MAT204 LİNEER CEBİR II I. Ara Sınav Soruları SORULAR. x+y y x x y T(1,1) =

Ebat: px

Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "MAT204 LİNEER CEBİR II I. Ara Sınav Soruları SORULAR. x+y y x x y T(1,1) ="

Aysel Özek
5 yıl önce
İzleme sayısı:

1 MAT204 LİNEER CEBİR II I. Ara Sınav Soruları Numarası : T Adı Soyadı :. T : R 2 M 2 2, T(x,y) = {[ ] [ {(,0),(,)} ve, 0 0 SORULAR [ ] x+y y lineer dönüşümü veriliyor. x x y ] [ ] [ ]},, Bu lineer dönüşümün sıralı tabanlarına göre matrisini bulunuz. Yanıt: R 2 nin verilen taban elemanlarının görüntülerini M 2 2 nun verilen tabanına göre koordinatlarını bulup düzenlemeliyiz, buna göre: T(,0) = T(,) = [ [ 2 ] ] Olurlar. Şimdi verlen tabana göre koordinatlar. (İlk matris taban elemanı olduğu için yapılacak bir yok). [ ] [ [ [ [ ] 2 = c ]+c 2 ]+c 3 ]+c denkleminden kolayca c = c 3 =, c 2 = c 4 = 0 bulunur. Dolayısıyla istenilen matris olur. 2. T : R 3 R 3 dönüşümünün standart taban çiftine göre matrisi A ve {(0,0,),(0,,),(,,)} taban çiftine göre matrisi de B olmak üzere 0 0 A = B = şeklinde veriliyor. Bu durumda A = X B Y eşitliğini sağlayan X ve Y matrislerini varsa bulunuz. (Yol Gösterme: Taban değişim teoremini kullanınız.) Yanıt: Taban değiştirme teoremini anımsayacak olursak S : V W lineer dönüşümünün V nin {A,A 2,...A n } tabanına ve W nın {B,B 2,...B m } tabanına göre matrisi A ve V nin {C,C 2,...C n }

2 tabanına ve W nın {D,D 2,...D m } tabanına göre matrisi A ise uygun P ve Q matrisleri için A = P BQ dur. Hatta P ve Q aşağıda verildiği gibi bulunabilir. S V W A P I V IW Q V S B W A = Q BP Diagramın komutatif olması için I V ve I W dönüşümleri birim dönüşüm yani, X V için I V (X) = X dir. Benzer şekilde X W için I W (X) = X dir. Son olarak diagramın üstü de altı da aynı S dönüşümüdür. Bu anımsatmadan sonra soruya dönersek, hem P hem de Q matrisleri I R 3 : R 3 R 3 birim dönüşümünün {E,E 2,E 3 } ve {(0,0,),(0,,),(,,)} taban çiftine göre matrisidir. Bunu da hesaplarsak: olduğundan bulunur. Bunun sonucu olarak 0 = olur. T(,0,0) = (,0,0) = ( )(0,,) +(,,) T(0,,0) = (0,,0) = ( )(0,0,) +(0,,) T(0,0,) = (0,0,) P = P : R 3 R 3 dönüşümü, {(x,y,z) z = 2x 2y} düzlemine dik izdüşüm dönüşümü olmak üzere, bu dönüşümün R 3 ün standart tabanına göre matrisini belirleyiniz. Yanıt: Bu soru çok farklı yöntemler kullanılarak yanıtlanabilir. Yapılması gereken uzayda bir (a,b,c) noktasını verilen düzleme dik izdüşürmek demek; verilen (a, b, c) noktasını bu noktadan düzleme izdirilen dikmenin ayağına götürmek demektir. Dikme için de elimizde düzlemin normali olduğu için bu soru (a, b, c) den geçen ve doğrultu vektörü de düzlemin normali olan doğrunun düzlemi hangi noktada kestiği şekline dönüşür. Bizim soruya konu olan düzlemin normali n = (2, 2, ) dir. Bu durumda (a,b,c) noktasından geçen ve doğrultu vektörü n olan doğrunun (parametrik) denklemi: (x,y,z) = (a,b,c) +λ(2, 2, ) = (a+2λ,b 2λ,c λ) olur. Şimdi bu doğru λ nın hangi değeri için düzlemdedir, sorusunu yanıtlayalım. (λ nın hangi değeri için düzlem denklemini sağlar) c λ = 2(a+2λ) 2(b 2λ) λ = c 2a+2b 9 elde edilir. Buradan dikme ayağının koordinatları λ yerine konularak bulunur: ( (x,y,z) = a+2 c 2a+2b,b 2 c 2a+2b,c c 2a+2b ) ( 5a+4b+2c =, 4a+5b 2c, 2a 2b+8c )

3 Yani bu durumda projeksiyon ( 5a+4b+2c T : R 3 R 3, T(a,b,c) =, 4a+5b 2c, 2a 2b+8c ) dir. Şimdi bu dönüşümünü standart tabana göre matrisi: T(E ) = 9 (5,4,2) T(E 2 ) = 9 (4,5, 2) T(E 3 ) = 9 (2, 2,8) olur, dolayısıyla temsil matrisi: olur (a) T : R 4 R 4, T(x,y,z,t) = (z,x,0,y) dönüşümünün nilpotent olup olmadığını belirleyiniz. Yanıt: Bir T : V V dönüşümü X V için T n (X) = 0 fakat T n (X) 0 ise T ye n inci derreceden nilpotent dönüşüm denir. Şimdi verilen dönüşüm için hesaplarsak: T(x,y,z,t) = (z,x,0,y) T 2 (x,y,z,t) = T(T(x,y,z,t)) = T(z,x,0,y) = (0,z,0,x) T 3 (x,y,z,t) = T(T 2 (x,y,z,t)) = T(0,z,0,x) = (0,0,0,z) T 4 (x,y,z,t) = T(T 3 (x,y,z,t)) = T(0,0,0,z) = (0,0,0,0) olduğundan T derecesi 4 olan bir nilpotent dönüşümdür. (b) Sıfırdan farklı bir T izdüşüm dönüşümü aynı zamanda bir nilpotent dönüşüm olabilir mi? Tartışınız. Yanıt: Bildiğiniz gibi T : V V dönüşümü için X V için T 2 (X) = T(X) ise T ye bir projeksiyon denir. Şimdi A 0 vektörü için n N için T n (A) = A olduğundan (bunu tümevarımla hemen görebilirsiniz) bu dönüşüm nilpotent olamaz. (c) Her devresel dönüşüm aynı zamanda nilpotent dönüşüm müdür? Tartışınız. Yanıt: Bildiğiniz gibi bir T : V V dönüşümü için A V öyle ki V = L(A,T(A),T 2 (A),T 3 (A),...,T n (A)) olur. En azından sezgisel olarak n N için T n (A) 0 olmasını engelleyecek bir durum yoktur. Hele V yi bir boyutlu alırsak sıfırdan farklı her vektör bir taban oluşturduğundan,örneğin bir izomorfizm her zaman bir devirli dönüşüm olduğu halde nilpotent olamaz. Bu gözlemden sonra T : R R, T(x) = x dönüşümünü göz önüne alırsak {} kümesi (R yi) gerer fakat bu dönüşüm için T n () = ( ) n 0 olduğundan nilpotent değildir. 5. Aşağıda verilen denklem sisteminin katsayılar matrisinin sütun uzayını belirleyip, sistemin bir çözümünün var olup olmadığını tartışınız (Çözüm uzayının bulunmasına gerek yoktur!). x+y z = 2x 2y 2z = 2 x+2y +z = 0

4 Yanıt: Katsayılar matrisinin sütun vektörleri A = 2 A 2 = 2 2 A 3 = olduğundan, verilen denklem sisteminin çözümünün var olması için gerekli ve yeterlli koşul denklemin sağyanı b = A = 2 L(A,A 2,A 3 ) olmasıdır. Yani uygun x,y,z R için 0 xa +ya 2 +za 3 = b olur mu sorusunu yanıtlamalıyız. Bu ise son denklem açılırsa tamamen verilen denklem sistemidir. x+y z = 2x 2y 2z = 2 x+2y +z = 0 Son denklemden elde edilen x = z 2y ifadesi diğer iki denklemde yerine konursa 2 ( z 2y)+y z = 2( z 2y) 2y 2z = 2 y 2z = 6y 4z = 2 z = 2, y = 0, x = 2 olur. Aslında çözümün var olduğunu göstermekle kalmayıp çözümün ne olduğunu da bulmuş olduk. 6. Aşağıda verilen denklem sisteminin çözüm uzayını belirleyiniz. x 2 +2x 3 x 4 +x 5 = 5 x x 2 +x 3 +2x 4 x 5 = 6 x x 3 +3x 4 +2x 5 = 3 Yanıt: Denklem sisteminin genişletilmiş katsayılar matrisi: Şimdi bu matrise elamanter satır işlemlerini uygulayarak eşolon forma indirgeyelim: 2 L 3 L L L 2 L 2+L 3 L x x 2 +x 3 +2x 4 x 5 = 6 x 2 +2x 3 x 4 +x 5 = 5 x 3 +2x 4 +x 5 = 7

5 Buradan çözüm şu şekilde olur. Gördüğünüz gibi x 4 ve x 5 keyfi seçilir, bu durumda olur. Yani çözüm x 5 = a R x 4 = b R x 3 = 7 x 5 2x 4 = 7 a 2b x 2 = 5 x 5 +x 4 2x 3 = 9+a+5b x = 6+x 5 2x 4 x 3 +x 2 = 0+3a+5b (x,x 2,x 3,x 4,x 5 ) = ( 0+3a+5b, 9+a+5b,7 a 2b,b,a) afin uzay yapısı ile bulunur. = ( 0, 9,7,0,0) +a(3,,,0,) +b(5,5, 2,,0) = ( 0, 9,7,0,0) +L{(3,,,0,),(5,5, 2,,0)} Sınav süresi 20 dakikadır. Başarılar...

Benzer belgeler

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN Lineer Dönüşümler Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayları arasında tanımlanan belli fonksiyonları tanıyacak, özelliklerini öğrenecek, Bir dönüşümün,