Wyznacz jądro i obraz podanej macierzy

Zanim wyznaczymy jądro i obraz, przypomnijmy sobie czym to w ogóle jest:

\begin{gather*} \textrm{Definiujemy odwzorowanie (funkcję) liniowe:} \\ \color{Cyan} F\left( \overrightarrow{v} \right) = \begin{bmatrix} {3} & {2} & {6} \\ {1} & {6} & {2} \\ {2} & {2} & {4} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} {x} \\ {y} \\ {z} \end{bmatrix} \end{gather*} Jeśli nie wiesz jak mnożyć macierz przez wektor, koniecznie zobacz film na Khan Academy

Jądro:
Jest to odpowienik miejsca zerowego w powyższym odwzorowaniu. Czyli: "Dla jakich wektorów $\;\color{Cyan} \overrightarrow{v}\;$ funkcja $\;\color{Cyan} F(\overrightarrow{v})\;$ zwróci wektor zerowy?"


Obraz:
Jest to odpowienik zbioru rozwiązań w powyższym odwzorowaniu. W tym przypadku mówimy jednak bardziej o całej podprzestrzeni. Czyli: "Jakie są wszystkie wektory, które funkcja $\;\color{Cyan} F(\overrightarrow{v})\;$ może zwrócić?"

---

Jądro Zacznijmy od wyznaczenia jądra. W tym celu rozwiążemy następujące równanie: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{bmatrix} {3} & {2} & {6} \\ {1} & {6} & {2} \\ {2} & {2} & {4} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} {x} \\ {y} \\ {z} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} {0} \\ {0} \\ {0} \end{bmatrix} \end{gather*} Powstaje więc taki układ równań: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{cases} {3x+2y+6z} = {0} \\ {\;\,x+6y+2z} = {0} \\ {2z+2y+4z} = {0} \end{cases} \end{gather*} Niestety rozwiązywanie czegoś takiego nie jest zbyt przyjemne, więc skorzystamy z zapisu macierzowego. Sprowadzimy podaną w poleceniu macierz do postaci schodkowej zredukowanej, wykonując operacje na wierszach. Operacje, które w zwykłym układzie równań byłyby niczym innym jak odejmowaniem stronami, dodawaniem stronami albo mnożeniem całego równania przez liczbę.
($\color{Cyan} w_i $ oznaczają kolejne wiersze macierzy): \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{bmatrix} {3} & {2} & {6} \\ {1} & {6} & {2} \\ {2} & {2} & {4} \end{bmatrix} \underset{\substack{w_2-\frac{w_1}{3} \\ w_3-\frac{2w_1}{3}}}{\Huge \sim} \begin{bmatrix} {3} & {2} & {6} \\ {0} & {\frac{16}{3}} & {0} \\ {0} & {\frac{2}{3}} & {0} \end{bmatrix} \underset{\substack{w_2 \cdot \frac{3}{16} \\ w_3 \cdot \frac{3}{2}}}{\Huge \sim} \begin{bmatrix} {3} & {2} & {6} \\ {0} & {1} & {0} \\ {0} & {1} & {0} \end{bmatrix} \underset{\substack{w_1-2w_2 \\ w_3-w_2}}{\Huge \sim} \begin{bmatrix} {3} & {0} & {6} \\ {0} & {1} & {0} \\ {0} & {0} & {0} \end{bmatrix} \underset{w_1 \cdot \frac{1}{3}}{\Huge \sim} \begin{bmatrix} {1} & {0} & {2} \\ {0} & {1} & {0} \\ {0} & {0} & {0} \end{bmatrix} \end{gather*} Końcowa macierz jest tożsama z następującym układem równań: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{cases} {x+2z} = {0} \\ {y} = {0} \end{cases} \end{gather*} Możemy obliczyć wartość zmiennej $\color{Cyan} x$: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{cases} {x} = {-2z} \\ {y} = {0} \end{cases} \end{gather*} Możemy to rozumieć tak, że zmienna $\color{Cyan} z$ jest dowolna. Zapiszmy to w innej formie: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{bmatrix} {x} \\ {y} \\ {z} \end{bmatrix} = z \begin{bmatrix} {-2} \\ {0} \\ {1} \end{bmatrix} \qquad z \in \mathbb{R} \end{gather*} Teraz wyraźnie widać, że nasz wynik, nasze jądro jest podprzestrzenią. Podprzenią rozpiętą przez wektor $\color{Cyan}\begin{bmatrix} {-2} \\ {0} \\ {1} \end{bmatrix} $. Możemy więc ostatecznie zapisać: \begin{gather*} \color{#00dd66} \ker = span \left( \begin{bmatrix} {-2} \\ {0} \\ {1} \end{bmatrix} \right)\\\\ \end{gather*}

---

Obraz Teraz znajdźmy obraz. Jest to nic innego jak podprzestrzeń rozpięta na wektorach kolumnowych macierzy: \begin{gather*} \color{Cyan} im = span \left( \begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {2} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} {2} \\ {6} \\ {2} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} {6} \\ {2} \\ {4} \end{bmatrix} \right)\\\\ \end{gather*} Taka odpowiedź jest poprawna, ale... nadmiarowa. Są to bowiem wektory liniowo zależne (wiemy to stąd, że jądro nie jest trywialne). Co za tym idzie, co najmniej jeden wektor możemy stąd wyrzucić a podprzestrzeń rozpięta na pozostałych pozostanie taka sama.
Moim celem jest pokazanie, że jeden z wektorów kolumnowych da się przedstawić jako kombinację liniową pozostałych. W tym celu ułóżmy równanie: \begin{gather*} \color{Cyan} x\begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {2} \end{bmatrix}+ y\begin{bmatrix} {2} \\ {6} \\ {2} \end{bmatrix}+ z\begin{bmatrix} {6} \\ {2} \\ {4} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} {0} \\ {0} \\ {0} \end{bmatrix} \end{gather*} Cóż, mamy tutaj definicję jądra, więc skorzystajmy z tego, co już o nim wiemy.
Przewiń trochę do góry. Mówiłem tam o tym, że zmienna $\color{Cyan} z$ może być dowolna. To ona determinuje jaka wartość znajdzie się pod zmienną $\color{Cyan} x$ (aby otrzymać wektor zerowy). Ustalmy w takim razie, że $\color{Cyan} z=-1$: \begin{gather*} \color{Cyan} 2\begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {2} \end{bmatrix}+ 0\begin{bmatrix} {2} \\ {6} \\ {2} \end{bmatrix} -1\begin{bmatrix} {6} \\ {2} \\ {4} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} {0} \\ {0} \\ {0} \end{bmatrix}\\\\ \color{Cyan} 2\begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} {6} \\ {2} \\ {4} \end{bmatrix} \end{gather*} Jak widzisz, udało nam się dzięki temu ustalić, że ostatni wektor kolumnowy jest wielokrotnością pierwszego.
W ogólności możemy powiedzieć, że kolumny, w których występują zmienne swobodne są nadmiarowe. Tutaj zmienną swobodną była zmienna $\color{Cyan} z$. Bazą obrazu macierzy jest w takim razie podprzestrzeń rozpięta na wektorach kolumnowych macierzy, które odpowiadają tzw. pivotom w macierzy zredukowanej (zaznaczonym poniżej na czerwono): \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{bmatrix} {\color{Red}1} & {0} & {2} \\ {0} & {\color{Red}1} & {0} \\ {0} & {0} & {0} \end{bmatrix} \huge \longrightarrow \normalsize \begin{bmatrix} {\color{Red}3} & {\color{Red}2} & {6} \\ {\color{Red}1} & {\color{Red}6} & {2} \\ {\color{Red}2} & {\color{Red}2} & {4} \end{bmatrix} \\\\ \color{#00dd66} im= span \left( \begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {2} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} {2} \\ {6} \\ {2} \end{bmatrix} \right) \end{gather*}