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{x} \right) = \begin{bmatrix} {1} & {1} & {3} & {2} \\ {2} & {3} & {1} & {4} \\ {1} & {2} & {4} & {0} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} {x_1} \\ {x_1} \\ {x_3} \\ {x_4} \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 $\;\color{Cyan} \overrightarrow{x}\;$ funkcja $\;\color{Cyan} F(\overrightarrow{x})\;$ 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 $\;\color{Cyan} F(\overrightarrow{x})\;$ może zwrócić?"

---

Jądro Zacznijmy od wyznaczenia jądra. W tym celu rozwiążemy następujące równanie: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{bmatrix} {1} & {1} & {3} & {2} \\ {2} & {3} & {1} & {4} \\ {1} & {2} & {4} & {0} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} {x_1} \\ {x_1} \\ {x_3} \\ {x_4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} {0} \\ {0} \\ {0} \end{bmatrix} \end{gather*} Powstaje więc taki układ równań: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{cases} {1x_1+1x_2+3x_3+2x_4} = {0} \\ {2x_1+3x_2+1x_3+4x_4} = {0} \\ {1x_1+2x_2+4x_3+0x_4} = {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} {1} & {1} & {3} & {2} \\ {2} & {3} & {1} & {4} \\ {1} & {2} & {4} & {0} \end{bmatrix} \underset{\substack{w_2-2w_1 \\ w_3-w_1}}{\Huge \sim} \begin{bmatrix} {1} & {1} & {3} & {2} \\ {0} & {1} & {-5} & {0} \\ {0} & {1} & {1} & {-2} \end{bmatrix} \underset{\substack{w_1-w_2 \\ w_3-w_2}}{\Huge \sim} \begin{bmatrix} {1} & {0} & {8} & {2} \\ {0} & {1} & {-5} & {0} \\ {0} & {0} & {6} & {-2} \end{bmatrix} \underset{\substack{w_1 - w_3 \cdot \frac{4}{3} \\ w_2 + w_3 \cdot \frac{5}{6}}}{\Huge \sim} \begin{bmatrix} {1} & {0} & {0} & {\frac{14}{3}} \\ {0} & {1} & {0} & {-\frac{5}{3}} \\ {0} & {0} & {6} & {-1} \end{bmatrix} \underset{w_3 \cdot \frac{1}{6}}{\Huge \sim} \begin{bmatrix} {1} & {0} & {0} & {\frac{14}{3}} \\ {0} & {1} & {0} & {-\frac{5}{3}} \\ {0} & {0} & {1} & {-\frac{1}{3}} \end{bmatrix} \end{gather*} Końcowa macierz jest tożsama z następującym układem równań: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{cases} {x_1+\frac{14}{3}x_4} = {0} \\ {x_2-\frac{5}{3}x_4} = {0} \\ {x_3-\frac{1}{3}x_4} = {0} \end{cases} \end{gather*} Możemy obliczyć wartości zmiennych $\color{Cyan} x_1 $, $\color{Cyan} x_2 $ i $\color{Cyan} x_3 $: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{cases} {x_1} = {-\frac{14}{3}x_4} \\ {x_2} = {\frac{5}{3}x_4} \\ {x_3} = {\frac{1}{3}x_4} \end{cases} \end{gather*} Możemy to rozumieć tak, że zmienna $\color{Cyan} x_4$ jest dowolna a wszystkie pozostałe od niej zależą. Zapiszmy to w innej formie: \begin{gather*} \color{Cyan} \begin{bmatrix} {x_1} \\ {x_2} \\ {x_3} \\ {x_4} \end{bmatrix} = x_4 \begin{bmatrix} {-\frac{14}{3}} \\ {\frac{5}{3}} \\ {\frac{1}{3}} \\ {1} \end{bmatrix} \qquad x_4 \in \mathbb{R} \end{gather*} Teraz wyraźnie widać, że nasz wynik, nasze jądro jest podprzestrzenią. Podprzenią rozpiętą przez wektor $\color{Cyan}\small \begin{bmatrix} {-\frac{14}{3}} \\ {\frac{5}{3}} \\ {\frac{1}{3}} \\ {1} \end{bmatrix} $. Możemy więc ostatecznie zapisać: \begin{gather*} \color{#00dd66} \ker = span \left( \begin{bmatrix} {-\frac{14}{3}} \\ {\frac{5}{3}} \\ {\frac{1}{3}} \\ {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} {1} \\ {2} \\ {1} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} {1} \\ {3} \\ {2} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {4} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} {2} \\ {4} \\ {0} \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 oraz dlatego, że są to 4 wektory w przestrzeni $\mathbb{R}^3$). 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_1\begin{bmatrix} {1} \\ {2} \\ {1} \end{bmatrix} + x_2\begin{bmatrix} {1} \\ {3} \\ {2} \end{bmatrix} + x_3\begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {4} \end{bmatrix} + x_4\begin{bmatrix} {2} \\ {4} \\ {0} \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 $\color{Cyan} x_4$ może być dowolna. To ona determinuje jaka wartość znajdzie się pod zmienną $\color{Cyan} x_1$, $\color{Cyan} x_2$ i $\color{Cyan} x_3$ (aby otrzymać wektor zerowy). Ustalmy w takim razie, że $\color{Cyan} x_4=-1$, bo... czemu nie?: \begin{gather*} \color{Cyan} \frac{14}{3}\begin{bmatrix} {1} \\ {2} \\ {1} \end{bmatrix} -\frac{5}{3}\begin{bmatrix} {1} \\ {3} \\ {2} \end{bmatrix} -\frac{1}{3}\begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {4} \end{bmatrix} -1\begin{bmatrix} {2} \\ {4} \\ {0} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} {0} \\ {0} \\ {0} \end{bmatrix}\\\\ \color{Cyan} \frac{14}{3}\begin{bmatrix} {1} \\ {2} \\ {1} \end{bmatrix} -\frac{5}{3}\begin{bmatrix} {1} \\ {3} \\ {2} \end{bmatrix} -\frac{1}{3}\begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} {2} \\ {4} \\ {0} \end{bmatrix} \end{gather*} Jak widzisz, udało nam się dzięki temu ustalić, że ostatni wektor kolumnowy jest kombinacją liniową pozostałych.
W ogólności możemy powiedzieć, że kolumny, w których występują zmienne swobodne są nadmiarowe. Tutaj zmienną swobodną była zmienna $\color{Cyan} x_4$. 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} & {0} & {\frac{14}{3}} \\ {0} & {\color{Red}1} & {0} & {-\frac{5}{3}} \\ {0} & {0} & {\color{Red}1} & {-\frac{1}{3}} \end{bmatrix} \huge \longrightarrow \normalsize \begin{bmatrix} {\color{Red}1} & {\color{Red}1} & {\color{Red}3} & {2} \\ {\color{Red}2} & {\color{Red}3} & {\color{Red}1} & {4} \\ {\color{Red}1} & {\color{Red}2} & {\color{Red}4} & {0} \end{bmatrix} \\\\ \color{#00dd66} im= span \left( \begin{bmatrix} {1} \\ {2} \\ {1} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} {1} \\ {3} \\ {2} \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} {3} \\ {1} \\ {4} \end{bmatrix} \right) \end{gather*}