Как найти образ линейного оператора: базис и ядро

Дано: линейный оператор $\mathcal{A}\colon \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^3$, матрица которого имеет строки $(1;\ 2;\ 3;\ 4)$, $(2;\ 4;\ 7;\ 9)$ и $(1;\ 2;\ 4;\ 5)$. Найти: базис и размерность образа, базис и размерность ядра.

Образ линейного оператора - это линейная оболочка столбцов его матрицы, поэтому вся задача сводится к отбору линейно независимых столбцов. Приводим матрицу к ступенчатому виду, смотрим, в каких столбцах встали ведущие элементы, и берём эти столбцы у исходной матрицы. Ответ: базис образа - $(1;\ 2;\ 1)$ и $(3;\ 7;\ 4)$, размерность 2; базис ядра - $(-2;\ 1;\ 0;\ 0)$ и $(-1;\ 0;\ -1;\ 1)$, дефект тоже 2. Калькулятор сверху подсвечивает базисные столбцы прямо на карте матрицы и делает то же самое для любых других чисел.

Решение по шагам

Дано. Матрица оператора в стандартных базисах:

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 7 & 9 \\ 1 & 2 & 4 & 5 \end{pmatrix}.$$

Размер матрицы сразу говорит, между какими пространствами работает оператор. Столбцов четыре, значит аргумент лежит в $\mathbb{R}^4$; строк три, значит результат лежит в $\mathbb{R}^3$.

Найти: базис и размерность образа $\operatorname{Im}\mathcal{A}$ и ядра $\ker\mathcal{A}$.

Шаг 1. Записываем образ через столбцы. Умножение матрицы на вектор - это линейная комбинация её столбцов с коэффициентами-координатами:

$$Ax = x_1 a_1 + x_2 a_2 + x_3 a_3 + x_4 a_4 ,$$

где $a_j$ - $j$-й столбец матрицы. Когда $x$ пробегает всё пространство $\mathbb{R}^4$, коэффициенты принимают любые значения, поэтому

$$\operatorname{Im}\mathcal{A} = \operatorname{span}\{a_1,\ a_2,\ a_3,\ a_4\}.$$

Система образующих у образа, таким образом, уже готова: это четыре столбца. Не хватает только линейной независимости, и весь дальнейший счёт нужен ровно для того, чтобы выкинуть лишние столбцы.

Шаг 2. Приводим матрицу к ступенчатому виду. Вычитаем из второй строки удвоенную первую, из третьей - первую, а затем убираем совпавшие строки:

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 7 & 9 \\ 1 & 2 & 4 & 5 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

Ненулевых строк осталось две, поэтому $\operatorname{rang} A = 2$. Сам алгоритм приведения здесь не пересказываю: он разобран по шагам в задаче про ранг матрицы, а нам от него нужен только один результат - номера столбцов с ведущими элементами. Ведущие единицы стоят в первом и третьем столбцах, значит базисные столбцы у матрицы первый и третий.

Шаг 3. Выписываем базис образа. Берём столбцы с найденными номерами у исходной матрицы, а не у ступенчатой:

$$\operatorname{Im}\mathcal{A} = \operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix},\ \begin{pmatrix} 3 \\ 7 \\ 4 \end{pmatrix} \right\}, \qquad \dim \operatorname{Im}\mathcal{A} = \operatorname{rang} A = 2 .$$

Эти два вектора линейно независимы (они не пропорциональны), и через них выражаются оставшиеся два столбца, так что базис найден. Геометрически образ - плоскость в трёхмерном пространстве, проходящая через начало координат.

Шаг 4. Ищем ядро через фундаментальную систему решений. Ядро - это множество решений однородной системы $Ax = 0$. Доводим ступенчатый вид до приведённого, вычитая из первой строки утроенную вторую:

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \quad \Longleftrightarrow \quad \begin{cases} x_1 + 2x_2 + x_4 = 0, \\ x_3 + x_4 = 0. \end{cases}$$

Главные неизвестные отвечают базисным столбцам, то есть это $x_1$ и $x_3$; свободные - $x_2$ и $x_4$. Свободным по очереди даём значения из единичной матрицы, как при обычном решении системы методом Гаусса. При $x_2 = 1$, $x_4 = 0$ получаем $x_1 = -2$, $x_3 = 0$. При $x_2 = 0$, $x_4 = 1$ получаем $x_3 = -1$ и $x_1 = -1$.

$$e_1 = (-2;\ 1;\ 0;\ 0), \qquad e_2 = (-1;\ 0;\ -1;\ 1), \qquad \dim \ker \mathcal{A} = 2 .$$

Шаг 5. Проверяем ответ. Подставляем оба вектора в матрицу: если это ядро, получится нулевой столбец.

$$A e_1 = \begin{pmatrix} 1 \cdot (-2) + 2 \\ 2 \cdot (-2) + 4 \\ 1 \cdot (-2) + 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad A e_2 = \begin{pmatrix} -1 - 3 + 4 \\ -2 - 7 + 9 \\ -1 - 4 + 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}.$$

Вторая проверка - теорема о ранге и дефекте: сумма размерностей образа и ядра обязана равняться размерности пространства-аргумента, и $2 + 2 = 4$ действительно совпадает с числом столбцов.

Ответ. Базис образа: $(1;\ 2;\ 1)$ и $(3;\ 7;\ 4)$, размерность образа равна 2. Базис ядра: $(-2;\ 1;\ 0;\ 0)$ и $(-1;\ 0;\ -1;\ 1)$, дефект равен 2.

Почему базис образа - это столбцы исходной матрицы

Элементарные преобразования строк меняют сами столбцы, но не трогают линейные зависимости между ними. Причина простая: строки преобразуются обратимыми операциями, а решение системы $Ax = 0$ от таких операций не меняется. Каждое соотношение между столбцами - это как раз вектор из ядра, поэтому набор зависимостей у исходной и у ступенчатой матрицы один и тот же.

Отсюда и правило. В ступенчатой матрице видно, какие столбцы независимы: те, где стоят ведущие элементы. Значит, и в исходной матрице независимы столбцы с этими же номерами. А вот сами числа в столбцах преобразования испортили, поэтому выписывать надо исходные столбцы - это самая частая ошибка в задаче.

Проверить связь легко на нашем примере. Вектор ядра $(-2;\ 1;\ 0;\ 0)$ читается как равенство $-2a_1 + a_2 = 0$, то есть второй столбец равен удвоенному первому. Второй вектор $(-1;\ 0;\ -1;\ 1)$ означает $a_4 = a_1 + a_3$. Обе зависимости проверяются устно: $(2;\ 4;\ 2)$ и правда вдвое больше $(1;\ 2;\ 1)$, а сумма $(1;\ 2;\ 1)$ и $(3;\ 7;\ 4)$ равна $(4;\ 9;\ 5)$. Ядро и образ - две стороны одного разложения матрицы на независимые и зависимые столбцы.

Образ как система уравнений: вторая форма ответа

Ответ в виде линейной оболочки задаёт образ параметрически. Часто удобнее противоположное описание: какому условию должен удовлетворять вектор $y$, чтобы попасть в образ. Для нашего оператора образ - плоскость в $\mathbb{R}^3$, а плоскость через начало координат задаётся одним уравнением.

Коэффициенты находятся из требования ортогональности обоим базисным векторам образа. Нормаль $n = (1;\ -1;\ 1)$ подходит: $1 - 2 + 1 = 0$ для первого вектора и $3 - 7 + 4 = 0$ для второго. Значит,

$$\operatorname{Im}\mathcal{A} = \{ y \in \mathbb{R}^3 : y_1 - y_2 + y_3 = 0 \}.$$

Такая запись отвечает на вопрос о принадлежности за одну строчку. Вектор $(2;\ 5;\ 3)$ лежит в образе, потому что $2 - 5 + 3 = 0$, а вектор $(1;\ 1;\ 1)$ не лежит, потому что $1 - 1 + 1 = 1$. В общем случае число уравнений равно разности между размерностью пространства-приёмника и рангом, а сами коэффициенты составляют базис ядра транспонированной матрицы. Калькулятор сверху выводит эти уравнения вместе с базисом.

Что ответ говорит об операторе

Дефект отвечает за инъективность. Оператор инъективен тогда и только тогда, когда ядро нулевое: если $\mathcal{A}u = \mathcal{A}v$, то разность $u - v$ лежит в ядре, и при нулевом ядре она обязана быть нулём. У нас дефект равен двум, поэтому у каждого вектора образа целая двумерная плоскость прообразов.

Ранг отвечает за сюръективность. Оператор накрывает всё пространство-приёмник, только если ранг равен числу строк. Здесь ранг 2 при трёх строках, значит образ - собственное подпространство и уравнение $\mathcal{A}x = b$ разрешимо не при любой правой части. Полезный частный случай - квадратная матрица: там ранг, равный порядку, сразу даёт и инъективность, и сюръективность, то есть обратимость оператора.

Стоит помнить и связь со спектром: ядро ненулевое ровно тогда, когда у матрицы есть нулевое собственное значение, а само ядро является собственным подпространством для $\lambda = 0$. Матрица оператора зависит от выбора базиса, но ранг и дефект при переходе к другому базису не меняются - это характеристики самого отображения. Та же пара понятий работает и вне линейной алгебры: у гомоморфизма групп ядро и образ определяются дословно так же.

Ранг матрицы, от которого здесь всё зависит, можно находить и по минорам: наибольший порядок ненулевого минора и есть ранг - как считают минор матрицы и алгебраическое дополнение, разобрано отдельно.

Частые ошибки

• Берут столбцы ступенчатой матрицы вместо исходной. Номера базисных столбцов преобразования сохраняют, а числа в них - нет. В нашем примере из ступенчатого вида вышло бы $(1;\ 0;\ 0)$ и $(3;\ 1;\ 0)$ - совсем другая плоскость.
• Путают, где ранг, а где дефект. Размерность образа равна рангу, размерность ядра - числу свободных неизвестных. Проверка одна: их сумма равна числу столбцов, а не строк.
• Ищут ядро как решения неоднородной системы. Ядро - это решения $Ax = 0$, свободные члены всегда нулевые; подставлять правую часть из условия задачи некуда.
• Записывают в базис образа строки матрицы. Строки порождают другое подпространство, лежащее в $\mathbb{R}^4$; его размерность тоже равна рангу, но это не образ оператора.
• Считают ядро нулевым, если система дала только нулевое решение по невнимательности. Если свободные неизвестные есть, ненулевые решения есть обязательно, и терять один из векторов фундаментальной системы нельзя.
• Забывают проверку. Подстановка каждого вектора ядра в матрицу занимает полминуты и ловит почти любую арифметическую ошибку.

FAQ

Может ли размерность образа быть больше числа строк матрицы? Нет. Образ лежит в пространстве-приёмнике, поэтому его размерность не превосходит числа строк. Она не превосходит и числа столбцов, ведь образующих всего столько же, сколько столбцов.

Как найти образ, если оператор задан не матрицей, а формулой? Выпишите образы базисных векторов и поставьте их столбцами - это и будет матрица оператора. Например, для дифференцирования многочленов степени не выше трёх столбцы получаются из производных функций базиса, ядром оказываются константы, а образом - многочлены степени не выше двух.

Что делать, если ранг равен нулю? Такое бывает только у нулевой матрицы. Тогда образ состоит из одного нулевого вектора, базис у него пустой, а ядром служит всё пространство-аргумент, и теорема о ранге и дефекте по-прежнему выполняется.

Обязательно ли приводить матрицу к приведённому ступенчатому виду? Для базиса образа достаточно обычного ступенчатого вида: номера ведущих столбцов уже видны. Приведённый вид удобнее для ядра, потому что главные неизвестные выражаются через свободные без обратного хода.

Коротко

1. Записать матрицу оператора: её столбцы - это образы базисных векторов, а образ равен их линейной оболочке.
2. Привести матрицу к ступенчатому виду и отметить столбцы с ведущими элементами; их количество и есть ранг.
3. Базис образа - столбцы с этими номерами, взятые у исходной матрицы. Размерность образа равна рангу.
4. Базис ядра - фундаментальная система решений системы $Ax = 0$: свободным неизвестным по очереди даём единицу, остальным нули.
5. Проверить: подстановка векторов ядра даёт нуль, а ранг плюс дефект равны числу столбцов. Для матрицы из условия базис образа $(1;\ 2;\ 1)$ и $(3;\ 7;\ 4)$, базис ядра $(-2;\ 1;\ 0;\ 0)$ и $(-1;\ 0;\ -1;\ 1)$, и $2 + 2 = 4$.