Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Краткий курс высшей алгебры и аналитической геометрии. Учебник
.pdf
§ 17. Линейная зависимость векторов 151
Пример 2. Выяснить, будут ли приведенные ниже системы век-
торов линейно зависимыми или линейно независимыми:
a1= (2, −3, 1),
a1= (5, 4, 3),
a1= (1, 2, 3),
а)
a2= (3, −1, 5),
б)
a2= (3, 3, 2),
в)
a2= (3, 6, 7);
a3= (1, −4, 3);
a3= (8, 1, 3).
Решение. а) Линейная зависимость системы из двух векторов
равносильна пропорциональности соответствующих координат. Поскольку векторы в системе а) не пропорциональны, то система линейно
независима.
б) Решим эту задачу, используя только определения линейной
зависимости и линейной независимости. Запишем равенство с неопределенными коэффициентами
αa1+ βa2+ γa3= o
и выясним: при каких значениях коэффициентов оно может быть
верно. Подставим в это равенство координаты векторов a1, a2, a3, выполним действия в левой части равенства, сравним соответствующие
координаты и получим систему линейных уравнений:
2α + 3β + γ = 0,
−3α − 1β − 4γ = 0,
α + 5β + 3γ = 0.
Так как определитель основной матрицы этой системы
2 3 1
−3 −1 −4
1 5 3
= 35 6= 0,
то по теореме Крамера система имеет единственное решение. Поскольку нулевое решение система имеет, то α = 0, β = 0, γ = 0. Следовательно, равенство
αa1+ βa2+ γa3= o
может быть верно, только когда все коэффициенты α, β, γ одновременно равны нулю. Поэтому система векторов б) линейно независима.
в) Так же, как и при решении задачи б), составим равенство
αa1+ βa2+ γa3= o,
152 Глава 4. Системы линейных уравнений. Линейная алгебра
а затем систему линейных уравнений:
5α + 3β + 8γ = 0,
4α + 3β + γ = 0,
3α + 2β + 3γ = 0.
Определитель этой системы
5 3 8
4 3 1
3 2 3
= 0,
поэтому она имеет бесчисленное множество решений, в том числе
и ненулевых. Значит, в равенстве
αa1+ βa2+ γa3= o
можно подобрать ненулевой набор коэффициентов. Тогда, по определению, система векторов в) линейно зависима.
§ 18. Ранг матрицы
Прежде всего докажем еще одно свойство квадратных матриц,
которое с равным успехом можно считать и свойством определителей.
Теорема 4.12. Строки квадратной матрицы линейно зависимы
тогда и только тогда, когда определитель этой матрицы равен нулю.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Докажем необходимость. Пусть определитель ∆ квадратной матрицы
A =
α11α12... α
α21α22... α
.
αn1α
.
.
.
.
.
n2
.
.
.
... α
1n
2n
.
.
.
nn
(4.55)
не равен нулю. Обозначим a1, a2, .. . , anстроки матрицы A и запишем
равенство
γ1a1+ γ2a2+ ···+ γnan= o (4.56)
с неизвестными коэффициентами γ1, γ2, .. . , γn. Докажем, что равенство (4.56) возможно, только когда все коэффициенты одновременно
равны нулю. Действительно, векторное равенство (4.56) равносильно
§ 18. Ранг матрицы 153
квадратной однородной системе линейных уравнений
α11γ1+ α21γ2+ ···+ αn1γn= 0,
α12γ1+ α22γ2+ ···+ αn2γn= 0,
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
α1nγ1+ α2nγ2+ ···+ αnnγn= 0.
Так как по условию определитель этой системы ∆T6= 0, то по теореме
Крамера система имеет одно, нулевое, решение: γ1= 0, γ2= 0, .. .
... , γn= 0. Поэтому в равенстве (4.56) возможны только нулевые
коэффициенты, а тогда строки матрицы A линейно независимы по
определению.
Теперь докажем достаточность. Доказательство достаточности
проведем методом математической индукции по порядку матрицы A.
Если определитель квадратной матрицы первого порядка равен нулю,
то эта матрица состоит из нулевого элемента, поэтому ее строки линейно зависимы. Предположим, что для квадратных матриц, порядок
которых строго меньше, чем n, теорема доказана. Докажем ее для
матриц порядка n. Пусть теперь определитель ∆ квадратной матрицы (4.55) равен нулю. Без ограничения общности можем считать, что
α116= 0. Тогда, используя свойства определителей, получим
1n
0
2n
.
.
.
0
nn
= α
11
0
α
... α
22
.
.
.
0
n2
.
.
.
... α
α
0
2n
.
.
.
0
nn
0 = ∆ =
α11α
α21α
.
.
.
αn1α
12
22
.
.
.
n2
... α
... α
.
.
.
... α
1n
2n
.
.
.
nn
α
11α12
0 α
.
.
.
0 α
=
0
22
.
.
.
0
n2
... α
... α
.
.
.
... α
Здесь
α
(0, α
0
, .. . , α
22
0
) = a2−
2n
α
21
11
a1= a2,
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
α
(0, α
0
, .. . , α
n2
0
) = an−
nn
α
n1
11
a1= an.
.
Выше мы условились, что α116= 0, поэтому
0
α
... α
22
.
.
.
0
n2
.
.
.
... α
α
0
2n
.
.
.
0
nn
= 0.
154 Глава 4. Системы линейных уравнений. Линейная алгебра
Так как порядок последнего определителя равен (n − 1), то по индуктивному предположению его строки (α
0
, .. . , α
22
0
), .. . , (α
2n
0
, .. . , α
n2
0
nn
линейно зависимы, т. е. существуют такие коэффициенты γ2, .. . , γn, не
все равные нулю, при которых выполняется равенство
)
γ2(α
0
, .. . , α
22
0
) + ··· + γn(α
2n
0
, .. . , α
n2
0
) = o.
nn
Значит, верно
γ2(0, α
0
, .. . , α
22
0
) + ··· + γn(0, α
2n
0
, .. . , α
n2
0
) = o.
nn
Итак, существуют не равные одновременно нулю коэффициенты
γ2, .. . , γn, такие, что
γ2a2+ ···+ γnan= o,
и тогда
−
α
21
γ2+ ···+
α
11
α
α
n1
11
γ
a1+ γ2a2+ ···+ γnan= o.
n
Следовательно, строки матрицы A линейно зависимы. Теорема доказана полностью.
Заметим, что теорема 4.12 справедлива и для столбцов матрицы A. Далее будет полезно формулировать эту теорему в другом,
эквивалентном, виде.
Теорема 4.120. Определитель равен нулю тогда и только тогда,
когда его строки (столбцы) линейно зависимы.
Рассмотрим теперь произвольную матрицу размерности m × n
A =
α
11
α
21
.
.
.
α
m1αm2
α
α
.
.
.
12
22
... α
... α
.
.
.
... α
1n
2n
.
.
.
mn
. (4.57)
Обозначим a1, a2, .. . , amстроки матрицы A, а a1, a2, .. . , an— ее
столбцы. Очевидно, что строки и столбцы матрицы A — это векторы
пространств Anи Amсоответственно.
Определение 20. Ранг системы векторов a1, a2, .. . , amбудем
называть горизонтальным, или строчным, рангом матрицы A, а ранг
системы векторов a1, a2, .. . , an— ее вертикальным, или столбцовым,
рангом.
§ 18. Ранг матрицы 155
Другими словами, горизонтальный ранг матрицы — это мак-
симальное число ее линейно независимых строк, или число ее базисных строк. Аналогично, вертикальный ранг матрицы — это
максимальное число ее линейно независимых столбцов, или число
ее базисных столбцов.
Определение 21. Рангом матрицы A называется наивысший
порядок ее отличных от нуля миноров (см. определение 10 гл. 3). При
этом ранг нулевой матрицы считается равным нулю.
Горизонтальный ранг матрицы A будем обозначать rг(A), вертикальный — rв(A), а ранг матрицы A — r(A).
Справедлива теорема 4.13.
Теорема 4.13 (основная теорема о ранге матрицы). Для любой матрицы A ее горизонтальный ранг равен вертикальному и равен
рангу
rг(A) = rв(A) = r(A).
Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим произвольную матрицу
A =
α
11
α
21
.
.
.
α
m1αm2
α
α
.
.
.
12
22
... α
... α
.
.
.
... α
1n
2n
.
.
.
mn
. (4.58)
Сначала докажем равенство горизонтального rг(A) и вертикального rв(A) рангов матрицы. Пусть rг(A) = k. Тогда существуют k
базисных строк этой матрицы. Для упрощения записи будем считать,
что это первые k строк, в противном случае мы изменили бы их
нумерацию. Рассмотрим матрицу из этих строк
A =
α11α
.
.
.
αk1α
.
.
.
12
k2
... α
.
.
.
... α
1n
.
.
. (4.59)
.
kn
Элементы каждого столбца матрицы A составляют первые k элементов соответствующих столбцов матрицы A. Выберем базис столбцов матрицы A. Тогда каждый столбец матрицы A линейно выражается через базисные столбцы. Пусть число столбцов, составляющих
базис, равно l. Так как столбцы матрицы A есть векторы пространства
156 Глава 4. Системы линейных уравнений. Линейная алгебра
Ak, то по теореме 5.4 получаем l 6 k. Восстановим выбранные базис-
ные столбцы матрицы A до полных столбцов матрицы A. Из утверждения 3 предыдущего параграфа имеем, что получившиеся столбцы
линейно независимы, а из следствия этого утверждения вытекает, что
все столбцы матрицы A будут их линейными комбинациями. Таким
образом, получившиеся столбцы образуют базис столбцов матрицы A
и, значит, получаем l = rв(A). Так как l 6 k, то
rв(A) 6 rг(A).
Проводя аналогичные рассуждения, но рассматривая сначала горизонтальный ранг матрицы A, получим
rг(A) 6 rв(A).
Окончательно получаем
rг(A) = rв(A)
и первая часть теоремы доказана.
Пусть теперь, как и выше, горизонтальный ранг матрицы A
равен k. Тогда любая система, состоящая из (k + 1) или более строк
этой матрицы линейно зависима. Из утверждения 3 предыдущего
параграфа и свойства 9 определителей теперь следует, что любой
минор, порядка (k + 1) и выше, матрицы A равен нулю. Поскольку
вертикальный ранг матрицы A также равен k, то можно построить
минор ∆ k-го порядка, элементы которого расположены на пересечении базисных строк и базисных столбцов матрицы A. По теореме 4.12
∆ 6= 0 и теперь, по определению, r(A) = k, что и требовалось доказать.
Рассмотрим практический метод вычисления ранга матриц.
Определение 22. Следующие преобразования матрицы будем
называть элементарными:
1) транспозиция любых ее двух строк или столбцов;
2) умножение любой строки (столбца) матрицы на число, отлич-
ное от нуля;
3) прибавление к любой строке (столбцу) матрицы другой строки
(столбца), умноженной на число.
Теорема 4.14. Элементарные преобразования не изменяют ранга
матрицы.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Доказательство проведем только для преобразования строк, для столбцов рассуждения совершенно аналогичные.
Пусть имеем матрицу
§ 18. Ранг матрицы 157
A =
α
11
α
21
.
.
.
α
m1αm2
α
α
.
.
.
12
22
... α
... α
.
.
.
... α
1n
2n
.
.
.
mn
. (4.60)
Ее строки образуют систему векторов (I):
a1= (α11, α12, .. . , α1n),
a2= (α21, α22, .. . , α2n),
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
am= (αm1, αm2, .. . , αmn).
Применим к матрице A первое элементарное преобразование строк.
Поменяем местами ее первые две строки. В результате получим
матрицу
A =
α
21
α
11
.
.
.
α
m1αm2
α
α
.
.
.
22
12
... α
... α
.
.
.
... α
2n
1n
.
.
.
mn
.
Запишем систему векторов-строк получившейся матрицы (II):
a1= (α21, α22, .. . , α2n),
a2= (α11, α12, .. . , α1n),
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
am= (αm1, αm2, .. . , αmn).
Теперь надо показать, что системы векторов (I) и (II) эквивалентны,
а затем применить теорему 4.11. Очевидно, что каждый вектор системы (I) линейно выражается через векторы системы (II) и наоборот,
поэтому системы (I) и (II) эквивалентны. Аналогично рассматриваются
и другие случаи. Таким образом, первое элементарное преобразование
не изменяет ранга матрицы.
Рассмотрим второе преобразование. Для упрощения доказательства умножим первую строку матрицы A на число γ 6= 0, в результате
158 Глава 4. Системы линейных уравнений. Линейная алгебра
получим матрицу
A =
γα11γα12... γα
α
α
21
.
.
.
m1
α
α
22
.
.
.
m2
... α
.
.
.
... α
1n
2n
.
.
.
mn
.
Выпишем систему векторов-строк матрицы A (III):
a1= (γα11, γα12, .. . , γα1n),
a2= (α21, α22, .. . , α2n),
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
am= (αm1, αm2, .. . , αmn)
и докажем эквивалентность систем (I) и (III). Действительно,
a1= γa1+ 0a2+ ···+ 0an,
a2= 0a1+ 1a2+ ···+ 0an,
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
am= 0a1+ 0a2+ ···+ 1an,
т.е. вся система (III) линейно выражается через систему векторов (I).
Так как γ 6= 0, то верны равенства
1
a1=
a1+ 0a2+ ···+ 0am,
γ
a2= 0 a1+ 1a2+ ···+ 0am,
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
am= 0a1+ 0a2+ ···+ 1am.
Поэтому система (I) линейно выражается через систему (III). Таким
образом, системы (I) и (III) эквивалентны, и тогда по теореме 4.11
они имеют одинаковые ранги. Значит, матрицы A и A имеют равные
горизонтальные ранги.
Доказательство теоремы для третьего элементарного преобразования проводится аналогично, но технически более громоздко. Оставляем читателю провести эту часть доказательства теоремы в качестве
упражнения.
Покажем, как с помощью элементарных преобразований можно
вычислить ранг матрицы. Если матрица ненулевая, то она содержит
§ 18. Ранг матрицы 159
ненулевой элемент, который посредством перестановок строк и/или
столбцов можно перевести в левый верхний угол.
Итак, пусть матрица имеет вид
A =
α
11
α
21
.
.
.
α
m1αm2
α
α
.
.
.
12
22
... α
... α
.
.
.
... α
1n
2n
.
.
.
mn
,
причем α116= 0. Умножив все элементы первой строки матрицы A
1
на число
, получим матрицу, эквивалентную (имеющую такой же
α
11
ранг) исходной:
A =
α
11
α
21
.
.
.
α
m1αm2
α
α
12
22
.
.
.
... α
... α
.
.
.
... α
1n
2n
.
.
.
mn
∼
1 α
α
21
.
.
.
α
m1αm2
α
0
12
22
.
.
.
... α
... α
.
.
.
... α
0
1n
2n
.
.
.
mn
.
Будем последовательно умножать первую строку получившейся матрицы на −αi1, i = 2, 3, ... , m, и всякий раз прибавлять получившуюся
строку соответственно ко второй строке, затем к третьей и т.д. В результате этих элементарных операций получим
A ∼
1 α
α
21
.
.
.
α
m1αm2
α
0
12
22
.
.
.
... α
... α
.
.
.
... α
0
1n
2n
.
.
.
mn
∼
1 α
0 α
.
.
.
0 α
0
12
0
22
.
.
.
0
m2
... α
... α
.
.
.
... α
0
1n
0
2n
.
.
.
0
mn
.
Теперь то же самое проделаем с первым столбцом последней матрицы:
будем его последовательно умножать на −α1j, j = 2, 3, ... , m, и всякий
раз прибавлять получившийся столбец соответственно ко второму
столбцу, затем к третьему и т. д. Тогда
0
2n
.
.
.
0
mn
.
A ∼
1 α
0 α
.
.
.
0 α
0
12
0
22
.
.
.
0
m2
... α
... α
.
.
.
... α
0
1n
0
2n
.
.
.
0
mn
∼
1 0 .. . 0
0 α
.
.
.
0 α
0
22
.
.
.
0
m2
... α
.
.
.
... α
Если в строках полученной матрицы, начиная со второй, все
элементы нулевые, то ее ранг равен 1. Будем считать, что среди таких
элементов есть ненулевые. Перестановкой строк и столбцов добьемся,
160 Глава 4. Системы линейных уравнений. Линейная алгебра
чтобы α
0
6= 0 и повторим все проделанное выше для строк, начиная
22
со второй, и столбцов, начиная со второго, последней матрицы. В результате получится матрица, в которой уже и вторая строка, и второй
столбец состоят из нулей, и лишь на их пересечении расположена
единица. После этого процесс нужно продолжить, начиная с третьей
строки и третьего столбца, и т. д. В этой процедуре могут появляться
строки и столбцы, полностью состоящие из нулей. Эти строки перемещают вниз, а столбцы — вправо.
Окончательно получится матрица такого вида:
1 0 .. . 0 ... 0
A ∼
1 0 .. . 0
0 α
.
.
.
0 α
0
22
.
.
.
0
m2
... α
.
.
.
... α
0
2n
.
.
.
0
mn
∼
0 1 .. . 0 ... 0
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
0 0 .. . 1 ... 0
0 0 .. . 0 ... 0
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
.
0 0 .. . 0 ... 0
Так как система векторов, содержащая нулевой вектор, всегда линейно
зависима, то для выяснения ранга последней матрицы ее нулевые
строки не учитываются. А все строки последней матрицы, содержащие
единицу, линейно независимы, так как все они являются базисными
векторами пространства An(см. § 17). Поэтому ранг последней матрицы, а значит, и исходной матрицы A, равен числу получившихся
ненулевых строк. Итак,
X
r(A) =
1.
Заметим, что существуют другие способы определения ранга
матриц, например, метод окаймляющих миноров, с которым можно
познакомиться в [1].
В заключение рассмотрим вопрос о ранге произведения матриц.
Утверждение 1. Ранг произведения матриц не выше ранга каждого из сомножителей.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Доказательство достаточно провести для
случая двух сомножителей. Пусть произведение матриц AB возможно
и C = AB. Каждый элемент cijматрицы C вычисляют по формуле
n
X
cij=
ailblj.
l=1
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]