Примеры решения задач. Задача 1. Найти ранг матрицы .

Задача 1. Найти ранг матрицы .

Решение. Прежде всего, отметим, что четвертая строка матрицы есть сумма второй и третьей строк и поэтому при отбрасывании этой строки ранг матрицы не изменится.

1. Отбросим четвертую строку;

2. Из второй и третьей строк матрицы вычтем первую строку, умноженную, соответственно, на 2 и 3;

3. В полученной матрице из третьей строки вычтем вторую, умноженную на 2.

Получим цепочку преобразований:

.

В полученной матрице, минор, стоящий в первых, трех столбцах отличен от нуля. Следовательно, ранг исходной матрицы равен трем и минор 3^го порядка, стоящий в первых, трех столбцах есть базисный минор матрицы А.

Задача 2. Найти матрицу обратную к матрице .

Решение. Пусть обратная матрица имеет вид: . Тогда, по определению: АА ^–1 = Е, т.е. .

Перемножая матрицы, получим равенства:

,

из этих соотношений получаем: g = 0, d = 0, a = 1; далее: h = 0, e =1, b = –3. И наконец: m = 1, f = –2, c = 11. В итоге приходим к выводу, что:

.

Задача 3. Найти матрицу обратную к матрице .

Решение. Построим матрицу 6 ´ 6 приписав справа от А единичную матрицу Е, а внизу матрицу (– Е), остальные места заполним нулями.

.

С помощью операций над строками матрицы А ¢ образуем на месте (– Е) нулевую матрицу. Тогда в правом нижнем углу будет стоять матрица А ^–1.

1. Ко всем строкам матрицы А ^–1 прибавим третью строку с некоторым множителем, добиваясь того, чтобы все элементы первого столбца, кроме а ₃₁, равнялись нулю.

2. Первую строку полученной матрицы разделим на (–3) и, прибавляя к остальным строкам матрицы полученную первую строку с некоторыми множителями, добьемся того, чтобы во втором столбце стояли нули, кроме элемента а ₁₂.

3. С помощью второй строки образуем нули в третьем столбце, кроме элемента а ₂₃.

Получим цепочку преобразований:

Отсюда заключаем, что .

Задача 4. Найти матрицу обратную к .

Решение. Для обращения матрицы применим первую формулу Фробениуса. Полагаем: , , , .

Находим последовательно:

;

;

;

.

И тогда . Привлекательность указанного способа состоит в том, что для обращения матрицы 4^го порядка мы имеем дело с обращением матриц лишь 2^го порядка, что существенно проще.

Задача 5. С помощью правила Крамера решить систему линейных неоднородных уравнений: .

Решение. Главная матрица системы имеет вид: .

Так как det A = D = 18 ¹ 0, то решение системы может быть найдено по правилу Крамера. Для этого составим определители D _х, D _у, D _z, которые отличаются от главного определителя тем, что в нем столбец коэффициентов при х, у и z соответственно, заменен на столбец свободных членов, т.е.:

.

Вычисляя их, находим, что D _х = 18, D _у = 36, D _z = 54.

И тогда .

Задача 6. Решить систему линейных однородных уравнений:

.

Решение. Прежде всего, отметим, что система наверняка совместна, ибо однородная система всегда имеет по меньшей мере нулевое решение.

Займемся нахождением общего решения данной системы. Главная матрица системы имеет вид: .

Найдем ранг матрицы А. Первую строку матрицы с соответствующими множителями прибавим к остальным строкам матрицы так, чтобы первый столбец обратился в ноль, кроме элемента а ₁₁. Получится матрица А ₁ такая, что rang A ₁ = rang A и . Отмечая, что третья и четвертая строка матрицы пропорциональны второй строке, заключаем, что rang A ₁ = rang A ₂, где , умножим вторую строку матрицы А ₂ на (–2) и прибавим к первой строке. Получим матрицу А₃: , такую что rang A ₃ = rang A ₂ = 2. В итоге rang A = rang A ₃ = 2.

Тогда получилась система двух уравнений, из которых можно написать:

х ₁ = 14 х ₃ – 7 х ₄ + 3 х ₅ – х ₆, х ₂ = –7 х ₃ + 2 х ₄ – х ₅ – 2 х ₆ и переменные х ₃, х ₄, х ₅, х ₆ – любые. Это и есть решение системы.

Однако, можно (и должно) пойти дальше. Множество решений линейной однородной системы образует линейное пространство L размерности dim L = n – rang A = 6 – 2 = 4. Для нахождения базисных векторов пространства решений дадим свободным неизвестным х ₃, х ₄, х ₅, х ₆ значения: а) 1, 0, 0, 0; б) 0, 1, 0, 0; в) 0, 0, 1, 0; г) 0, 0, 0, 1. Получим четыре вектора, образующие базис L: е ₁ = (14, –7, 1, 0, 0, 0); е ₂ = (–7, 2, 0, 1, 0, 0); е ₃ = (3, –1, 0, 0, 1, 0); е ₄ = (–1, –2, 0, 0, 0, 1). Таким образом: L = ℒ(е ₁, е ₂, е ₃, е ₄) и любое решение исходной системы может быть записано в виде линейной комбинации базисных векторов, т.е. в виде: с ₁(14, – 7, 1, 0, 0, 0) + с ₂(– 7, 2, 0, 1, 0, 0) + + с ₃(3, –1, 0, 0, 1, 0) + с ₄(–1, –2, 0, 0, 0, 1), где с ₁, с ₂, с ₃, с ₄ – любые значения. Это и есть общее решение исходной линейной однородной системы уравнений.

Задача 7. Решить систему линейных неоднородных уравнений

.

Решение. Расширенная матрица системы уравнений имеет вид: , причем, до вертикальной черты, записана матрица системы, а после вертикальной черты – столбец свободных членов. Преобразовывая матрицу , аналогично тому, как преобразовывалась матрица А в решении предыдущей задачи, получим матрицу А ₁, такую, что rang = rang A ₁ = 2 и . Отсюда можно написать общее решение системы в виде: х ₁ = 1 + 14 х ₃ – 7 х ₄ – 3 х ₅, х ₂ = 2 ­– 7 х ₃ + 2 х ₄ – х ₅, где х ₃, х ₄, х ₅ – любые.

Это и есть общее решение исходной системы уравнений. Однако, с целью прояснить алгебраическую структуру решения системы, мы отметим следующее:

Так как rang = rang A ₁ = 2 < n = 5, то множество решений системы представляет собой линейное многообразие. Вектором сдвига этого линейного многообразия является частное решение неоднородной системы уравнений, для нахождения которого дадим свободным неизвестным х ₃, х ₄, х ₅ произвольные значения (например, нули) и получим: f = (1, 2, 0, 0, 0). Сдвигаемым подпространством является пространство решений однородной системы с матрицей А ₂, которая совпадает с главной матрицей исходной системы неоднородных уравнений: .

Отсюда: х ₁ = 14 х ₃ – 7 х ₄ – 3 х ₅, х ₂ = ­– 7 х ₃ + 2 х ₄ – х ₅, где х ₃, х ₄, х ₅ – любые. Давая свободным переменным х ₃, х ₄, х ₅ значения: а) 1, 0, 0; б) 0,1,0; в) 0, 0, 1 получим, соответственно, базисные векторы пространства L решений однородной системы уравнений:

е ₁ = (14, –7, 1, 0, 0), е ₂ = (–7, 2, 0, 1, 0), е ₃ = (–3, –1, 0, 0, 1).

Тогда решения исходной системы образуют линейное многообразие М:

M = { x ½ x = f + c ₁ e ₁ + c₂e₂ + c ₃ e ₃}, где с ₁, с ₂, с ₃ – любые.

Итак, любое решение неоднородной системы уравнений представимо в виде:

(1, 2, 0, 0, 0) + с ₁(14, –7, 1, 0, 0) + с ₂(–7, 2, 0, 1, 0) + с ₃(­3, –1, 0, 0, 1).