msleziak.com

Dnes sme riešili úlohu takéhoto typu:$\newcommand{\Z}{\mathbb Z}\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}\newcommand{\Ima}{\operatorname{Im}}$

Pre zobrazenie $f\colon \Z_5^4 \to \Z_5^4$ určené zadanou maticou nájdite bázu a dimenziu jeho jadra aj obrazu.
$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 4 & 1 \\
2 & 3 & 1 & 1 \\
1 & 4 & 3 & 3 \\
2 & 1 & 0 & 3
\end{pmatrix}$

Spomenul som dve možnosti riešenia, ale ukázali sme si len jednu; o druhej som len povedal ako sa ráta. Tak sem dám príklad takého typu.

Pre istotu najprv pripomeniem, čo všetko vieme o jadre a obraze.

Pre lineárne zobrazenie $f\colon V\to W$ definujeme jadro a obraz ako
$\Ker f=\{\vec a\in V; f(\vec a)=\vec 0\}$
$\Ima f=f(V)=\{f(\vec a); \vec a\in V\}$

Pre ich dimenzie platí $\dim(\Ker f)+\dim(\Ima f)=\dim(V)$.
Dokonca z vety o izomorfizme vieme o niečo viac:
$$\Ima f \cong V/\Ker f$$

Riešenie 1
Obraz. Najprv vyrátame dimenziu a bázu $\Ima f$. Vieme, že podpriestor $\Ima f$ je generovaný obrazmi bázových vektorov. To znamená, že vlastne hľadáme bázu podpriestoru generovaného riadkami zadanej matice.
$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 4 & 1 \\
2 & 3 & 1 & 1 \\
1 & 4 & 3 & 3 \\
2 & 1 & 0 & 3
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 3 & 4 & 2 \\
0 & 4 & 2 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$

Zistili sme, že $\dim(\Ima f)=2$ a že bázu tohoto podpriestoru tvoria vektory $(1,0,1,2)$ a $(0,1,3,4)$.

Jadro. Ak chcem nájsť bázu jadra, znamená to, že chceme nájsť vektory, ktoré spĺňajú rovnosť
$$f(\vec a)= \vec a A = \vec 0.$$
Transponovaním dostaneme
$$A \vec a^T= \vec 0^T,$$
čo znamená, že hľadané vektory sú presne riešenia homogénnej sústavy s maticou $A^T$. Takže nám stačí vyriešiť túto sústavu.
Upravíme maticu $A^T$ najprv na redukovaný tvar:
$A^T=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 3 & 4 & 1 \\
4 & 1 & 3 & 0 \\
1 & 1 & 3 & 3
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 3 & 4 & 2 \\
0 & 4 & 2 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$

Z poslednej matice vieme vyčítať ako vyzerá podpriestor riešení tejto sústavy, čo je presne $\Ker f$. Dostaneme
$\Ker f=[(0,2,1,0),(1,1,0,1)]$
Dimenzia jadra je $\dim(\Ker f)=2$, bázu tvoria vektory $(0,2,1,0)$, $(1,1,0,1)]$.

Môžeme si všimnúť, že $\dim(\Ker f)+\dim(\Ima f)=4$.
Takisto vieme ľahko skontrolovať, že tieto dva vektory sa skutočne zobrazia na nulový vektor.

Riešenie 2:
Skúsme celú úlohu riešiť trochu inak. Napíšeme si ešte jeden stĺpec s vektormi zo štandardnej bázy. T.j. podobne ako pri hľadaní matice zobrazenia to máme zapísané tak, že vľavo máme vektor a vpravo jeho obraz.
$\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 2 & 3 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 4 & 3 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 3
\end{array}\right)$
A teraz opäť budeme robiť riadkové úpravy a budeme sa snažiť vpravo dostať redukovaný tvar.
$\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 2 & 3 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 4 & 3 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 3
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 4 & 1 \\
3 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 4 \\
4 & 0 & 1 & 0 & 0 & 3 & 4 & 2 \\
3 & 0 & 0 & 1 & 0 & 4 & 2 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 4 & 1 \\
3 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
3 & 4 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\
3 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)$

Keď si všímame iba pravú časť, tak sme vlastne dostali $\dim(\Ima f)=2$ a našli sme aj bázu podpriestoru $\Ima f$.

Súčasne vidíme, že vektory $(0,2,1,0)$ a $(1,1,0,1)$ patria do $\Ker f$ (pretože sa zobrazia na nulu).
Tieto vektory sú lineárne nezávislé. (Všetky 4 vektory na ľavej strane sú lineárne nezávislé; dostali sme ich totiž zo štandardnej bázy elementárnymi riadkovými operáciami.)
A navyše vieme, že $\dim(\Ker f)=4-\dim(\Ima f)=2$.
Ak teda poznáme dimenziu jadra a našli sme v jadre toľko lineárne nezávislých vektorov, koľko je jeho dimenzia, tak tieto vektory tvoria bázu.
Teda $\dim(\Ker f)=2$ a báza jadra je napríklad $(1,1,0,1)$, $(0,2,1,0)$.

Výhody druhého riešenia
Pri druhom výpočte sme síce počítali s väčšou maticou, ale na druhej strane

• Vyrátali sme obe veci naraz.
• Vieme robiť skúšku po každom kroku - už sme hovorili o tom ako: viewtopic.php?t=531
• Vieme na konci skontrolovať, či vektory $(1,0,1,2)$ a $(0,1,3,4)$ skutočne patria do obrazu. Stačí sa pozrieť, či naozaj platí $f(3,4,0,0)=(1,0,1,2)$ a $f(3,1,0,0)=(0,1,3,4)$

Pozrime sa na podobnú úlohu pre zobrazenie $f\colon\mathbb Z_7^4\to\mathbb Z_7^4$ zadané ako $f(\vec x)=\vec x\cdot A$, kde:$\newcommand{\Z}{\mathbb Z}\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}\newcommand{\Ima}{\operatorname{Im}}$
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 5 & 4 \\
2 & 1 & 4 & 5 \\
4 & 1 & 6 & 2 \\
2 & 3 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$

Opäť pripomeniem, že súčet dimenzií jadra a obrazu sa musí rovnať $4$.
$$\dim(\Ker f)+\dim(\Ima f)=\dim(V)$$
Ak vám teda vyšli nejaké čísla, ktoré nedávajú v súčte štyri, tak je jasné, že niekde musí byť chyba.
(Konkrétne v tejto úlohe - ako uvidíme nižšie - dostaneme $\dim(\Ker f)=2$ a $\dim(\Ima f)=2$.)

Opäť napíšem obe riešenia. Do istej miery preto, aby som mohol pripomenúť, akým spôsobom pri jednotlivých postupoch môžete robiť skúšku.

Jadro cez sústavu.
Riešime homogénnu sústavu s maticou $A^T$. Dôležité je nezabudnúť, že používame transponovanú maticu.
$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 2 & 4 & 2 & 0 \\
2 & 1 & 1 & 3 & 0 \\
5 & 4 & 6 & 1 & 0 \\
4 & 5 & 2 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim\dots\sim
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 4 & 6 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 5 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)$
Zo zjednodušenej matice sústavy už vieme vyčítať množinu riešení v tvare $$\Ker f=[(3,0,1,0),(1,2,0,1)].$$ Skúšku správnosti môžeme urobiť tak, že vektory $(3,0,1,0)$ a $(1,2,0,1)$ dosadíme do našej sústavy a skontrolujeme, či skutočne na pravej strane vyjdú nuly.
Alebo tiež môžeme pre oba vektory vypočítať súčin $\vec x\cdot A$ a skontrolovať, či vyjde nulový vektor. Obraz cez úpravu.
Môžeme zobrať maticu a upraviť na redukovaný tvar - dostaneme po úprave nejakú bázu priestoru $\Ima f$

$A=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 5 & 4 \\
2 & 1 & 4 & 5 \\
4 & 1 & 6 & 2 \\
2 & 3 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}\sim\dots\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Tým sme zistili, že $$\Ima f=[(1,0,1,2),(0,1,2,1)]$$ a $\dim(\Ima f)=2$.
Pripomeniem, že aj pri úprave na redukovaný tvar vieme urobiť (aspoň čiastočnú) skúšku správnosti - vieme ľahko skontrolovať, či riadky pôvodnej matice $A$ skutočne patria do lineárneho obalu riadkov redukovaného tvaru. Obe naraz.
Ak použijeme postup, ktorý som spomenul vyššie, tak dostaneme:
$\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 5 & 4 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 2 & 1 & 4 & 5 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 4 & 1 & 6 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 3 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim\dots\sim
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
4 & 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 2 \\
2 & 0 & 0 & 6 & 0 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 0 & 5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
$
Dostali sme takto
\begin{align*}
\Ima f=[(1,0,1,2),(0,1,2,1)]\\
\Ker f=[(1,0,5,0),(0,1,1,4)]
\end{align*}
Dimenzie jadra aj obrazu je rovná $2$.
Môžeme si všimnúť, že sme dostali inú bázu pre $\Ker f$ ako pri predošlom postupe. (Ale je to ten istý podpriestor, len inak vyjadrený.)

Všimnime si, že sme dokonca vyrátali trochu viac než bolo treba - pre vektory generujúce $\Ima f$ máme aj nejaký vzor.
Skúšku vieme urobiť napríklad tak, že pre vektory vľavo skontrolujeme, či sa naozaj zobrazia na vektory vpravo. (Pre prvé dva riadky sme tým skontrolovali, že vektory vpravo skutočne patria do obrazu. Pre tretí a štvrtý riadok sme tým overili, že vektory vľavo skutočne patria do jadra.)
Opäť pripomeniem aj to, že pri tomto postupe si vieme skúšku urobiť aj pre ktorýkoľvek medzivýsledok.

Ešte sem napíšem riešenie, ktoré sa vyskytlo v jednej z odovzdaných úloh, toto bolo v skupine, kde sme mali zobrazenie $f\colon\mathbb Z_7^4\to\mathbb Z_7^4$ zadané maticou$\newcommand{\Z}{\mathbb Z}\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}\newcommand{\Ima}{\operatorname{Im}}$
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 6 \\
4 & 3 & 1 & 0 \\
2 & 3 & 1 & 5 \\
\end{pmatrix}$$

Riešime sústavu s maticou $A^T$ a s ľubovoľnými pravými stranami:
$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 4 & 2 & a \\
2 & 1 & 3 & 3 & b \\
1 & 3 & 1 & 1 & c \\
1 & 6 & 0 & 5 & d
\end{array}\right)\sim\dots\sim
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 4 & 2 & a \\
0 & 1 & 2 & 6 & 5a+b \\
0 & 0 & 5 & 2 & 5a+4b+c \\
0 & 0 & 0 & 0 & a+3b+c+6d
\end{array}\right)$ Na tomto mieste vidíme, že táto sústava má riešenie iba pre $a+3b+c+6d=0$.
Pre takéto hodnoty parametrov môžeme pokračovať ďalej s prvými troma rovnicami.

$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 4 & 2 & a \\
0 & 1 & 2 & 6 & 5a+b \\
0 & 0 & 5 & 2 & 5a+4b+c \\
\end{array}\right)\sim\dots\sim
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 6 & 6a+b+2c \\
0 & 1 & 0 & 1 & 4a+5b+c \\
0 & 0 & 1 & 6 & a+5b+3c \\
\end{array}\right)$
Konkrétne pre $a=b=c=d=0$ dostaneme:
$$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 6 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 6 & 0 \\
\end{array}\right)$$


Skúste sa zamyslieť nad tým, že či z tohoto postupu nejako vieme vyčítať, čomu sa rovná jadro a obraz.

Ako z týchto výpočtov vieme dostať jadro? Ako z týchto výpočtov vieme dostať obraz?