Tilbake
2.6
Alle fag for Høyskole

2.6 Basisskifte for [T]_B, isomorfi og kjerne oversatt til funksjoner

Hvordan matrisen endres ved basisskifte ([T]_C = P_{C←B}[T]_B P_{B←C}), isomorfi-kriteriet (T isomorfi ⇔ [T]_B invertibel), og å oversette ker T / Nul[T]_B tilbake til polynomer eller funksjoner.

55 min
8 oppgaver
Basisskifte for [T]_Bisomorfikjerne oversatt til funksjoner
Din fremgang i kapitlet
0 / 8 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper:

- Kap. 2.5 — matriserepresentasjonen [T]B[T]_{\mathcal{B}}
- Kap. 2.4 — overgangsmatrisen PC←BP_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}} og retningen «C\mathcal{C} fra B\mathcal{B}»
- Kap. 1.2 — Nul⁡A\operatorname{Nul}A og basis fra frie variabler; kjernen finnes som et nullrom
- Invers matrise (MAT1110) — invers matrise

I kap. 2.5 fant vi matrisen [T]B[T]_{\mathcal{B}} til en operator relativt én basis. Men matrisen avhenger av basisen — velger vi en annen basis C\mathcal{C}, får vi en annen matrise [T]C[T]_{\mathcal{C}} for samme operator. Første spørsmål: hvordan henger de to sammen? Svaret er basisskifteformelen, og den bruker overgangsmatrisene fra kap. 2.4.

Deretter høster vi to gevinster av at TT nå er en matrise: vi kan avgjøre om TT er en isomorfi (bare sjekk om matrisen er invertibel), og vi kan finne kjernen ker⁡T\ker T som et nullrom — for så å oversette svaret tilbake til polynomer eller funksjoner. Vi jobber i tre løkker: (1) basisskifte, (2) isomorfi-kriteriet, (3) kjernen oversatt tilbake.

Løkke 1 — Basisskifte for operatormatrisen (~18 min)

Basisskifteformelen
Samme operator TT har ulik matrise i ulike baser. Matrisene henger sammen via overgangsmatrisene:

[T]C=PC←B [T]B PB←C.[T]_{\mathcal{C}}=P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}}\,[T]_{\mathcal{B}}\,P_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}}.

Les den fra høyre mot venstre, slik en koordinatvektor reiser: en C\mathcal{C}-koordinatvektor kommer inn, PB←CP_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}} oversetter den til B\mathcal{B}-koordinater, [T]B[T]_{\mathcal{B}} utfører TT, og PC←BP_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}} oversetter resultatet tilbake til C\mathcal{C}. Rekkefølgen og retningen på pilene må stemme — det er her poengene vinnes eller tapes.

Likedannethet (similaritet)
Siden PB←C=(PC←B)−1P_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}}=(P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}})^{-1}, kan vi skrive P=PC←BP=P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}} og få

[T]C=P [T]B P−1.[T]_{\mathcal{C}}=P\,[T]_{\mathcal{B}}\,P^{-1}.

To matriser som er knyttet slik (AA og PAP−1PAP^{-1}) kalles likedannede (similære). De representerer samme avbildning sett fra to baser. Likedannede matriser deler mange egenskaper — determinant, spor, rang og, som vi skal se, egenverdier.

📜Egenverdiene er basisuavhengige
Fordi [T]B[T]_{\mathcal{B}} og [T]C[T]_{\mathcal{C}} er likedannede, har de samme karakteristiske polynom og dermed samme egenverdier:

det⁡([T]C−λI)=det⁡(P[T]BP−1−λI)=det⁡(P([T]B−λI)P−1)=det⁡([T]B−λI).\det([T]_{\mathcal{C}}-\lambda I)=\det(P[T]_{\mathcal{B}}P^{-1}-\lambda I)=\det(P([T]_{\mathcal{B}}-\lambda I)P^{-1})=\det([T]_{\mathcal{B}}-\lambda I).

Egenverdiene tilhører altså operatoren TT, ikke basisen. Det gjør det trygt å velge den basisen som gjør [T]B[T]_{\mathcal{B}} enklest når du skal finne egenverdier.

📝Oppgave 1

(Innstegsoppgave — ren gjengivelse.) Basisskifteformelen er [T]C=PC←B[T]BPB←C[T]_{\mathcal{C}}=P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}}[T]_{\mathcal{B}}P_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}}.

a) Hvilken matrise står lengst til høyre, og hvorfor?

b) Hvilke to egenskaper deler [T]B[T]_{\mathcal{B}} og [T]C[T]_{\mathcal{C}} fordi de er likedannede?

✏️Eksempel 1: $[T]_{\mathcal{C}}$ for derivasjon via basisskifte (sjanger I)

La T(p)=p′T(p)=p' på P⁡2\operatorname{P}_2, med B={1,t,t2}\mathcal{B}=\{1,t,t^2\} og C={1, 1+t, 1+t+t2}\mathcal{C}=\{1,\ 1+t,\ 1+t+t^2\}. Fra kap. 2.5 er [T]B=[010002000][T]_{\mathcal{B}}=\begin{bmatrix}0&1&0\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{bmatrix}, og fra kap. 2.4 er PC←B=[1−1001−1001]P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}}=\begin{bmatrix}1&-1&0\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}, PB←C=[111011001]P_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}}=\begin{bmatrix}1&1&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{bmatrix}. Finn [T]C[T]_{\mathcal{C}}.

Bruk [T]C=PC←B[T]BPB←C[T]_{\mathcal{C}}=P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}}[T]_{\mathcal{B}}P_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}}. Regn innenfra og ut.

Først [T]BPB←C[T]_{\mathcal{B}}P_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}}:
[010002000][111011001]=[011002000].\begin{bmatrix}0&1&0\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&1\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{bmatrix}.

Så PC←B⋅(… )P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}}\cdot(\dots):
[1−1001−1001][011002000]=[01−1002000].\begin{bmatrix}1&-1&0\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&1\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&-1\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{bmatrix}.

Altså [T]C=[01−1002000][T]_{\mathcal{C}}=\begin{bmatrix}0&1&-1\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{bmatrix}. Kontroll — egenverdier: både [T]B[T]_{\mathcal{B}} og [T]C[T]_{\mathcal{C}} er øvre triangulære med bare nuller på diagonalen, så begge har egenverdien 00 (trippel) — som de skal, siden egenverdiene er basisuavhengige. ✓

📝Oppgave 2

La T(p)=p′T(p)=p' på P⁡2\operatorname{P}_2 med [T]B=[010002000][T]_{\mathcal{B}}=\begin{bmatrix}0&1&0\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{bmatrix} (B={1,t,t2}\mathcal{B}=\{1,t,t^2\}). La C={1, 1−t, t2}\mathcal{C}=\{1,\ 1-t,\ t^2\}. Overgangsmatrisene er PB←C=[1100−10001]P_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}}=\begin{bmatrix}1&1&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1\end{bmatrix} og PC←B=[1100−10001]P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}}=\begin{bmatrix}1&1&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1\end{bmatrix}. Finn [T]C[T]_{\mathcal{C}}.

Løkke 2 — Isomorfi-kriteriet (~18 min)

Kjerne og bilde av TT
Kjernen til TT er de vektorene som sendes til null: ker⁡T={x∈V:T(x)=0}\ker T=\{\mathbf{x}\in V:T(\mathbf{x})=\mathbf{0}\}. Bildet er alt TT treffer: im⁡T={T(x):x∈V}\operatorname{im}T=\{T(\mathbf{x}):\mathbf{x}\in V\}. Via koordinatavbildningen svarer disse nøyaktig til matrisens nullrom og kolonnerom:

ker⁡T ≅ Nul⁡[T]B,im⁡T ≅ Col⁡[T]B.\ker T\ \cong\ \operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}},\qquad \operatorname{im}T\ \cong\ \operatorname{Col}[T]_{\mathcal{B}}.

Så for å finne kjernen til en abstrakt operator, finner du nullrommet til matrisen — og oversetter tilbake (løkke 3).

Isomorfi-kriteriet
En isomorfi er en lineær avbildning som er både injektiv (én-til-én) og surjektiv (treffer alt) — den kobler to rom perfekt sammen. For en operator T:V→VT:V\to V på et endeligdimensjonalt rom er dette lett å avgjøre:

T er en isomorfi ⟺ [T]B er invertibel ⟺ ker⁡T={0}.T\text{ er en isomorfi}\ \Longleftrightarrow\ [T]_{\mathcal{B}}\text{ er invertibel}\ \Longleftrightarrow\ \ker T=\{\mathbf{0}\}.

Du sjekker altså bare om matrisen er invertibel (f.eks. det⁡[T]B≠0\det[T]_{\mathcal{B}}\ne0, eller full rang). Kriteriet er basisuavhengig — velg den basisen som gjør matrisen enklest.

Entydig løsning av T(f)=gT(f)=g

Isomorfi-kriteriet svarer også på løsbarhet. Likningen T(f)=gT(f)=g har nøyaktig én løsning ff for hver gg ⇔ TT er en isomorfi ⇔ [T]B[T]_{\mathcal{B}} er invertibel. Da er [f]B=[T]B−1[g]B[f]_{\mathcal{B}}=[T]_{\mathcal{B}}^{-1}[g]_{\mathcal{B}}. Er [T]B[T]_{\mathcal{B}} singulær, har likningen enten ingen eller uendelig mange løsninger (avhengig av gg). Dette er 2021 O3b-grepet.

✏️Eksempel 2: Er $T(p)=p'-p$ en isomorfi? (sjanger I/L)

La T:P⁡2→P⁡2T:\operatorname{P}_2\to\operatorname{P}_2 være T(p)=p′−pT(p)=p'-p, og B={1,t,t2}\mathcal{B}=\{1,t,t^2\}. Finn [T]B[T]_{\mathcal{B}}, avgjør om TT er en isomorfi, og bruk det til å si hvor mange løsninger T(p)=t2T(p)=t^2 har.

[T]B[T]_{\mathcal{B}} — regn TT på hver basisvektor og skriv i B\mathcal{B}-koordinater:

- T(1)=0−1=−1⇒(−1,0,0)T(1)=0-1=-1\Rightarrow(-1,0,0).
- T(t)=1−t⇒(1,−1,0)T(t)=1-t\Rightarrow(1,-1,0).
- T(t2)=2t−t2⇒(0,2,−1)T(t^2)=2t-t^2\Rightarrow(0,2,-1).

[T]B=[−1100−1200−1].[T]_{\mathcal{B}}=\begin{bmatrix}-1&1&0\\ 0&-1&2\\ 0&0&-1\end{bmatrix}.

Isomorfi? Matrisen er øvre triangulær, så determinanten er produktet av diagonalen: det⁡[T]B=(−1)(−1)(−1)=−1≠0\det[T]_{\mathcal{B}}=(-1)(-1)(-1)=-1\ne0. Altså er [T]B[T]_{\mathcal{B}} invertibel, og etter isomorfi-kriteriet er TT en isomorfi. Da er ker⁡T={0}\ker T=\{\mathbf{0}\}.

Løsninger av T(p)=t2T(p)=t^2: siden TT er en isomorfi, har T(p)=gT(p)=g nøyaktig én løsning for hver gg — spesielt for g=t2g=t^2. (Konklusjon: entydig løsbar.)

📝Oppgave 3

La T:P⁡2→P⁡2T:\operatorname{P}_2\to\operatorname{P}_2 være T(p)=p′+2pT(p)=p'+2p, og B={1,t,t2}\mathcal{B}=\{1,t,t^2\}.

a) Finn [T]B[T]_{\mathcal{B}}.

b) Avgjør om TT er en isomorfi ved å regne determinanten.

Løkke 3 — Kjernen oversatt tilbake til funksjoner (~15 min)

Oversett Nul⁡[T]B\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}} tilbake

Når [T]B[T]_{\mathcal{B}} er singulær, er ker⁡T≠{0}\ker T\ne\{\mathbf{0}\}. Oppskriften for å finne kjernen som polynomer/funksjoner:

1. Finn Nul⁡[T]B\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}} — en basis av koordinatvektorer (spesielle løsninger, én per fri variabel, akkurat som i kap. 1.2).
2. Oversett tilbake — hver koordinatvektor (c1,…,cn)(c_1,\dots,c_n) svarer til vektoren c1b1+⋯+cnbnc_1\mathbf{b}_1+\dots+c_n\mathbf{b}_n i VV.

Sluttsvaret skal være en mengde polynomer eller funksjoner, ikke tallkolonner. Å la ker⁡T\ker T bli stående i Rn\mathbb{R}^n er den dokumenterte fellen — og et tapt toppsjikt-poeng.

✏️Eksempel 3: $\ker T$ for derivasjon, oversatt til polynomer

La T(p)=p′T(p)=p' på P⁡2\operatorname{P}_2, B={1,t,t2}\mathcal{B}=\{1,t,t^2\}, med [T]B=[010002000][T]_{\mathcal{B}}=\begin{bmatrix}0&1&0\\ 0&0&2\\ 0&0&0\end{bmatrix}. Finn ker⁡T\ker T som en mengde polynomer.

Steg 1 — Nul⁡[T]B\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}}. Løs [T]Bc=0[T]_{\mathcal{B}}\mathbf{c}=\mathbf{0}. Radene gir c2=0c_2=0 og 2c3=02c_3=0, altså c2=c3=0c_2=c_3=0, mens c1c_1 er fri. Nullrommet er utspent av (1,0,0)(1,0,0):
Nul⁡[T]B=Span⁡{(1,0,0)}.\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}}=\operatorname{Span}\{(1,0,0)\}.

Steg 2 — oversett tilbake. Koordinatvektoren (1,0,0)(1,0,0) i basisen {1,t,t2}\{1,t,t^2\} svarer til polynomet 1⋅1+0⋅t+0⋅t2=11\cdot1+0\cdot t+0\cdot t^2=1. Altså
ker⁡T=Span⁡{1}={konstantpolynomene}.\ker T=\operatorname{Span}\{1\}=\{\text{konstantpolynomene}\}.

Verbal konklusjon: kjernen består av de konstante polynomene — helt riktig, for det er nøyaktig polynomene med derivert lik null. Svaret er en mengde polynomer, ikke en tallkolonne.

📝Oppgave 4

La T(p)=p′′T(p)=p'' (dobbelderivasjon) på P⁡3\operatorname{P}_3, B={1,t,t2,t3}\mathcal{B}=\{1,t,t^2,t^3\}.

a) Finn [T]B[T]_{\mathcal{B}}.

b) Finn ker⁡T\ker T som en mengde polynomer.

📝Oppgave 5

La V=Span⁡{1, cos⁡t, sin⁡t}V=\operatorname{Span}\{1,\ \cos t,\ \sin t\} med basis B={1,cos⁡t,sin⁡t}\mathcal{B}=\{1,\cos t,\sin t\}, og T(f)=f′T(f)=f'.

a) Finn [T]B[T]_{\mathcal{B}}.

b) Er TT en isomorfi? Finn ker⁡T\ker T som en mengde funksjoner.

Begrepsbank til eksamen

Basisskifte, isomorfi og kjerne-oversettelse i kortform — dette apparatet må sitte utenat (intet formelark).

Begrepsbanken er flashcard-/repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Basisskifteformelen
[T]C=PC←B[T]BPB←C[T]_{\mathcal{C}}=P_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}}[T]_{\mathcal{B}}P_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}}. Les fra høyre: C\mathcal{C}-vektor inn → PB←CP_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}} oversetter til B\mathcal{B} → [T]B[T]_{\mathcal{B}} virker → PC←BP_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}} oversetter tilbake til C\mathcal{C}.
Likedannethet (similaritet)
AA og PAP−1PAP^{-1} er likedannede — de representerer samme avbildning i to baser. Likedannede matriser deler determinant, spor, rang og egenverdier (samme karakteristiske polynom).
Egenverdier er basisuavhengige
[T]B[T]_{\mathcal{B}} og [T]C[T]_{\mathcal{C}} har samme egenverdier, fordi de er likedannede. Egenverdiene tilhører operatoren TT, ikke basisen — velg den basisen som gjør matrisen enklest.
Rekkefølge og retning i formelen
PB←CP_{\mathcal{B}\leftarrow\mathcal{C}} står lengst til høyre (leser C\mathcal{C}-koordinater inn), PC←BP_{\mathcal{C}\leftarrow\mathcal{B}} lengst til venstre (skriver C\mathcal{C}-koordinater ut). Bytter du de to, blir hele resultatet speilvendt.
Kjernen ker⁡T\ker T
ker⁡T={x:T(x)=0}\ker T=\{\mathbf{x}:T(\mathbf{x})=\mathbf{0}\}, et underrom av VV. Via koordinater er ker⁡T≅Nul⁡[T]B\ker T\cong\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}} — finn matrisens nullrom og oversett tilbake.
Bildet im⁡T\operatorname{im}T
im⁡T={T(x):x∈V}\operatorname{im}T=\{T(\mathbf{x}):\mathbf{x}\in V\}, alt TT treffer. Via koordinater er im⁡T≅Col⁡[T]B\operatorname{im}T\cong\operatorname{Col}[T]_{\mathcal{B}} — kolonnerommet til matrisen.
Isomorfi

En lineær avbildning som er både injektiv og surjektiv — den kobler to rom perfekt, med en invers som også er lineær. To rom med en isomorfi mellom seg er «like» som vektorrom.

Isomorfi-kriteriet
TT er en isomorfi ⇔ [T]B[T]_{\mathcal{B}} er invertibel ⇔ ker⁡T={0}\ker T=\{\mathbf{0}\}. Praktisk sjekk: det⁡[T]B≠0\det[T]_{\mathcal{B}}\ne0 eller full rang. Basisuavhengig.
Entydig løsning av T(f)=gT(f)=g
T(f)=gT(f)=g har nøyaktig én løsning for hver gg ⇔ TT isomorfi ⇔ [T]B[T]_{\mathcal{B}} invertibel. Da er [f]B=[T]B−1[g]B[f]_{\mathcal{B}}=[T]_{\mathcal{B}}^{-1}[g]_{\mathcal{B}}.
Oversett kjernen tilbake

Finn en basis for Nul⁡[T]B\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}} (koordinatvektorer), og gjør hver til en vektor c1b1+⋯+cnbnc_1\mathbf{b}_1+\dots+c_n\mathbf{b}_n i VV. Sluttsvaret er en mengde polynomer/funksjoner — aldri tallkolonner.

Oversettelsesfellen

Den dokumenterte toppsjikt-fellen: å la ker⁡T\ker T bli stående som Nul⁡[T]B\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}} i Rn\mathbb{R}^n. Oppgaven spør etter funksjoner/polynomer, så tilbakeoversettelsen er obligatorisk.

Kjernen til derivasjon

For T(f)=f′T(f)=f' er ker⁡T\ker T = konstantfunksjonene (det som deriveres til null). For T(f)=f′′T(f)=f'' er ker⁡T\ker T = polynomene av grad ≤1\le1. Nyttige kontroller.

Singulær matrise ⇒ ikke-triviell kjerne
[T]B[T]_{\mathcal{B}} singulær (det⁡=0\det=0) ⇔ ker⁡T≠{0}\ker T\ne\{\mathbf{0}\} ⇔ TT ikke isomorfi. Antall frie variabler i Nul⁡[T]B\operatorname{Nul}[T]_{\mathcal{B}} = dim⁡ker⁡T\dim\ker T.
Determinant av triangulær [T]B[T]_{\mathcal{B}}

Er [T]B[T]_{\mathcal{B}} triangulær (vanlig for derivasjonsoperatorer på P⁡n\operatorname{P}_n), er determinanten produktet av diagonalelementene. Rask isomorfi-sjekk: er noen diagonalelement null, er TT ikke isomorfi.

Dimensjonsteoremet for TT
dim⁡ker⁡T+dim⁡im⁡T=dim⁡V\dim\ker T+\dim\operatorname{im}T=\dim V (rang–nullitet anvendt på [T]B[T]_{\mathcal{B}}). Kontroll: teller kjerne- og bildedimensjonene til dim⁡V\dim V?
Løs T(f)=gT(f)=g med inversmatrisen

Når [T]B[T]_{\mathcal{B}} er invertibel: skriv gg i koordinater, regn [f]B=[T]B−1[g]B[f]_{\mathcal{B}}=[T]_{\mathcal{B}}^{-1}[g]_{\mathcal{B}}, og oversett ff tilbake til et polynom/en funksjon.

Bro til diagonalisering

Basisskifte [T]C=P[T]BP−1[T]_{\mathcal{C}}=P[T]_{\mathcal{B}}P^{-1} er nøyaktig samme relasjon som diagonalisering A=PDP−1A=PDP^{-1} (Del 3): der velger man en egenvektorbasis C\mathcal{C} slik at [T]C=D[T]_{\mathcal{C}}=D blir diagonal.

Koordinatavbildningen er en isomorfi

Selve koordinatavbildningen x↦[x]B\mathbf{x}\mapsto[\mathbf{x}]_{\mathcal{B}} (kap. 2.3) er en isomorfi V→RnV\to\mathbb{R}^n. Det er grunnen til at ker⁡T\ker T og im⁡T\operatorname{im}T svarer nøyaktig til Nul⁡\operatorname{Nul} og Col⁡\operatorname{Col} av matrisen.

Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 3 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.