Образ матрицы

[nvgup_k]

Найти $(ImA)^{\perp}$ если:

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

Подскажите правильно ли я решаю?

$ImA$ состоит из векторов которые равные столбцам матрицы, т.е

$ImA = \left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right\}$
Теперь нам нужно найти вектор который будет перпендикулярным ко всем векторов входящих в $ImA$ ?

[svv]

Да.

Цитата:

$ImA$ состоит из векторов которые равные столбцам матрицы

А также из всевозможных линейных комбинаций этих векторов. Это называется "линейная оболочка".

Например,
$\begin{bmatrix}5\\5\\5\\5\end{bmatrix}\in \operatorname{Im} A$

[nvgup_k]

svv в сообщении #577662 писал(а):

Да.

Цитата:

$ImA$ состоит из векторов которые равные столбцам матрицы

А также из всевозможных линейных комбинаций этих векторов. Это называется "линейная оболочка".

Например,
$\begin{bmatrix}5\\5\\5\\5\end{bmatrix}\in \operatorname{Im} A$

Ясно. Т.е $ImA$ это бесконечное множество векторов, базис которых состоит из этих четырех векторов да? Ну и в итоге нам нужно решить однородную систему из четырех уравнений.

[svv]

И опять небольшая поправка. Чтобы эти векторы были базисом в натянутом на них подпространстве (линейной оболочке), они должны быть линейно независимы. А у нас смотрите что творится:
$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

nvgup_k писал(а):

Ну и в итоге нам нужно решить однородную систему из четырех уравнений.

Да, правильно. Её можно кратко записать как $A^T\mathbf x=0$.

nvgup_k писал(а):

Т.е $ImA$ это бесконечное множество векторов

Да. Те четыре вектора являются, как несложно понять, образами таких четырех векторов (из пространства прообразов):
$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$
Возьмем линейную комбинацию этих четырех векторов (т.е. произвольный вектор из пространства прообразов). Её образ будет линейной комбинацией
$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$
этих векторов в пространстве образов. Вот только здесь это уже не будет произвольный вектор, так как ранг матрицы равен 3, а не 4. В частности, векторы из ортогонального дополнения не являются образами никаких векторов.

[nvgup_k]

Спасибо за помощь, вроде все понял.
Да а скажем если ранг матрицы был бы равен 4?
Тогда ортогональное дополнения равнялось бы пустому множеству ?

[svv]

Тогда бы размерность ортогонального дополнения была равна $0$, а само оно состояло бы из нулевого вектора.

Нашли вектор, ортогональный всем четырём?

[nvgup_k]

svv в сообщении #577690 писал(а):

Тогда бы размерность ортогонального дополнения была равна $0$, а само оно состояло бы из нулевого вектора.

Нашли вектор, ортогональный всем четырём?

Вроде да, вот :

$C\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ , где $C\in\mathbb{R}$

[svv]

Верно!