Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

matem-up1

.pdf
Скачиваний:
316
Добавлен:
14.02.2015
Размер:
1.73 Mб
Скачать

Решение. Заметим, что у матрицы А строки пропорцио нальны, поэтому все миноры 2 го порядка равны 0. Значит, r (A)= 1 .

Имеем r (B)= 3 , так как минор 3 го порядка – это опреде литель матрицы и он не равен нулю: B = 4 .

У матрицы С есть минор 2 го порядка, не равный нулю (на

пример в левом верхнем углу:

2

1

= 6 ), а любой минор 3 го

 

0

3

 

порядка равен 0, так как содержит нулевую строку. Значит, r (C )= 2 .

Вычисление ранга матрицы путём вычисления всех её ми норов является весьма трудоёмкой задачей, особенно для мат риц больших размеров. Научимся вычислять ранг более про стым способом. Рассмотрим сначала матрицу специального ви

да

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c11

c12

... c1k

... c1n

 

 

0

c

22

... c

2k

... c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2n

.

 

. . .

. .

 

C =

0

0

... ckk

... ckn

.

 

0

0

...

0

...

0

 

 

 

 

. . .

. .

 

.

 

 

 

0

0

...

0

...

0

 

Если все элементы c11 ,

c22 , ... , ckk

 

– не равные нулю числа, то

такую матрицу называют матрицей трапециевидной формы.

71

Последние нулевые строки могут и отсутствовать.

Теорема 2.2. Ранг матрицы трапециевидной формы равен числу её ненулевых строк.

Доказательство. Действительно, минор k го порядка

c11 c12

K c1k

 

0 c22

K c2k

= c11 c22 K ckk 0 ,

. . . .

 

00 K ckk

авсе миноры большего порядка (если такие в этой матрице найдутся) содержат нулевую строку, поэтому будут равны нулю.

Значит, r (C )= k .

Научимся любую матрицу приводить к трапециевидной

форме, не меняя её ранга. Для этого рассмотрим элементар

ные преобразования:

1)перестановка строк (столбцов);

2)прибавление к элементам строки (столбца) соответст

вующих элементов другой строки (столбца), умноженных на од но и то же число.

Теорема 2.3. Элементарные преобразования матрицы не изменяют её ранг.

Примем эту теорему без доказательства.

Теорема 2.4. Любую матрицу можно привести к трапецие видной форме, используя элементарные преобразования.

72

Доказательство. Возьмём любую матрицу

a11

a12

...

a1n

 

A = ...

...

...

...

.

 

am 2

 

 

 

am1

... amn

Если a11 = 0 , то переставим строки или столбцы так, чтобы

на месте (1, 1) стоял ненулевой элемент. Если же a11 0 , то

добьёмся, чтобы остальные элементы 1 го столбца стали рав

ными 0. Для этого ко 2 й строке прибавим 1 ю, умноженную на

число

a21

. К 3 й строке прибавим 1 ю, умноженную на

a31

.

 

 

 

a11

 

 

a11

И так далее – с помощью 1 й строки изменим все строки, начи ная со второй:

a11

a12

... a1n

 

 

0

b

... b

 

A

 

22

2n

.

... ...

... ...

 

 

0

b

... b

 

 

 

m 2

mn

Здесь знак означает, что у этих матриц одинаковый ранг

(по теореме 2.3). Далее поступаем аналогично: добиваемся,

чтобы на месте (2, 2) стоял ненулевой элемент, а все элементы

2 го столбца ниже него были равны 0. Продолжая эти элемен тарные преобразования, приведём матрицу к трапециевидной форме.

Итак, для нахождения ранга матрицы достаточно привести её с помощью элементарных преобразований к трапециевид

ной форме и подсчитать число ненулевых строк. Это число рав

73

но рангу матрицы.

 

 

 

 

 

 

1

1

1

2

4

 

 

2

2

1

2

1

 

Пример 2.11. Найти ранг матрицы A =

1

1

2

3

0

.

 

 

 

3

3

1

0

2

 

 

 

Решение. Приведём матрицу к трапециевидной форме:

1 1 1 2 4

(2) (1) (3)

1 1 1 2 4

 

2 2 1 2 1

 

 

 

 

 

 

 

 

0 0 1 2 9

 

A=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 0 1 1

4

 

1 1 2 3 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 0 4 6 10

 

 

3 3 1 0 2

 

 

 

 

 

 

1 1 1 2 4

 

 

 

 

1 1 1 2 4

 

 

0 1 0 2 9

(1) (4)

 

 

0 1 0 2 9

 

 

 

 

0 1 0 1 4

 

 

 

 

 

0 0 0 1 13

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 4 0 6 10

 

 

 

 

 

 

0 0 0 2 26

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1 2 1 4

 

1 1 2 1 4

 

 

 

0 1 2 0 9

 

 

 

 

0 1 2 0 9

 

 

 

 

0 0 1 0 13

 

(2)

 

0 0 1 0 13

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 0 2 0 26

 

 

 

0 0 0 0 0

 

 

 

 

 

 

 

 

Здесь выполнены последовательно следующие элементар ные преобразования:

1) первую строку, умноженную на числа (–2), 1, (–3), приба вили поочерёдно ко 2 й, 3 й и 4 й строкам;

2) переставили столбцы – 2 й и 3 й, так как на месте (2, 2)

оказался 0; 3) вторую строку, умноженную на (–1), (–4), прибавили по

очерёдно к 3 й и 4 й строкам;

74

4) переставили столбцы – 3 й и 4 й, так как на месте (3, 3)

оказался 0; 5) 3 ю строку, умноженную на (–2), прибавили к 4 й строке.

Получили трапециевидную матрицу с тремя ненулевыми строками. Значит, r (A) = 3 .

Замечание. Доказательство теоремы 2.4 и рассмотренный пример показывают, что для приведения матрицы к трапецие видной форме достаточно использовать элементарные преоб разования строк и перестановки столбцов. Без сложения столб цов можно обойтись.

5. Системы линейных уравнений

Рассмотрим систему из m линейных алгебраических урав

нений с n неизвестными:

a11 x1

+ a12 x2

+ ... + a1n xn

 

=

b1

,

 

a

21

x

1

+ a

22

x

2

+ ... + a

2n

x

n

=

b

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

. . . . . . . . . . . . . . . ... ...

a

m1

x

1

+ a

m 2

x

2

+ ... + a

mn

x

n

=

b .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

Здесь числа aij

– коэффициенты системы;

x j

– неизвестные ве

личины; bi – свободные члены ( i = 1, 2, ..., m;

j = 1, 2, ..., n ).

Систему можно записать в матричном виде:

Α X = B .

75

 

a

 

a

... a

 

x

 

Здесь

a11

a12

... a1n

 

x1

 

A =

21

22

2n – матрица системы;

Χ =

2

 

... ...

... ...

 

 

...

 

 

 

am 2

 

 

 

 

 

 

am1

... amn

xn

 

 

 

 

 

b1

 

 

 

 

 

матрица столбец неизвестных;

b

 

 

 

 

 

 

B =

2

– матрица столбец сво

 

 

 

 

 

 

...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

 

 

 

бодных членов.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2.12. Одну и ту же систему линейных уравнений

можно записать двумя способами:

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

x

 

= 2,

1 1

 

x

 

 

2

 

 

1

 

2

= 13;

 

 

 

 

1

=

.

2 x1

+ x2

2 1

 

x2

13

Решением системы называется такая совокупность чисел

с1 ,c2 , ... ,cn , что после замены

неизвестных

xi

соответствую

щими числами ci каждое из уравнений системы обращается в тождество. В матричной записи решение системы представляет

c1

 

c

2

 

собой матрицу столбец

 

. В примере 2.12 система имеет

 

...

 

 

 

 

cn

решение: x1 = 5, x2 = 3 , так как при подстановке числа 5 вме

сто x1 , числа 3 вместо x2

все уравнения превращаются в вер

5 3

=

2,

ные равенства: {2 5 + 3

=

13.

76

5

В матричной записи столбец является решением системы:

3

1

1

5

 

5 3

2

 

2

1

 

 

=

10 + 3

 

=

13

.

 

 

 

3

 

 

 

 

 

Система называется совместной, если она имеет хотя бы одно решение, и несовместной, если она не имеет решений. В

примере 2.12 система совместна, а, например, система

x

+ x

=

1

несовместная, так как если бы решение с1 , c2

x11

+ x22

=

0

существовало, то c1 + c2 равнялось бы одновременно и нулю, и

единице.

Совместная система называется определённой, если она имеет единственное решение, и неопределённой, если она имеет более одного решения. Например, система x1 x2 = 0 ,

состоящая из одного уравнения ( m = 1 , n = 2 ), неопределён ная. Решением этой системы является любая пара одинаковых чисел, т. е. система имеет бесконечное множество решений.

Две системы будем называть эквивалентными, если они или обе несовместны, или же обе совместны и имеют одни и те же решения.

Научимся сначала решать системы линейных уравнений в частном случае: пусть матрица системы А – квадратная (число уравнений m совпадает с числом неизвестных n) и невырож

77

денная (т. е. = A 0 ). Такую систему называют крамеров

ской.

Теорема 2.5 (матричный способ). Любая крамеровская сис тема Α X = B совместна и имеет единственное решение, ко торое можно найти по формуле:

X = A1 B .

Доказательство. Так как A 0 , то существует обратная

матрица A1 . Умножаем матричное уравнение Α X = B слева на A1 : A1 A X =A1 B . Так как A1 A X = E X =X , то тео рема доказана.

Пример 2.13. Решить систему матричным методом:

 

2 x

1

+ 3x

2

4 x

3

= −4,

 

 

 

 

 

 

2 x1

+ x2

3x3

= −7 ,

 

 

 

+ 2x2

 

 

= 7.

x1

 

 

Решение. Имеем

2

3

4

x1

 

4

A =

2

1

3

 

, X = x

 

 

, B =

7

.

 

1 2

0

 

 

2

 

 

7

 

 

 

x3

 

 

Вычислим определитель: A = 1 0 . Значит, система крамеров

ская. Найдём обратную матрицу А1 . Для этого вначале вычис

лим алгебраические дополнения элементов матрицы А: 78

A

=

 

 

 

1 3

 

= 6 , A

 

 

= −

 

2 3

 

= 3, A

=

 

 

2 1

 

= 5,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

 

 

 

2 0

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

1 0

 

 

 

 

 

 

13

 

1 2

 

 

 

 

 

 

 

A

= −

 

3 4

 

= −8, A

=

 

2 4

 

= −4, A

 

 

= −

 

 

2 3

 

= −7 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

21

 

 

 

 

 

 

2 0

 

 

 

 

 

 

 

 

22

 

 

 

1 0

 

 

 

 

 

23

 

 

 

 

 

1 2

 

 

A

=

 

3 4

 

 

 

= −5, A

= −

 

2 4

 

 

= −2, A

 

 

=

 

2

 

3

 

= −4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

31

 

 

 

 

1

3

 

 

 

 

 

 

 

 

32

 

 

 

 

 

2

3

 

 

 

 

33

 

 

2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

(Aij )T

 

 

1

 

 

6

8

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом,

A1 =

 

 

 

 

=

 

 

3 4

 

2

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

5

7

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Найдём решение системы:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6 8 5 4 24 + 56 35 3

X = A1 B =

 

 

3 4

 

2

 

 

 

7

=

 

12

+ 28

14

 

=

2

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5 7

 

4

 

 

 

7

 

 

 

 

 

20

+ 49 28

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Другая запись решения:

x1 = −3,

 

x2 = 2,

 

x3 = 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 2.6 (правило Крамера). Решение крамеровской системы Α X = B можно найти по формулам Крамера:

x

j

=

j

, j = 1, ..., n ,

 

 

 

где j – определитель, получаемый из опpеделителя системы

= A заменой j го столбца столбцом свободных членов.

Доказательство. Покажем, что формулы Крамера следу ют из матричной формулы в теореме 2.5. Для простоты ограни чимся случаем n = 3. Имеем:

79

x1

 

 

1

A11

X = A1 B x

 

 

=

A

 

 

x

2

 

 

A

 

 

 

 

12

3

 

 

 

13

Нетрудно заметить, что

A21

A31

b1

 

 

1

A11b1

+ A21b2

+ A31b3

 

A A

b

 

=

A b

+ A b

+ A b

.

 

A A

 

b

 

 

A b

+ A b

+ A b

 

22

32

 

2

 

 

 

12

1

 

22

2

32

3

 

23

33

 

3

 

 

 

13

1

 

23

2

33

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b1

a12

 

a13

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b1 A11 + b2 A21 + b3 A31 =

b2

a22 a23

 

= 1 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

b3

a32

 

a33

 

 

 

 

это формула разложения 1 по 1 му столбцу. Значит, x1 = 1 .

Аналогично для x2 и x3 .

Пример 1.14.

Решить систему из примера 2.13 методом

Крамера.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Вычислим определители:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3

4

 

 

 

 

 

 

4 3 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

2 1

3

 

= 1, 1 =

 

7 1 3

 

= −3 ,

 

 

 

 

 

1

2

0

 

 

 

 

 

 

7

2

0

 

 

 

 

 

 

 

2

4

4

 

 

 

 

2

3

4

 

 

 

 

 

 

 

2

=

 

2 7 3

 

= 2, 3

=

 

2

1 7

 

= 1 .

 

 

 

 

 

1

7

0

 

 

 

 

 

 

 

1 2

7

 

 

Применяя формулы Крамера, получаем решение:

x

1

=

1

=

3

= −3, x

2

=

2

=

2

= 2, x

3

=

3

=

1

= 1 .

1

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сравните с результатом в примере 2.13.

Мы научились решать системы линейных уравнений в част ном, «крамеровском» случае. Перейдём к общему случаю. Ос новным методом решения произвольных линейных систем яв

80

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]