Ядро и образ линейного оператора. Теорема о сумме ранга и дефекта. Алгоритм одновременного вычисления ядра и образа

Пусть $V$ и $W$ - векторные пространства над $F, \mathcal{A}: V \to W$ - линейный оператор Образ $\mathcal{A}$ - множество $\mathrm{Im} \mathcal{A} = \{\mathbf{y} \in W ~|~ \mathcal{A}(\mathbf{x}) = \mathbf{y},~~ \mathbf{x} \in V\}$ Ядро $\mathcal{A}$ - множество $\mathrm{Ker}\mathcal{A} = \{\mathbf{x} \in V ~|~ \mathcal{A}(\mathbf{x}) = \mathbf{0}\}$

Пусть $V$ и $W$ - векторные пространства над $F$, $\mathcal{A}: V \to W$ - линейный оператор. Тогда $\mathrm{Im}~\mathcal{A}$ - подпространство в $W$, а $\mathrm{Ker}~\mathcal{A}$ - подпространство в $V$.

Пусть $\mathbf{y}_{1}, \mathbf{y}_{2} \in \mathrm{Im}~\mathcal{A},~ t \in F$. Тогда: $$\exists{\mathbf{x}_{1}, \mathbf{x}_{2} \in V}~~ \mathcal{A}(\mathbf{x}_{1}) = \mathbf{y}_{1} \land \mathcal{A}(\mathbf{x}_{2}) = \mathbf{y}_{2}$$ Следовательно: $$\mathbf{y}_{1} + \mathbf{y}_{2} = \mathcal{A}(\mathbf{x}_{1}) + \mathcal{A}(\mathbf{x}_{2}) = \mathcal{A}(\mathbf{x}_{1} + \mathbf{x}_{2}) \land t\mathbf{y}_{1} = t\mathcal{A}(\mathbf{x}_{1}) = \mathcal{A}(t \mathbf{x}_{1})$$ А значит $\mathbf{y}_{1} + \mathbf{y}_{2}, t\mathbf{y}_{1} \in \mathrm{Im}~\mathcal{A}$ и потому $\mathrm{Im}~\mathcal{A}$ - подпространство. Пусть $\mathbf{x}_{1}, \mathbf{x}_{2} \in \mathrm{Ker}~\mathcal{A}, t \in F$. Тогда: $$\mathcal{A}(\mathbf{x}_{1} + \mathbf{x}_{2}) = \mathcal{A}(\mathbf{x}_{1}) + \mathcal{A}(\mathbf{x}_{2}) = \mathbf{0} + \mathbf{0} = \mathbf{0} \land \mathcal{A}(t \mathbf{x}_{1}) = t\mathcal{A}(\mathbf{x}_{1}) = t \cdot \mathbf{0} = \mathbf{0}$$ Отсюда $\mathbf{x}_{1} + \mathbf{x}_{2}, t \mathbf{x}_{1} \in \mathrm{Ker}~\mathcal{A}$ и потому $\mathrm{Ker}~\mathcal{A}$ - подпространство. $\square$

Если $\mathcal{A}: V \to W$ - линейный оператор, причём $V$ - конечномерное пространство, то и подпространство $\mathrm{Im}~\mathcal{A}$ конечномерно.

Если $\mathrm{dim}~V = 0$, доказывать нечего. Пусть $\mathrm{dim}~V = n > 0$ и $P = \{\mathbf{p}_{1}, \mathbf{p}_{2}, \dots, \mathbf{p}_{n}\}$ - какой-то базис $V$. Покажем, что подпространство $\mathrm{Im}~\mathcal{A}$ порождается $\mathcal{A}(\mathbf{p}_{1}), \mathcal{A}(\mathbf{p}_{2}), \dots, \mathcal{A}(\mathbf{p}_{n})$. Возьмём любой вектор $\mathbf{y} \in \mathrm{Im}~\mathcal{A}$. По определению существует $\mathbf{x} \in V$ такой, что $\mathcal{A}(\mathbf{x}) = \mathbf{y}$. Если $(x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})$ - координаты $\mathbf{x}$ в базисе $P$, то: $$\mathbf{x} = x_{1} \mathbf{p}_{1} + x_{2} \mathbf{p}_{2} + \dots + x_{n} \mathbf{p}_{n}$$ Откуда: $$\mathbf{y} = \mathcal{A}(x_{1} \mathbf{p}_{1} + x_{2} \mathbf{p}_{2} + \dots + x_{n} \mathbf{p}_{n}) = x_{1}\mathcal{A}(\mathbf{p}_{1}) + \dots + x_{n}\mathcal{A}(\mathbf{p}_{n})$$ Итак, подпространство $\mathrm{Im}~\mathcal{A}$ имеет конечную систему образующих, а значит оно конечномерно. $\square$

Пусть $\mathcal{A}: V \to W$ - линейный оператор, $V$ - конечномерно. $\mathrm{dim}(\mathrm{Im}\mathcal{A}) = r(\mathcal{A})$ $\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}\mathcal{A}) = d(\mathcal{A})$

Пусть $\mathcal{A}: V \to W$ - линейный оператор, $V$ - конечномерно. Тогда: $r(\mathcal{A}) + d(\mathcal{A}) = \mathrm{dim}V$

Пусть $d(\mathcal{A}) = d, r(\mathcal{A}) = r,~~ (\mathbf{a}_{1}, \mathbf{a}_{2}, \dots, \mathbf{a}_{d})$ - базис ядра, $(\mathbf{c}_{1}, \mathbf{c}_{2}, \dots, \mathbf{c}_{r})$ - базис образа. $\forall{\mathbf{c}_{i}}~~ \exists{\mathbf{b}_{i} \in V}~~ \mathcal{A}(\mathbf{b}_{i}) = \mathbf{c}_{i}$. Докажем, что $(\mathbf{a}_{1}, \mathbf{a}_{2}, \dots, \mathbf{a}_{d}, \mathbf{b}_{1}, \mathbf{b}_{2}, \dots, \mathbf{b}_{r})~~~ (*)$ - базис $V$. Сначала проверим, что $(*)$ - система образующих. Для произвольного $\mathbf{x} \in V$ его образ $\mathcal{A}(\mathbf{x})$ выражается через базис образа: $$\mathcal{A}(\mathbf{x}) = t_{1}\mathbf{c}_{1} + t_{2}\mathbf{c}_{2} + \dots + t_{r}\mathbf{c}_{r}$$ Положим $\mathbf{x}' := t_{1}\mathbf{b}_{1} + t_{2}\mathbf{b}_{2} + \dots + t_{r}\mathbf{b}_{r}$, тогда $$\begin{matrix} \mathcal{A}(\mathbf{x}) = \mathcal{A}(\mathbf{x}') \Rightarrow \mathcal{A}(\mathbf{x} - \mathbf{x}') = \mathbf{0} \Rightarrow \mathbf{x} - \mathbf{x}' \in \mathrm{Ker}~\mathcal{A} \Rightarrow \\ \Rightarrow \mathbf{x} - \mathbf{x}' = s_{1}\mathbf{a}_{1} + s_{2}\mathbf{a}_{2} + \dots + s_{d}\mathbf{a}_{d} \Rightarrow \\ \Rightarrow \mathbf{x} = (\mathbf{x} - \mathbf{x}') + \mathbf{x}' = s_{1}\mathbf{a}_{1} + s_{2}\mathbf{a}_{2} + \dots + s_{d}\mathbf{a}_{d} + t_{1}\mathbf{b}_{1} + t_{2}\mathbf{b}_{2} + \dots + t_{r}\mathbf{b}_{r} \end{matrix}$$ Теперь докажем линейную независимость $(*)$. Пусть $$s_{1}\mathbf{a}_{1} + s_{2}\mathbf{a}_{2} + \dots s_{d}\mathbf{a}_{d} + t_{1}\mathbf{b}_{1} + t_{2}\mathbf{b}_{2} + \dots + t_{r}\mathbf{b}_{r} = \mathbf{0} ~~~~~ (\Delta)$$ Применим $\mathcal{A}$ к обеим частям. Так как $\mathcal{A}(\mathbf{a}_{j}) = \mathbf{0}, \mathcal{A}(b_{i}) = \mathbf{c}_{i}$, получаем: $$\mathcal{A}(s_{1}\mathbf{a}_{1} + s_{2}\mathbf{a}_{2} + \dots s_{d}\mathbf{a}_{d} + t_{1}\mathbf{b}_{1} + t_{2}\mathbf{b}_{2} + \dots + t_{r}\mathbf{b}_{r}) = t_{1}\mathbf{c}_{1} + t_{2}\mathbf{c}_{2} + \dots + t_{r}\mathbf{c}_{r} = \mathbf{0}$$ $(\mathbf{c}_{1}, \mathbf{c}_{2}, \dots, \mathbf{c}_{r})$ - линейно независимы, поэтому $t_{1} = t_{2} = \dots = t_{r} = 0$. От равенства $(\Delta)$ остаётся: $$s_{1}\mathbf{a}_{1} + s_{2}\mathbf{a}_{2} + \dots + s_{d}\mathbf{a}_{d} = \mathbf{0}$$ Но $(\mathbf{a}_{1}, \dots, \mathbf{a}_{d})$ - линейно независимы, поэтому $s_{1} = \dots = s_{d} = 0$, поэтому $(*)$ линейно независима, а значит $(*)$ - базис $V$, поэтому $\mathrm{dim}~V = r + d ~~~~~\square$

Пусть $V$ и $W$ - пространства над $F$, $\mathrm{dim}~V = n > 0, \mathrm{dim}~W = k > 0, \mathcal{A}: V \to W$ - линейный оператор, заданный матрицей $A$ в базисах $P$ и $Q$ пространств $V$ и $W$. Припишем к $n \times k$-матрице $A^{T}$ слева единичную $n \times n$-матрицу $E$ и проделаем над **строками** $n \times (n + k)$-матрицы $E|A^{T}$ последовательность элементарных преобразований, которая приведёт $A^{T}$ к ступенчатой матрице $C$. Пусть $B$ - матрица, получившаяся на месте $E$, тогда: 1) ненулевые строки $C$ - координаты базисных векторов $\mathrm{Im}~\mathcal{A}$ в базисе $Q$ 2) строки матрицы $B$ c нулевыми продолжениями в $C$ - координаты базисных векторов $\mathrm{Ker}~\mathcal{A}$ в базисе $P$

Строки $A^{T}$ - столбцы $A$, т.е. координаты (в базисе $Q$) образов векторов $\mathbf{p}_{i}$ из базиса $P$. Строки единичной матрицы - координаты **самих векторов** $\mathbf{p}_{i}$ в базисе $P$. Итак в $n \times (n+k)$-матрице $E|A^{T}$: слева от черты - $\mathbf{p}_{i}$ в $P$, справа - $\mathcal{A}(\mathbf{p}_{i})$ в $Q$. Линейные операции сохраняют сложение и умножение на скаляры, поэтому элементарные преобразования сохраняют указанное свойство. Значит ненулевые строки $C$ - линейно независимые вектора из $\mathrm{Im}~\mathcal{A}$, их число $r' \leq r(\mathcal{A})$. Так как изначально $B$ - $E$ и её строки линейно независимы, то строки $B$ с нулевыми продолжениями - линейно независимые вектора из $\mathrm{Ker}~\mathcal{A}$, их число $d' \leq d(\mathcal{A})$. Тогда по теореме о сумме ранга и дефекта: $$n = r' + d' \leq r(\mathcal{A}) + d(\mathcal{A}) = n$$ Поэтому $r' = r(\mathcal{A}), d' = d(\mathcal{A})$, а значит полученные вектора, действительно, являются базисами ядра и образа. $\square$