Теорема Крамера

Пусть дана система линейных уравнений (СЛАУ) $\left.\begin{matrix} a_{11}x_{1} & + & \cdots & + & a_{1n}x_{n} & = & b_{1} \\ \cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1}x_{2} & + & \cdots & + & a_{mn}x_{n} & = & b_{m} \end{matrix}\right\},$ где $a_{11}, a_{1n}, a_{m1}, a_{mn}$ — числовые коэффициенты, $x_{1},x_{2},x_{3}$ — переменные, $b_{1},b_{m}$ — свободные члены.

Обозначим матрицу-столбец неизвестных $(X)$ , матрицу коэффициентов при неизвестных $(A)$ и столбец правых частей $(B)$ : $X = \begin{Vmatrix} x_{1}\\ \vdots \\ x_{n}\\ \end{Vmatrix}, \quad A = \begin{Vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{Vmatrix},\quad B=\begin{Vmatrix}b_{1}\\ \vdots \\ b_{m}\end{Vmatrix}.$

Соотношения, задаваемые системой, запишем в виде матричного уравнения $(A \cdot X = B)$ : $\begin{Vmatrix}x_{1}\\ \vdots \\ x_{n}\\ \end{Vmatrix}\cdot \begin{Vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{Vmatrix} = \begin{Vmatrix}b_{1}\\ \vdots \\ b_{m}\end{Vmatrix}.$

Исходя из вышеуказанного уравнения получаем, что каждый его столбец-решение является частным решением системы. Данное утверждение двойственно. Также можно утверждать, что каждое частное решение системы, записанное в виде столбца, будет решением матричного уравнения.

Пусть задана СЛАУ от $n$ неизвестных с квадратной невырожденной матрицей над полем $P$ . Тогда общее решение такой системы содержит лишь одно частное решение $(x_{1}^{0}, \; x_{2}^{0}, \; \cdots , \; x_{n}^{0}) \in P^{n}$ , которое находится по формуле $x_{i}^{0} = \frac{\Delta_{i}}{\Delta}, \; i = 1, \; \ldots \;,n$ , где $\Delta$ — определитель матрицы системы, а $\Delta_{i}$ — определитель, получаемый из этой матрицы заменой $i$ -го столбца столбцом свободных членов системы.

Докажем теорему, воспользовавшись матричным уравнением $A \cdot X = B:$ $\begin{Vmatrix}x_{1}\\ \vdots \\ x_{n}\\ \end{Vmatrix}\cdot \begin{Vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{Vmatrix} = \begin{Vmatrix}b_{1}\\ \vdots \\ b_{m}\end{Vmatrix}.$

Единственность. Пусть имеется решение уравнения $X_{0}$ . Тогда $A \cdot X_{0} = B$ . Так как определитель матрицы отличен от нуля можем быть уверены, что существует обратная к $A$ матрица $A^{-1}$ . Умножим обе части равенства слева на $A^{-1}$ : $A^{-1} \cdot\left(A \cdot X_{0}\right)=\left(A^{-1} \cdot A\right) \cdot X_{0}=E \cdot X_{0}=X_{0}=A^{-1} \cdot B.$ Следовательно, если решение существует, то оно неизбежно будет равно $A^{-1} \cdot B$ .

Существование. Сделаем замену: $X_{0} = A^{-1} \cdot B$ . Подставим в уравнение: $A \cdot\left(A^{-1} \cdot B\right)=\left(A \cdot A^{-1}\right) \cdot B=E \cdot B=B.$ Делаем вывод что, решение существует. Используя явное представление обратной матрицы, можем показать явный вид решения: $A^{-1} \cdot B=\Delta^{-1} \cdot\begin{Vmatrix} A_{11} & \ldots & A_{n1}\\ \cdot & \cdot & \cdot \\ A_{1n} & \ldots & A_{nn} \end{Vmatrix} \cdot \begin{Vmatrix}b_{1} \\ \vdots \\ b_{n} \end{Vmatrix} = \Delta^{-1} \cdot \begin{Vmatrix} \sum\limits_{j = 1}^{n} A_{j1} \cdot b_{j}\\ \vdots\\ \sum\limits_{j = 1}^{n} A_{jn} \cdot b_{j} \end{Vmatrix}.$

Заменив соответствующий столбец из определителя матрицы системы столбцом свободных членов системы, получим суммы, представляющие собой искомые нами определители. Теорема доказана.

Алгоритм решения СЛАУ методом Крамера

Находим определитель матрицы искомой системы $\Delta = \begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \cdot & \cdot & \cdot \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{vmatrix}$ . Определитель обязательно должен быть отличен от нуля.
Находим определители матриц $\Delta_{x_{n}} = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & b_{1} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & b_{2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & b_{n} \end{vmatrix}$ , в которых $k$ -ые столбцы $(k = 1,2, \; \ldots, n)$ заменены на столбец свободных членов системы.
Вычисляем неизвестные переменные по формуле: $x_{n} = \frac{\Delta_{x_{n}}}{\Delta }$ .
Выполняем проверку решения, подставив $x_{k} (k = 1,2, \ldots, n)$ в исходную систему. Все уравнения системы должны быть тождественно равны.

Некоторые следствия из теоремы Крамера

Следствие 1. Если определитель матрицы из коэффициентов системы равен нулю и все определители «вспомогательных» (в которых $i$ -ый столбец заменен на столбец свободных членов) матриц равны нулю, то система имеет бесконечное количество решений.

Следствие 2. Если определитель матрицы из коэффициентов системы равен нулю, но хотя бы один из определителей «вспомогательных» матриц отличен от нуля, то система не имеет решений.

Следствие 3. Если определитель матрицы из коэффициентов системы отличен от нуля, то система имеет решение, причём единственное.

Примеры решения задач

Решить систему уравнений методом Крамера $\left\{\begin{array}{l} 2 x_{1}- x_{2}- x_{3}=4 \\ 3 x_{1}+4x_{2}-2 x_{3}=11 \\ 3 x_{1}-2 x_{2}+4x_{3}=11 \end{array}\right.$

Решение

Вычислим определитель матрицы системы с помощью правила треугольника: $\Delta = \left|\begin{array}{} 2& -1& -1 \\ 3& 4& -2 \\ 3& -2& 4 \end{array}\right| = 60,$ $\Delta = 60 \neq 0$ , значит эта система имеет решение, причем единственное.

Найдем с помощью правила треугольника определители $\Delta_{i}$ ( $i$ -ый столбец заменяется на столбец свободных членов), где $i = 1,2,3:$ $\Delta_{1} = \begin{vmatrix} 4 & -1& -1\\ 11& 4& -2\\ 11& -2& 4 \end{vmatrix} = 180,$ $\Delta_{2} = \begin{vmatrix} 2& 4& -1\\ 3& 11& -2\\ 3& 11& 4 \end{vmatrix} = 60,$ $\Delta_{3} = \begin{vmatrix} 2& -1& 4\\ 3& 4& 11\\ 3& -2& 11 \end{vmatrix} = 60.$

Находим неизвестные $x_{n} = \frac{\Delta _{n}}{\Delta}:$ $x_{1} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{180}{60} = 3;$ $x_{2} =\frac{\Delta_{2}}{\Delta} = \frac{60}{60} = 1;$ $x_{3} =\frac{\Delta_{3}}{\Delta} = \frac{60}{60} = 1;$ Ответ: $\; x_{1} = 3; \; x_{2} = 1; \; x_{3} = 1$ .

[свернуть]
Решить систему уравнений методом Крамера $\left\{\begin{matrix} ax — 3y = 1 \\ 2x +ay = 2 \end{matrix}\right.$

Решение

Здесь $a$ — некое вещественное число. Найдем определитель системы: $\Delta =\begin{vmatrix} a & -3\\ 2& a \end{vmatrix} = a^{2} + 6.$

Находим дополнительные определители $\Delta_{i}$ ( $i$ -ый столбец заменяется на столбец свободных членов): $\Delta_{x} = \begin{vmatrix} 1 & -3\\ 2 & a \end{vmatrix} = a+6,$ $\Delta_{y} = \begin{vmatrix} a & 1\\ 2 & 2 \end{vmatrix} = 2a-2 = 2(a — 2).$ Находим неизвестные: $x = \frac{a + 6}{a^{2} + 6},$ $y = \frac{2(a — 1)}{a^{2} + 6}.$

[свернуть]
Решить систему уравнений методом Крамера $\left\{\begin{array}{} x_{1}+ x_{2}+2 x_{3}=-1 \\ 2 x_{1}- x_{2}+2 x_{3}=-4 \\ 4 x_{1}+x_{2}+4_{3}=-2 \end{array}\right.$

Решение

Вычислим определитель матрицы с помощью правила треугольника: $\Delta = \begin{vmatrix} 1& 1& 2\\ 2& -1& 2\\ 4& 1& 4 \end{vmatrix} = 6,$ $\Delta = 6 \neq 0$ , значит эта система имеет решение, причем единственное.

Найдем с помощью правила треугольника определители $\Delta_{i}$ ( $i$ -ый столбец заменяется на столбец свободных членов), где $i = 1,2,3:$ $\Delta_{1} = \begin{vmatrix} -1& 1& 2\\ -4& -1& 2\\ -2& 1& 4 \end{vmatrix} = 6,$ $\Delta_{2} = \begin{vmatrix} 1& -1& 2\\ 2& -4& 2\\ 4& -2& 4 \end{vmatrix} = 12,$ $\Delta_{3} = \begin{vmatrix} 1& 1& -1\\ 2& -1& -4\\ 4& 1& -2 \end{vmatrix} = -12.$

Находим неизвестные $x_{n} = \frac{\Delta _{n}}{\Delta}:$ $x_{1} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{6}{6} = 1;$ $x_{2} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{12}{6} = 2;$ $x_{3} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{-12}{6} = -2;$ Ответ: $\; x_{1} = 1; \; x_{2} = 2; \; x_{3} = -2$ .

[свернуть]
Найти количество решений у системы уравнений $\left\{\begin{array}{} 2 x_{1}+ 3x_{2}- x_{3}=3 \\ 4 x_{1}+6x_{2}-2x_{3}=6 \\ 3 x_{1}-x_{2}+2x_{3}=-1 \end{array}\right.$

Решение

Вычислим определитель матрицы с помощью правила треугольника: $\Delta = \begin{vmatrix} 2& 3& -1\\ 4& 6& -2\\ 3& -1& 2 \end{vmatrix} = 0,$ $\Delta = 0$ , значит эта система имеет либо бесконечное количество решений, либо вообще не имеет.

Найдем с помощью правила треугольника определители $\Delta_{i}$ ( $i$ -ый столбец заменяется на столбец свободных членов), где $i = 1,2,3:$ $\Delta_{1} = \begin{vmatrix} 3& 3& -1\\ 6& 6& -2\\ -1& -1& 2 \end{vmatrix} = 0,$ $\Delta_{2} = \begin{vmatrix} 2& 3& -1\\ 4& 6& -2\\ 3& -1& 2 \end{vmatrix} = 0,$ $\Delta_{3} = \begin{vmatrix} 2& 3& 3\\ 4& 6& 6\\ 3& -1& -1 \end{vmatrix} = 0.$

По следствию 1 выясняем, что система уравнений имеет бесконечное количество решений.

[свернуть]
Решить систему уравнений методом Крамера $\left\{\begin{array}{}2x_{1}+6x_{2}+4x_{3}=8 \\x_{1}+5x_{2}+4x_{3}=8 \\x_{1}+5x_{2}+7x_{3}=17\end{array}\right.$

Решение

Вычислим определитель матрицы с помощью правила треугольника: $\Delta = \begin{vmatrix} 2& 6& 4\\ 1& 5& 4\\ 1& 5& 7 \end{vmatrix} = 12,$ $\Delta = 12 \neq 0$ , значит эта система имеет решение, причем единственное.

Найдем с помощью правила треугольника определители $\Delta_{i}$ ( $i$ -ый столбец заменяется на столбец свободных членов), где $i = 1,2,3:$ $\Delta_{1} = \begin{vmatrix} 8& 6& 4\\ 8& 5& 4\\ 17& 5& 7 \end{vmatrix} = 12,$ $\Delta_{2} = \begin{vmatrix}2& 8& 4\\ 1& 8& 4\\ 1& 17& 7 \end{vmatrix} = -12,$ $\Delta_{3} = \begin{vmatrix} 2& 6& 8\\ 1& 5& 8\\ 1& 5& 17 \end{vmatrix} = 36.$

Находим неизвестные $x_{n} = \frac{\Delta _{n}}{\Delta}:$ $x_{1} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{12}{12} = 1;$ $x_{2} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{-12}{12} = -1;$ $x_{3} =\frac{\Delta_{1}}{\Delta} = \frac{36}{12} = 3;$ Ответ: $\; x_{1} = 1; \; x_{2} = -1; \; x_{3} = 3$ .

[свернуть]

Тест на знание темы «Теорема Крамера».

Задание 1 из 4

1.
Количество баллов: 2
При каком $k$ система будет иметь бесконечное количество решений? $\left\{\begin{matrix} kx_{1} + x_{2}= 0\\ x_{1} + kx_{2}=0 \end{matrix}\right.$
- $-1$
- $0$
- $1$
- $-2$
Правильно

Неправильно

Подсказка

Смотрите следствие $1$ .

Задание 2 из 4

2.

Количество баллов: 3

Найдите решение системы уравнений $\left\{\begin{array}{} 3x+2y+z=5 \\ 2 x+3y+ z=1 \\ 2 x+y+3z=11 \end{array}\right.$

Элементы сортировки

$2$
$-2$
$3$

$x$

$y$

$z$

Задание 3 из 4

3.
Количество баллов: 2
Заполните следующие пропуски в тексте (в пропусках надо писать по одному слову, строчными буквами).
- Если определитель матрицы из коэффициентов системы отличен от (нуля, 0), то система имеет решение, причём (единственное, 1, одно).
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 4

4.
Количество баллов: 2
Решить систему уравнений методом Крамера: $\left\{\begin{matrix} 5x+2y=7 \\ 2x + y = 9 \end{matrix}\right.$
В ответ записать $2$ числа в любом порядке через запятую.
Правильно

Неправильно

Смотрите также

Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.
Курош А.Г., Курс высшей алгебры М.: Наука, 1972, 10-ое издание, Глава 1, $\S$ 7, «Теорема Крамера» (стр. 53 — 59)
Фадеев Д.К. Лекции по алгебре: Учебное пособие для вузов. — М.: Наука. Главна редакция физико-математической литературы, 1984.-416с. (стр. 106 — 108)
Фадеев Д.К., Соминский И.С. Сборник задач по высшей алгебре М.: Наука, 1972, 10-ое издание, Глава 3, $\S$ 1, «Теорема Крамера» (стр. 56)

Свойства определителей

Рассмотрим свойства определителей, на основе которых можно существенно облегчить их вычисление:

Свойство $1$

Определитель транспонированной матрицы равен определителю начальной матрицы: $\det A = \det A^{T}$ .

Доказательство

Свойство $2$

Транспозиция (замена) двух строк (столбцов) матрицы — меняет знак определителя $\det A = \begin{vmatrix} a_{11} & … & a_{1n} \\ .&.&. \\ a_{i1} & … & a_{in} \\ a_{j1} & … & a_{jn} \\ .&.&. \\ a_{n1} & … & a_{nn} \end{vmatrix} = -\begin{vmatrix} a_{11} & … & a_{1n} \\ .&.&. \\ a_{j1} & … & a_{jn}\\ a_{i1} & … & a_{in} \\ .&.&. \\ a_{n1} & … & a_{nn} \end{vmatrix}.$

Доказательство

Действительно, по Теореме № $2$ о транспозиции — транспозиция меняет четность элементов перестановки. При перестановке двух строк, каждый элемент меняет знак, значит и сам определитель меняет знак.

[свернуть]

Свойство $3$

Умножение всей строки (столбца) на некий элемент $\alpha$ является аналогичным умножению всего определителя на этот элемент. Определитель с нулевой строкой (столбцом) равен нулю: $\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 j} & \cdots & a_{1 n} \\a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 j} & \cdots & a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\\alpha a_{i 1} & \alpha a_{i 2} & \cdots & \alpha a_{i j} & \cdots & \alpha a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n j} & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}= \alpha \cdot\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 j} & \cdots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 j} & \cdots & a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{i 1} & a_{i 2} & \cdots & a_{i j} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n j} & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}.$

Доказательство

Пусть на $\alpha$ умножаются все элементы $i$ -той строки. Каждый член определителя содержит $1$ элемент из этой строки, поэтому всякий член определителя приобретает общий множитель $\alpha$ , а это значит что и сам определитель умножается на $\alpha$ .

[свернуть]

Свойство $4$

Если все элементы $i$ -той строки (столбца) матрицы определителя разбить в сумму двух строк: $a_{i j}=b_{j}+c_{j}, \quad j=1, \ldots, n$ то и саму матрицу можно будет разбить на две, у которых все строки (столбцы) кроме $i$ -той — такие же как у первой матрицы, а $i$ -тая строка состоит из $b_{j}$ в первой матрице определителя, и из элементов $c_{j}$ во втором.

Доказательство

Действительно, любой член матрицы определителя можно представить в виде произведения: $\begin{aligned}a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots a_{i \alpha_{i}} \ldots a_{n \alpha_{n}}&=a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots\left(b_{\alpha_{i}}+c_{\alpha_{i}}\right)\ldots a_{n \alpha_{n}}=\\&=a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots b_{\alpha_{i}} \ldots a_{n \alpha_{n}}+a_{1\alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots c_{\alpha_{i}} \ldots a_{n\alpha_{n}}.\end{aligned}.$ Объединяя первые слагаемые этого выражения, мы получим матрицу определителя, где в первой матрице в $i$ -той строке вместо элементов $a_{i j}$ стоят элементы $b_{j} .$ Соответственно вторые слагаемые составляют матрицу определителя, с элементами $c_{j}$ таким образом: $\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\a_{1}+c_{1} & b_{2}+c_{2} & \dots & b_{n}+c_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{n n}\end{vmatrix}=$ $=\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \dots a_{1 n} \\b_{1} & b_{2} & \dots & b_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 n} \\c_{1} & c_{2} &\dots & c_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{n n}\end{vmatrix}.$

[свернуть]

Свойство $5$

Определитель верхней (нижней) треугольной матрицы есть произведение элементов ее главной диагонали $\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1 n} \\0 & a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2 n} \\0 & 0 & a_{33} & \cdots & a_{3 n} \\\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\0 & 0 & 0 & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}=a_{11} \cdot a_{22} \cdot a_{33} \cdot \ldots \cdot a_{n n}.$

Доказательство

Действительно, так как определитель есть произведение одного из элементов строки (столбца) его матрицы, то у первого столбца единственным будет $a_{11}$ , во втором столбце — $a_{22}$ т.к. у первой строки $a_{11}$ , третьим элементом — только $a_{33}$ , далее аналогично.

[свернуть]

Свойство $6$

Если в матрице определителя одна строка будет результатом ее сложения с другой строкой и умножения на число, определитель не изменится . $\begin{vmatrix}a_{11}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{1n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \\ a_{i 1} & a_{i 2} & a_{i 3} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{j 1} & a_{j 2} & a_{j 3} & \cdots & a_{j n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\begin{vmatrix}a_{11}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{1n} \\\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{i 1} & a_{i 2} & a_{i 3} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{k 1}+k a_{i 1} & a_{k 2}+k a_{i 2} & a_{k 3}+k a_{i 3} & \cdots & a_{k n}+k a_{i n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots\\ a_{n1}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{nn}\end{vmatrix}\cdot$

Доказательство

Этот определитель можно представить в виде суммы определителей (по $4$ свойству), в итоге получится $2$ определителя, один из которых будет равен нулю, из-за равенства двух строк, а второй будет исходным.

[свернуть]

Пример $1$

Вычислить определитель $\det A=\begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\12 & 2 & 12 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix}.$

Решение

Выносим $2$ из второй строки определителя: $\det A = \begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\12 & 2 & 12 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix} = 2\begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\6 & 1 & 6 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix} = 0.$ Видим что у определителя две равных строки соответственно определитель равен нулю

[свернуть]

Пример $2$

Вычислить определитель $\det A =\begin{vmatrix}12& 5 & 1 & 5 & 19 \\0 & 8 & 2 & 12 & 9 \\0 & 0 & 4 & 27 & 41 \\0 & 0 & 0 & 5 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 7\end{vmatrix}$

Решение

По пятому свойству, определитель треугольной матрицы равен произведению элементов главной диагонали: $\det A=\begin{vmatrix}12& 5 & 1 & 5 & 19 \\0 & 8 & 2 & 12 & 9 \\0 & 0 & 4 & 27 & 41 \\0 & 0 & 0 & 5 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 7\end{vmatrix}=12\cdot8\cdot4\cdot5\cdot7=13440.$

[свернуть]

Пример $3$

Проверьте, будет ли определитель транспонированной матрицы равен исходной: $\begin{Vmatrix}3 & 3 & -1 \\4 & 1 & 3 \\1 & -2 & -2\end{Vmatrix}.$

Решение

$\begin{vmatrix}3 & 3 & -1 \\4 & 1 & 3 \\1 & -2 & -2 \end{vmatrix}=$ $=(-6)-(-18)-(-24) + 8 + 9 — (-1)=54$ $\begin{vmatrix}3 & 4 & 1 \\3 & 1 & -2 \\-1 & 3 & -2 \end{vmatrix}=(-6)-(-18)-(-24)+8+9- (-1)=54.$ Действительно, определитель транспонированной матрицы равен исходной

[свернуть]

Пример 4

Вычислите определитель треугольной матрицы: $\begin{Vmatrix}3 & 0 & 0 \\4 & 1 & 0 \\1 & -2 & -2 \end{Vmatrix}.$

Решение

Воспользуемся пятым свойством: $\begin{vmatrix}3 & 0 & 0 \\4 & 1 & 0 \\1 & -2 & -2 \end{vmatrix} = 3\cdot1\cdot-2 = -6$

Пример $5$

Вычислите определитель: $\begin{vmatrix}6 & 5 & 9 & 3 \\2 & 1 & 0 & 4 \\0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 12 & 8 & 2 \end{vmatrix}.$

Решение

По $3$ свойству, матрица определителя, содержащая нулевую строку равна нулю. Ответ $\det A=0$

[свернуть]

Смотрите также

Конспект Белозерова Г.С. по алгебре — Глава IV.
Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, издание 9, глава 1, §4, «Определители n-го порядка»
В.Воеводин Линейная алгебра М.: Наука, 1980, глава 7, §62, «Матрицы и определители» — стр 201

Свойства Определителей

Проверьте себя на знание материала «Свойства Определителей»

Теорема о разложении определителя по строке

Пусть задана матрица $A\in M_{n\times m}\left(P\right).$ Выберем произвольно $k$ строк и $k$ столбцов $\left(1\leqslant k\leqslant \min\left\{n,m\right\}\right).$ Минором $k-$ го порядка называют определитель матрицы, состоящей из элементов, которые стоят на пересечении выбранных строк и столбцов.

Пусть задана матрица $A\in M_{n}\left(P\right).$ Выберем произвольно минор $k-$ го порядка $\left(1\leqslant k\leqslant n-1\right).$ Дополнительным минором называют определитель матрицы порядка $n-k,$ которая получена путем вычеркивания строк и столбцов, в которых расположен выбранный минор.

Алгебраическим дополнением называют дополнительный минор, умноженный на число $\left(-1\right)^{\left(s_{1}+s_{2}\right)},$ где $s_{1}\;-$ сумма номеров строк, а $s_{2}\;-$ сумма номеров столбцов, в которых расположен минор.

Определитель (детерминант) $n-$ го порядка квадратной матрицы $A$ равен сумме произведений элементов какой-либо его строки (столбца) на их алгебраические дополнения. То есть: $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{kj}A_{kj}$ — разложение определителя по элементам столбца; $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{ik}A_{ik}$ — разложение определителя по элементам строки, где $\left(i,\;j\;\in\left\{1,2,…,n\right\}\right).$

Пусть задан определитель $n-$ го порядка: $\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Возьмем $j-$ й столбец матрицы $A$ и представим его в виде суммы: $\begin{bmatrix}a_{1j}\\a_{2j}\\\vdots\\a_{nj}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{1j}\\0\\\vdots\\0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\a_{2j}\\\vdots\\0\end{bmatrix}+\dots+\begin{bmatrix}0\\0\\\vdots\\a_{nj}\end{bmatrix}.$ Таким же образом запишем наш определитель: $\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1j}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2j}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nj}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1j}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&0&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&0&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&0&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2j}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&0&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\dots$ $\dots+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&0&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&0&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nj}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Данную сумму можем записать более кратко: $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\begin{vmatrix}\begin{array}{c}a_{11}\end{array}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&0&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&0&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&0&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$

Переместим элемент $a_{kj}$ в левый верхний угол матрицы. Для этого переставим $k-$ ю строку на первое место, последовательно переставляя ее со строками, стоящими выше. Исходя из этого потребуется $k-1$ транспозиций. По свойствам определителей, каждая транспозиция двух строк (столбцов) приводит к определителю, у которого изменены все знаки его членов на противоположные. То есть при каждой транспозиции определитель умножается на $-1$ : $\det\;A=$ $\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{k-1}\begin{vmatrix}a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&a_{kj}&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&0&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{k-1,1}&a_{k-1,2}&\cdots&a_{k-1,j-1}&0&a_{k-1,j+1}&\cdots&a_{k-1,n}\\a_{k+1,1}&a_{k+1,2}&\cdots&a_{k+1,j-1}&0&a_{k+1,j+1}&\cdots&a_{k+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&0&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Затем переместим $j-$ й столбец на первое место, последовательно переставляя со столбцами, стоящими левее $j-$ го. На это потребуется $j-1$ транспозиций: $\det\;A=$ $\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k-1\right)+\left(j-1\right)}\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{k-1,1}&a_{k-1,2}&\cdots&a_{k-1,j-1}&a_{k-1,j+1}&\cdots&a_{k-1,n}\\0&a_{k+1,1}&a_{k+1,2}&\cdots&a_{k+1,j-1}&a_{k+1,j+1}&\cdots&a_{k+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ В итоге мы получаем определитель, отличающийся от искомого знаком $\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}:$ $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$

Теперь пусть $\det\;A^\prime=\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Так как все элементы первого столбца, кроме $a_{kj},$ равны нулю, можем записать полученный определитель как сумму: $\det\;A^\prime=\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[1,s_2,\dots,s_n\right]}a_{kj} a_{s2}\dots a_{sn},$ где суммирование производится по всем перестановкам длины $n.$

Множитель $a_{kj}$ является общим для всех слагаемых. Единица, стоящая на первом месте, не образует никаких инверсий (перестановок), что не влияет на знак: $\left[1,s_2,\dots,s_n\right]=\left[s_2,\dots,s_n\right].$ Исходя из этого, можем вынести за знак суммы множитель $a_{kj}:$ $\det\;A^\prime=a_{kj}\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[s_2,\dots,s_n\right]}a_{s2}\dots a_{sn}.$

Сумма $\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[s_2,\dots,s_n\right]}a_{s2}\cdot\dots\cdot a_{sn}$ равна определителю $\left(n-1\right)-$ го порядка. Этот определитель получается путем вычеркивания первой строки и первого столбца и является дополнительным минором искомого определителя. Следовательно, определитель матрицы $A$ равен: $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}a_{kj}M_{kj}.$

Согласно определению, дополнительный минор, умноженный на число $\left(-1\right)^{\left(k+j\right)},$ где $k-$ номер строки, а $j-$ номер столбца, в которых расположен минор первого порядка, равен алгебраическому дополнению. Таким образом, мы получаем, что исходный определитель равен сумме произведений элементов $j-$ го столбца на их алгебраическое дополнение: $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{kj}A_{kj}.$ Разложение по столбцу доказано.

Аналогично докажем разложение определителя по строке: $\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{i1}&0&\dots&0\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{i2}&\dots&0\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}+\cdots$ $\cdots+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&0&\dots&a_{in}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1k}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2k}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{i-1,1}&a_{i-1,2}&\cdots&a_{i-1,k}&\cdots&a_{i-1,n}\\0&0&\cdots&a_{ik}&\cdots&0\\a_{i+1,1}&a_{i+1,2}&\cdots&a_{i+1,k}&\cdots&a_{i+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nk}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Элемент $a_{ik}$ перемещаем в левый верхний угол матрицы, последовательно меняя $i-$ ю строку с выше стоящими строками и $k-$ й столбец со стоящими слева столбцами. Потребуется $i+k$ транспозиций. Это означает, что определитель будет отличаться от искомого знаком $\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}:$ $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}\begin{vmatrix}a_{ik}&a_{i1}&a_{i2}&\cdots&a_{in}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}a_{ik}M_{ik}=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{ik}A_{ik}.$ Таким образом, разложение по строке доказано.

Примеры решения задач

Рассмотрим некоторые примеры решения задач на нахождение определителя с помощью теоремы о разложении определителя по строке. Читателю рекомендовано попытаться решить задачи самостоятельно, а затем сверить свое решение с приведенным ниже.

Выполнив разложение по первой строке, вычислить определитель: $\det\;A=\begin{vmatrix}2&-5&3\\8&4&-1\\0&3&2\end{vmatrix}.$

Решение

Перед нами определитель $3-$ го порядка. Разложим данный определитель по элементам первой строки: $\det\;A=\begin{vmatrix}2&-5&3\\8&4&-1\\0&3&2\end{vmatrix}=2A_{11}+\left(-5\right)A_{12}+3A_{13}.$ Воспользуемся формулой нахождения алгебраического дополнения: $A_{ij}=\left(-1\right)^{i+j}M_{ij},$ где $M_{ij}\;-$ дополнительный минор к элементу $a_{ij}.$ Найдем алгебраическое дополнение к элементу $a_{11}$ согласно формуле: $A_{11}=\left(-1\right)^{1+1}M_{11}=\left(-1\right)^2M_{11}=M_{11}.$ Для того чтобы найти дополнительный минор к элементу, нужно мысленно вычеркнуть строку и столбец, в которых расположен данный элемент, и записать оставшиеся элементы в виде определителя: $A_{11}=M_{11}=\begin{vmatrix}4&-1\\3&2\end{vmatrix}=4\cdot2-3\cdot\left(-1\right)=8+3=11.$ Аналогично вычисляем оставшиеся алгебраические дополнения: $A_{12}=\left(-1\right)^{1+2}M_{12}=\left(-1\right)^3M_{12}=-M_{12}=-\begin{vmatrix}8&-1\\0&2\end{vmatrix}=$ $=-\left(8\cdot2-0\cdot\left(-1\right)\right)=-16;$ $A_{13}=\left(-1\right)^{1+3}M_{12}=\left(-1\right)^4M_{12}=M_{12}=\begin{vmatrix}8&4\\0&3\end{vmatrix}=$ $=8\cdot3-0\cdot\left(4\right)=24.$ Следовательно, наш определитель равен: $\det\;A=2\cdot11+\left(-5\right)\cdot\left(-16\right)+3\cdot24=22+80+72=174.$

Для проверки воспользуемся другим методом вычисления определителя $3-$ го порядка — правилом Саррюса. Согласно этому правилу, определитель матрицы $3-$ го порядка равен: $\det\;A=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-$ $-a_{12}a_{21}a_{33}.$ Наш определитель равен: $\det\;A=2\cdot4\cdot2+\left(-5\right)\cdot\left(-1\right)\cdot0+3\cdot8\cdot3-3\cdot4\cdot0-$ $-2\cdot\left(-1\right)\cdot3-\left(-5\right)\cdot8\cdot2=16+0+72-0+6+80=174.$ Ответ совпал. Проверка выполнена.
Выполнив разложение по первому столбцу, вычислить определитель: $\det\;A=\begin{vmatrix}3&5&-2\\-1&8&4\\0&-7&-3\end{vmatrix}.$

Решение

Разложим данный определитель $3-$ го порядка по элементам первого столбца: $\det\;A=\begin{vmatrix}3&5&-2\\-1&8&4\\0&-7&-3\end{vmatrix}=3A_{11}+\left(-1\right)A_{21}+0A_{31}=$ $=3A_{11}+\left(-1\right)A_{21}.$ Вспомним формулу нахождения алгебраического дополнения: $A_{ij}=\left(-1\right)^{i+j}M_{ij},$ где $M_{ij}\;-$ дополнительный минор к элементу $a_{ij}.$ Найдем алгебраические дополнения к каждому элементу: $A_{11}=\left(-1\right)^{1+1}M_{11}=M_{11}=\begin{vmatrix}8&4\\-7&-3\end{vmatrix}=8\cdot\left(-3\right)-\left(4\cdot\left(-7\right)\right)=$ $=-24+28=4;$ $A_{21}=\left(-1\right)^{2+1}M_{21}=-M_{21}=-\begin{vmatrix}5&-2\\-7&-3\end{vmatrix}=$ $=-\left(5\cdot\left(-3\right)-\left(\left(-2\right)\cdot\left(-7\right)\right)\right)=-\left(-15-14\right)=29.$ Значит, наш определитель равен: $\det\;A=3\cdot4+\left(-1\right)\cdot29=12-29=-17.$

Выполним проверку, используя правило Саррюса: $\det\;A=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-$ $-a_{12}a_{21}a_{33}.$ $\det\;A=3\cdot8\cdot\left(-3\right)+5\cdot4\cdot0+\left(-2\right)\cdot\left(-1\right)\cdot\left(-7\right)-$ $-\left(-2\right)\cdot8\cdot0-3\cdot4\cdot\left(-7\right)-5\cdot\left(-1\right)\cdot\left(-3\right)=-17.$ Проверка выполнена. Ответ совпал.
Выполнив разложение по третьей строке, вычислить определитель матрицы $A=\left\|a_{ij}\right\|$ третьего порядка.

Решение

Разложим определитель по элементам третьей строки: $\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=a_{31}\cdot\left(-1\right)^{3+1}\begin{vmatrix}a_{12}&a_{13}\\a_{22}&a_{23}\end{vmatrix}+$ $+a_{32}\cdot\left(-1\right)^{3+2}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{13}\\a_{21}&a_{23}\end{vmatrix}+a_{33}\cdot\left(-1\right)^{3+3}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}=$ $=a_{31}\left(a_{12}\cdot a_{23}-a_{22}\cdot a_{13}\right)-a_{32}\left(a_{11}\cdot a_{23}-a_{21}\cdot a_{13}\right)+$ $+a_{33}\left(a_{11}\cdot a_{22}-a_{21}\cdot a_{12}\right)=a_{12}a_{23}a_{31}-a_{13}a_{22}a_{31}-$ $-a_{11}a_{23}a_{32}+a_{13}a_{21}a_{32}+a_{11}a_{22}a_{33}-a_{12}a_{21}a_{33}=$ $=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-$ $-a_{12}a_{21}a_{33}.$ Как можно заметить, последняя формула является ничем иным, как правилом Саррюса, которым мы воспользовались при проверке первого и второго примеров.
Выполнив разложение по третьему столбцу, вычислить определитель: $\det\;A=\begin{vmatrix}2&5&a&-1\\3&4&b&-3\\7&9&c&-5\\4&2&d&-2\end{vmatrix}.$

Решение

Разложим данный определитель $4-$ го порядка по элементам третьего столбца: $\det\;A=\begin{vmatrix}2&5&a&-1\\3&4&b&-3\\7&9&c&-5\\4&2&d&-2\end{vmatrix}=aA_{13}+bA_{23}+cA_{33}+dA_{34}.$ Найдем все алгебраические дополнения: $A_{13}=\left(-1\right)^{1+3}M_{13}=M_{13}=\begin{vmatrix}3&4&-3\\7&9&-5\\4&2&-2\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по первому столбцу) $=3\cdot\left(-1\right)^{1+1}\begin{vmatrix}9&-5\\2&-2\end{vmatrix}+7\cdot\left(-1\right)^{2+1}\begin{vmatrix}4&-3\\2&-2\end{vmatrix}+4\cdot\left(-1\right)^{3+1}\begin{vmatrix}4&-3\\9&-5\end{vmatrix}=$ $=3\left(9\cdot\left(-2\right)-2\cdot\left(-5\right)\right)-7\left(4\cdot\left(-2\right)-2\cdot\left(-3\right)\right)+$ $+4\left(4\cdot\left(-5\right)-9\cdot\left(-3\right)\right)=3\cdot\left(-8\right)-7\cdot\left(-2\right)+4\cdot7=$ $=-24+14+28=18;$ $A_{23}=\left(-1\right)^{2+3}M_{23}=-M_{23}=-\begin{vmatrix}2&5&-1\\7&9&-5\\4&2&-2\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по третьей строке, умножая каждый элемент на $-1)$ $=-4\cdot\left(-1\right)^{3+1}\begin{vmatrix}5&-1\\9&-5\end{vmatrix}-2\cdot\left(-1\right)^{3+2}\begin{vmatrix}2&-1\\7&-5\end{vmatrix}-\left(-2\right)\cdot\left(-1\right)^{3+3}\begin{vmatrix}2&5\\7&9\end{vmatrix}=$ $=-4\left(5\cdot\left(-5\right)-9\cdot\left(-1\right)\right)+2\left(2\cdot\left(-5\right)-7\cdot\left(-1\right)\right)+2\left(2\cdot9-7\cdot5\right)=$ $=\left(-4\right)\cdot\left(-16\right)+2\cdot\left(-3\right)+2\cdot\left(-17\right)=64-6-34=24;$ $A_{33}=\left(-1\right)^{3+3}M_{33}=M_{33}=\begin{vmatrix}2&5&-1\\3&4&-3\\4&2&-2\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по второй строке) $=3\cdot\left(-1\right)^{2+1}\begin{vmatrix}5&-1\\2&-2\end{vmatrix}+4\cdot\left(-1\right)^{2+2}\begin{vmatrix}2&-1\\4&-2\end{vmatrix}+\left(-3\right)\cdot\left(-1\right)^{2+3}\begin{vmatrix}2&5\\4&2\end{vmatrix}=$ $=-3\left(5\cdot\left(-2\right)-2\cdot\left(-1\right)\right)+4\left(2\cdot\left(-2\right)-4\cdot\left(-1\right)\right)+3\left(2\cdot2-4\cdot5\right)=$ $=\left(-3\right)\cdot\left(-8\right)+4\cdot0+3\cdot\left(-16\right)=24-48=-24;$ $A_{43}=\left(-1\right)^{4+3}M_{43}=-M_{43}=-\begin{vmatrix}2&5&-1\\3&4&-3\\7&9&-5\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по второму столбцу, умножая каждый элемент на $-1)$ $=-5\cdot\left(-1\right)^{1+2}\begin{vmatrix}3&-3\\7&-5\end{vmatrix}-4\cdot\left(-1\right)^{2+2}\begin{vmatrix}2&-1\\7&-5\end{vmatrix}-9\cdot\left(-1\right)^{3+2}\begin{vmatrix}2&-1\\3&-3\end{vmatrix}=$ $=5\left(3\cdot\left(-5\right)-7\cdot\left(-3\right)\right)-4\left(2\cdot\left(-5\right)-7\cdot\left(-1\right)\right)+9\left(2\cdot\left(-3\right)-3\cdot\left(-1\right)\right)=$ $=5\cdot6-4\cdot\left(-3\right)+9\cdot\left(-3\right)=30+12-27=15.$ Следовательно, искомый определитель равен: $\det\;A=aA_{13}+bA_{23}+cA_{33}+dA_{34}=18a+24b-24c+15d.$
Определитель матрицы $A$ равен: $\det\;A=\begin{vmatrix}1&3&5&-2\\\lambda&0&1&0\\7&-4&3&2\\0&2&0&-1\end{vmatrix}=16.$ Найти $\lambda.$

Решение

Разложим данный определитель $4-$ го порядка по элементам второй строки: $\det\;A=\begin{vmatrix}1&3&5&-2\\\lambda&0&1&0\\7&-4&3&2\\0&2&0&-1\end{vmatrix}=\lambda\cdot A_{21}+0\cdot A_{22}+1\cdot A_{23}+0\cdot A_{24}=$ $=\lambda\cdot A_{21}+A_{23}.$ Найдем алгебраические дополнения: $A_{21}=\left(-1\right)^{2+1}M_{21}=-M_{21}=-\begin{vmatrix}3&5&-2\\-4&3&2\\2&0&-1\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по первой строке, умножив каждый элемент на $\left(-1\right))$ $=-3\cdot\left(-1\right)^{1+1}\begin{vmatrix}3&2\\0&-1\end{vmatrix}\;-5\cdot\left(-1\right)^{1+2}\begin{vmatrix}-4&2\\2&-1\end{vmatrix}-$ $-\left(-2\right)\cdot\left(-1\right)^{1+3}\begin{vmatrix}-4&3\\2&0\end{vmatrix}=-3\left(3\cdot\left(-1\right)-0\cdot2\right)+5\left(\left(-4\right)\cdot\left(-1\right)-2\cdot2\right)+$ $+2\left(\left(-4\right)\cdot0-2\cdot3\right)=-3\cdot\left(-3\right)+5\cdot0+2\cdot\left(-6\right)=-3;$ $A_{23}=\left(-1\right)^{2+3}M_{21}=-M_{21}=-\begin{vmatrix}1&3&-2\\7&-4&2\\0&2&-1\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по первому столбцу, умножив каждый элемент на $\left(-1\right))$ $=-1\cdot\left(-1\right)^{1+1}\begin{vmatrix}-4&2\\2&-1\end{vmatrix}\;-7\cdot\left(-1\right)^{2+1}\begin{vmatrix}3&-2\\2&-1\end{vmatrix}-$ $-0\cdot\left(-1\right)^{3+1}\begin{vmatrix}3&-2\\-4&2\end{vmatrix}=-1\left(\left(-4\right)\cdot\left(-1\right)-2\cdot2\right)+$ $+7\left(3\cdot\left(-1\right)-2\cdot\left(-2\right)\right)=-1\cdot0+7\cdot1=7.$ Следовательно, $\det\;A=-3\lambda+7.$ По условию, $\det\;A=-3\lambda+7=16 \Rightarrow\lambda=-3.$

Смотрите также

Фаддеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984 стр. 96-97
Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1968 стр. 46-49
Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1980 стр. 129-131
Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

Теорема о разложении определителя по строке

Тест на знание темы «Теорема о разложении определителя по строке».

Задание 1 из 6

1.
Заполните пропуск (2 слова).
- Определитель (детерминант) $n-$ го порядка квадратной матрицы $A$ равен сумме произведений элементов какой-либо его строки (столбца) на их
Задание 2 из 6

2.
Выбрать минор для элемента $a_{23}$ матрицы $A,$ $A\;=\begin{pmatrix}2&1&-3\\5&3&-1\\0&2&-4\end{pmatrix}.$
- $\begin{vmatrix}3&-1\\2&-4\end{vmatrix}$
- $\begin{vmatrix}1&-3\\3&-1\end{vmatrix}$
- $\begin{vmatrix}2&1\\0&2\end{vmatrix}$
- $\begin{vmatrix}2&-3\\5&-1\end{vmatrix}$
Задание 3 из 6

3.
Выберете правильные утверждения.
- При разложении определителя по строке (столбцу) результат зависит от выбранной строки (столбца).
- Дополнительным минором называют определитель матрицы, состоящей из элементов, которые стоят на пересечении выбранных строк и столбцов.
- При разложении определителя по строке (столбцу) результат НЕ зависит от выбранной строки (столбца).
- Определитель НЕ может быть равным отрицательному числу.
- Дополнительным минором называют определитель матрицы порядка $n-k,$ которая получена путем вычеркивания строк и столбцов, в которых расположен выбранный минор $k-$ го порядка $\left(1\leqslant k\leqslant n-1\right).$
Задание 4 из 6

4.
Вычислить определитель матрицы $A:$ $\det\;A=\begin{vmatrix}1&1&-3\\4&2&-1\\0&3&-2\end{vmatrix}.$
Задание 5 из 6

5.
Отсортируйте значения миноров по убыванию (от большего к меньшему). $\det\;A=\begin{vmatrix}2&1&-1\\-3&1&-2\\5&3&-5\end{vmatrix}.$
- $M_{12}$
- $M_{33}$
- $M_{11}$
- $M_{31}$
- $M_{32}$

Задание 6 из 6

6.

Установите соответствие между определителем и его значением.

Элементы сортировки

0
-22
7
-142

$\det\;A=\begin{vmatrix}1&3&12\\4&8&3\\2&6&24\end{vmatrix}$

$det\;A=\begin{vmatrix}0&9&-2\\5&2&-4\\1&-1&0\end{vmatrix}$

$det\;A=\begin{vmatrix}5&1&2\\-3&2&-4\\6&3&1\end{vmatrix}$

$det\;A=\begin{vmatrix}2&1&-2&3\\0&5&-1&2\\1&0&3&-1\\4&2&0&0\end{vmatrix}$

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.

«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=(3−10λ4508−61107271−31−2). При каком λ 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».

Задание 1 из 6

1.
Количество баллов: 2
Заполните пропуски
- "Рангу матрицы соответствует порядок минора, не равный (нулю, 0)."
Задание 2 из 6

2.
Количество баллов: 3
Выберите все матрицы с рангом $1$
- $\left(\begin{matrix} 12 & 10 \\ 18 & 15 \end{matrix}\right)$
- $\left(\begin{matrix} 5 & -5 \\ -2& 2 \end{matrix}\right)$
- $\left(\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right)$
- $\left(\begin{matrix} 4 & 7 \\ -5& 3 \end{matrix}\right)$
Задание 3 из 6

3.
Количество баллов: 5
Отсортируйте в порядке возрастания значения ранга матриц
- $\left(\begin{matrix} -5 &-30 & 10 & 0 \\ 3 &18 & -6 & 0 \\ -2 &-12 & 4 & 0 \\ 1 & 6 & -2 & 0 \end{matrix}\right)$
- $\left(\begin{matrix} 3 & 1 & -1 & 3 \\ 21 & 7 & -7 & 21 \\ 0 & 0 & 0 & -21 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right)$
- $\left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right)$
- $\left(\begin{matrix} 4 & 3 & 2 & 1 \\ 2 & 7 & 6 & 3 \\ 9 & 10 & 2 & -21 \\ 1 & 5 & 8 & 1 \end{matrix}\right)$
Задание 4 из 6

4.
Количество баллов: 1
Выберите ложное утверждение
- Равенство детерминанта нулю означает линейную зависимость между столбцами.
- Миноры наивысшего порядка состоят из линейно независимых столбцов.
- Минор, окаймляющий минор меньшего порядка, не содержит в себе этот минор.
- Если порядок миноров больше, чем максимальный порядок ненулевого, эти миноры равны нулю.
Задание 5 из 6

5.
Количество баллов: 6
Найдите ранг матрицы $\left(\begin{matrix} 3 & -2 & 1 & 2\\ 7 & -4 & 9 & -2 \\ -1 & 1 & 3 & -4 \end{matrix} \right)$

Задание 6 из 6

6.

Количество баллов: 4

Сопоставьте матрицы и значения выражений $4 \mathop{\rm rank} A + 3$

Элементы сортировки

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

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.

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Алгоритм решения СЛАУ методом Крамера

Некоторые следствия из теоремы Крамера

Примеры решения задач

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Подсказка

2.

Элементы сортировки

3.

4.

Смотрите также

Свойство 11

Свойство 22

Свойство 33

Свойство 44

Свойство 55

Свойство 66

Пример 11

Пример 22

Пример 33

Пример 4

Пример 55

Смотрите также

Свойства Определителей

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

Примеры решения задач

Смотрите также

Теорема о разложении определителя по строке

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Элементы сортировки

Примеры решения задач

Теорема о ранге матрицы

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Элементы сортировки

Смотрите также

Свойство $1$

Свойство $2$

Свойство $3$

Свойство $4$

Свойство $5$

Свойство $6$

Пример $1$

Пример $2$

Пример $3$

Пример $5$