Пример 1. Найдем образ, ядро, ранг и дефект линейного оператора ^A: X3 → X3 , заданного матрицей
| A = |
|
. |
Решение.
1. Обозначим e1 , e2 , e3 базис пространства X3 , в котором задана матрица, тогда в соответствии с определением матрицы оператора, ее столбцы — это координатные столбцы образов базисных векторов ^Ae1 , ^Ae2 , ^Ae3 (для наглядности мы запишем эти векторы над верхней строкой матрицы A ). Приводим матрицу A к гауссову виду (вручную или с помощью компьютера):
| ^Ae1 | ^Ae2 | ^Ae3 | |||||||||
| A = | 1 | 2 | 1 | ~ | 1 | 0 | 3/7 | ||||
| 3 | −1 | 1 | 0 | 1 | 2/7 | ||||||
| 2 | 4 | 2 | 0 | 0 | 0 |
1–й и 2–ой столбцы редуцированной матрицы линейно независимы, а 3–й является их линейной комбинацией. Следовательно, Rg A = 2 .
2. Находим ранг и образ оператора:
Rg ^A = Rg A = 2 .
1–й и 2–ой столбцы исходной матрицы линейно независимы и, следовательно, векторы ^Ae1 и ^Ae2 образуют базис в Img ^A (они линейно независимы, так как линейно независимы их координатные столбцы). Обозначим их g1 , g2 .
Имеем:
Rg ^A = dim Img ^A = Rg A = 2.
Базис в Img ^A :
| g1 = |
|
, g2 = |
|
. |
Следовательно, образ оператора можно описать так:
| Img ^A = α1g1 + α2g2 = α1 |
|
+ α2 |
|
где α1 и α2 — произвольные числа.
Геометрическая интерпретация.
Поскольку X3 – трехмерное пространство, то его можно интерпретировать как пространство геометрических векторов V3 . Тогда Img ^A — плоскость, натянутая на векторы →g1 , →g2 (рис. 1).
Известно, что для того, чтобы написать уравнение плоскости, нужно знать ее нормальный вектор и какую–либо точку, принадлежащую плоскости.
Находим нормальный вектор плоскости →n как векторное произведение векторов →g1 и →g2 :
| →n = [→g1 × →g2] = |
|
= 14→i − 0→j − 7→k |
или любой коллинеарный ему вектор, например, →n = {2, 0, −1} . В качестве точки, через которую проходит искомая плоскость, можно взять ( 0, 0, 0) , так как Img ^A — линейное пространство и, следовательно, содержит нулевой элемент. Таким образом, уравнение плоскости имеет вид:
| 2x − z = 0. |
3. Находим дефект и ядро оператора.
По теореме Def ^A = n − Rg ^A , где n — размерность пространства Xn . В нашем случае Def ^A = 3 − 2 = 1 , следовательно, нужно найти один вектор, принадлежащих ядру оператора. Воспользуемся линейными соотношениями между столбцами:
| ^Ae3 = 3/7 · ^Ae1 + 2/7 · ^Ae2. |
Перенесем все слагаемые в одну сторону и воспользуемся линейностью оператора:
| ^A( −3/7e1 − 2/7e2 + e3) = θ. |
По определению Ker ^A = {«x: ^Ax = θ} . Следовательно, вектор, стоящий в скобках h1 = −3/7e1 − 2/7e2 + e3 принадлежит ядру оператора и образует в нем базис:
| h1 = |
|
Следовательно, ядро оператора можно описать так:
| Ker ^A = β1h1 = β1 |
|
, |
где β1 — произвольное число.
Геометрическая интерпретация. Поскольку dim Ker ^A = 1 , ядро оператора ^A можно интерпретировать как прямую в трехмерном пространстве с направляющим вектором →a = →h1 = { −3/7, −2/7, 1} (или любым ему коллинеарным, например →a = {3, 2, −7} ), проходящую через начало координат.
Тогда уравнения этой прямой:
=
=
. |
Пример 2. Найдем образ, ядро, ранг и дефект линейного оператора ^A: X5 → Y3 , заданного матрицей
| A = |
|
Решение.
1. Обозначим e1 , e2 , e3 , e3 , e4 , e5 базис пространства X5 , тогда в соответствии с определением матрицы оператора, ее столбцы — это координатные столбцы образов базисных векторов ^Ae1, … , ^Ae5 (для наглядности мы запишем эти векторы над верхней строкой матрицы A ). Приводим матрицу A к гауссову виду (вручную или с помощью компьютера):
| ^Ae1 | ^Ae2 | ^Ae3 | ^Ae4 | ^Ae5 | ||||||||||
| 0 | 1 | 2 | −3 | 0 | 1 | 0 | 5/2 | −3/2 | 2 | |||||
| 2 | −1 | 3 | 0 | 4 | ~ | 0 | 1 | 2 | −3 | 0 | ||||
| 2 | 0 | 5 | −3 | 4 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
1–й и 2–ой столбцы редуцированной матрицы линейно независимы, а остальные являются их линейной комбинацией. Следовательно, RgA = 2 .
2. Находим ранг и образ оператора.
Rg ^A = Rg A = 2 .
1–й и 2–ой столбцы исходной матрицы линейно независимы и, следовательно, векторы ^Ae1, ^Ae2 образуют базис в Img ^A (они линейно независимы, так как линейно независимы их координатные столбцы). Обозначим их g1 , g2 .
Имеем:
Rg ^A = dim Img ^A = Rg A = 2.
Базис в Img ^A :
| g1 = |
|
, g2 = |
|
. |
Следовательно, образ оператора можно описать так:
| Img ^A = α1g1 + α2g2 = α1 |
|
+ α2 |
|
, |
где α1 и α2 — произвольные числа.
Геометрическая интерпретация. Поскольку Img ^A М Y3 , а Y3 — трехмерное пространство, то Img ^A можно интерпретировать как плоскость, натянутую на векторы →g1 , →g2 .
Находим нормальный вектор плоскости →n как векторное произведение векторов →g1 и →g2 :
| →n = [→g1 × →g2] = |
|
= 2→i + 2→j − 2→k |
или любой коллинеарный ему вектор, например, →n = { 1, 1, −1} . В качестве точки, через которую проходит искомая плоскость, можно взять (0, 0, 0) , так как Img ^A — линейное пространство и, следовательно, содержит нулевой элемент. Таким образом, уравнение плоскости имеет вид:
| x + y − z = 0. |
3. Находим дефект и ядро оператора.
По теореме Def ^A = n − Rg ^A , где n — размерность пространства Xn . В нашем случае Def ^A = 5 − 2 = 3 , следовательно, надо найти в исходном пространстве X5 линейно независимую систему из трех векторов, таких, что ˜Ax = θ .
Воспользуемся линейными соотношениями между столбцами оператора ^A, а также линейностью оператора ^A :
^Ae3 = (5/2) ^Ae1 + 2^Ae2 Ю
^A ((5/2)e1 + 2e2 − e3) = θ Ю
h1 =
· e1 + 2 · e2 − 1 · e3 + 0 · e4 + 0 · e5. |
Таким образом, мы нашли первый вектор ядра:
| h1 = |
|
. |
Так как Ker ^A М X5 , количество координат у базисных векторов ядра должно быть равно пяти!
Аналогично находим остальные векторы ядра:
h2 = (3/2)e1 + 3e2 + e4 и h3 = 2e1 − e5 ,
т.е.
| h2 = |
|
и h3 = |
|
Эти векторы линейно независимы (убедитесь в этом, составив матрицу из их координатных столбцов и вычислив ее ранг) и, следовательно, образуют базис в ядре оператора.
Ядро оператора можно описать так:
Ker^A = β1h1 + β2h2 + β3h3 =
| = β1 |
|
+ β2 |
|
+ β3 |
|
, |
где β1 β2 , и β3 — произвольные числа.
