Линейный оператор

[svv]

Да, у меня тоже так. Попробуйте ещё таким способом: запишите матрицу $A$ оператора $\varphi$ в базисе $(1,x)$ и дальше, как в предыдущей задаче, $T^{-1}AT$.

В предыдущей задаче лучше искать матрицу $A$ в стандартном базисе — в нём сразу выписывается матрица перехода к $(b, q)$. Возможны и дальнейшие хитрости, позволяющие втрое сократить объём вычислений.

[MestnyBomzh]

Тогда в базисе ${1,x}$:

$$A = \begin{pmatrix} 2& 0 \\ 0&5 \end{pmatrix}$$

Матрица перехода:

$$T = \frac{1}{7}\begin{pmatrix} -3& 4 \\ 1&1 \end{pmatrix}$$

Получаем:

$$A' = \frac{1}{7}\begin{pmatrix} 26& 12 \\ 9&23 \end{pmatrix}$$

И как-то это не совпадает с полученным ранее результатом..

[svv]

MestnyBomzh в сообщении #1282778 писал(а):

Матрица перехода:

$$T = \frac{1}{7}\begin{pmatrix}-3& 4 \\1&1 \end{pmatrix}$$

Это Вы записали $T^{-1}$.
Напомню, что элемент матрицы перехода, стоящий в $i$-й строке и $k$-м столбце, равен $i$-й координате $k$-го базисного вектора нового базиса в старом базисе. Это можно записать в виде символического матричного равенства:

$$\begin{pmatrix} \tilde{\mathbf e}_1 & \tilde{\mathbf e}_2 &... & \tilde{\mathbf e}_n\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \mathbf e_1 & \mathbf e_2 &... & \mathbf e_n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} t_{11} & t_{12}&... & t_{1n} \\ t_{21} & t_{22}&... & t_{2n} \\ ...&...&...&... \\t_{n1} & t_{n2}&... & t_{nn} \end{pmatrix},\;\text{или}\;\tilde{\mathbf e}_k=\sum\limits_i \mathbf e_i\,t_{ik}$$

В нашем случае

$$\begin{pmatrix} x-1&3x+4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&x\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&4\\1&3\end{pmatrix},$$

поэтому

$$T=\begin{pmatrix}-1&4\\1&3\end{pmatrix}$$

[MestnyBomzh]

Да, точно, спасибо!

-- 12.01.2018, 00:39 --

svv
Так, только я сейчас подумал как искать в первой задаче преобразование от векторов из стандартного базиса и как-то впал в ступор - у нас же преобразование не задано.. Но я честно выписал на бумажке и получилось вроде так. По условию мы знаем это ($e_1, e_2$ - стандартный базис)

$$\left\{ \begin{array}{rcl} f(3e_1-e_2)&=&e_2 \\ f(2e_1-e_2)&=&e_1+2e_2 \\ \end{array} \right.$$

В силу линейности:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} 3f(e_1)-f(e_2)&=&e_2 \\ 2f(e_1)-f(e_2)&=&e_1+2e_2 \\ \end{array} \right.$$

Решаем систему:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} f(e_1)&=&-e_1-e_2 \\ f(e_2)&=&-3e_1-4e_2 \\ \end{array} \right.$$

Итого получаем матрицу (в единичном базисе):

$$A=\begin{pmatrix}-1&-3\\-1&-4\end{pmatrix}$$

[svv]

Да. Всё это можно красиво записать в матричных обозначениях. Я только обозначу матрицу оператора $f$ в стандартном базисе через $F$ с элементами $f_{ik}$, чтобы не путать с координатами вектора $a$. А в базисе $(b,q)$ через $F'$ c элементами $f'_{ik}$.
$\begin{pmatrix}f_{11}&f_{12}\\f_{21}&f_{22}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1&b_1\\a_2&b_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p_1&q_1\\p_2&q_2\end{pmatrix}$
В стандартном базисе:
$\begin{pmatrix}f_{11}&f_{12}\\f_{21}&f_{22}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&2\\-1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\1&2\end{pmatrix}$
Отсюда
$\begin{pmatrix}f_{11}&f_{12}\\f_{21}&f_{22}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\1&2\end{pmatrix}{\begin{pmatrix}3&2\\-1&-1\end{pmatrix}}^{-1}=\begin{pmatrix}-1&-3\\-1&-4\end{pmatrix}$
Теперь можно было бы найти $F'=S^{-1}FS$, где $S$ — матрица перехода от стандартного базиса к базису $(b, q)$. Но можно и этого не делать.

Во-первых, в базисе $(b, q)$ сами эти векторы имеют координаты соответственно $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ и $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$. Мы знаем, что оператор переводит $b$ в $q$. Значит,
$\begin{pmatrix}f'_{11}&f'_{12}\\f'_{21}&f'_{22}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$
Отсюда сразу получаем $f'_{11}=0, f'_{21}=1$.

Во-вторых, известно, что если $S$ невырождена, то у матриц $F$ и $F'=S^{-1}FS$ совпадают определитель и след (сумма диагональных элементов). У матрицы $F$, которую Вы нашли, определитель и след равны, соответственно, $1$ и $-5$, значит, и у $F'$ тоже:
$\operatorname{det}F'=0f'_{22}-1f'_{12}=1$, откуда $f'_{12}=-1$.
$\operatorname{tr}F'=0+f'_{22}=-5$, откуда $f'_{22}=-5$.

[arseniiv]

Хитро, определитель и след вроде обычно проходят позже.

[MestnyBomzh]

Да, дейтсвительно хитро, спасибо и за такой способ.
А след и определитель я уже давно проходил, это я просто освежаю память в предверии олимпиады