【線形代数】6-4-1 核と像｜問題集
1.次の行列の\(\mathrm{Ker}T_A\)と\(\mathrm{Im}T_A\)のそれぞれの次元と基底を求めなさい。
(1)\(A=\begin{pmatrix}1 & -3 & 6 & 0 \\ 2 & -5 & 9 & 2 \\ 3 & 0 & -9 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Ker}T_A\)は斉次連立一次方程式\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間なので、
\(\begin{pmatrix}1 & -3 & 6 & 0 \\ 2 & -5 & 9 & 2 \\ 3 & 0 & -9 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -3 & 6 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 9 & -27 & 0 \\ 0 & -2 & 6 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -3 & 6 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -18 \\ 0 & 0 & 0 & 5\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -3 & 6 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 5\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -3 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は
\(\mathbf{x}=t\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、\(\dim\mathrm{Ker}T_A=1\)で基底は \(\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Im}T_A\)は\(A\)の列ベクトルで生成される部分空間なので、
\(\mathrm{Im}T_A=\langle\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4\rangle\)
\(a_1,a_2,a_3,a_4\)の中から最大個数の一次独立の組を選ぶ。
解は
\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
\(t=1\)とおくと、
\(3a_1+3a_2+a_3=\mathbf{0}\)
\(a_3=-3a_1-3a_2\)
すなわち、\(\mathrm{Im}T_A=\langle a_1,a_2,a_4\rangle\)が成り立つ。また、
\(x_1a_1+x_2a_2+x_4a_4=\mathbf{0}\)
とおくと、\(x_1=x_2=x_4=0\)のみを解にもつので、\(a_1,a_2,a_4\)は一次独立である。
よって、\(\dim\mathrm{Im}T_A=3\)で基底は \(\mathbf{a}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ -1\end{pmatrix},\mathbf{a}_2=\begin{pmatrix}-3 \\ -5 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix},\mathbf{a}_4=\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\begin{pmatrix}1 & -3 & 6 & 0 \\ 2 & -5 & 9 & 2 \\ 3 & 0 & -9 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -3 & 6 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 9 & -27 & 0 \\ 0 & -2 & 6 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -3 & 6 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -18 \\ 0 & 0 & 0 & 5\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -3 & 6 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 5\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -3 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は
\(\mathbf{x}=t\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、\(\dim\mathrm{Ker}T_A=1\)で基底は \(\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Im}T_A\)は\(A\)の列ベクトルで生成される部分空間なので、
\(\mathrm{Im}T_A=\langle\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4\rangle\)
\(a_1,a_2,a_3,a_4\)の中から最大個数の一次独立の組を選ぶ。
解は
\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
\(t=1\)とおくと、
\(3a_1+3a_2+a_3=\mathbf{0}\)
\(a_3=-3a_1-3a_2\)
すなわち、\(\mathrm{Im}T_A=\langle a_1,a_2,a_4\rangle\)が成り立つ。また、
\(x_1a_1+x_2a_2+x_4a_4=\mathbf{0}\)
とおくと、\(x_1=x_2=x_4=0\)のみを解にもつので、\(a_1,a_2,a_4\)は一次独立である。
よって、\(\dim\mathrm{Im}T_A=3\)で基底は \(\mathbf{a}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ -1\end{pmatrix},\mathbf{a}_2=\begin{pmatrix}-3 \\ -5 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix},\mathbf{a}_4=\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
(2)\(A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 6 & 7 \\ 2 & -1 & -3 & 9 \\ 3 & 4 & 12 & 19\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Ker}T_A\)は斉次連立一次方程式\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間なので、
\(\begin{pmatrix}1 & 2 & 6 & 7 \\ 2 & -1 & -3 & 9 \\ 3 & 4 & 12 & 19\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 2 & 6 & 7 \\ 0 & -5 & -15 & -5 \\ 0 & -2 & -6 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 2 & 6 & 7 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & -2 & -6 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は
\(\mathbf{x}=s\begin{pmatrix}0 \\ -3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-5 \\ -1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
よって、\(\dim\mathrm{Ker}T_A=2\)で基底は\(\begin{pmatrix}0 \\ -3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-5 \\ -1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Im}T_A\)は\(A\)の列ベクトルで生成される部分空間なので、
\(\mathrm{Im}T_A=\langle\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4\rangle\)
\(a_1,a_2,a_3,a_4\)の中から最大個数の一次独立の組を選ぶ。
解は
\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}0 \\ -3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-5 \\ -1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(s=1,t=0\)とおくと、
\(a_3=3a_2\)
\(s=0,t=1\)とおくと、
\(a_4=5a_1+a_2\)
すなわち、\(\mathrm{Im}T_A=\langle a_1,a_2\rangle\)が成り立つ。また、
\(x_1a_1+x_2a_2=\mathbf{0}\)
とおくと、\(x_1=x_2=0\)のみを解にもつので、\(a_1,a_2\)は一次独立である。
よって、\(\dim\mathrm{Im}T_A=2\)で基底は \(\mathbf{a}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix},\mathbf{a}_2=\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}\)
\(\begin{pmatrix}1 & 2 & 6 & 7 \\ 2 & -1 & -3 & 9 \\ 3 & 4 & 12 & 19\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 2 & 6 & 7 \\ 0 & -5 & -15 & -5 \\ 0 & -2 & -6 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 2 & 6 & 7 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & -2 & -6 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は
\(\mathbf{x}=s\begin{pmatrix}0 \\ -3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-5 \\ -1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
よって、\(\dim\mathrm{Ker}T_A=2\)で基底は\(\begin{pmatrix}0 \\ -3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-5 \\ -1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Im}T_A\)は\(A\)の列ベクトルで生成される部分空間なので、
\(\mathrm{Im}T_A=\langle\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4\rangle\)
\(a_1,a_2,a_3,a_4\)の中から最大個数の一次独立の組を選ぶ。
解は
\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}0 \\ -3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-5 \\ -1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(s=1,t=0\)とおくと、
\(a_3=3a_2\)
\(s=0,t=1\)とおくと、
\(a_4=5a_1+a_2\)
すなわち、\(\mathrm{Im}T_A=\langle a_1,a_2\rangle\)が成り立つ。また、
\(x_1a_1+x_2a_2=\mathbf{0}\)
とおくと、\(x_1=x_2=0\)のみを解にもつので、\(a_1,a_2\)は一次独立である。
よって、\(\dim\mathrm{Im}T_A=2\)で基底は \(\mathbf{a}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix},\mathbf{a}_2=\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}\)
(3)\(A=\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1 \\ -2 & 4 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & -1 & -2 \\ 1 & -2 & 1 & 4\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Ker}T_A\)は斉次連立一次方程式\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間なので、
\(\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1 \\ -2 & 4 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & -1 & -2 \\ 1 & -2 & 1 & 4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & 3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は
\(\mathbf{x}=s\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
よって、\(\dim\mathrm{Ker}T_A=2\)で基底は\(\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Im}T_A\)は\(A\)の列ベクトルで生成される部分空間なので、
\(\mathrm{Im}T_A=\langle\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4\rangle\)
\(a_1,a_2,a_3,a_4\)の中から最大個数の一次独立の組を選ぶ。
解は
\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(s=1,t=0\)とおくと、
\(a_2=-2a_1\)
\(s=0,t=1\)とおくと、
\(a_4=a_1+3a_3\)
すなわち、\(\mathrm{Im}T_A=\langle a_1,a_3\rangle\)が成り立つ。また、
\(x_1a_1+x_3a_3=\mathbf{0}\)
とおくと、\(x_1=x_3=0\)のみを解にもつので、\(a_1,a_3\)は一次独立である。
よって、\(\dim\mathrm{Im}T_A=2\)で基底は \(\mathbf{a}_1=\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix},\mathbf{a}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1 \\ -2 & 4 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & -1 & -2 \\ 1 & -2 & 1 & 4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & 3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は
\(\mathbf{x}=s\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
よって、\(\dim\mathrm{Ker}T_A=2\)で基底は\(\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\mathrm{Im}T_A\)は\(A\)の列ベクトルで生成される部分空間なので、
\(\mathrm{Im}T_A=\langle\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4\rangle\)
\(a_1,a_2,a_3,a_4\)の中から最大個数の一次独立の組を選ぶ。
解は
\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(s=1,t=0\)とおくと、
\(a_2=-2a_1\)
\(s=0,t=1\)とおくと、
\(a_4=a_1+3a_3\)
すなわち、\(\mathrm{Im}T_A=\langle a_1,a_3\rangle\)が成り立つ。また、
\(x_1a_1+x_3a_3=\mathbf{0}\)
とおくと、\(x_1=x_3=0\)のみを解にもつので、\(a_1,a_3\)は一次独立である。
よって、\(\dim\mathrm{Im}T_A=2\)で基底は \(\mathbf{a}_1=\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix},\mathbf{a}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)
次の学習に進もう！