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.

Теорема об аддитивной группе матриц

Теорема. Пусть $ M_{m\times n} \left ( P\right )$ — множество матриц размеров $m\times n$ над полем $P,$ «$+$» — операция сложения матриц. Тогда пара $\left ( M_{m\times n} \left ( P \right ),\,+\right )$ — абелева группа.

Для доказательства теоремы необходимо проверить аксиомы группы и коммутативность операции сложения матриц.

Для записи аксиом и свойств в общем виде будем использовать следующие обозначения:

Ассоциативность

В общем виде аксиома ассоциативности группы выглядит так: $$\forall g_{1},\,g_{2},\,g_{3}\in G\;\left (g_{1}\ast g_{2}\right )\ast g_{3}=g_{1}\ast \left (g_{2}\ast g_{3}\right ).$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A,B,C\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;\left ( A+B \right )+C=A+\left ( B+C \right ).$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; B=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right),$$ $$C=\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$\left (A+B\right )+C=\left( \left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right) \right) +$$ $$+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right)+$$ $$+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} &\end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}+c_{11}&a_{12}+b_{12}+c_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n}+c_{1n} \\a_{21}+b_{21}+c_{21}&a_{22}+b_{22}+c_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}+c_{m1}&a_{m2}+b_{m2}+c_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$A+\left ( B+C \right )=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+$$ $$+\left(\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} \end{matrix}\right) \right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}+c_{11}&b_{12}+c_{12} & \cdots &b_{1n}+c_{1n} \\b_{21}+c_{21}&b_{22}+c_{22} & \cdots &b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}+c_{m1}&b_{m2}+c_{m2}&\cdots &b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}+c_{11}&a_{12}+b_{12}+c_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n}+c_{1n} \\a_{21}+b_{21}+c_{21}&a_{22}+b_{22}+c_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot\\a_{m1}+b_{m1}+c_{m1}&a_{m2}+b_{m2}+c_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right).$$

$\left ( A+B \right )+C=A+\left ( B+C \right )\Rightarrow $ операция ассоциативна.

Аксиома нейтрального элемента

В общем виде аксиома нейтрального элемента группы выглядит так: $$\exists e\in G:\;\forall g\in G\;g\ast e=e\ast g=g.$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\exists O\in M_{m\times n}\left ( P \right ):\;\forall A\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;A+O=O+A=A.$$ В нашем случае нейтральным элементом является нулевая матрица $O\in M_{m\times n}\left ( P \right ).$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; O =\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right).$$$$A+O=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+0&a_{12}+0 & \cdots &a_{1n}+0 \\a_{21}+0&a_{22}+0 & \cdots &a_{2n}+0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+0&a_{m2}+0&\cdots &a_{mn}+0 \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=A.$$ $$O+A=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}0+a_{11}&0+a_{12} & \cdots &0+a_{1n} \\0+a_{21}&0+a_{22} & \cdots &0+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0+a_{m1}&0+a_{m2}&\cdots &0+a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=A.$$

$A+O=O+A=A\Rightarrow $ $O$ — нейтральный элемент.

Аксиома симметричных элементов

В общем виде аксиома симметричных элементов группы выглядит так: $$\forall g\in G\;\exists{g}’\in G:\;g\ast{g}’={g}’\ast g=e.$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;\exists\left ( -A \right )\in M_{m\times n}\left ( P \right ):\;A+\left ( -A \right )=-A+A=O.$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$-A=-\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right).$$ $$A+\left ( -A \right )=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}-a_{11}&a_{12}-a_{12} & \cdots &a_{1n}-a_{1n} \\a_{21}-a_{21}&a_{22}-a_{22} & \cdots &a_{2n}-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}-a_{m1}&a_{m2}-a_{m2}&\cdots &a_{mn}-a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=O;$$$$-A+A=\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix} -a_{11}+a_{11}&-a_{12}+a_{12} & \cdots &-a_{1n}+a_{1n} \\-a_{21}+a_{21}&-a_{22}+a_{22} & \cdots &-a_{2n}+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}+a_{m1}& -a_{m2}+a_{m2}&\cdots &-a_{mn}+a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=O.$$

$A+\left ( -A \right )=-A+A=O \Rightarrow$ $A$ и $-A$ — симметричные элементы.

Коммутативность

Проверив все аксиомы, мы доказали, что $\left ( M_{m\times n} \left ( P \right ),\,+\right )$ — группа. Чтобы доказать, что она абелева, проверим коммутативность опреации.

Общий вид: $$\forall g_{1},g_{2}\in G\;g_{1}\ast g_{2}=g_{2}\ast g_{1}.$$ Для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A,B\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;A+B=B+A.$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; B=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$A+B=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\ \cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right);$$ $$B+A=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}b_{11}+a_{11}&b_{12}+a_{12} & \cdots &b_{1n}+a_{1n} \\b_{21}+a_{21}&b_{22}+a_{22} & \cdots &b_{2n}+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}+a_{m1}&b_{m2}+a_{m2}&\cdots &b_{mn}+a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right).$$

$A+B=B+A\Rightarrow$ операция коммутативна.

Доказав три аксиомы группы и коммутативность, мы доказали теорему об аддитивной группе матриц.

Литература

  1. Белозеров Г.С. Конспект лекций по линейной алгебре.
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1980.-400 с., стр. 23-26
  3. Фадеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984.-416 с., стр. 242-244

М1818. Доказать неравенство с тремя параметрами

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 3 выпуск)

Условие

Докажите неравенство $$\sqrt{\cfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\cfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\cfrac{c}{a+b}}>2,$$где $a>0, b>0, c>0$.

С.Нестеров

Решение

Рассмотрим функцию $$f(x,y,z)=\sqrt{\cfrac{x}{y+z}}+\sqrt{\cfrac{y}{z+x}}+\sqrt{\cfrac{z}{x+y}},$$ где $x>0, y>0, z>0$. Считая, без ограничения общности, $x\leqslant y \leqslant z$, докажем вначале неравенство $$f(x,y,z)\leqslant f(x,\cfrac{y+z}{2}, \cfrac{y+z}{2}). \tag{1}$$ Обозначив $\cfrac{z+y}{2}=\alpha, \cfrac{z-y}{2}=t$, перепишем $(1)$ в виде $$\phi (t)\geqslant \phi (0),\tag{2}$$ где $$\phi (t)=\sqrt{\cfrac{\alpha + t}{\alpha + x — t}}+\sqrt{\cfrac{\alpha — t}{\alpha + x + t}}.$$

Здесь $0\leqslant t \leqslant \alpha, \alpha \geqslant x$.

Докажем $(2)$. Имеем $$\phi^{\prime}(t)=(x+2a)\left (\cfrac{1}{(\alpha + t)^{\frac{1}{2} }(x+\alpha-t)^{\frac{3}{2}}} — \cfrac{1}{(\alpha — t)^{\frac{1}{2}}(x+\alpha +t)^{\frac{3}{2}}}\right ).$$ Очевидно, знак $\phi^{\prime}(t)$ совпадает со знаком функции $$\psi (t)=(\alpha — t)(x + \alpha + t)^{3}-(\alpha + t)(x+\alpha -t)^{3},$$ и любой нуль функции $\phi^{\prime} (t)$ также является нулем функции $\psi (t)$. Исследуем $\psi (t)$. Имеем: $\psi (t)$ — отличный от константы нечетный многочлен, степень которого не выше $3$. Следовательно, $\psi (t)$ имеет на положительной полуоси не более одного корня.

Получили: $\phi (t)$ может иметь внутри отрезка $[0,\alpha]$ не более одного экстремума. Но и этот экстремум не может быть минимумом, поскольку $\psi (\alpha)<0$.

Итак, $\phi (t) \geqslant min\{ \phi (0), \phi(\alpha)\} $. Но, поскольку $\alpha \geqslant x$, имеем $$\phi(0)=2\sqrt{\cfrac{\alpha}{\alpha + x}}\leqslant \sqrt{\cfrac{2\alpha}{x}}=\phi (\alpha).$$ Неравенство $(1)$ доказано.

(Выше мы ограничились необходимой нам информацией о производной; легко получить и полную информацию о ней. Именно, $\psi (t)$ — многочлен третьей степени; $\psi (t) = 0$, при $t = 0$ и при $$t^{2}=\cfrac{(x+\alpha)^{2}(2\alpha — x)}{3x+2\alpha}.$$ При этом $t^{2}<\alpha^{2}$ при $x>0, \alpha>0$. Значит исследуемая функция при любом $x, x < 0 < \alpha$, имеет экстремум на интервале $(0;\alpha)$.)

Вследствие $(1)$ для решения задачи достаточно доказать, что $$f_{1}(x)=\sqrt{\cfrac{x}{2\alpha}}+2\sqrt{\cfrac{\alpha}{x+\alpha}}> 2 \tag{3}$$ при $0<x\leqslant \alpha$.

Исследуем $f_{1}(x)$ на отрезке $[0;\alpha]$. Во внутренних точках этого отрезка знак $f^{\prime}_1(x)$ совпадает со знаком многочлена $P(x)=(x+\alpha)^{3}-8\alpha^{2}x$. Кроме того, любой нуль функции $f^{\prime}_{1}(x)$ является также нулем многочлена $P(x)$. Заметим что $P(\alpha)=0;$ помимо этого, $P(x)$ имеет корень на отрицательной полуоси. Следовательно, если $P(x_0)=0$ при $0<x_0<\alpha$, то при переходе через $x_0$ многочлен $P(x)$ меняет знак с $«+»$ на $«-»$. Поэтому $x_0$ — точка максимума функции $f_1(x)$.

Получили: $$f_{1}(x)>min\{f_{1}(0),f_{1}(\alpha)\}$$ при $0<x<\alpha$. Но $$f_{1}(\alpha)=\cfrac{3}{\sqrt{2}}>2=f_{1}(0).$$ Неравенство $(3)$ доказано.

(Легко видеть, что $P(x)=0$ при $x=\alpha$ и при $x=\alpha(-2\pm \sqrt{5})$. Значит исследуемая функция имеет экстремум на интервале $(0;\alpha)$.)

А.Ковальджи, С.Нестеров, В.Сендеров

М1319. Задача об углах в треугольнике

Задача из журнала «Квант» (1991 год, 12 выпуск)

Условие

Дан треугольник $ABC$ и точка $M$ внутри него. Докажите, что хотя бы один из углов $MAB$, $MBC$, $MCA$ меньше или равен $30^{\circ}$.

Рис. 1.

Пусть точка $M$ внутри треугольника $ABC$ такова, что все углы из условия задачи больше $\displaystyle \frac{\pi}6$. Тогда она лежит в треугольнике $AED$ (см. рис. $1$).

Следовательно, достаточно доказать, что $\angle ECA \leqslant$ $\displaystyle \frac{\pi}6$.

Рассмотрим конфигурацию рисунка $2$, где $r_1=1$, $\angle BO_2M =$ $\displaystyle \frac{\pi}{3}$. Точка $A$ лежит на прямой $l$ в круге с центром $O_2$, точка $M$ — в треугольнике $ABC$. Покажем, что при этих условиях отрезки $BM$ и $O_1O_2$ имеют общую точку.

Рис. 2.

Пусть это не так (см. рис. $3$).

На рисунке $3$ прямая $MD$ — касательная к окружности с центром $O_1$.

Имеем: $O_1C \perp l$, треугольник $O_1CM$ правильный, отрезки $BM$ и $O_1C$ пересекаются. Так как угол $BMm$ равен $\displaystyle \frac{\pi}6$, то прямая $m$, являющаяся касательной к окружности с центром $O_2$, пересекается с $l$ в точке луча $DC$
$($либо $m \parallel l)$. Следовательно, и точка $A$ может лежать лишь на этом луче; значит, точка $M$ лежит вне треугольника $ABC$.

Получили: $O_1O_2 \cap BM \not= \varnothing$.

Для решения задачи достаточно доказать, что $r_2 \leqslant d(O_2, l)$.(Здесь
$d(O_2, l)$ — расстояние от точки $O_2$ до прямой $l$.) Пусть $d(O_2, l) \geqslant d(O_1, l)$. Имеем: $$r_2 = 2 \sin \alpha, d(O_2, l) = 1 + (\cos \alpha + \frac{\sqrt{3}}2 \cdot 2 \sin \alpha) \cos \left(\frac{2\pi}3 {-} \alpha \right) = \\ = \frac 12 + 2 \sin^2 \alpha \geqslant 2 \sin \alpha = r_2.$$

Рис. 3.

Случай $d(O_2, l) < d(O_1, l)$ рассматривается аналогично.

Замечание. Несложное доказательство допускает также и следующее утверждение. Пусть точка $M$ лежит внутри четырехугольника $ABCD$. Тогда хотя бы один из углов $MAB$, $MBC$, $MCD$, $MDA$ меньше или равен $\displaystyle \frac{\pi}4$. Докажите это утверждение самостоятельно.

В. Сендеров

M1817. Окружности вписанные в четырёхугольник

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 6 выпуск)

Условие

Четырехугольник с перпендикулярными диагоналями вписан в квадрат. Диагонали и стороны четырехугольника разделили квадрат на 8 треугольников, попеременно окрашенных в красный и синий цвет (рис.1).

рис 1

Докажите, что сумма радиусов окружностей, вписанных в красные треугольники равна сумме радиусов окружностей, вписанных в синие треугольники.

Решение

Сначала два вспомогательных факта.

  1. Диаметр вписанной в прямоугольный треугольник окружности равен разности между суммой его катетов и гипотенузой, т.е. $2r = a + b — c.$ Обоснование этого полезного утверждения можно усмотреть из рисунка

  1. Два взаимно перпендикулярных отрезка разделили квадрат на четыре четырехугольнька. Тогда сумма периметров любых двух несоседних из них равна сумме периметров двух других (рис.3).
рис 3

Обоснуем это. Один из разделяющих отрезков перенесем параллельно себе так, чтобы он прошел через центр квадрата; при этом сумма периметров несоседних четырехугольников останется прежней. То же самое сделаем со вторым отрезком. Но два отрезка, взаимно перпендикулярные и проходящие через центр квадрата, делят его на четыре равных четырехугольника. Теперь рассуждение легко закончить самостаятельно.

Вернемся к условию задачи. На основании утверждения 2 можно заключить, что сумма длин всех катетов красных треугольников равна сумме длин всех катетов синих треугольников. К этому можно добавить, что сумма длин всех гипотенуз красных треугольников равна сумме длин всех гипотенуз синих треугольников. Откуда используя утверждение 1, делаем вывод, что сумма радиусов окружностей, вписанных в красные треугольники, равна сумме радиусов окружностей, вписанных в синие треугольники.

В. Произволов