1.5. Обратная матрица

1.6. Ранг матрицы и способы его вычисления

Добавил:

CanyonE СПбГУТ * ИКСС * Программная инженерия Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет телекоммуникаций им. проф. М.А. Бонч-Бруевича

Предмет:

Линейная алгебра

Файл:

Ведина О. И., Рабкин Е. Л. Линейная алгебра для экономистов. Практикум.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.06.2020

Размер:

1.88 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Пример 19. Вычислить определитель пятого порядка, применяя теоре-

Решение.

								4			8
1	2	3	4	0	I 2II	обнулили	1	4	1	0	8	раскладываем
						элементы						раскладываем
0	3	1	2	4		элементы	3	1	1	0	3	по четвертому
						четвертого						по четвертому
					II IIII	четвертого						столбцу
						столбца								1	3 4
2	0	4	1	3			2	0	4	1	3		1 A3,4		3 4	М3,4
2	0	4	1	3			2	0	4	1	3		1 A3,4			М3,4
3	4	0	2	1	IIII 2III		1	4	8	0	5
5	1	2	0	1			5	1	2	0	1

получили					1	4	1	8			обнулили		0	0	7		13	раскладываем
получили											обнулили
определитель										I III	элементы
четвертого				3		1					второго							по второму
порядка				3		1	1	3		II IIII	столбца		2	0	3		4	столбцу
				1		4	8	5					21 0		16		9
				1		4	8	5		III 4IIII			21 0		16		9
					5	1	2	1					5	1	2		1
										получили
										определитель		0		7	13	применяем
										определитель
										третьего
	1 A 1 4 2									порядка						правило Сарюса
	1 A 1 4 2							М	4,2			2 3			4
					4,2				4,2
												5		2	1
		7				13
	0	7				13
	2		3			4
	5		2			1	0 52 140 195 0 14 192 209 17 .
0		7			13
2			3			4

Определение 14. Квадратная матрица A 1	называется обратной по от-
ношению к квадратной матрице A , если A и	A 1 имеют одинаковые раз-
мерности и выполнено равенство
AA 1 A 1A E ,	(5)
где E – единичная матрица.

Нетрудно показать, что если выполнено одно из равенств AA 1 E , A 1A E , то выполнено и второе из них. Это позволяет при проверке правильности нахождения обратной матрицы проверять выполнение лишь одного из этих равенств.

Для того чтобы квадратная матрица A имела обратную, необходимо и достаточно, чтобы ее определитель был отличен от нуля. В этом случае обратная матрица может быть найдена по формуле

		A	A	A	T
		1,1	1,2	1,n
A 1	1	A2,1	A2,2	A2,n		,	(6)
A 1						,	(6)
	det A
		A	A	A
		A	A	A
		n,1	n,2	n,n
где Ai, j – алгебраические дополнения элементов ai, j					матрицы А, T		– символ

транспонирования, det A – определитель матрицы А.

Пример 20. Найти обратную матрицу матрицы	2		1
	A	3	4	.

Решение. Вычисляем определитель матрицы А и алгебраические дополнения всех ее элементов

det A 23 14 2 4 3 1 5 0 ,

A 1 1 1		4 4 , A 1 1 2 3 3					, A		1 2 1		1 1,	A		1 2 2 2 2.
1,1				1,2				2,1					2,2
Подставляем найденные значения в формулу обратной матрицы (6),
записанную для матрицы размерности 2 2 , в результате получаем
A 1		1	A1,1	A1,2 T	1	4	3	T	1	4	1		0,8	0, 2
						1				3			0, 6		.
															.
	det A A2,1			A2,2	5		2		5		2			0, 4

Проверка: вычисляем произведение	0,8	0, 2	2	1		1 0	E,
Проверка: вычисляем произведение	A 1 A						E,
	0,6 0, 4		3	4		0 1
так как произведение равно единичной матрице, то обратная матрица A 1
верна.
		1		4	0
Пример 21. Найти обратную матрицу матрицы			0	3	7
Пример 21. Найти обратную матрицу матрицы		A	0	3	7	.
			1	0	3
			1	0	3

Решение. Вычисляем определитель матрицы A и алгебраические дополнения всех ее элементов

1		4	0	1	4	0

							9 0 28 0 0 0 19,
det A	0	3	7	0	3	7
	1	0	3	1	0	3

1	4	0
0	3	7

		7	9 ,		0	7	7 ,		0	3
A 1 1 1	3			A 1 1 2				A 1 1 3			3 ,
1,1	0	3		1,2	1	3		1,3	1	0

					A 1 2 2	1 0				A 1 2 3	1		4
A 1 2 1		4 0		12 ,	A 1 2 2	1 0			3,	A 1 2 3	1		4	4 ,
2,1		0 3			2,2	1		3		2,3	1		0
		0 3				1		3			1		0
			0		A 1 3 2		1 0			A 1 3 3		1	4
A 1 3 1	4			28 ,					7 ,					3.
A 1 3 1	4			28 ,					7 ,					3.
3,1		3	7		3,2		0	7		3,3		0	3
		3	7				0	7				0	3

Подставляем найденные значения в формулу обратной матрицы (6), записанную для матрицы размерности 3 3 , в результате получаем

			A A		A	T		9		7	3 T		9 12		28
1	1		1,1	1,2	1,3		1					1		7 3	7
A			A A		A				12	3 4
A	det A		A A		A		19		12	3 4		19
	det A		2,1	2,2	2,3		19					19
		A A			A				28	7	3			3 4	3
			3,1	3,2	3,3

						9	12		28

					19			19	19
					19			19	19
						7		3		7	.
					19			19	19		.
					19			19	19
					3			4	3
					3			4	3
								19
				19				19	19
Проверка: вычисляем произведение
		9	12	28

	19		19 19				1		4 0			1		0 0
	19		19 19				1		4 0			1		0 0
A 1 A	7		3	7				0	3 7				0	1 0	E .
A 1 A								0	3 7				0	1 0	E .
	19		19	19
	19		19	19				1	0 3				0	0 1
		3	4		3			1	0 3				0	0 1
		3	4		3
			19	19
19			19	19

Решение верно.

	1 4			0		3	2
Пример 22. Решить матричное уравнение		0	3	7		2	1	и
					X
		1	0	3		1	0

сделать проверку.

Решение. Упростим исходное уравнение

1 4			0		3	2	1 4			0		3	2

	0	3	7	X	2	1		0	3	7	X	2	1
	1	0	3		1	0		1	0	3		1	0
	1	0	3		1	0		1	0	3		1	0

1 4			0		5	1 4			0 1	1 4			0		1 4			0 1	5

	0	3	7	X	3		0	3	7		0	3	7	X		0	3	7	3
	1	0	3		1		1	0	3		1	0	3			1	0	3	1
	1	0	3		1		1	0	3		1	0	3			1	0	3	1

1 4			0 1	5	1 4			0 1	5

EX	0	3	7	3	X	0	3	7	3	.
	1	0	3	1		1	0	3	1
	1	0	3	1		1	0	3	1

	1		4	0
Вычисляем обратную матрицу для A		0	3	7
					.
		1	0	3

				1		4			0	раскладываем																7								7
				1		4			0	раскладываем
										по первой строке							1						3									0						0			3
det A				0		3		7									1						3							4		0			0			0			3			9 28 19;
				1		0		3															0			3						1		3				1			0
				1		0		3
					7		9,													0					7				7,												0				3
A	3				7		9,						A							0					7				7,						A						0				3	3,
1,1	0				3									1,2						1					3											1,3					1				0
	0				3															1					3																1				0
					0														1							0																		1		4
A				4	0			12,					A						1							0		3,							A									1		4		4,
2,1				0	3									2,2					1						-3											2,3								1		0
				0	3														1						-3																			1		0
		4			0																	1				0																	1			4
A		4			0		28,						A									1				0					7,				A								1			4	3,
3,1		3			7									3,2								0					7									3,3							0			3
		3			7																	0					7																0			3
																																													9		12			28
																		T																					T
																		T										9					7		3				T						19	19				19
								A1,1			A1,2	A1,3																9					7		3										19	19				19
A 1		1					A				A A												1							12			3		4										7				3	7		.
A 1							A				A A																			12			3		4																	.
			det A						2,1		2,2		2,3										19																						19	19				19
			det A																				19							28			7		3										19	19				19
								A			A A																			28			7		3
									3,1		3,2		3,3																																3				4		3

																																													19	19
																																													19	19				19
Находим неизвестную матрицу
																								9				12				28									37

							1 4				0 1				5									19						19 19					5						19
							1 4				0 1				5									19						19 19					5						19
				X				0 3			7				3									7							3		7		3						33				.
				X				0 3			7				3																				3										.
																								19						19 19											19
								1 0			3				1									19						19 19					1						19
								1 0			3				1									3							4		3		1							6
																								3							4		3									6
																														19
																				19										19			19							19
Делаем проверку подстановкой в исходное уравнение
															37

								1			4 0				19						3							5				3			2
								1			4 0				19						3							5				3			2
									0		3 7				33									2						3			2			1	.
									0		3 7													2						3			2			1	.
															19
									1		0 3				19									1						1			1			0
									1		0 3					6								1						1			1			0
																6

															19

Получено верное равенство, значит, решение верно.

му разложения

Определение 15. Минором порядка k матрицы А называется определитель, составленный из ее элементов (расположенных в том же порядке, что и в А), стоящих в пересечении любых k строк и любых k столбцов матрицы А.

k n .

Очевидно, что если матрица имеет размерность m n , то минор порядка k можно составить только тогда, когда k т и

Примерами миноров первого порядка матрицы	2		1	1	являются:
	A	2	1	3

определитель первого порядка 2 2 , составленный из элемента, располо-

женного на пересечении первой строки и первого столбца; определитель 1 1, составленный из элемента, расположенного на пересечении первой

строки и второго столбца. Примерами миноров второго порядка этой же

матрицы являются: определитель	2	1	, составленный из элементов, стоя-
	2	1

щих на пересечении первых двух строк и первых двух столбцов А; опреде-

литель 1 1 , составленный из элементов, стоящих на пересечении первой и

1 3

второй строк и второго и третьего столбцов А, и т. п. Заметим, что у данной матрицы есть и другие миноры первого и второго порядков, а вот миноров третьего порядка у нее нет, так как у этой матрицы всего две строки.

Определение 16. Рангом r(А) матрицы А называется максимальный порядок ее миноров, отличных от нуля.

Замечание 1.

1) Если у матрицы существует минор порядка k, не равный нулю, то r A k.

2) Если у матрицы существует минор порядка k, не равный нулю, и все
миноры порядка k 1 равны нулю, то r A k.
3) Если у матрицы размерности	m n существует минор порядка k,
не равный нулю, и k т и/или k n	(в этом случае миноры порядка k 1
составить нульзя), то r A k.
	2	1	1
Пример 23. Вычислить ранг матрицы A				.
	2	1	3

Решение. 1) Ищем минор первого порядка, не равный нулю. Это, например, минор, составленный из элемента, стоящего на пересечении первой строки и первого столбца, 2 2 0 . Он не равен нулю, следовательно, r A 1 .

2) Ищем минор второго порядка, не равный нулю. Выделяем первую и вторую строки, а также первый и второй столбцы. Из элементов, стоящих на их пересечении, составляем минор (определитель) второго порядка

2	1	0 . Так как он равен нулю, переходим к отысканию другого минора
2	1

второго порядка не равного нулю. Составляем минор второго порядка из элементов, стоящих на пересечении первого и третьего столбцов и пер-

вой и второй строк	2	1	4 0	. Так как найден минор второго порядка,
	2	3
не равный нулю, то r	A 2 .

3) Минор третьего порядка составить нельзя, ввиду того, что у рассматриваемой матрицы всего две строки, значит, r A 2.

Ответ. r A 2 .

Решение. 1) Из элемента, стоящего на пересечении первой строки и первого столбца, составляем минор первого порядка 1 1. Он не равен ну-

лю, следовательно, r A 1.

2) Из элементов, стоящих на пересечении первой и второй строк и пер-

вого и второго столбцов, составляем минор второго порядка	1	1	0.	Он
	0	0

равен нулю, поэтому вычисляем следующий минор второго порядка. Для этого выделим первый и третий столбцы, а также первую и вторую строки; из элементов, стоящих на их пересечении, составляем следующий минор

(определитель) второго порядка	1	2	1 0.	Найден минор второго поряд-
	0	1
ками, не равный нулю, следовательно, r A 2.

3) Из элементов, стоящих на пересечении первой, второй и третьей строк, а также первого, второго и третьего столбцов, составляем минор

1 1 2

третьего порядка 0 0 1 1 0. Найден минор третьего порядка, не рав-

1 2 0

ный нулю, следовательно, r A 3.

4) Минор четвертого порядка составить нельзя, ввиду того, что у рассматриваемой матрицы всего три строки, значит, r A 3 .

Ответ. r A 3.

Решение. 1) Из элемента, стоящего на пересечении первой строки и первого столбца, составляем минор первого порядка 1 1 0. Он не равен

нулю, следовательно, r A 1.

2) Из элементов, стоящих на пересечении первой и второй строк и пер-

вого и второго столбцов, составляем минор второго порядка	1	1	3 0.
	0	3
Он не равен нулю, следовательно, r A 2.

1 1 2

третьего порядка 0 3 1 0. Этот минор равен нулю, так как его третья

0 0 0

строка является нулевой. Какой бы минор третьего порядка мы ни составили, его третья строка всегда будет нулевой, значит, все миноры третьего порядка у данной матрицы равны нулю. Следовательно, r A 2.

Ответ. r A 2 .

Определение 17. Матрица А называется матрицей трапециевидной формы, если она удовлетворяет следующим 3 условиям:

1) несколько первых элементов ее главной диагонали не равны нулю; обозначим их число через r , т. е. для такой матрицы должно выполняться неравенство a1,1 a2,2 ar,r 0;

2)все ее элементы, лежащие ниже главной диагонали, должны равняться нулю, т. е. должны выполняться равенства ai, j 0 при i j ;

3)все ее элементы, лежащие ниже r-й строки, должны равняться нулю, т. е. должны выполняться равенства ai, j 0 при i r .

Примером трапециевидной матрицы является матрица из примера 24 настоящего раздела (рис. 8)

	1		1	2	2	Основание
Боковая						Основание
сторона	A	0	3	1	1	трапеции
трапеции		0	0	0	0
трапеции		0	0	0	0

Рис. 8

Штриховка проведена через боковую сторону и основание условной трапеции. Все элементы на боковой стороне отличны от нуля, все элементы ниже трапеции равны нулю, значения всех прочих элементов при определении трапециевидности матрицы роли не играют.

Теорема. Ранг трапециевидной матрицы равен числу ненулевых элементов на боковой стороне ее условной трапеции.

Например, для матрицы на рис. 8 r A 2.

Определение 18. Элементарными преобразованиями матрицы назы-

ваются преобразования, не изменяющие ее ранг. Перечислим их:

1)перестановка любых двух параллельных рядов3);

2)умножение любого ряда на любое ненулевое число;

3)прибавление к любому ряду параллельного ряда, предварительно умноженного на любой коэффициент.

4)Вычеркивание нулевого ряда.

3)Напомним, что строки и столбцы матрицы называются ее рядами.

Применяя элементарные преобразования, исходную матрицу приводят к трапециевидной форме, ранг которой очевиден, так как равен числу элементов на боковой стороне трапеции. При записи элементарных преобразований нельзя ставить между матрицами знак равенства. Обычно между матрицами ставят знак « ».

Пример 26. Вычислить ранг матрицы									2	1	1
Пример 26. Вычислить ранг матрицы								A				.
									2	1	3
Решение.	2	1	1		2	1	1		2	1	1
Решение.	A			\|\| \|								.
	2	1	3	\|\| \|	0	0	2		0	2	0

Решение состоит из двух шагов: а) от второй строки отнимаем первую, б) переставляем второй и третий столбцы. В результате получаем трапециевидную матрицу с двумя ненулевыми элементами на боковой стороне трапеции, следовательно, r(A) = 2.

Ответ. r(A) = 2.

1		1	2	2		1 1			2	2	1 1			2	2
Решение. A	0	0	1	1			0	0	1	1		0	1 2		1 .

	1	2	0	1	\|\|\| \|		0	1 2				0	0	1	1
	1	2	0	1	\|\|\| \|		0	1 2		1		0	0	1	1

Решение состоит из двух шагов: а) от третьей строки отнимаем первую, б) переставляем вторую и третью строки. В результате получаем трапециевидную матрицу с тремя ненулевыми элементами на боковой стороне трапеции, следовательно, r(A) = 3.

Ответ. r(A) = 3.

	1	2	0	3
	2	1	2	0
Пример 28. Вычислить ранг матрицы A	2	1	2	0	.
	3	3	2	3
	3	3	2	3
	1	1	2	3

Решение.

1		2	0	3	3		2	0	1		3		2	0		1		3		2	0	1
	2	1	2	0		0	1	2	2			0	1		2	2			0	1	2	2
A																							.
	3	3	2	3		3	3	2	3	\|\|\| \|		0	1		2	2	\|\|\| \|\|		0	0	0	0

	1	1	2	3		3	1	2	1	\|\|\|\| \|		0	1		2	2	\|\|\|\| \|\|		0	0	0	0

Решение состоит из трех шагов: а) переставляем первый и четвертый столбцы, б) от третьей и четвертой строк отнимаем первую, в) вторую строку отнимаем от третьей и прибавляем к четвертой. В результате получаем трапециевидную матрицу с двумя ненулевыми элементами на боковой стороне трапеции, следовательно, r(A) = 2.

Ответ. r(A) = 2.

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Линейная алгебра

1		2	0	3	3		2	0	1		3		2	0		1		3		2	0	1
	2	1	2	0		0	1	2	2			0	1		2	2			0	1	2	2
A																							.
	3	3	2	3		3	3	2	3	\|\|\| \|		0	1		2	2	\|\|\| \|\|		0	0	0	0

	1	1	2	3		3	1	2	1	\|\|\|\| \|		0	1		2	2	\|\|\|\| \|\|		0	0	0	0

1 4			0		5	1 4			0 1	1 4			0		1 4			0 1	5

	0	3	7	X	3		0	3	7		0	3	7	X		0	3	7	3
	1	0	3		1		1	0	3		1	0	3			1	0	3	1
	1	0	3		1		1	0	3		1	0	3			1	0	3	1

1 4			0		5	1 4			0 1	1 4			0		1 4			0 1	5

	0	3	7	X	3		0	3	7		0	3	7	X		0	3	7	3
	1	0	3		1		1	0	3		1	0	3			1	0	3	1
	1	0	3		1		1	0	3		1	0	3			1	0	3	1

1 4			0		5	1 4			0 1	1 4			0		1 4			0 1	5

	0	3	7	X	3		0	3	7		0	3	7	X		0	3	7	3
	1	0	3		1		1	0	3		1	0	3			1	0	3	1
	1	0	3		1		1	0	3		1	0	3			1	0	3	1