Ранг матрицы

Пусть задана матрица $$\begin{equation*}
A = \left(
\begin{array}{cccc}
a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n}\\
a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2n}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
a_{m1} & a_{m2} & \ldots & a_{mn}
\end{array}
\right)
\end{equation*}, $$ где $n$ столбцов и $m$ строк. Заметим, что числа не имеют никакой связи между собой. Будем рассматривать столбцы как вектора $m-$мерного пространства. То есть в таком виде: $$ \alpha_1 = \left(a_{11}, a_{21},\dots,a_{m1}\right),$$ $$\alpha_2 = \left(a_{12}, a_{22},\dots,a_{m2}\right),$$ $$\vdots$$ $$\alpha_m = \left(a_{1n}, a_{2n},\dots,a_{mn}\right).$$ Они могут быть линейно зависимыми. Тогда имеет место такое определение:

Определение. Пусть задана матрица $A = \|a_{ij}\| \in M_{m \times n}(P).$
Рангом матрицы называется ранг системы её столбцов, то есть количество векторов (столбцов) в максимально линейно независимой системе столбцов матрицы $A.$ Обозначение: $\mathop{\rm rank} A.$

Примечание. Ранг нулевой матрицы равен нулю.
$$\left(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{matrix} \right).$$ Как видим, столбцы равны между собой, а значит линейно независимые столбцы отсутствуют, их количество равно нулю и, по определению, ранг равен нулю.

Ранг системы столбцов также можно называть «столбцовым» рангом. Очевидно, для строк существует аналогичное название — «строчный» ранг. Однако в этом случае строки будут рассматриваться как вектора $n-$мерного пространства, а именно: $$ \beta_1 = \left(a_{11}, a_{12},\dots,a_{1n}\right),$$ $$\beta_2 = \left(a_{21}, a_{22},\dots,a_{2n}\right),$$ $$\vdots$$ $$\beta_n = \left(a_{m1}, a_{m2},\dots,a_{mn}\right).$$ Ранги равны между собой, что следует из теоремы о ранге матрицы. Необходимо упомянуть, что $\mathop{\rm rank} A \leqslant min\left\{n,m\right\}$, где $n$ — количество столбцов матрицы $A$, а $m$ — количество строк. Этот факт также следует из теоремы.

Пример. Найти ранг матрицы $$A = \left(\begin{array}{rrr} -1 & 3 & 2 & 5 & 12 & -6 \\ 5 & 4 & -1 & -25 & 16 & 3 \\ 2 & 0 & 3 & -10 & 0 & 9 \end{array} \right).$$Запишем столбцы как вектора и проверим есть ли зависимость: $$ \alpha_1 = \left(-1,5,2\right),~ \alpha_2 = \left(3, 4, 0\right),~ \alpha_3 = \left(2,-1,3\right), $$ $$\alpha_4 = \left(5,-25,-10\right),~ \alpha_5 = \left(12,16,0\right),~ \alpha_6 = \left(-6,3,9\right).$$ В нашем случае она очевидна: $$\alpha_4 =-5 \cdot \alpha_1,~ \alpha_5 = 4 \cdot \alpha_2,~ \alpha_6 =-3 \cdot \alpha_3.$$ Значит, линейно независимых столбцов в матрице три и, по определению, $\mathop{\rm rank} A = 3. $

Пример. Найти ранг матрицы $$A = \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & -4 & 0 \\ -3 & 6 & 7 & 8 \\ -2 & -4 & 8 & 0\end{array} \right).$$ Ранг столбцов равен $4.$ Но это превышает ранг матрицы, который должен быть не больше трех. Узнаем, с помощью элементарных преобразований, есть ли среди строк линейно зависимые: $$\left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & -4 & 0 \\ -3 & 6 & 7 & 8 \\ -2 & -4 & 8 & 0\end{array} \right) \thicksim \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & -4 & 0 \\ 0 & 11 & -5 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array} \right) \thicksim \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & -4 & 0 \\ 0 & 11 & -5 & 8 \end{array} \right).$$Линейно независимых строк две. Позже будет доказано, что «строчный» ранг равен рангу матрицы. А так как нам известен ранг строк, можно сказать, что $\mathop{\rm rank} A = 2.$

Смотрите также

Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, стр. 71
Александров П.С. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры — 2009 стр. 346
Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

Теорема о ранге матрицы

Теорема. Рангу матрицы соответствует наибольший порядок минора, не равный нулю.

Дана матрица $A= \|a_{ij}\| \in M_{m \times n}\left(P\right).$ Пусть максимально возможный порядок ненулевого минора равен $p.$ Следовательно, имеется хотя бы один минор $M,$ отличный от нуля, с порядком $p.$

Допустим, для удобства доказательства, минор $M$ находится в левой верхнем углу матрицы: $$\left(\begin{matrix}
a_{11} & \cdots & a_{1p} & a_{1p+1} & \cdots & a_{1n}\\
a_{21} & \cdots & a_{2p} & a_{2p+1} & \cdots & a_{2n}\\
\dots& \dots& \dots& \dots & \dots & \dots\\
a_{p1} & \cdots & a_{pp} & a_{pp+1} & \cdots & a_{pn}\\
a_{p+11} & \cdots & a_{p+1p} & a_{p+1p+1} & \cdots & a_{p+1n}\\
\dots& \dots& \dots& \dots &\dots & \dots\\
a_{m1} & \cdots & a_{mp} & a_{mp+1} & \cdots & a_{mn}\\
\end{matrix}\right),
M =
\begin{vmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1p}\\
a_{21} & \cdots & a_{2p}\\
\dots& \dots& \dots\\
a_{p1} & \cdots & a_{pp}\\
\end{vmatrix}.$$

Рассмотрим первые $p$ столбцов матрицы. Если они составляют базу системы столбцов $A,$ тогда утверждение $\mathop{\rm rank} A = p$ справедливо. По определению базы системы векторов (столбцов), эта система должна быть линейно независимой. Предположим, выбранная система линейно зависима, что означает линейную зависимость столбцов минора. Из этого следует, что минор равен нулю по критерию равенства определителя нулю и определению минора. По условию $M \ne 0, $ возникает противоречие. То есть система столбцов линейно независима и, по определению ранга, $\mathop{\rm rank} A = p.$

Теперь докажем, что остальные столбцы матрицы линейно выражаются через первые $p.$ Рассмотрим определитель $p+1$ порядка: $$M’ =
\begin{vmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1p}& a_{1l}\\
a_{21} & \cdots & a_{2p}& a_{2l}\\
\dots& \dots& \dots&\dots\\
a_{p1} & \cdots & a_{pp}& a_{pl}\\
a_{i1} & \cdots & a_{ip}& a_{il}\\
\end{vmatrix}, $$ где $~i=\overline{1,m},~l=\overline{p+1,n}.$

При каком-либо $i$ детерминант равен $0.$ Докажем, что это так. Рассмотрим случай, когда $i=\overline{1,p}.$ Две строки определителя совпадают и тогда по свойству $M’ = 0.$ В случае, когда $i$ лежит между $p+1$ и $m,$ вспомогательный определитель $M’$ является минором матрицы $A$ и имеет порядок $p+1.$ Однако все миноры порядков больших $p$ равны $0,$ что подразумевается непосредственно в формулировке нашей теоремы, следовательно $M’ = 0.$

Можно получить данный минор, воспользовавшись теоремой о разложении определителя по строке. В данном случае разложим по последней. Имеем $$a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\dots+a_{ip}A_{ip}+a_{ij}M = 0,$$ где $A_{i1}, A_{i2}, \dots, A_{ip}$ — алгебраические дополнения соответствующих элементов строки. Примечательно, что алгебраическим дополнением при $a_{ij}$ является $M.$ Далее $$a_{i1} \frac{A_{i1}}{M}+a_{i2}\frac{A_{i2}}{M} +\dots+a_{ip}\frac{A_{ip}}{M}+a_{ij} = 0.$$
$$a_{ij} = \left(-\frac{A_{i1}}{M}\right)a_{i1} +\left(-\frac{A_{i2}}{M}\right)a_{i2} +\dots+\left(-\frac{A_{ip}}{M}\right)a_{ip}.$$ Формально коэффициенты $\left(-\displaystyle\frac{A_{i1}}{M}\right), \dots, \left(-\displaystyle\frac{A_{ip}}{M}\right)$ зависят от номера $i,$ однако вычисляются независимо от него. Это некие константы, найти которые мы можем с помощью первых $p$ столбцов. Изменяя $i$ от $1$ до $p,$ можно получить весь столбец $l$ как линейную комбинацию первых $p$ столбцов. Теорема доказана.

Следствие 1. «Столбцовый» ранг матрицы $A$ совпадает со «строчным».
Чтобы сравнить соответствующие ранги, транспонируем матрицу. Её ранг при этом не изменится, так как в новой матрице значения всех миноров сохранились по свойству определителя транспонированной матрицы. В новой матрице рангом будет ранг строк исходной матрицы, которые стали столбцами после транспонирования. Таким образом, ранги столбцов и строк данной матрицы равны между собой.

Следствие 2. Из равенства нулю определителя матрицы следует, что столбцы матрицы линейно зависимы.
Пусть задана матрица $A = \|a_{ij}\| $ порядка $n$ большего единицы. По условию $\det A = 0,$ значит наибольший порядок отличного от нуля минора меньше $n$ и $\mathop{\rm rank} A < n.$ По свойству ранга система линейно зависима.

Значительно упрощает вычисление ранга метод окаймляющих миноров. Минор является окаймляющим, если содержит в себе минор меньшего порядка. Метод состоит в том, чтобы среди окаймляющих миноров каждого порядка поочередно искать ненулевые миноры. Рассмотрим на примере матрицы $3-$го порядка. Например, для ненулевого минора $\begin{vmatrix}a_{21}\end{vmatrix}$ окаймляющими будут миноры второго порядка $\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix}$ и $\begin{vmatrix} a_{21} & a_{22} \\ a_{31} & a_{32} \end{vmatrix}.$ Если их значения равны $0,$ ранг матрицы равен $1,$ иначе переходим к следующему порядку. Определитель матрицы — единственный окаймляющий минор третьего порядка. Если он нулевой, ранг равен двум, иначе трём. Получается, мы действуем до тех пор, пока не найдем нулевые миноры или порядок ненулевого минора не совпадает с количеством столбцов(строк) матрицы.

Существует также метод элементарных преобразований, однако его преимущество только в поиске ранга матрицы, более о матрице мы ничего узнать не сможем. Данный метод следует применять на практике при работе с очень большими порядками и ограниченным количеством времени. Его суть в том, чтобы преобразовать матрицу к диагональному виду и узнать её ранг. Так как новая матрица будет эквивалентна данной матрице, её ранг будет рангом исходной матрицы по свойству ранга эквивалентных матриц.

Примеры решения задач

Найти ранг матрицы $A$ методом окаймления миноров $$A = \left(\begin{array}{rrr} -1 & 3 & 2 & -1 & 4 \\ 5 & -4 & -3 &1 & -5 \\ 3 & 2 & 1 & -1 & 3 \end{array} \right).$$

Решение

Выберем произвольный ненулевой минор первого порядка, например на пересечении $3$-й строки и $3$-го столбца. Тогда $m_1$(для удобства будем обозначать их так) $= 1 \ne 0.$ Теперь выберем минор второго порядка, окаймляющий $m_1.$ $$m_2 = \left|\begin{array}{rrr} -3 & 1 \\ 1 &-1 \end{array}\right| = 3-1 = 2 \ne 0. $$ Далее перейдем к минору третьего порядка. Вычислим его, разложив по первой строке . $$ m_3 = \left|\begin{array}{rrr} 2 & -1 & 4\\ -3 & 1 & -5 \\ 1 & -1 & 3\end{array}\right| = \left(-1\right)^{1+1} \cdot 2 \cdot \left|\begin{array}{rrr} 1 & -5 \\ -1 & 3 \end{array}\right| + $$ $$ + \left(-1\right)^{1+2} \cdot \left(-1\right) \cdot \left|\begin{array}{rrr} -3 & -5 \\ 1 & 3 \end{array}\right| + \left(-1\right)^{3+1} \cdot 4 \cdot \left|\begin{array}{rrr} -3 & 1 \\ 1 & -1 \end{array}\right| = $$ $$ = 2\left(3-5\right) + \left(-9+5\right) + 4 \left(3-1\right) =-4-4 + 8 = 0. $$ Проверим ещё один окаймляющий минор третьего порядка $$m’_3 = \left|\begin{array}{rrr} 3 & 2 & -1\\ -4 & -3 & 1 \\ 2 & 1 & -1\end{array}\right| = \left(-1\right)^{1+1} \cdot 3 \cdot \left|\begin{array}{rrr} -3 & 1 \\ 1 & -1 \end{array}\right| + $$ $$ + \left(-1\right)^{1+2} \cdot 2 \cdot \left|\begin{array}{rrr} 4 & 1 \\ 2 & -1 \end{array}\right| + \left(-1\right)^{3+1} \cdot -1 \cdot \left|\begin{array}{rrr} 4 & -3 \\ 2 & 1 \end{array}\right| = $$ $$ = 6-4-2 = 0. $$ Оба минора нулевые, то есть $\mathop{\rm rank} A = 2.$

[свернуть]
Найти ранг матрицы $A+C^2$, где $$A = \left(\begin{array}{rrr} -2 & 4 & 5 \\ 1 & 0 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{array} \right), C = \left(\begin{array}{rrr} -1 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right).$$

Решение

Найдем матрицу $C^2.$ По определению произведения матриц: $$C^2 = \left(\begin{array}{rrr} -1 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{rrr} -1 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{rrr} 2 & 1 & -1 \\ -1 & 2 & 3 \\ 2 & 0 & 3 \end{array}\right).$$ Далее по определению суммы матриц: $$A+C^2 = \left(\begin{array}{rrr} -2 & 4 & 5 \\ 1 & 0 & 0 \\ -3 & 2 & 1 \end{array} \right) + \left(\begin{array}{rrr} 2 & 1 & -1 \\ -1 & 2 & 3 \\ 2 & 0 & 3 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{rrr} 0 & 5 & 4 \\ 0 & 2 & 3 \\ -1 & 2 & 4 \end{array}\right).$$ Выберем произвольный ненулевой минор первого порядка, например $m_1 =-1.$ Окаймляющий его минор $$m_2 = \left|\begin{array}{rrr} 0 & 2 \\ -1 & 2 \end{array}\right| = 2 \ne 0.$$ Других окаймляющих второго порядка нет, возьмемся за минор порядка $3.$ $$ m_3 = \left|\begin{array}{rrr} 0 & 5 & 4 \\ 0 & 2 & 3 \\ -1 & 2 & 4\end{array}\right|= \left(-1\right)^{1+2} \cdot 5 \cdot \left|\begin{array}{rrr} 0 & 3 \\ -1 & 4 \end{array}\right| + \left(-1\right)^{3+1} \cdot 4 \cdot \left|\begin{array}{rrr} 0 & 2 \\ -1 & 2 \end{array}\right| = $$$$ =-15 + 8 =-7 \ne 0. $$ Значит $~\mathop{\rm rank} \left(A+C^2\right) = 3.$

[свернуть]
Дана матрица $$A = \left(\begin{array}{rrr} 3 & -1 & 0 \\ \lambda & 4 & 5 \\ 0 & 8 & -6 \\ 11 & 0 & 7 \\ 2 & 7 & 1 \\ -3 & 1 & -2 \end{array} \right).$$ При каком $\lambda$ ранг матрицы будет равен $1? ~2?$
Решение
- Возьмём $m_1 = 3 \ne 0.$ Чтобы ранг матрицы был равен $1,$ необходимо, чтобы миноры второго порядка, окаймляющие выбранный нами, были равны $0.$ Итак: $$m_2 = \left|\begin{array}{rrr} 3 & -1 \\ \lambda & 4 \end{array}\right| = 12 + \lambda = 0 \Rightarrow \lambda =-12. $$
- Чтобы ранг матрицы был равен $2,$ необходимо, чтобы миноры третьего порядка, окаймляющие выбранный нами, были равны $0.$ Заметим, теперь $\lambda \ne -12.$ $$m_3 = \left|\begin{array}{rrr} 3 & -1 & 0\\ \lambda & 4 & 5 \\ 0 & 8 & 6 \end{array}\right| = \left(-1\right)^{1+1} \cdot 3 \cdot \left|\begin{array}{rrr} 4 & 5 \\ 8 & 6 \end{array}\right| + \left(-1\right)^{2+1} \cdot \left(-1\right) \cdot \left|\begin{array}{rrr} \lambda & 5 \\ 0 & 6 \end{array}\right| = $$ $$ = 3\left(24-40\right) + 6\lambda = 0 \Rightarrow 6\lambda = 48 \Rightarrow \lambda = 8. $$
[свернуть]
Найти максимально линейно независимую подсистему системы векторов $$\alpha_1 = \left(3,-1,-3 \right), $$ $$\alpha_2 = \left(-7,2,5\right), $$$$ \alpha_3 = \left(5,1,11\right), $$$$ \alpha_4 = \left(1,-4,-23\right). $$

Решение

Запишем вектора как столбцы матрицы и найдем её ранг $$ \left(\begin{array}{rrr} 3 & -7 & 5 & 1 \\ -1 & 2 & 1 & -4 \\ -3 & 5 & 11 & -23 \end{array} \right).$$ Миноры $ \left|\begin{array}{rrr} 3 & -7 \\ -1 & 2 \end{array}\right|, \left|\begin{array}{rrr} -1 & 2 \\ -3 & 5 \end{array}\right| $ окаймляют ненулевой $-1.$ Но минор $ \left|\begin{array}{rrr} 3 & -7 & 5\\ -1 & 2 & 1 \\ -3 & 5 & 11 \end{array}\right| = 0$ (можно проверить, разложив по второй строке). Ранг матрицы не превышает $2.$ Таким образом, максимально линейно независимую подсистему образуют вектора $\alpha_1, \alpha_2.$

[свернуть]
Чему равно значение выражения $$6 \cdot {\mathop{\rm rank}}^2 A + 2 \mathop{\rm rank} A \cdot \mathop{\rm rank} B-13 \cdot {\mathop{\rm rank}}^2 B,$$ где $$ A = \left(\begin{array}{rrr} 1 & -2 & -2 & 5 \\ 3 & 6 & 1 & 15 \\ -4 & 0 & -1 & -12 \\ -7 & 14 & 14 & -35 \\ 10 & 3 & -4 & 50 \end{array} \right), ~ B = \left(\begin{array}{rrr} 12 & 11 & -4 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \end{array} \right)? $$

Решение

Начнем с матрицы $A. m_1 = 1, m_2 = 12, $ $$m_3 = \left|\begin{array}{rrr} 1 & -2 & -2 \\ 3 & 6 & 1 \\ -4 & 0 & -1 \end{array}\right| =-6 + 8-48-6 =-52. $$ Минор третьего порядка не равен $0.$ Значит перейдем к $4$-му порядку: $$m_4 = \left|\begin{array}{rrr} 1 & -2 & -2 & 5\\ 3 & 6 & 1 & 15 \\ -4 & 0 & -1 & -12 \\ -7 & 14 & 14 & -35 \end{array}\right| = 0. $$ Нам не пришлось долго вычислять минор, так как первая и четвертая строки пропорциональны, а значит линейно зависимы и детерминант равен $0 \Rightarrow \mathop{\rm rank} A = 3. $

В матрице $B$ возникает аналогичная ситуация. $m_1, m_2 \ne 0,$ но $m_3$ имеет две линейно зависимой строки, следовательно этот минор нулевой по критерию равенства детерминанта нулю и $\mathop{\rm rank} B = 2.$

Теперь мы знаем ранги матриц и просто подставляем в выражение: $$6 \cdot 3^2 + 2 \cdot 3 \cdot 2-13 \cdot 2^2 = 54 + 12-52 = 14.$$

[свернуть]

Теорема о ранге матрицы

Тест на знание темы «Теорема о ранге матрицы».

Смотрите также

Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, стр. 71-75
А. И. Кострикин Введение в алгебру М.: Наука, 1994, стр.88-89
К. Д. Фадеев Лекции по алгебре М.: Наука, 1984 стр.113-115
Александров П.С. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры — 2009 стр. 346-349
Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

Базис и размерность линейного пространства. Переход к новому базису

Задача №1

Условие задачи

Векторы $e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}$ и $x$ заданы своими координатами в некотором базисе. Показать, что векторы $e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}$ сами образуют базис, и найти координаты вектора $x$ в этом базисе:$e_1=(1, 1, 1), e_2=(1, 1, 2), e_3=(1, 2, 3); x_f=(6, 9, 14); x_e$.

Эту задачу можно решить двумя способами.

Способ 1-ый

Проверим ЛНЗ системы $\langle e_1,e_2,e_3 \rangle$:
$$\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\1 & 1 & 2\\1 & 2 & 3\end{vmatrix}=3+2+2-1-4-3=-1 \ne 0\Rightarrow$$ $\langle e_1,e_2,e_3 \rangle$ — ЛНЗ $\Rightarrow$ базис в $\mathbb{R}^3$.
Построим линейную комбинацию вектора $x$ в базисе $e$:
$x=\alpha_{1}e_{1}+\alpha_{2}e_{2}+\alpha_{3}e_{3} \Rightarrow$
$(6,9,14)=(\alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3},\alpha_{1}+\alpha_{2}+2\alpha_{3},\alpha_{1}+2\alpha_{2}+3\alpha_{3})$.
Решаем систему методом Гаусса и находим координаты вектора $x$ в базисе $e$: $$\left\{\begin{matrix}\alpha_{1} & + & \alpha_{2} & + & \alpha_{3} & = & 6\\ \alpha_{1} & + & \alpha_{2} & + & 2\alpha_{3} & = & 9\\ \alpha_{1} & + & 2\alpha_{2} & + & 3\alpha_{3} & = & 14 \end{matrix}\right.$$ $$\left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & 1 & 6 \\ 1 & 1 & 2 & 9 \\ 1 & 2 & 3 & 14 \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 8 \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & 2 & 8 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right)$$ $$\begin{cases}\alpha_{3}=3\\ \alpha_{2}+2\alpha_{3}=8\\ \alpha_{2}=8-6=2\\ \alpha_{1}=6-2-3=1\end{cases} \Rightarrow \left\{\begin{matrix}\alpha_{1} & = & 1\\ \alpha_{2} & = & 2\\ \alpha_{3} & = & 3 \end{matrix}\right.$$

[свернуть]

Способ 2-ой

Проверим ЛНЗ системы $\langle e_1,e_2,e_3 \rangle$:
$$\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\1 & 1 & 2\\1 & 2 & 3\end{vmatrix}=3+2+2-1-4-3=-1 \ne 0 \Rightarrow$$ $\langle e_1,e_2,e_3 \rangle$ — ЛНЗ $\Rightarrow$ базис в $\mathbb{R}^3$.
Строим матрицу перехода $x_{f}=\Gamma x_{e}$, где $\Gamma$ — матрица перехода. $$x_{e}=\Gamma^{-1}x_{f}$$ Находим обратную матрицу $\Gamma^{-1}$: $$\Gamma=\left(\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right), \det \Gamma=-1$$ $$\tilde{\Gamma}=\left(\begin{matrix}-1 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \end{matrix}\right)$$ $$\tilde{\Gamma}^{T}=\left(\begin{matrix}-1 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \end{matrix}\right)$$ $$\Gamma^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & -1 \\ 1 & -2 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \end{array}\right)$$
$$x_{e}=\Gamma^{-1}x_{f}=\left(\begin{matrix}1 & 1 & -1 \\ 1 & -2 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}6\\9\\14\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}\right)$$

[свернуть]

Задача №2

Условие задачи

Доказать, что каждая из двух систем векторов является базисом, и найти связь координат одного и того же вектора в этих двух базисах:
$e_1=(1, 2, 1)$, $e_2=(2, 3, 3)$, $e_3=(3, 7, 1)$; $e’_1=(3, 1, 4)$, $e’_2=(5, 2, 1)$, $e’_3=(1, 1, -6)$.

Решение

Проверим ЛНЗ системы $\langle e_1,e_2,e_3 \rangle$: $$\begin{vmatrix}1 & 2 & 1\\2 & 3 & 3\\3 & 7 & 1\end{vmatrix} = 3+18+14-9-21-4=1 \ne 0 \Rightarrow $$ $\langle e_1,e_2,e_3 \rangle$ — ЛНЗ $\Rightarrow$ базис в $\mathbb{R}^3$.
Проверим ЛНЗ системы $\langle e’_1,e’_2,e’_3 \rangle$: $$\begin{vmatrix}3 & 1 & 4\\5 & 2 & 1\\1 & 1 & -6\end{vmatrix} = -36+1+20-8-3+30=4 \ne 0 \Rightarrow$$ $\langle e’_1,e’_2,e’_3 \rangle$ — ЛНЗ $\Rightarrow$ базис в $\mathbb{R}^3$.
Построим матрицу перехода $\Gamma_{E \to E’}$:
Построим линейную комбинацию для каждого вектора из базиса $E’$:
$$\left\{\begin{matrix}\alpha_{11}e_{1} & + & \alpha_{21}e_{2} & + & \alpha_{31}e_{3} & = & e’_{1}\\ \alpha_{12}e_{1} & + & \alpha_{22}e_{2} & + & \alpha_{32}e_{3} & = & e’_{2}\\ \alpha_{13}e_{1} & + & \alpha_{23}e_{2} & + & \alpha_{33}e_{3} & = & e’_{3} \end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}\alpha_{11}(1, 2, 1) & + & \alpha_{21}(2, 3, 3) & + & \alpha_{31}(3, 7, 1) & = & (3, 1, 4)\\ \alpha_{12}(1, 2, 1) & + & \alpha_{22}(2, 3, 3) & + & \alpha_{32}(3, 7, 1) & = & (5, 2, 1)\\ \alpha_{13}(1, 2, 1) & + & \alpha_{23}(2, 3, 3) & + & \alpha_{33}(3, 7, 1) & = & (1, 1, -6) \end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}\alpha_{11} & + & 2\alpha_{21} & + & 3\alpha_{31} & = & 3\\ 2\alpha_{11} & + & 3\alpha_{21} & + & 7\alpha_{31} & = & 1\\ \alpha_{11} & + & 3\alpha_{21} & + & \alpha_{31} & = & 4 \end{matrix}\right.$$$$\left\{\begin{matrix}\alpha_{12} & + & 2\alpha_{22} & + & 3\alpha_{32} & = & 5\\ 2\alpha_{12} & + & 3\alpha_{22} & + & 7\alpha_{32} & = & 2\\ \alpha_{12} & + & 3\alpha_{22} & + & \alpha_{32} & = & 1 \end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}\alpha_{13} & + & 2\alpha_{23} & + & 3\alpha_{33} & = & 1\\ 2\alpha_{13} & + & 3\alpha_{23} & + & 7\alpha_{33} & = & 1\\ \alpha_{13} & + & 3\alpha_{23} & + & \alpha_{33} & = & -6 \end{matrix}\right.$$ Решаем систему методом Гаусса и находим координаты векторов в новом базисе: $\left(\begin{array}{ccc|c|c|c}1 & 2 & 3 & 3 & 5 & 1 \\ 2 & 3 & 7 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 1 & 4 & 1 & -6 \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c|c|c}1 & 2 & 3 & 3 & 5 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & -8 & -1 \\ 0 & 1 & -2 & 1 & -4 & -7 \end{array}\right)\sim $
$\left(\begin{array}{ccc|c|c|c}1 & 2 & 3 & 3 & 5 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & -8 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & -4 & -12 & -8 \end{array}\right)$ $$\left\{\begin{matrix}\alpha_{31} & = & 4\\ \alpha_{21} & = & 9\\ \alpha_{11} & = & -27 \end{matrix}\right. \Rightarrow\ e’_{1}=(-27, 9, 4)$$ $$\left\{\begin{matrix}\alpha_{32} & = & 12\\ \alpha_{22} & = & 20\\ \alpha_{12} & = & -71 \end{matrix}\right.\Rightarrow\ e’_{2}=(-71, 20, 12)$$ $$\left\{\begin{matrix}\alpha_{33} & = & 8\\ \alpha_{23} & = & 9\\ \alpha_{13} & = & -41 \end{matrix}\right. \Rightarrow\ e’_{3}=(-41, 9, 8)$$ $$\Gamma_{E \to E’}=\left(\begin{matrix}-27 & -71 & 41 \\ 9 & 20 & 9 \\ 4 & 12 & 8 \end{matrix}\right)$$
$x_{1}=-27x’_{1}-71x’_{2}-41x’_{3}$,
$x_{2}=9x’_{1}+20x’_{2}+9x’_{3}$,
$x_{3}=4x’_{1}+12x’_{2}+8x’_{3}$.

[свернуть]

Задача №3

Условие задачи

Найти размерность и базис линейных подпространств, натянутых на следующие системы векторов:
$a_{1}=(1, 0, 0, -1)$, $a_{2}=(2, 1, 1, 0)$, $a_{3}=(1, 1, 1, 1)$, $a_{4}=(1, 2, 3, 4)$,$a_{5}=(0, 1, 2, 3)$.

Решение

$L=\langle a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5} \rangle$, где $L$ — подпространство
Исследуем эту систему векторов на линейную зависимость. Для этого составим матрицу, строками которой будут координаты векторов, и найдем ее ранг:
$$\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right) \sim \left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right)$$ Вычеркивая любую из одинаковых строк (не забывая координаты какого вектора стояли на том месте), получаем: $$\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right) \sim \left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}\right) $$ Делая аналогично предыдущему пункту, получаем: $$\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}\right)$$ Ранг данной матрицы равен $3 \Rightarrow \dim L=3$. Базис образуют, например, векторы $a_{1}, a_{2}, a_{4}$ (это векторы, которые остались в матрице).

[свернуть]

Литература:

Белозёров Г.С. Конспект лекций.
Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. М.:Наука, 1984 — стр.167-170.
Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1980 — стр.52.

Тест на тему "Базис и размерность линейного пространства. Переход к новому базису"

Тест на знание темы «Базис и размерность линейного пространства. Переход к новому базису»

Таблица лучших: Тест на тему "Базис и размерность линейного пространства. Переход к новому базису"

максимум из 4 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Метка: Ранг матрицы