Теорема об умножении определителей

Теорема об умножении определителей. Определитель произведения двух квадратных матриц порядка $n$ равен произведению определителей этих матриц: $$\det (A \cdot B)=\det (A) \cdot \det (B)$$ или полная формула: $$\det\left (\prod_{i=1}^{k}A_i\right )= \prod_{i=1}^{k}\det A_i, A_i\in\left(P\right), i=1, \ldots, k.$$

Для доказательства рассмотрим случай $k=2$. Допустим заданы две матрицы $A=\left \| a_{ij} \right \|\in M_n\left ( P \right )$ и $B=\left \| b_{ij} \right \|\in M_n\left ( P \right )$. Воспользуемся вспомогательной блочной матрицей $C=\begin{Vmatrix}A & 0\\-E & B\end{Vmatrix}$ размера $2n\times 2n$, определитель которой имеет вид: $$\Delta = \begin{vmatrix}
a_{11}&a_{12} &\cdots & a_{1n} &0 & 0 & \cdots & 0\\
a_{21}&a_{22} &\cdots & a_{2n} &0 & 0 & \cdots & 0 \\
\cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot &\cdot & \cdot & \cdot\\
a_{n1}&a_{n2} &\cdots & a_{nn} &0 & 0 & \cdots & 0\\
-1& 0 & \cdots & 0 & b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n}\\
0 & -1 & \cdots & 0 & b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\
\cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot &\cdot & \cdot & \cdot\\
0 & 0 & \cdots & -1 & b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{nn}
\end{vmatrix}$$
Вычислим $\Delta$ используя теорему Лапласа. Замечаем, что отличным от нуля будет только $det(A)$. Следовательно, $\Delta=\det(A) \cdot \det(B)$. Теперь с помощью элементарных преобразований изменим $\Delta$ так, что в итоге получим определитель вида $\begin{vmatrix}A & C\\ -E & O\end{vmatrix}$. Где $C$ является произведением матриц $A$ и $B$. Первый столбец умножим на $b_{11}$ и прибавим к $\left ( n+1 \right)$-му столбцу, второй на элемент $b_{21}$ и вновь прибавим к $\left ( n+1 \right )$-му столбцу. Так же обнулим остальные элементы матрицы $B$. Записав подробнее полученный определитель имеем: $$\Delta = \begin{vmatrix}
a_{11}&a_{12} &\cdots & a_{1n} & c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1n}\\
a_{21}&a_{22} &\cdots & a_{2n} & c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2n}\\
\cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot &\cdot & \cdot & \cdot\\
a_{n1}&a_{n2} &\cdots & a_{nn} & c_{n1} & c_{n2} & \cdots & c_{nn} \\
-1& 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
0 & -1 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
\cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot &\cdot & \cdot & \cdot\\
0 & 0 & \cdots & -1 & 0 & 0 & \cdots & 0
\end{vmatrix}$$ Снова вычислим определитель $\Delta$, разложением по последним $n$ столбцам. В этом случае отличным от нуля минором $n-$го порядка будет определитель матрицы $C$. Поэтому $\Delta= \det C\cdot\det\left (-E\right )=\det C\cdot\left ( -1 \right )^{n}\cdot\left (-1\right )^{S_1+S_2},$ где $$S_1=\sum_{k=n+1}^{2n}k, \textrm{ a } S_2=\sum_{k=1}^{n}k.$$ В результате получаем $\Delta=\det C\cdot\left ( -1 \right )^{2n\left ( n^{2}+n \right )}=\det C.$ Теперь, подставляя имеем доказательство теоремы: $$\Delta=\det C=\det (A \cdot B)=\det (A) \cdot \det (B).$$

Замечание Известно, что произведение матриц в общем случае не коммутативно, т.е. $AB \neq BA$. Но определитель это действительное число, а произведение действительных чисел коммутативно. Следовательно, $$\det(AB) = \det A \cdot \det B = \det B\cdot\det A = \det(BA)$$

Теорема об умножении определителей является следствием формулы Бине-Коши. Это теорема об определителе произведения прямоугольных матриц, в случае если это произведение дает квадратную матрицу. Справедлива для матриц с элементами любого коммутативного кольца.

Теорема (формула Бине-Коши). Пусть даны две матрицы $A$ и $B$ размеров $\left ( m\times n \right )$ и $\left ( n\times m \right )$ соответственно. Определитель матрицы равен нулю, если $m > n$, и равен сумме произведений всех соответствующих миноров $m$-го порядка мaтрицы $A$ на соответствующие миноры $m$-го порядка матрицы $B$, если $m \leqslant n$. Миноры матриц $A$ и $B$ одинакового порядка, равного наименьшему из чисел n и m, называются соответствующими друг другу, если они стоят в столбцах матрицы $A$ и строках матрицы $B$ с одинаковыми номерами: $$\det AB=\sum_{\gamma_1<\gamma_2<\cdots<\gamma_m }A_{\gamma_1<\gamma_2<\cdots<\gamma_m }B_{\gamma_1<\gamma_2<\cdots<\gamma_m },$$
где $A_{\gamma_1<\gamma_2<\cdots<\gamma_m }$ — минор матрицы $A$, составленный из столбцов с номерами $\gamma_1<\gamma_2<\cdots<\gamma_m$, и $B_{\gamma_1<\gamma_2<\cdots<\gamma_m }$ — минор матрицы $B$, составленный из строк с номерами $\gamma_1<\gamma_2<\cdots<\gamma_m$.

Допустим $C=AB$, $c_{ij}=\sum_{\gamma=1}^{m}{a_{i\gamma }b_{\gamma i}}$. Значит $$\det C=\sum_{\sigma}{(-1)^\sigma} \sum_{\gamma_1}{a_{1\gamma_1}b_{\gamma_{1}\sigma(1)}}\ldots \sum_{\gamma_n}{a_{n\gamma_n}b_{\gamma_{n}\sigma(n)}}=$$ $$=\sum_{\gamma_1,\ldots,\gamma_n=1}^{m}{a_{1\gamma_{1}}}\ldots a_{n_n}\sum_{\sigma}{(-1)^\sigma}b_{\gamma_1\sigma(1)}\ldots b_{\gamma_n\sigma(n)}=\sum_{\gamma_1,\ldots,\gamma_n=1}{a_{1\gamma_{1}}\ldots a_{n\gamma_n} B^{\gamma_1\ldots \gamma_n}}.$$ Минор $B^{\gamma_1\ldots \gamma_n}$ не равен нулю только в том случае, когда $\gamma_1, \ldots, \gamma_n$ попарно различны, значит и суммировать можно по парно различные номера $\gamma_1, \ldots, \gamma_n$. Для любой перестановки $\tau$ этих номеров справедливо $B^{\tau(\gamma_1)\ldots\tau(\gamma_n)}=(-1)^{\tau}B^{\gamma_1\ldots\gamma_n},$ из чего следует $$\sum_{\gamma_1,\ldots,\gamma_n=1}{a_{1\gamma_{1}}\ldots a_{n\gamma_n} B_{\gamma_1\ldots \gamma_n}}=\sum_{\gamma_1<\gamma_2<\ldots<\gamma_n}{(-1)^\tau a_{1\tau(1)}\ldots a_{n\tau(n)}B_{\gamma_1\ldots\gamma_n}}=$$ $$ =\sum_{\gamma_1<\gamma_2<\ldots<\gamma_m}{A_{\gamma_1<\gamma_2<\ldots<\gamma_m}B_{\gamma_1<\gamma_2<\ldots<\gamma_m}}.$$

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры решения задач связанных с рассмотренной теоремой. Читателю рекомендовано попытаться решить задачи самостоятельно, а затем сверить свое решение с приведенным ниже.

    1. Найти определитель произведения матриц: $$A=\begin{Vmatrix}3 & 4\\ 1 & -8\end{Vmatrix},
      B=\begin{Vmatrix}2 & 9\\ -1 & 5\end{Vmatrix}$$

      Решение

      Находим определители данных матриц второго порядка: $\begin{vmatrix}3 & -4\\ 1 & -6\end{vmatrix}=-18+4=-14
      $ и $\begin{vmatrix}2 & 7\\ 1 & 5\end{vmatrix}=10-7=3$. По теореме об определителе произведения матриц получаем: $$\det (A \cdot B)=\det \left (A \right ) \cdot \det \left ( B \right )=\left ( -14\right )\cdot\left ( 3 \right )=-42.$$ Вычислим этот же определитель, находя произведение матриц: $$A\cdot B=\begin{vmatrix}3 & -4\\ 1 & -6\end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix}2 & 7\\ 1 & 5\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}2 & 1\\ -4 & -23\end{vmatrix}$$ Следовательно, $\det \left (A\cdot B\right )=-46+4=-42$. Результаты совпадают.

    2. Найти определитель матрицы пятого порядка: $$M=\begin{Vmatrix}
      1 & 2 & u & v & w\\3 & 4 & x & y & z\\0 & 0 & 3 & 2 & 1\\0 & 0 & 2 & 5 & 3\\0 & 0 & 3 & 4 & 2
      \end{Vmatrix}$$

      Решение

      Разобьём данную матрицу на 4 блока, $M=\begin{Vmatrix}A & B\\ O & C\end{Vmatrix}$ где $A=\begin{Vmatrix}1 & 2\\ 3 & 4\end{Vmatrix}$,
      $B=\begin{Vmatrix}u & v & w\\ x & y & z\end{Vmatrix}$, $O=\begin{Vmatrix}0 & 0 \\ 0 & 0\\ 0 & 0\end{Vmatrix}$, $C=\begin{Vmatrix}3 & 2 & 1\\ 2 & 5 & 3 \\3 & 4 & 2\end{Vmatrix}$.
      Представим блочную матрицу как произведение (в справедливости этого представления можно убедиться, найдя произведение по правилам умножения блочных матриц). $$D=\begin{Vmatrix}
      A & B\\C & D \end{Vmatrix} = \begin{Vmatrix} E_2 & O^T\\ O & C \end{Vmatrix} \cdot \begin{Vmatrix} E_2 & B\\ O & E_3 \end{Vmatrix} \cdot \begin{Vmatrix} A & O^T\\ O & E_3 \end{Vmatrix} ,$$ где $E_2,E_3$ — единичные матрицы соответствующих порядков.
      $\begin{vmatrix} A & O^T\\ O & E_3 \end{vmatrix} = \det A =\left | A \right |$, $\begin{vmatrix} E_2 & O^T\\ O & C \end{vmatrix} = \det C =\left | C \right|$.
      Матрица $\begin{Vmatrix} E_2 & B\\ O & E_3 \end{Vmatrix}$ — треугольная с единицами на главной диагонали, следовательно ее определитель равен $1$ По теореме об определителе произведения получаем:
      $$\begin{vmatrix} A & B\\ O & C \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} E_2 & O^T\\ O & C \end{vmatrix}\ \cdot \begin{vmatrix} E_2 & B\\ O & E_3 \end{vmatrix}\ \cdot\begin{vmatrix} A & O^T\\ O & E_3
      \end{vmatrix}=\left | C \right |\cdot 1\cdot\left | A \right |=\left | A \right |\cdot\left | C \right |$$ Найдем $\det A$ и $\det C$. $\begin{vmatrix}1 & 2\\ 3 & 4\end{vmatrix}=-2$ $\begin{vmatrix}3 & 2 & 1\\ 2 & 5 & 3 \\3 & 4 & 2\end{vmatrix}=-15-8-36+30+18=-3$. Подставляя, получаем, $\det M=-2\cdot -3=-6$

    3. Представьте в виде определителя произведение определителей: $$\begin{vmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\ -1& 2 & 1 & 1\\ -1& -1& 2 & 1\\ -1&-1&-1& 2 \end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix} 4& 1\\ 1& 4 \end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix} -3 & 1\\ -1 & 3 \end{vmatrix}$$
      Решение

      По теореме об определителе ступенчатой матрицы имеем:
      $$\begin{vmatrix} 4& 1\\ 1& 4 \end{vmatrix}\cdot\begin{vmatrix} -3 & 1\\ -1 & 3 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 4 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 4 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -3 & 1\\ 0 & 0 & -1 & 3 \end{vmatrix}$$ Предположим $$A=\begin{Vmatrix} 2 & 1 & 1 & 1\\ -1& 2 & 1 & 1\\ -1& -1& 2 & 1\\ -1&-1&-1& 2 \end{Vmatrix}, B=\begin{Vmatrix}
      4 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 4 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -3 & 1\\ 0 & 0 & -1 & 3
      \end{Vmatrix},$$
      тогда $$AB=\begin{Vmatrix} 9 & 6 & -4 & 4\\ -2 & 7 & -4 & 4\\ -5 & -5 & -7 & 5\\ -5 & -5 & 1 & 5 \end{Vmatrix},$$ по теореме об определителе произведения получаем искомый определитель $$\det
      (A\cdot B)=\begin{vmatrix} 9 & 6 & -4 & 4\\ -2 & 7 & -4 & 4\\ -5 & -5 & -7 & 5\\ -5 & -5 & 1 & 5 \end{vmatrix}.$$

Литература

  1. Белозеров Г.С. Конспект лекций по линейной алгебре.
  2. В.А. Ильин, Э.Г. Позняк. Линейная алгебра; 5-е изд., стереотипное. ФИЗМАТЛИТ. — 2002. С. 38-39
  3. А.И. Кострикин. Введение в алгебру. Основы алгебры С.138-139
  4. Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, С.93-95
  5. Фаддеев Д. К. Лекции по алгебре: Учебное пособие для вузов.— M.: Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1984.— 416 с. C. 130-134

Теорема об умножении определителей

Тест на знание темы «Теорема об умножении определителей».

Формула Муавра

Теорема. Допустим $z=r\cdot\left(\cos\phi+i\sin\phi\right)$ и $n$ принадлежит множеству целых чисел. Тогда можно считать, что $z^{n}=r^{n}\cdot\left(\cos\left(n\phi\right)+i\sin\left(n\phi\right)\right).$

Пусть $n=2,$ где $n\in \mathbb {Z}$ — база индукции. Тогда $$z^{2}=r\cdot\left(\cos\phi+i\sin\phi\right)\cdot r\cdot\left(\cos\phi+i\sin\phi\right)=r^{2}(\cos\left(2\phi\right)+i\sin\left(2\phi\right)).$$Допустим, что теорема верна $\forall n\leqslant m, m\leqslant2$ и докажем, что она так же верна и для $n=m+1.$ Тогда $$z^{m+1}=z^{m}\cdot z=r^{m}(\cos\left(m\phi\right)+i\sin\left(m\phi\right))\cdot r\cdot(\cos\phi+i\sin\phi)=$$ $$=r^{m+1}(\cos\left(m+1\right)\phi+i\sin\left(m+1\right)\phi).$$ Для $n=1$ формула простая, а если $n=0,$ то $z=1,$ то есть $$z^{0}=r^{0}\left(\cos\left(0\phi\right)+i\sin\left(0\phi\right)\right)=1\left(\cos0+i\sin0\right)=1.$$ Следовательно, теорема справедлива $\forall n\geqslant0.$ Докажем, что она так же справедлива $\forall n\lt0.$ Тогда $$z^{-n}=\dfrac{1}{z^{n}}=\dfrac{1}{\left(r\cdot\left(\cos\phi+i\sin\phi\right)\right)^{n}}=$$ $$=\dfrac{1}{r^{n}\left(\cos\left(n\phi\right)+i\sin\left(n\phi\right)\right)}=r^{-n}\dfrac{cos\left(n\phi\right)-i\sin\left(n\phi\right)}{\cos\left(n\phi\right)^{2}+\sin\left(n\phi\right)^{2}}=$$ $$=r^{-1}\dfrac{\cos\left(-n\phi\right)+i\sin\left(-n\phi\right)}{1}=r^{-n}\left(\cos\left(-n\phi\right)+i\sin\left(-n\phi\right)\right).$$ Теорема доказана.

Следствие.$\left|z^{n} \right|=\left|z \right|^{n}
\forall n\in \mathbb {Z},$$ $$Arg\left(z^{n}\right)=n\cdot Arg\left(z\right)+2\pi k, k\in \mathbb {Z}, \forall n\in \mathbb {Z}.$

Примеры

Рассмотрим несколько примеров с использованием формулы Муавра.

  1. Вычислить $\sqrt[5]{\dfrac{\left(-1+i\right)^{3}\cdot\left(\sqrt{3}+i\right)^{4}}{i^{1323}}}.$
    Решение

    Найдём сначала $r$ для $\left(-1+i\right)^{3}$: $$r=\sqrt{\left(-1\right)^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}.$$ Теперь найдём аргумент $z$ для $\left(-1+i\right)^{3}.$ Для этого нужно найти угол $\alpha :$ $$\tan\alpha=1, \alpha=\dfrac{\pi}{4}+k\pi, k\in Z.$$ Так как $\sin\alpha \lt0$ и $\cos\alpha \lt0,$ то $\alpha=\dfrac{3\pi}{4}.$
    Теперь найдём $r$ и $z$ для $\left(\sqrt{3}+i\right)^{4}:$ $$r=\sqrt{\sqrt{3}^{2}+1^{2}}=\sqrt{4}=2.$$ Найдём $z:$
    $$\tan\beta=\dfrac{1}{\sqrt{3}}, \beta=\dfrac{\pi}{6}+s\pi, s\in Z.$$ Так как $\sin\beta\gt0$ и $\cos\beta\gt0,$ то $\beta=\dfrac{\pi}{6}.$ $$\left(-1+i\right)^{3}\cdot\left(\sqrt{3}+i\right)^{4}=\left(\cos\left(\dfrac{9\pi}{4}+\dfrac{4\pi}{6}\right)\right)+i\sin\left(\dfrac{9\pi}{4}+\dfrac{4\pi}{6}\right)=$$ $$=\cos\dfrac{\pi}{12}+i\sin\dfrac{\pi}{12},$$ $$i^{1323}=-i.$$ По формуле $\dfrac{\phi+2\pi k}{n},$ где $n=5,$ $k=\overline{0, 4}$ получаем:$$w_{0}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}}{5}\right)\right)=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{60}\right)+\right.$$ $$\left.+i\sin\left(\dfrac{\pi}{60}\right)\right),$$ $$w_{1}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+2\pi}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+2\pi}{5}\right)\right)=$$ $$=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{25\pi}{60}\right)+i\sin\left(\dfrac{25\pi}{60}\right)\right),$$ $$w_{2}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+4\pi}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+4\pi}{5}\right)\right)=$$ $$=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{49\pi}{60}\right)+i\sin\left(\dfrac{49\pi}{60}\right)\right),$$ $$w_{3}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+6\pi}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+6\pi}{5}\right)\right)=$$ $$=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{73\pi}{60}\right)+i\sin\left(\dfrac{73\pi}{60}\right)\right),$$ $$w_{4}=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+8\pi}{5}\right)+i\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{12}+8\pi}{5}\right)\right)=$$ $$=\sqrt[5]{\sqrt{2}^{3}\cdot16}\left(\cos\left(\dfrac{97\pi}{60}\right)+i\sin\left(\dfrac{97\pi}{60}\right)\right).$$

  2. Вычислить $\left(\sqrt{3}+i\right)^{2020}.$
    Решение

    $$\tan\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \alpha=\dfrac{\pi}{6}+k\pi, k\in Z.$$ Так как $\sin\beta\gt0$ и $\cos\beta\gt0,$ то $\beta=\dfrac{\pi}{6}.$ $$\left(\sqrt{3}+i\right)^{2020}=\left(2\left(\cos{\dfrac{\pi}{6}}+i\sin{\dfrac{\pi}{6}}\right)\right)^{2020}=$$ $$=2^{2020}\left(\cos\left({\dfrac{2018+2}{6}}\pi\right)+i\sin\left({\dfrac{2018+2}{6}}\pi\right)\right)=$$ $$=2^{2020}\left(cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin{\dfrac{\pi}{3}}\right)=2^{2020}\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right).$$

Смотрите также

  1. А.И. Кострикин Введение в алгебру. Основы алгебры. — Москва: Физматлит, 1994. -320с. (с. 201-202).
  2. Личный конспект, основанный на лекциях Г. С. Белозёрова.

Формула Муавра

Проверим как Вы усвоили материал.

Критерий совместности СЛАУ Кронекера-Капелли

Теорема Кронекера-Капелли. Критерий совместности системы линейных алгебраических уравнений. СЛАУ совместна тогда и только тогда, когда ранг матрицы системы равен рангу расширенной матрицы. То есть, если в СЛАУ $r=\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}$, где $\operatorname{rang}A$ — обозначает ранг матрицы системы, а $\operatorname{rang}\widetilde{A}$ — ранг расширенной матрицы, тогда данная матрица совместна, причём система имеет единственное решение, если $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}=n$, где $n$ — число неизвестных, и бесконечное число решений, если $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}<n$.

Необходимость. Пусть задана расширенная матрица $\widetilde{A}$:

$\widetilde{A}=\left\{\begin{matrix}
a_{11}x_{1} \; + \; a_{12}x_{2} \; + \; \cdots \; + \; a_{1n}x_{n} \; = \; b_{1}
\\a_{21}x_{1} \; + \; a_{22}x_{2} \; + \; \cdots \; + \; a_{2n}x_{n} \; = \; b_{2}
\\ \cdots \quad \cdots \quad \cdots \quad \cdots \quad \cdots \quad \cdots \quad \cdots
\\a_{m1}x_{1} \; + \; a_{m2}x_{2} \; + \; \cdots \; + \; a_{mn}x_{n} \; = \; b_{m}
\end{matrix}\right.$

Скажем, что данная система совместна, в таком случае существуют числа $\left(c_{1},c_{2},\dots,c_{n}\right)$, которые являются частным решением матрицы, при подстановке их в систему. Мы получим равенство:

$\begin{Vmatrix} b_{1}\\ b_{2} \\ \vdots \\ b_{n}\\ \end{Vmatrix} =
c_{1}\begin{Vmatrix} a_{11}\\ a_{21} \\\vdots\\ a_{m1} \end{Vmatrix} +
c_{2}\begin{Vmatrix} a_{12}\\ a_{22} \\\vdots\\ a_{m2} \end{Vmatrix} + \dots+
c_{n}\begin{Vmatrix} a_{1n}\\ a_{2n} \\\vdots\\ a_{mn} \end{Vmatrix}
$

Следовательно, вектор-столбец свободных членов является линейной комбинацией столбцов $\left(a_{1},a_{2},\dots,a_{n}\right),$ матрицы $A.$ Так же, мы можем заметить, что сколько бы мы раз не приписали или не вычеркнули строку(столбец), от этого не меняется ранг системы, из этого следует, что $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}$.

Достаточность. Если $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}$, то это означает, что у них один и тот же базисный минор. Тогда, согласно теореме о базисном миноре, последний столбец свободных членов – линейная комбинация столбцов базисного минора.

Следствие:

  1. $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}=n$ единственное решение.
  2. $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}<n$ бесконечное число решений.
  3. Количество главных переменных равно рангу системы.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых используеться критерий совместности $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}.$

  1. $ \left\{\begin{matrix}
    2x_{1} \; — \; x_{2} \; + \; 5x_{3} \; = \; 4
    \\3x_{1} \; — \; x_{2} \; + \; 5x_{3} \; = \; 0
    \\5x_{1} \; — \; 2x_{2} \; + \; 3x_{3} \; = \; 2
    \end{matrix}\right.$

    Решение

    Сначала, приведем матрицу к треугольному виду.

    $\left(\begin{matrix} 2 & -1 & 5 & 4 \\ 3 & -1 & 5 & 0 \\ 5 & -2 & 3 & 2 \end{matrix} \right)\sim
    \left(\begin{matrix} -1 & 2 & 5 & 4\\ -1 & 3 & 5 & 0 \\ -2 & 5 & 3 & 2 \end{matrix} \right)\sim$

    $\left(\begin{matrix} -1 & 1 & 5 & 4\\ 0 & 1 & 0 & -4 \\ 0 & 1 & -7 & -7 \end{matrix} \right)\sim
    \left(\begin{matrix} -1 & 1 & 5 & 4\\ 0 & 1 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & -7 & -3 \end{matrix} \right)$

    Элементарные преобразования не меняют ранга матриц, поэтому в результате выполненных действий, получены эквивалентные исходнной матрице системы $A=\left(\begin{matrix} -1 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -7\end{matrix}\right)$ и расширенная матрица системы $\widetilde{A}=\left(\begin{matrix} -1 & 1 & 5 & 4\\ 0 & 1 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & -7 & -3 \end{matrix} \right)$

    $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}\widetilde{A}=3$ значит, по теореме Кронекера-Капелли система совместна.

  2. $\left\{\begin{matrix}
    x_{1} \; + \; x_{2} \; — \; x_{3} \; = \; 7
    \\x_{1} \; + \; 2x_{2} \; — \; 3x_{3} \; = \; 1
    \\-2x_{1} \; — \; 2x_{3} \; = \; 3
    \end{matrix}\right.$

    Решение

    Приведем матрицу к ступенчистому виду:

    $\left(\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & -4 \\ 1 & 2 & -3 & 0 \\ -2 & 0 & -2 & 3 \end{matrix} \right)\sim \left(\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & -4 \\ 0 & 1 & -2 & 4 \\ 0 & 2 & -4 & -5 \end{matrix} \right)\sim \left(\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & -4 \\ 0 & 1 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & -13 \end{matrix} \right)$

    $\Rightarrow \widetilde{A}=\left(\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & -4 \\ 0 & 1 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & -13 \end{matrix} \right)=\operatorname{rang}\widetilde{A}=3$

    $\Rightarrow A=\left(\begin{matrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right)=\operatorname{rang}A=2$

    $\operatorname{rang}A\neq \operatorname{rang}\widetilde{A}$. По теореме Кронекера-Капелли система линейных уравнений несовместна.

  3. $\left\{\begin{matrix}
    5x_{1} \; — \; 3x_{2} \; + \; 2x_{3} \; + \; 4x_{4} = \; 3
    \\4x_{1} \; — \; 2x_{2} \; + \; 3x_{3} \; + \; 7x_{4} = \; 1
    \\8x_{1} \; — \; 6x_{2} \; — \; x_{3} \; — \; 5x_{4} = \; 9
    \\7x_{1} \; — \; 3x_{2} \; + \; 7x_{3} \; + \; 17x_{4} = \; \lambda
    \end{matrix}\right.$

    Решение

    Очевидно, что от значения $\lambda$ зависит, будет ли матрица совместна или нет.

    Сначала приведем матрицу к треугольному ввиду:

    $\widetilde{A}=\left(\begin{matrix} 5 & -3 & 2 & 4 & 3\\ 4 & -2 & 3 & 7 & 1\\ 8 & -6 & -1 & -5 & 9 \\ 7 & -3 & 7 & 17 & \lambda \end{matrix} \right)\sim
    \left(\begin{matrix} 1 & -1 & -1 & -3 & 2\\ 4 & -2 & 3 & 7 & 1\\ 0 & -2 & -7 & -19 & 7 \\ 7 & -3 & 7 & 17 & \lambda \end{matrix} \right)\sim$

    $\left(\begin{matrix} 1 & -1 & -1 & -3 & 2\\ 0 & 2 & 7 & 19 & -7\\ 0 & -2 & -7 & -19 & 7 \\ 0 & 4 & 14 & 38 & \lambda — 14 \end{matrix} \right)\sim\left(\begin{matrix} 1 & -1 & -1 & -3 & 2\\ 0 & 2 & 7 & 19 & -7\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \lambda \end{matrix} \right)$

    При $\lambda\neq0$: $\operatorname{rang}\widetilde{A}=3$, $\operatorname{rang}A=2$. По теореме Кронекера-Капелли система линейных уравнений несовместна.

    При $\lambda=0$: $\operatorname{rang}\widetilde{A}=2$, $\operatorname{rang}A=2$. По теореме Кронекера-Капелли система линейных уравнений совместна.

Критерий совместности СЛАУ Кронекера-Капелли

Тест на закрепление материала «Критерий совместности СЛАУ Кронекера-Капелли».

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.
  2. Фадеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984.-416 с.  стр 119.
  3. Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. М.: Наука, 1984.-384 с.  стр 101-103.

Простейшие сведения о непрерывных дробях и их свойствах

Пусть число $\usepackage{amsfonts} x \in \mathbb {R}$. Тогда обозначим через $q_1$ наибольшее целое число, меньшее $x$. Если $x$ не целое число, то мы получим равенство вида $\displaystyle x = q_1 + \frac{1}{x_1}$, так как дробь $\displaystyle \frac{1}{x_1} < 1$, то $ x_1>1 $, и тогда аналогично для $x_1$ находим такое целое $q_2 < x_1$, получаем $\displaystyle x_1 = q_2 + \frac{1}{x_2}$, возвращаясь к первому равенству $\displaystyle x = q_1 + \frac{1}{\displaystyle q_2 + \frac{1}{x_2}}$. Продолжая этот процесс будем получать представления последующих $\displaystyle x_k:$ $$x_2 = q_3 + \frac{1}{x_3}, $$ $$x_3 = q_4 + \frac{1}{x_4},$$ $$\ldots$$ $$x_i = q_{i+1} + \frac{1}{x_{i+1}},$$ $$\ldots$$

В итоге и получим непрерывную дробь: $$\usepackage{amsmath} \begin{multline*} \displaystyle x = q_1 + \frac{1}{\displaystyle q_2+ \frac{1}{q_3+\cdots}} \\ \ddots \\ \cdots + \frac{1}{\displaystyle q_{n-1} + \frac{1}{\displaystyle q_{n}+\frac{1}{x_n}}}.
\end{multline*}$$

Далее, нам стоит рассмотреть два случая: первый — $\usepackage{amsfonts} x \in \mathbb {Q}$, т. е. $x$ — рациональное число и второй — $\usepackage{amsfonts} x \in \mathbb {R} \setminus \mathbb {Q}$, т. е. $x$ — иррациональное число. Почему важны именно эти случаи?

По определению, рациональное число представимо в виде несократимой дроби $\displaystyle \frac{m}{n}$, где $\usepackage{amsfonts} m \in \mathbb {Z}, \; n \in \mathbb {N}$, а, значит, и разложение, представленное сверху, должно быть конечным и, более того, может быть получено благодаря алгоритму Евклида.

С иррациональным числом получим ситуацию обратную — процесс можно будет продолжать неограниченно долго т. к. на каждом этапе $x_i$ будет иррационально.

Пусть $x_i$ — иррационально, тогда $$\displaystyle x_i = q_{i+1} + \frac{1}{x_{i+1}},$$ сумма $\displaystyle q_{i+1} + \frac{1}{x_{i+1}}$ — иррациональна, однако $q_{i+1}$ является целым по определению, которое мы дали ему выше $\Rightarrow$ дробь $\displaystyle \frac{1}{x_{i+1}}$ должна быть иррациональной. А это означает, что и $x_{i+1}$ — иррациональное число.

Т. е. получаем, что иррациональность $x_i$ влечёт за собой иррациональность $x_{i+1}$, а т. к. изначальное число $x$ — иррационально, то и все $x_j,$ при $j = 1,2,3 \ldots$ — иррациональны.

Как было упомянуто ранее, если $\usepackage{amsfonts} x \in \mathbb {Q}$, то его разложение в непрерывную дробь можно получить с помощью алгоритма Евклида.

Перед описанием алгоритма стоит ввести понятие неполного частного — это целые числа вида $q_i, \; i = \overline{1,n}$.

Опишем сам алгоритм:

Суть алгоритма заключается в том, что на каждом шаге мы будем непосредственно получать одно из неполных частных — $q_i$, а также отношение $\displaystyle \frac{r_{i}}{r_{i-1}}$ (начиная со второго шага).

Пусть нам задано рациональное число, тогда его можно записать в виде несократимой дроби $\displaystyle \frac{m}{n}$, где $\usepackage{amsfonts} m \in \mathbb {Z}, \; n \in \mathbb {N}$. Тогда, первый шаг: $$m=nq_1 + r_1 \Rightarrow \displaystyle \frac{m}{n} = q_1 + \frac{1}{\displaystyle \frac{m}{r_1}},$$ узнали значение $q_1$, а так же получили возможность вычислить значение $r_1$. Второй шаг: $$n = r_1q_2+r_2 \Rightarrow \displaystyle \frac{n}{r_1} = q_2 + \frac{1}{\displaystyle \frac{r_1}{r_2}},$$ узнали значение $q_2$, а так же получили возможность вычислить значение $r_2$. Продолжая алгоритм далее: $$r_1 = r_2q_3+r_3 \Rightarrow \displaystyle \frac{r_1}{r_2} = q_3 + \frac{1}{\displaystyle \frac{r_2}{r_3}}, \\ r_2 = r_3q_4+r_4 \Rightarrow \frac{r_2}{r_3} = q_4 + \frac{1}{\displaystyle \frac{r_3}{r_4}},\\ \cdots \\r_{n-2} = r_{n-1}q_n+r_n \Rightarrow \frac{r_{n-2}}{r_{n-1}} = q_n + \frac{1}{\displaystyle \frac{r_{n-1}}{r_n}}, \\ r_{n-1} = r_nq_{n+1}, \frac{r_{n-1}}{r_n} = q_{n+1}.$$ Заканчиваем алгоритм тогда, когда получим, что очередная дробь $\displaystyle \frac{r_{i-1}}{r_{i}}$ будет целым числом и, соответственно, $q_{i+1}$ будет полным частным.

Так как найдены все неполные частные, то дробь $\displaystyle \frac{m}{n}$ можно представить в виде: $$\usepackage{amsmath} \begin{multline*} \displaystyle x = q_1 + \frac{1}{\displaystyle q_2+ \frac{1}{q_3+\cdots}} \\ \ddots \\ \cdots + \frac{1}{\displaystyle q_{n-1} + \frac{1}{\displaystyle q_{n}+\frac{1}{q_{n+1}}}}.
\end{multline*}$$

С помощью алгоритма Евклида есть возможность найти разложение в непрерывную дробь, однако, иногда промежуточные результаты важнее конечного, а именно: $$\displaystyle \delta_1 = q_1, \; \delta_2 = q_1 + \frac{1}{q_2}, \; \delta_3 = q1 + \frac{1}{q_2 + \displaystyle \frac{1}{q_3}}, \; \ldots$$ $\delta_i$ называются подходящими дробями. Несложно заметить зависимость $\delta_{i+1}$ от $\delta_i$ — если в записи $\delta_i $ число $ q_i$ заменить на сумму $\displaystyle q_i + \frac{1}{q_{i+1}}$, то мы получим $\delta_{i+1}.$

Подходящие дроби будут нас интересовать тем, что они образуют последовательность, которая приближается к изначальному числу. Понятно, что зная все неполные частные (после применения алгоритма Евклида) можно вычислить значения всех подходящих дробей, однако, это не очень удобно и долго.

Введем специальные обозначения для нахождения значений подходящих дробей: $\displaystyle \delta_i = \frac{P_i}{Q_i}$. При этом положим, что $P_0=1, \; P_1 = q_1$ и $Q_0=0, \; Q_1 = 1$. Так же стоит отметить, что в силу того, что для рационального числа $\displaystyle x = \frac{m}{n} $ непрерывная дробь конечна, то и количество подходящих дробей будет конечно, а это означает что существует равенство $\displaystyle \frac{m}{n} = \frac{P_i}{Q-i}$. А так как подходящие дроби так же являются несократимыми, то равенство можно упростить до $m = P_i$ и $n = Q_i$. Тогда получим, что: $$\displaystyle \delta_1 = \frac{q_1}{1} = \frac{P_1}{Q_1}, $$ $$ \delta_2 = q_1 + \frac{1}{q_2} = \frac{q_2 q_1+1}{q_2 \cdot 1 + 0} = \frac{q_2 P_1+P_0}{q_2 Q_1 + Q_0} = \frac{P_2}{Q_2}, $$ $$ \delta_3 = q1 + \frac{1}{q_2 + \displaystyle \frac{1}{q_3}} = \frac{q_1 \left( q_2 + \displaystyle \frac{1}{q_3} \right) +1}{q_2 + \displaystyle \frac{1}{q_3}} = \frac{q_1 \left( q_2 q_3 + 1\right)+q_3}{q_2 q_3 +1} = $$ $$ = \frac{q_1 q_2 q_3 + q_1 +q_3}{q_2 q_3} = \frac{q_3 \left( q_1 q_2 + 1 \right) + q_1}{q_3 q_2 + 1} = \frac {q_3 P_2 + P_1}{q_3 Q_2 + Q_1}.$$

Несложно заметить рекуррентное выражение для $\displaystyle \frac{P_i}{Q_i}$: $$P_i = q_i P_{i-1} + P_{i-2} \\ Q_i = q_i Q_{i-1} + Q_{i-2}. $$ Докажем это с помощью математической индукции.

База индукции: $\delta_3 = \displaystyle \frac{P_3}{Q_3} = \frac{q_3 P_2 + P_1}{q_3 Q_2 + Q_1}$.

Предположим, что $\delta_k = \displaystyle \frac{P_k}{Q_k} =\frac{q_k P_{k-1} + P_{k-2}}{q_k Q_{k-1} + Q_{k-2}}$.

Тогда: $$\delta_{k+1} = \frac{\displaystyle \left(q_k + \frac{1}{q_{k+1}} \right) P_{k-1} + P_{k-2} }{\displaystyle \left(q_k + \frac{1}{q_{k+1}} \right) Q_{k-1} + Q_{k-2}} = \frac {\displaystyle \frac{P_{k-1}}{q_{k+1}} + q_k P_{k-1} + P_{k-2}}{\displaystyle \frac{Q_{k-1}}{q_{k+1}} + q_k Q_{k-1} + Q_{k-2}} = $$ (выполним замену по предположению индукции) $$\displaystyle = \frac{\displaystyle \frac{P_{k-1}}{q_{k+1}} + P_k}{\displaystyle \frac{Q_{k-1}}{q_{k+1}} + Q_k} = \frac{P_{k-1} + P_k q_{k+1}}{Q_{k-1} + Q_k q_{k+1}} = \frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}},$$ что и требовалось доказать.

Имеет место следующее свойство подходящих дробей:

Лемма. При $n > 0$ имеет место равенство $P_n Q_{n-1} — P_{n-1}Q_n = (-1)^n$.

Проверим значение левой части при $n = 1$, получим: $$P_1 Q_0 — P_0 Q_1 = -1,$$ далее вычислим значение левой части при увеличении индекса на 1, т. е. при $n+1,$ получим: $$ P_{n+1} Q_n — P_n Q_{n+1} = \left( q_{n+1} P_n + P_{n-1} \right) Q_n — P_n \left( q_{n+1} Q_n + Q_{n-1} \right) = \\ = P_{n-1} Q_n — P_{n} Q_{n-1}, $$ получили выражение противоположное заданному в условии. А, значит, при изменении индекса на единицу меняется и знак выражения, а т. к. первое значение $-1$, то и получаем требуемое.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач в которых могут быть использованы непрерывные дроби. Рекомендуется сначала решать примеры самому, а только затем сверить решение с представленным ниже.

  1. Разложить число $\displaystyle x = \frac{89}{13}$ в непрерывную дробь.
    Решение

    Применяя алгоритм Евклида получим: $$ 89 = 13 \cdot 6 + 11, \; q_1 = 6;$$ $$13 = 11 \cdot 1 + 2, \; q_2 = 1; $$ $$11 = 2 \cdot 5 + 1, \; q_3 = 5;$$ $$2 = 1 \cdot 2, \; q_4 = 2.$$ Нашли все $q_i \Rightarrow$ можем записать $x$ как непрерывную дробь: $$\displaystyle x = 6 + \frac{1}{\displaystyle 1 + \frac{1}{\displaystyle 5 + \frac{1}{2}}}$$

  2. Найти все подходящие дроби числа $\displaystyle x = \frac{127}{19}$.
    Решение

    Для этого используем рекуррентные формулы подходящих дробей. Воспользуемся алгоритмом Евклида для поиска всех $q_i$: $$ 127 = 19 \cdot 6 + 13, \; q_1 = 6;$$ $$19 = 13 \cdot 1 + 6, \; q_2 = 1; $$ $$13 = 6 \cdot 2 + 1, \; q_3 = 2;$$ $$6 = 1 \cdot 6, \; q_4 = 6.$$
    Далее будем выписывать подходящие дроби в порядке возрастания индекса: $$\displaystyle \delta_1 =\frac{q_1}{1} = \frac{6}{1}$$ $$\displaystyle \delta_2 =\frac{q_2 P_1 + P_0}{q_2 Q_1 + Q_0} = \frac{1 \cdot 6 + 1}{1 \cdot 1 + 0} = \frac{7}{1},$$ продолжая расчеты получим: $$\displaystyle \delta_3 = \frac{2 \cdot 7 + 6}{2 \cdot 1 + 1} = \frac{20}{3}$$ и, наконец, $$\displaystyle \delta_4 = \frac{6 \cdot 20 + 7}{6 \cdot 3 + 1} = \frac{127}{19} = x,$$как и ожидалось четвертая подходящая дробь равна заданному числу, т. к. максимальный индекс $q_i$ был равен четырём.

  3. Разложить в непрерывную дробь иррациональное число $\sqrt{7}$.
    Решение

    Для этого воспользуемся разложением, которое было представлено в теме первым. А именно
    $$\displaystyle x_0 = \sqrt{7} = q_1 + \frac{1}{x_1} = 2 + \left( \sqrt{7} — 2 \right)$$ $$\displaystyle \frac{1}{x_1} = \sqrt{7} — 2 \Rightarrow x_1 = \frac{1}{\sqrt{7}-2} = \frac{\sqrt{7}+2}{3} = 1 + \frac{\sqrt{7}-1}{3} = 1 + \frac{1}{x_2},$$ $$\displaystyle x_2 = \frac{3}{\sqrt{7}-1} = \frac{3 \left( \sqrt{7} + 1 \right) }{6} = \frac{\sqrt{7}+1}{2} = 1 + \frac{\sqrt{7} — 1}{2} = 1 + \frac{1}{x_3},$$ $$\displaystyle x_3 = \frac{2}{\sqrt{7}-1} = \frac{2 \left( \sqrt{7} + 1 \right) }{6} = \frac{\sqrt{7}+1}{3} = 1 + \frac{\sqrt{7} — 2}{3} = 1 + \frac{1}{x_4},$$ $$\displaystyle x_4 = \frac{3}{\sqrt{7} — 2} = \frac{3 \left(\sqrt{7} + 2 \right) }{3} = \sqrt{7} + 2 = 4 + \left( \sqrt{7} — 2 \right).$$
    Однако, слагаемое вида $\sqrt{7} — 2$ у нас уже было, а значит мы пришли к циклу. Выпишем все неполные частные, они же — целые части дробей. Получим: $\sqrt{7} = \left[2,\: \overline{1, \: 1, \: 1, \: 4} \right]$ — часть чисел находятся под чертой т. к. они находятся в цикле.

  4. Восстановить по заданным $q_i = \left[10, \: 4, \: 3, \: 2, \: 4 \right]$ рациональное число $x$.
    Решение

    Для этого воспользуемся разложением, полученным в результате алгоритма Евклида:
    Получим дробь: $$10 + \frac{1}{\displaystyle 4 + \frac{1}{\displaystyle 3 + \frac{1}{\displaystyle 2 + \frac{1}{4}}}},$$ её значением и будет искомым $x$. Посчитав значение этой дроби получим, что $\displaystyle x = \frac{1361}{133}.$

  5. Восстановить по заданным $q_i = \left[\overline{2, \: 9} \right]$ иррациональное число $x$.
    Решение

    Так как число $x$ — иррациональное, то его непрерывная дробь будет бесконечной, поэтому воспользоваться методом из предыдущего примера не получится. Однако, так как мы видим по данным $q_i$, что дробь зацикливается, то можем записать следующие выражение: $$\displaystyle x = 2 + \frac{1}{\displaystyle 9 + \frac{1}{x}}$$ приведем дробь к квадратному уравнению: $$9x^2 — 18x + 2 = 0,$$ $$D = 324 + 72 = 396, \;
    \displaystyle x_{1,2} = 1 \pm \frac{\sqrt{396}}{18}.$$ Т. к. целая часть числа равна 2, то вариант $\displaystyle x = 1-\frac{\sqrt{396}}{18}$ можно отбросить. И окончательный ответ: $$\displaystyle x = 1 + \frac{\sqrt{396}}{18}$$

Простейшие сведения о непрерывных дробях и их свойствах

Тест на знание темы «Простейшие сведения о непрерывных дробях и их свойствах».

Смотрите также

  1. Виноградов И.М. Основы теории чисел. cтр. 14-18
  2. Арнольд В.И. Цепные дроби.
  3. Теоретические материалы основанные на конспекте и лекциях Белозерова Г.С.

Операция транспонирования матриц и ее свойства

Определение. Пусть задана матрица $A.$ Тогда замена строк на столбцы, а столбцов — на строки называется транспонированием по отношению к $A.$ Так, если $$A = \begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{pmatrix},$$ то транспонированная матрица будет выглядеть: $$A^{T} = \begin{pmatrix}
a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1}\\
a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2}\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
\end{pmatrix}.$$

Свойства транспонирования матриц

  1. $\left ( A^{T} \right )^{T} = A $
  2. Пусть задана матрица $$A = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование матрицы $A:$
    $$A^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1}\\
    a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём повторное транспонирование матрицы $A^{T}$ и получаем: $$\left ( A^{T} \right )^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}. $$
    Следовательно, $ \left ( A^{T} \right )^{T} = A,$ что и требовалось доказать.

  3. $\left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \lambda \cdot A^{T}$
  4. Пусть задана матрица $$A = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование матрицы $A:$
    $$A^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1}\\
    a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Докажем, что $ \left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \lambda \cdot A^{T}.$ Найдём $\left ( \lambda \cdot A \right )^{T}$ $$ \lambda \cdot \begin{pmatrix}
    a_{11}\cdot & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
    a_{11}\cdot \lambda & a_{12}\cdot \lambda & \cdots & a_{1n}\cdot \lambda\\
    a_{21}\cdot \lambda & a_{22}\cdot \lambda & \cdots & a_{2n}\cdot \lambda\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1}\cdot \lambda & a_{m2}\cdot \lambda & \cdots & a_{mn}\cdot \lambda
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование и получаем: $$\left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11}\cdot \lambda & a_{21}\cdot \lambda & \cdots & a_{m1}\cdot \lambda\\
    a_{12}\cdot \lambda & a_{22}\cdot \lambda & \cdots & a_{m2}\cdot \lambda\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n}\cdot \lambda & a_{2n}\cdot \lambda & \cdots & a_{mn}\cdot \lambda
    \end{pmatrix}. $$
    Найдём $\lambda \cdot A^{T}:$ $$ \lambda \cdot A^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11}\cdot \lambda & a_{21}\cdot \lambda & \cdots & a_{m1}\cdot \lambda\\
    a_{12}\cdot \lambda & a_{22}\cdot \lambda & \cdots & a_{m2}\cdot \lambda\\
    \ldots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n}\cdot \lambda & a_{2n}\cdot \lambda & \cdots & a_{mn}\cdot \lambda
    \end{pmatrix}.$$
    Следовательно, $\left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \lambda \cdot A^{T},$ что и требовалось доказать.

  5. $\left ( A + B \right )^{T} = A^{T} + B^{T}$
  6. Пусть $$ A = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}, \; B = \begin{pmatrix}
    b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n}\\
    b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование матриц: $$ A^{T}= \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1}\\
    a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}, \; B^{T}= \begin{pmatrix}
    b_{11} & b_{21} & \cdots & b_{m1}\\
    b_{12} & b_{22} & \cdots & b_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    b_{1n} & b_{2n} & \cdots & b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Найдём $\left ( A + B \right )^{T}$ и $A^{T} + B^{T}:$
    $$A + B= \begin{pmatrix}
    a_{11} + b_{11} &a_{12} + b_{12} & \cdots & a_{1n} + b_{1n}\\
    a_{21} + b_{21} &a_{21} + b_{21} & \cdots & a_{2n} + b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} + b_{m1} &a_{m1} + b_{m1} & \cdots & a_{mn} + b_{mn}
    \end{pmatrix}. $$
    $$\left ( A + B \right )^{T}= \begin{pmatrix}
    a_{11} + b_{11} &a_{21} + b_{21} & \cdots & a_{1n} + b_{1n}\\
    a_{12} + b_{12} &a_{22} + b_{22} & \cdots & a_{2n} + b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} + b_{1n} &a_{2n} + b_{2n} & \cdots & a_{mn} + b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    $$A^{T} + B^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11} + b_{11} &a_{21} + b_{21} & \cdots & a_{1n} + b_{1n}\\
    a_{12} + b_{12} &a_{22} + b_{22} & \cdots & a_{2n} + b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} + b_{1n} &a_{2n} + b_{2n} & \cdots & a_{mn} + b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Получаем, что $\left ( A + B \right )^{T} = A^{T} + B^{T},$ что и требовалось доказать.

  7. $\left ( A \cdot B \right )^{T} = A^{T} \cdot B^{T}$
  8. Пусть $$ A = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}, \; B = \begin{pmatrix}
    b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n}\\
    b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    b_{m1} & b_{m2} & \cdots & b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование матриц: $$ A^{T} = C = \begin{pmatrix}
    c_{11} & c_{21} & \cdots & c_{m1}\\
    c_{12} & c_{22} & \cdots & c_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    c_{1n} & c_{2n} & \cdots & c_{mn}
    \end{pmatrix}, \; B^{T} = D = \begin{pmatrix}
    d_{11} & d_{21} & \cdots & d_{m1}\\
    d_{12} & d_{22} & \cdots & d_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    d_{1n} & d_{2n} & \cdots & d_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    так, что $ с_{ji} = a_{ij},$ $ d_{\beta \alpha} = b_{\alpha \beta} $
    $$AB = F = \begin{pmatrix}
    f_{11} & f_{12} & \cdots & f_{1n}\\
    f_{21} & f_{22} & \cdots & f_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    f_{m1} & f_{m2} & \cdots & f_{mn}
    \end{pmatrix}. $$
    $$A^{T}B^{T} = G = \begin{pmatrix}
    g_{11} & g_{21} & \cdots & g_{m1}\\
    g_{12} & g_{22} & \cdots & g_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    g_{1n} & g_{2n} & \cdots & g_{mn}
    \end{pmatrix}. $$
    Тогда, $$f_{ij} = \sum_{\alpha = 1}^{k} a_{i\alpha} b_{\alpha j},$$
    $$g_{ji} = \sum_{\alpha = 1}^{k}d_{j\alpha} c_{\alpha i} = \sum_{\alpha = 1}^{k} b_{\alpha j} a_{i \alpha} = \sum_{\alpha = 1}^{k} = a_{i\alpha} b_{\alpha j} = f_{ij}.$$
    Итак, $g_{ji} = f_{ij}$ при всех $i = 1, 2, …, m$ и $j = 1, 2, …, n, $ следовательно, $G = F^{T},$ т. е. $A^{T} B^{T}= \left ( A B \right )^{T} $.

      Примеры решения задач

      Пример 1

      Дана матрица $ A = \begin{pmatrix}
      5 & 2 & 6 \\
      1 & 4 & 9 \\
      8 & 3 & 10
      \end{pmatrix}.$ Составить матрицу $A^{T}.$

      Решение

      $A^{T} = \begin{pmatrix}
      5 & 2 & 6 \\
      1 & 4 & 9 \\
      8 & 3 & 10
      \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix}
      5 & 1 & 8 \\
      2 & 4 & 3 \\
      6 & 9 & 10
      \end{pmatrix}. $

      [свернуть]

      Пример 2

      Дана матрица $ A = \begin{pmatrix}
      11 & 0 & 9 \\
      7 & 23 & 0 \\
      1 & 11 & 4
      \end{pmatrix}.$ Найти $ \left ( 2 \cdot A \right )^{T}. $

      Решение

      Воспользуемся вторым свойством транспонирования матриц, где $\left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \lambda \cdot A^{T},$ получим: $$ 2 \cdot A^{T} =2 \begin{pmatrix}
      11 & 7 & 1 \\
      0 & 23 & 11 \\
      9 & 0 & 4
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
      22 & 14 & 2 \\
      0 & 46 & 2 \\
      18 & 0 & 8
      \end{pmatrix}.$$

      [свернуть]

      Пример 3

      Даны две матрицы $ A = \begin{pmatrix}
      5 & 1 & 8 \\
      2 & 4 & 3 \\
      6 & 9 & 10
      \end{pmatrix} $ и $ B = \begin{pmatrix}
      11 & 7 & 1 \\
      0 & 23 & 11 \\
      9 & 0 & 4
      \end{pmatrix}.$
      Найти $ \left ( A + 3 \cdot B \right )^{T}.$

      Решение

      Найдём сумму матриц $A$ и $B:$
      $$A + 3 \cdot B = \begin{pmatrix}
      5 & 1 & 8 \\
      2 & 4 & 3 \\
      6 & 9 & 10
      \end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
      33 & 21 & 3 \\
      0 & 69 & 33 \\
      27 & 0 & 12
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
      28 & 22 & 11 \\
      2 & 73 & 36 \\
      33 & 9 & 22
      \end{pmatrix}.$$

      Проведём транспонирование суммы матриц: $$\left ( A + 3 \cdot B \right )^{T} = \begin{pmatrix}
      28 & 22 & 11 \\
      2 & 73 & 36 \\
      33 & 9 & 22
      \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix}
      28 & 2 & 11 \\
      22 & 73 & 99 \\
      11 & 36 & 22
      \end{pmatrix}.$$

      [свернуть]

      Пример 4

      Даны две матрицы $ A = \begin{pmatrix}
      5 & 11 & 16 & 12 & 56 \\
      4 & 3 & 45 & 10 & 22\\
      5 & 1 & 9 & 56 & 14 \\
      33 & 23 & 34 & 45 & 89
      \end{pmatrix} $ и
      $$ B = \begin{pmatrix}
      12 & 10 & 15 & 11\\
      3 & 2 & 20 & 22\\
      1 & 4 & 8 & 2\\
      5 & 11 & 3 & 4\\
      16 & 4 & 11 & 12
      \end{pmatrix}.$$
      Найти $ \left ( A \cdot B \right )^{T}.$

      Решение

      Решим задачу двумя способами, используя 4 свойство.

      • Метод №1. Найдём преобразование матриц $A$ и $B:$ $$A \cdot B = \begin{pmatrix}
        5 & 11 & 16 & 12 \\
        4 & 3 & 45 & 10 \\
        5 & 1 & 9 & 56 \\
        33 & 23 & 34 & 45 \\
        56 & 22 & 14 & 89 \\
        \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
        12 & 10 & 15 & 11 & 16\\
        3 & 2 & 20 & 22 & 0\\
        1 & 4 & 8 & 2 & 11\\
        5 & 11 & 0 & 4 & 12\\
        \end{pmatrix} =$$
        $$= \begin{pmatrix}
        538 & 430 & 1151 & 1579 & 2081 \\
        849 & 565 & 1066 & 2166 & 2450 \\
        127 & 77 & 336 & 590 & 434 \\
        216 & 183 & 738 & 518 & 920 \\
        547 & 475 & 943 & 1388 & 2206 \\
        \end{pmatrix}. $$

        Проведём транспонирование матрицы:
        $$ \left ( A \cdot B \right )^{T} = \begin{pmatrix}
        538 & 849 & 127 & 216 & 547 \\
        430 & 565 & 77 & 183 & 475 \\
        1151 & 1066 & 336 & 738 & 943 \\
        1579 & 2166 & 590 & 518 & 1388 \\
        2081 & 2450 & 434 & 920 & 2206
        \end{pmatrix}. $$

      • Метод №2. Проведём транспонирование матриц $A$ и $B:$
        $$ A^{T} = \begin{pmatrix}
        5 & 4 & 5 & 33\\
        11 & 3 & 1 & 23\\
        16 & 45 & 9 & 34\\
        12 & 10 & 56 & 45\\
        56 & 22 & 14 & 89
        \end{pmatrix}.$$
        $$ B^{T} = \begin{pmatrix}
        12 & 3 & 1 & 5 & 16\\
        10 & 2 & 4 & 11 & 4\\
        15 & 20 & 8 & 3 & 11\\
        11 & 22 & 2 & 4 & 12
        \end{pmatrix}.$$

        Найдём произведение $A^{T}$ и $B^{T}:$
        $$A^{T} \cdot B^{T} = \begin{pmatrix}
        538 & 849 & 127 & 216 & 547 \\
        430 & 565 & 77 & 183 & 475 \\
        1151 & 1066 & 336 & 738 & 943 \\
        1579 & 2166 & 590 & 518 & 1388 \\
        2081 & 2450 & 434 & 920 & 2206
        \end{pmatrix}.
        $$

      • Оба метода показали одинаковый ответ, что также подтверждает свойство №4.

      [свернуть]

      Пример 5

      Дана транспонированная матрица $ A^{T} = \begin{pmatrix}
      1 & 3 & 22 & 21 \\
      2 & 11 & 1 & 12\\
      0 & 4 & 20 & 31\\
      6 & 15 & 50 & 9
      \end{pmatrix}.$ Найти первоначальную матрицу $A.$

      Решение

      Воспользуемся первым свойством транспонирования матриц, где $\left ( A^{T} \right )^{T} = A, $ получим:
      $$ \left ( A^{T} \right )^{T} = \begin{pmatrix}
      1 & 3 & 22 & 21 \\
      2 & 11 & 1 & 12\\
      0 & 4 & 20 & 31\\
      6 & 15 & 50 & 9
      \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix}
      1 & 2 & 9 & 6 \\
      3 & 11 & 4 & 15\\
      22 & 1 & 20 & 40\\
      21 & 12 & 31 & 9
      \end{pmatrix}. $$

      [свернуть]

      Смотрите также

      Операция транспонирования матриц и ее свойства

      Данный тест предназначен для проверки ваших знаний на тему «Операция транспонирования матриц и ее свойства». Удачи !