Как искать базис ядра?

[number_one]

А из каких соображений тогда искать базис ядра? Решать систему однородных уравнений?
Ее решение и будет базисом ядра? А чем тогда базис ядра отличается от фундаментальной системы решений?
Вот определение

Ядром линейного отображения $f\colon A\to B$ называются подмножество $A$, которое отображается в нуль

$\mbox{Ker}\,f = \{ x\in A\mid f(x) = 0 \}$

И еще вопрос - как проверить, что $\operatorname{Im}A^T\perp \operatorname{Ker}A$?

Это означает, что каждый вектор $\mbox x$ из $\operatorname{Im}A^T$ должен быть ортгонален вектору $y\in \operatorname{Ker}A$, то есть $\mbox x\cdot \mbox y^T=0$ ?

[ewert]

number_one в сообщении #578336 писал(а):

? А чем тогда базис ядра отличается от фундаментальной системы решений?

Ничем -- по определению ФСР.

number_one в сообщении #578336 писал(а):

как проверить, что $\operatorname{Im}A^T\perp \operatorname{Ker}A$?

В лоб -- выписывая определение ортогонального дополнения в виде тождественного равенства нулю соответствующего скалярного произведения и перебрасывая в нём оператор на другой сомножитель.

[number_one]

Спасибо, вот так перебросить?

Пусть есть система уравнений $Ax=y$

$(A^T\hat x)\cdot x'=\hat x\cdot (Ax')=\hat x\cdot 0=0$

Значит $\operatorname{Im}A^T\perp \operatorname{Ker}A$

Но как-то меня напрягают размерности и все это очень сомнительно, но вдруг похоже на правду?

[ewert]

number_one в сообщении #578365 писал(а):

Спасибо, вот так перебросить?

Пусть есть система уравнений $Ax=y$

$(A^T\hat x)\cdot x'=\hat x\cdot (Ax')=\hat x\cdot 0=0$

Во-первых: игреки-то тут при чём? Во-вторых: хотя требуемая цепочка равенств действительно похожа на Вашу, но отсутствие пояснений (в частности, кванторов $\forall$) превращает Вашу запись в бессмысленный набор значков.

[number_one]

ewert в сообщении #578373 писал(а):

number_one в сообщении #578365 писал(а):

Спасибо, вот так перебросить?

Пусть есть система уравнений $Ax=y$

$(A^T\hat x)\cdot x'=\hat x\cdot (Ax')=\hat x\cdot 0=0$

Во-первых: игреки-то тут при чём? Во-вторых: хотя требуемая цепочка равенств действительно похожа на Вашу, но отсутствие пояснений (в частности, кванторов $\forall$) превращает Вашу запись в бессмысленный набор значков.

Хорошо, переделываю.

Пусть $\mathbb A: \;\;\;\mathbb R^n\to\mathbb R^m$, размер матрицы этого оператора $A$ -- $m\times n$

$x$ - вектор с $n$ компонентами, $y$ -вектор с $m$ компонентами

$Ax=b$, значит $A^Tx^T=b^T$

Проверим $\operatorname{Im}A^T\perp \operatorname{Ker}A$

$\forall (A^Tx^T)\cup(\forall x|Ax=0)\;\;\;(A^Tx^T)\cdot x=x^T\cdot (Ax)= x^T\cdot 0=0$

(Оффтоп)

У меня предчувствие -- что это чушь полнейшая, но я очень хочу разобраться, несмотря на то, что в голове - каша

[ewert]

number_one в сообщении #578393 писал(а):

У меня предчувствие -- что это чушь полнейшая,

Предчувствия Вас не обманывают. Скажем, что бы это могло значить: "$\forall (A^Tx^T)\cup(\forall x|Ax=0)$" ?...

Я же говорил: начинайте в лоб. Но аккуратно. Примерно так:

$x\in\operatorname{Im}A^T\ \Leftrightarrow\ (\forall u)\;x\perp A^Tu\ \Leftrightarrow\ ...$

Дальше сами.

[number_one]

ewert в сообщении #578404 писал(а):

number_one в сообщении #578393 писал(а):

У меня предчувствие -- что это чушь полнейшая,

Предчувствия Вас не обманывают. Скажем, что бы это могло значить: "$\forall (A^Tx^T)\cup(\forall x|Ax=0)$" ?...

Я же говорил: начинайте в лоб. Но аккуратно. Примерно так:

$x\in\operatorname{Im}A^T\ \Leftrightarrow\ (\forall u)\;x\perp A^Tu\ \Leftrightarrow\ ...$

Дальше сами.

А почему тут равносильность? Откуда берется ортогональность?

[ewert]

number_one в сообщении #578551 писал(а):

А почему тут равносильность?

Пардон, это у меня глюк. Я просто привык к нормальной, человеческой формулировке этой теоремы: "ортогональное дополнение к множеству значений есть множество нулей сопряжённого оператора". Т.е. $(\operatorname{Im}B)^T=\operatorname{Ker}B^T$. Естественно, это эквивалентно Вашему утверждению при $B=A^T$ (в конечномерномерном случае). Вот этот вариант и удобнее доказывать.

[number_one]

ewert в сообщении #578606 писал(а):

number_one в сообщении #578551 писал(а):

А почему тут равносильность?

Пардон, это у меня глюк. Я просто привык к нормальной, человеческой формулировке этой теоремы: "ортогональное дополнение к множеству значений есть множество нулей сопряжённого оператора". Т.е. $(\operatorname{Im}B)^T=\operatorname{Ker}B^T$. Естественно, это эквивалентно Вашему утверждению при $B=A^T$ (в конечномерномерном случае). Вот этот вариант и удобнее доказывать.

То есть $(\operatorname{Im}A^T)^T=\operatorname{Ker}A$
А как начать доказывать?

$x\in (\operatorname{Im}A^T)^T \Leftrightarrow ...$

[ewert]

number_one в сообщении #578623 писал(а):

А как начать доказывать?

$x\in (\operatorname{Im}A^T)^T \Leftrightarrow ...$

Дальше по тексту, с добавлением буковок Тэ по мере необходимости, и всё выйдет автоматом.

[number_one]

$x\in (\operatorname{Im}A^T)^T \Leftrightarrow (\forall i)x=A^Tu \Leftrightarrow $

Если бы знал текст дальше)

[ewert]

number_one в сообщении #578658 писал(а):

$x\in (\operatorname{Im}A^T)^T \Leftrightarrow (\forall i)x=A^Tu$

Это не верно ни в каком смысле (не говоря уж о загадочном "и"). Исправьте и пробуйте дальше.

[number_one]

ewert в сообщении #578661 писал(а):

number_one в сообщении #578658 писал(а):

$x\in (\operatorname{Im}A^T)^T \Leftrightarrow (\forall i)x=A^Tu$

Это не верно ни в каком смысле (не говоря уж о загадочном "и"). Исправьте и пробуйте дальше.

Меня "двойное транспонирование" сбивает с толку. Внутреннее транспонирование можно убрать, сделав переобзначение, а внешнее - не ясно как (внешнее - имею ввиду сам образ транспонированный...)

[ewert]

Упс, пардон ещё раз. Естественно, под $(\operatorname{Im}B)^T$ следовало понимать $(\operatorname{Im}B)^{\perp}$. Причина аберрации примерно та же -- использование Вами значка Тэ вместо человеческой звёздочки.

[number_one]

ewert в сообщении #578674 писал(а):

Упс, пардон ещё раз. Естественно, под $(\operatorname{Im}B)^T$ следовало понимать $(\operatorname{Im}B)^{\perp}$. Причина аберрации примерно та же -- использование Вами значка Тэ вместо человеческой звёздочки.

Ок, буду использовать звездочку

$$x\in (\operatorname{Im}A^*)^{\perp} \Leftrightarrow (\forall u\in \operatorname{Im}A^*)x\perp u \Leftrightarrow (\forall u\in \operatorname{Im}A^*) \;\;(x,A^*y)=0\; (u=A^*y)\Leftrightarrow (\forall u\in \operatorname{Im}A^*) \;(A^*x,y)=0$$

Верно ли это ?