(a) {e1, koleksiyonunun olduğunu gösterin. . . , en} doğrusal olarak bağımsızdır.
(b) v = 􏰛ni = 1 (v ei) ei olduğunu gösterin.
(c) {e1,. . . , en} hangi vektör uzayı ile aynıdır?

3. R3’ten sıralı vektör kümesini düşünün;

(a) Vektörleri kullanarak kümenin doğrusal olarak bağımsız olup olmadığını belirleyin.
M matrisinin sütunları olarak ve RREF (M) ‘yi bulma.
(b) Mümkünse, her vektörü öncekilerin doğrusal bir kombinasyonu olarak yazın.
(c) Doğrusal olarak bağımsız sıralı bir küme oluşturmak için önceki vektörlerin doğrusal kombinasyonları olarak ifade edilebilen vektörleri çıkarın. (Küme kümenizdeki her vektör verilen kümeden olmalıdır.)

4. Gauss eliminasyonu, bir vektörler kümesinin bir vektör uzayına yayılıp yayılmadığını ve doğrusal olarak bağımsız olup olmadıklarını anlamak için yararlı bir araçtır. Sıralı bir sütun vektörleri kümesinden (v1, v2, …, vm) ⊂Rn ve aşağıda listelenen üç sıradan oluşan bir M matrisi düşünün:

(a) RREF (M), kimlik matrisidir. (b) RREF (M) bir sıra sıfıra sahiptir.
(c) (a) veya (b) durumlarının hiçbiri geçerli değildir.

İlk önce her durum için açık bir örnek verin, kullandığınız sütun vektörlerinin doğrusal olarak bağımsız mı yoksa her durumda kapsayıcı mı olduğunu belirtin. Sonra, genel olarak, (v1, v2,.., Vm) üç durumun her birinde doğrusal olarak bağımsız ve / veya Rn’yi kapsayıp kapsamadığını belirleyin. Doğrusal olarak bağımlılarsa, RREF (M) size bağımsız bir vektör kümesi elde etmek için hangi vektörlerin kaldırılabileceğini söylüyor mu?

Temel ve Boyut

Önceki bölümde, bir V vektör uzayında doğrusal olarak bağımsız bir vektör kümesi ve V’yi kapsayan bir vektör kümesi kavramları oluşturulmuştur; V’yi kapsayan herhangi bir vektör kümesi, doğrusal olarak bağımsız vektörlerin minimum bir koleksiyonuna indirgenebilir; böyle bir minimal kümeye alt uzay V’nin temeli denir.

Tanım V bir vektör uzayı olsun. O zaman, S doğrusal olarak bağımsız ve V = açıklık S ise, S kümesi V için bir temeldir.
S, V’nin bir temeli ise ve S yalnızca sonlu çok sayıda elemana sahipse, V’nin sonlu boyutlu olduğunu söyleriz. S’deki vektörlerin sayısı V’nin boyutudur.

V’nin sonlu boyutlu bir vektör uzayı olduğunu ve S ve T’nin V için iki farklı taban olduğunu varsayalım. S ve T’nin farklı sayıda vektöre sahip olmasından endişe edilebilir; o zaman V’nin boyutundan S temeli veya T temeli açısından bahsetmemiz gerekir. Neyse ki olan bu değil. Bu bölümün ilerleyen kısımlarında, S ve T’nin aynı sayıda vektöre sahip olması gerektiğini göstereceğiz. Bu, bir vektör uzayının boyutunun temelden bağımsız olduğu anlamına gelir. Aslında boyut, bir vektör uzayının çok önemli bir özelliğidir.

The post Matrisler – Alt Uzaylar Oluşturmak (13) – Doğrusal Bağımsızlık Örnekleri – Matrisler Ödev Yaptırma first appeared on Online (Parayla Ödev Yaptırma).

Matrisler – Alt Uzaylar Oluşturmak (11) – Tersin Belirleyicisi – Matris Sistemleri – Matrisler Ödev Yaptırma

odevcimonline — Sat, 22 Aug 2020 12:21:43 +0000

Alt Uzaylar ve Yayılma Kümeleri

Alt uzaylar

Tanım U, V’nin miras alınan toplama ve skaler çarpma işlemleri altındaki bir vektör uzayı ise, V vektör uzayının U alt kümesinin V’nin bir alt uzayı olduğunu söylüyoruz.

Misal :
Başlangıç noktasından geçen R3’te bir P düzlemini düşünün:
ax + by + cz = 0.

Bu denklem homojen sistem 􏰁a b c􏰂 x, y, z = 0 veya z olarak ifade edilebilir.

MX = 0withM teması􏰁a b c􏰂. EğerX1 veX2, her iki çözüm içinMX = 0 ise, matris çarpımının doğrusallığına göre, μX1 + νX2 de öyle:

M (μX1 + νX2) = μMX1 + νMX2 = 0.

Böylece P toplama ve skaler çarpma altında kapalıdır. Ek olarak, P orijini içerir (yukarıdan μ = ν = 0 ayarlanarak türetilebilir). Diğer tüm vektör uzayı gereksinimleri P için geçerlidir çünkü bunlar R3’teki tüm vektörler için geçerlidir.

Teorem. (Altuzay Teoremi). U, V vektör uzayının boş olmayan bir alt kümesi olsun. O zaman U, ancak ve ancak, u1 + νu2 ∈ U, U’da u2 ve keyfi sabitler μ, ν ise bir alt uzaydır.

Kanıt. Bu ispatın bir yönü kolaydır: Eğer U bir altuzaysa, o zaman bir vektör uzayıdır ve bu nedenle vektör uzaylarının toplamsal kapanma ve çarpımsal kapanma özellikleriyle, tüm u1 için μu1 + νu2 ∈ U olduğu doğru olmalıdır, U’da u2 ve tüm sabitler μ, ν.

Diğer yön de hemen hemen aynı derecede kolaydır: eğer u1 + νu2 ∈ U ise, U’daki tüm u1, u2 ve tüm sabitler μ, ν ise, U’nun bir vektör uzayı olduğunu göstermemiz gerekir. Yani, vektör uzaylarının on özelliğinin karşılandığını göstermemiz gerekiyor. Katkı kapatma ve çarpımsal kapatma özelliklerinin karşılandığını zaten biliyoruz. Dahası, U diğer sekiz özelliğin tamamına sahiptir çünkü V bunlara sahiptir.

Alt uzay teoreminin gereksinimlerinin genellikle “kapanma” olarak anıldığına dikkat edin.

Bir kümenin vektör uzayı olup olmadığını kontrol etmek için bu teoremi kullanabiliriz. Yani, daha büyük bir V vektör uzayından gelen bazı U vektörleri kümesine sahipsek, U’nun kendisinin daha küçük bir vektör uzayı oluşturup oluşturmadığını kontrol etmek için sadece iki şeyi kontrol etmemiz gerekir:

1. U’da herhangi iki vektör toplarsak, U’da bir vektör mü elde ederiz?
2. U’daki herhangi bir vektörü herhangi bir sabitle çarparsak,
vektör U?

Bu soruların her ikisinin de cevabı evet ise, U bir vektör uzayıdır. Değilse, U bir vektör uzayı değildir.

Alt Uzaylar Oluşturmak

103 U = 0, 1 ⊂R kümesini düşünün. 0 0

U yalnızca iki vektörden oluştuğu için, bu vektörlerin herhangi bir sabit katı da U’da olması gerektiğinden, U’nun bir vektör uzayı olmadığı açıktır. Örneğin, 0 vektörü U’da değildir ve vektör toplama altında U kapalı değildir. .
Ancak herhangi iki vektörün bir düzlemi tanımladığını biliyoruz:

Bu durumda, U’daki vektörler, R3’teki xy düzlemini tanımlar. Xy düzlemini, U’daki iki vektörün doğrusal bir kombinasyonu olarak ortaya çıkan tüm vektörlerin kümesi olarak görebiliriz. Bu tüm doğrusal kombinasyonlar kümesine U’nun açıklığı diyoruz:

Xy düzlemindeki herhangi bir vektörün formunda olduğuna dikkat edin.

Tanım = {s1, s2, …} ⊂V asubsetofV. Ardından, span (S) olarak belirtilen S’nin açıklığı settir
aralık (S): = {r1s1 + r2s2 + ··· + rNsN | ri ∈R, N∈N}.

Yani, S’nin açıklığı, S’nin elemanlarının tüm sonlu doğrusal kombinasyonlarının1 kümesidir. “Bir sabit çarpı s1 artı bir sabit çarpı s2 artı bir sabit çarpı s3 ve benzeri” formunun herhangi bir sonlu toplamı, S.2 olur.

Öte yandan, aralıktaki (S) herhangi bir vektörün z koordinatında sıfır olması gerekir. (Neden?) Yani span (S), bir vektör uzayı olan xy-düzlemidir. (Bunu doğrulamak için bir resim çizmeyi deneyin!)

Lemma. Herhangi bir S ⊂ V alt kümesi için, span (S), V’nin bir alt uzayıdır.

Kanıt. Spanın (S) bir vektör uzayı olduğunu göstermemiz gerekiyor.
Açıklığın (S) doğrusal kombinasyonlar altında kapalı olduğunu göstermek yeterlidir. İzin Vermek
u, v ∈ span (S) ve λ, μ sabit olabilir. Span (S) tanımına göre, ci ve di sabitleri vardır (bazıları sıfır olabilir) öyle ki:
u = c1s1 + c2s2 + ···
v = d1s1 + d2s2 + ···
⇒λu + μv = λ (c1s1 + c2s2 + ···) + μ (d1s1 + d2s2 + ···)
= (λc1 + μd1) s1 + (λc2 + μd2) s2 + ···

Bu son toplam, S’nin elemanlarının doğrusal bir birleşimidir ve bu nedenle açıklık (S) içindedir. O zaman açıklık (S) doğrusal kombinasyonlar altında kapatılır ve dolayısıyla V’nin bir alt uzayıdır.

Bu ispat, birçok ispat gibi, sadece tanımları yazmaktan biraz daha fazlasını içeriyordu.

Örnek:

A’nın hangi değerleri için

R3’te rastgele bir y vektörü verildiğinde, r1, r2, r3 sabitlerini bulmalıyız öyle ki

Bunu lineer sistem olarak r1, r2, r3 bilinmeyenlerinde şu şekilde yazabiliriz:

Matris M = tersinir ise, bir çözüm bulabiliriz.
herhangi bir y ∈ R3 vektörü için.

Bu nedenle, M’nin tersinir olması için a seçmeliyiz:
yani, 0̸ = detM = −2a2 + 3 + a = – (2a − 3) (a + 1).
O zaman açıklık R3, ancak ve ancak a̸ = −1,3.

Kapsayan kümeler olarak doğrusal sistemler

Alt uzayları oluşturmanın diğer bazı çok önemli yolları aşağıdaki örneklerde verilmiştir.

Örnek :

(Doğrusal haritanın çekirdeği).
L: U → V’nin vektör uzayları arasında doğrusal bir harita olduğunu varsayalım. O zaman eğer
L (u) = 0 = L (u ′),
doğrusallık bize şunu söyler
L (αu + βu ′) = αL (u) + βL (u ′) = α0 + β0 = 0.

Bu nedenle, alt uzay teoremi sayesinde, U’daki sıfır vektörüne eşlenen tüm vektörlerin kümesi, V’nin bir alt uzayıdır. L’nin çekirdeği olarak adlandırılır:
kerL: = {u ∈ U | L (u) = 0} ⊂ U.

Bir çekirdek bulmanın, homojen bir doğrusal denkleme bir çözüm bulmak anlamına geldiğini unutmayın.

Örnek :

(Doğrusal bir haritanın görüntüsü).
L: U → V’nin vektör uzayları arasında doğrusal bir harita olduğunu varsayalım.

O zaman eğer
v = L (u) ve v ′ = L (u ′), olursa, αv + βv ′ = αL (u) + βL (u ′) = L (αu + βu ′) sonucu çıkar.

Bu nedenle, alt uzay teoremini bir kez daha çağırmak, L haritasının çıktıları olarak elde edilen V’deki tüm vektörlerin kümesi bir alt uzaydır.

The post Matrisler – Alt Uzaylar Oluşturmak (11) – Tersin Belirleyicisi – Matris Sistemleri – Matrisler Ödev Yaptırma first appeared on Online (Parayla Ödev Yaptırma).