Elemente de algebra liniara.pdf

Aplicat¸ii liniare 55
rezultă
A(αk+1 vk+1 + αk+2 vk+2 + · · · + αn vn) = 0
ceea ce arată că αk+1 vk+1 + αk+2 vk+2 + · · · + αn vn ∈ Ker A. Sistemul de vectori B0
fiind o bază in Ker A, rezultă că există α1, α2, ..., αk ∈ K astfel incât
adică
αk+1 vk+1 + αk+2 vk+2 + · · · + αn vn = α1v1 + α2v2 + · · · + αkvk
α1v1 + α2v2 + · · · + αkvk − αk+1 vk+1 − αk+2 vk+2 − · · · − αn vn = 0.
Deoarece B este bază în V , acestă relat¸ie este posibilă doar în cazul
α1 = α2 = · · · = αk = αk+1 = αk+2 = · · · = αn = 0
ceea ce arată că B ′ este sistem de vectori liniar independent¸i.
B ′ este sistem de generatori. Oricare ar fi y ∈ Im A există x ∈ V astfel încât y = Ax.
Plecând de la reprezentarea x = λ1v1 + λ2v2 + · · · + λnvn a lui x în baza B se obt¸ine
y = Ax = λ1Av1 + λ2Av2 + · · · + λkAvk + λk+1Avk+1 + · · · + λnAvn
= 0 + 0 + · · · + 0 + λkAvk + λk+1Avk+1 + · · · + λnAvn
ceea ce arată că B ′ este sistem de generatori pentru Im A.
Exercit¸iul 3.7 Fie aplicat¸ia liniară
A : R 3 −→ R 4 , A(x1, x2, x3) = (x1 + x2 + x3, x1 − x3, 2x1 + x2, x2 − 2x3)
Descriet¸i Ker A ¸si Im A indicând baze în aceste subspat¸ii.
Rezolvare. Avem
⎧
⎪⎨
Ker A = (x1, x2, x3)
⎪⎩
x1 + x2 + x3 = 0
x1 − x3 = 0
2x1 + x2 = 0
x2 − 2x3 = 0
⎫
⎪⎬
= { α(1, −2, 1) | α ∈ R }
⎪⎭
Rezultă că {(1, −2, 1)} este bază în Ker A. Completăm această bază până la baza
{(1, −2, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} a lui R 3 . Din demonstrat¸ia teoremei precedente rezultă