Беклемишев-Решения_задач

Видно, что третья строка вычитанием удвоенной второй может быть обращена в нулевую. Вместе с тем подматрица

матрицы A невырождена. Следовательно первая и вторая строки этой матрицы линейно независимы. Теперь можно ответить на вопрос (a): Rg A = Rg A = 2, а подматрица матрицы A, расположенная в строках и столбцах с номерами 1 и 2, может быть принята за базисную.

б) Для того чтобы найти линейные зависимости между столбцами, продолжим упрощение матрицы. Делим вторую строку на −3

и после этого из первой строки вычитаем удвоенную вторую, а к третьей прибавим вторую строку, умноженную на 6. Получим упрощенный вид матрицы.

симости между столбцами матрицы не меняются при элемен-

тарных преобразованиях строк, поэтому и в исходной матрице a1 − 2a2 + a3 = o. Первый и второй столбцы могут быть приняты за базисные.

Для того чтобы найти линейную зависимость строк, вспомним, что в матрице A вторая и третья строки пропорциональны:

висимость строк матрицы A. Первая и вторая строки могут быть приняты за базисные, а третья раскладывается по ним:

a3 = 2a2 − a1.

Составим для этой матрицы линейную комбинацию столбцов с коэффициентами 1, −2 и 1. Это произведение

Оно равно o, что подтверждает линейную зависимость столбцов B.

г) 9, так как все подматрицы второго порядка невырождены

ипотому могут быть приняты за базисные.

2.Квадратная матрица порядка n имеет нулевую подматрицу порядка n − 1. Оцените ранг матрицы.

Р е ш е н и е. Ранг матрицы не меняется при перестановках строк и столбцов. Поэтому, не уменьшая общности, можно считать, что нулевую подматрицу не пересекают только первая строка и первый столбец. В этом случае ранг подматрицы, составленной строками с номерами 2, ... , n, не больше 1. Действительно, в ней только первый столбец может быть отличен от нулевого. Приписывая к этой подматрице первую строку, мы увеличиваем ранг не больше чем на 1. Таким образом, ответ: Rg A 2.

3. Матрица A порядка n содержит нулевую подматрицу размеров m × k, причем m + k > n. Докажите, что A вырождена.

Р е ш е н и е. Ранг матрицы не меняется при перестановках столбцов и строк. Поэтому, не уменьшая общности, можно считать, что нулевая подматрица расположена на пересечении последних m строк и последних k столбцов. Оценим ранг подматрицы, составленной последними m строками. Он не превосходит числа ненулевых столбцов, т. е. n − k. Добавляя сверху еще n − m строк, мы увеличиваем ранг не более чем на n − m. Поэтому Rg A n − k + n − m = 2n − (m + k) < n. Это равносильно доказываемому утверждению.

4. а) При помощи элементарных преобразований строк приведите к упрощенному виду матрицу

б) Разложите пятый столбец этой матрицы по первому

ивторому столбцам.

Ре ш е н и е. а) Вычтем из второй строки первую строку, умноженную на 3, а из третьей строки — первую, умноженную на 5. Мы получим матрицу

Теперь вторую строку прибавим к первой, а из третьей строки вычтем удвоенную вторую:

Осталось разделить вторую строку на −2, и мы получаем упрощенную матрицу

б) В упрощенной матрице пятый столбец раскладывается по первому и второму столбцам: a5 = −3a1 + 4a2. При элементарных преобразованиях строк линейные зависимости между столбцами не меняются. Поэтому в исходной матрице разложение пятого столбца по двум первым такое же.

5. Пусть A — матрица с элементами aij , i = 1, ... , m; j = 1, ... , n и Rg A = 1. Докажите, что найдутся ненулевой столбец a = α1, ... , αm и ненулевая строка b = β1, ... , βn , такие что aij = αiβj для всех i и j.

Р е ш е н и е. В матрице ранга 1 обязательно есть ненулевой столбец и каждый ненулевой столбец является базисным. Примем за числа α1, ... , αm элементы базисного столбца aj0 .

84 [ Гл. V

Любой столбец отличается от базисного числовым множителем: aj = βj aj0 . Для i-го элемента столбца это означает, что aij = βj αi. Это заканчивает доказательство.

Заметим еще, что результат задачи означает, что каждая матрица ранга 1 может быть представлена как произведение ненулевого столбца на ненулевую строку: A = aj0 b, где b = β1, ... , βn . Верно, конечно, и обратное: ранг произведения столбца на строку не превосходит рангов сомножителей, т. е. единицы. Нулем он быть не может, так как и строка и столбец имеют хотя бы по одному ненулевому элементу, а элементами матрицы являются все произведения αiβj , в том числе и произведение ненулевых элементов.

6. В матрице ранга r отмечены r линейно независимых строк и r линейно независимых столбцов. Докажите, что на их пересечении стоит минор, отличный от нуля. Покажите на примере, что утверждение неверно, если число отмеченных строк меньше r.

Р е ш е н и е. r линейно независимых строк в матрице ранга r — базисные строки, и каждая из остальных строк — их линейная комбинация. Вычтем из каждой небазисной строки ту линейную комбинацию базисных, которая ей равна. Это сводится к последовательности элементарных преобразований и не меняет ранга. Поэтому результатом будет матрица того же ранга r, у которой выбранные строки остались без изменения, а остальные заменились нулевыми. Выбранные столбцы остались линейно независимыми. Следовательно, в них должна содержаться невырожденная подматрица порядка r. Такой подматрицей может быть только подматрица, стоящая на пересечении выбранных строк и выбранных столбцов. При преобразованиях она не менялась.

Условие равенства числа строк и столбцов рангу, конечно, существенно. За примером далеко ходить не надо. Возьмем единичную матрицу порядка 2 и выберем в ней первую строку

ивторой столбец.

7.Докажите, что для любых матриц A и B одинаковых размеров ранг суммы не больше суммы рангов.

Р е ш е н и е. Для доказательства создадим матрицу D, приписав матрицу B под матрицей A:

A D = B .

ai1 , ... , air , bj1 , ... , bjs . Ранг подматрицы, составленной из этих строк, не больше их числа r + s, а добавление остальных строк не увеличивает ранга. Следовательно, Rg D r + s.

С другой стороны, Rg D равен рангу матрицы

=Rg D r + s. Это нам и требовалось доказать.

8.Пусть столбцы матрицы A размеров m × n линейно независимы и определено произведение AB. Докажите, что

Rg AB = Rg B.

Р е ш е н и е. Из условия вытекает, что m n и что матрица B имеет n строк. Если m = n, то утверждение — хорошо известный факт. Пусть m > n. Тогда элементарными операциями

невырожденная матрица S, такая что A = SA Таким образом, Rg AB = Rg SA B = Rg A B. С другой стороны, произведение A B представляет собой матрицу B, дополненную снизу m − n нулевыми строками, и значит Rg A B = Rg B. Это заканчивает доказательство.

Глава V § 4

1. Пусть A — квадратная матрица порядка n. Выразите det αA через det A.

Р е ш е н и е. Когда умножают матрицу A на число α, на это число умножается каждая строка матрицы. Умножение любой строки на число (в силу линейности детерминанта по строке) равносильно умножению детерминанта на это число. По этой причине при умножении всех строк на α детерминант умножается на αn:

det (αA) = αn det A.

2.Пусть A — квадратная матрица порядка 2n + 1, и AT =

=−A. Докажите, что det A = 0.

=(−1)2n+1 det A. В итоге, det A = − det A, т. е. det A = 0.

3.Докажите, что детерминант любой треугольной матрицы равен произведению ее диагональных элементов.

Ре ш е н и е. Рассмотрим верхнюю треугольную матрицу A.

Вее первом столбце отличен от нуля только элемент a11. Поэтому разложение det A по первому столбцу будет состоять из одного члена: det A = (−1)1+1a11d11, где d11 — детерминант подматрицы A1, получаемой из A вычеркиванием первого столбца и первой строки.

A1 — также верхняя треугольная матрица, и, раскладывая ее детерминант по первому столбцу, мы получаем det A = a11a22d22, где d22 — детерминант подматрицы A2, получаемой из A вычеркиванием двух первых столбцов и двух первых строк. Продолжая раскладывать детерминанты возникающих дополнительных подматриц по первому столбцу, мы в конце придем к равенству

det A = a11a22a33 ... an−1 n−1dnn, где dnn — детерминант подматрицы порядка 1, состоящей из последнего элемента последней

строки, т. е. dnn = ann. Это заканчивает доказательство.

Р е ш е н и е. Переставим четвертую строку на второе место:

Теперь вычтем третью строку из второй:

Далее, вычтем первую строку из третьей и удвоенную первую строку из четвертой:

столбцам, получаем

=−24 10 = 46.

−7 1

5.К каждому элементу матрицы A прибавлено одно и то же число t. Докажите, что детерминант получившейся матрицы — линейная функция от t.

Р е ш е н и е. Для сокращения записи будем считать, что порядок матрицы равен 3. Будет видно, что доказательство не зависит от порядка матрицы. Пусть дана матрица

Припишем к ней слева столбец из нулей, а к полученной матрице сверху строку из единиц:

88 [ Гл. V

Очевидно, что det B(t) = det A(t). Теперь в матрице B(t) вычтем первую строку, умноженную на t, из всех нижележащих строк:

прибавим к каждому элементу матрицы 1, то получим верхнюю треугольную матрицу, все диагональные элементы которой равны 3. Таким образом, det A(1) = 3n. Аналогично, прибавив −1, мы получим нижнюю треугольную матрицу с единицами на главной диагонали. Значит, det A(−1) = 1. Для линейной функции

бец на t , второй — на t , третий — на t и все прибавим к чет-

вертому столбцу. Это преобразование не изменит детерминанта, но обратит четвертый столбец в o.

З а м е ч а н и е. Можно доказать, что и обратно, из равенства нулю детерминанта следует существование общего корня. Аналогичный детерминант с тем же свойством может быть составлен для двух любых многочленов. Он называется их результантом.

8. Докажите, что уравнение X2 + E = O не имеет решений среди вещественных матриц нечетного порядка.

Р е ш е н и е. Пусть матрица X порядка 2k + 1 удовлетворяет этому уравнению. Тогда (det X)2 = det X2 = det (−E) = = −1 — равенство, невозможное для вещественной

матрицы.

9. Сколько нарушений порядка в перестановке (5, 4, 3, 2, 1)? Р е ш е н и е. Число 5 стоит перед четырьмя меньшими и, следовательно, виновно в 4 нарушениях порядка. Аналогично, 4 виновно в трех, 3 — в двух и 2 — в одном нарушении порядка.

Всего нарушений порядка 10.

10. Пусть матрица P порядка n имеет вид

а O — нулевая подматрица. При помощи формулы полного разложения докажите, что det P = det A det C.

Р е ш е н и е. Рассмотрим одно слагаемое из формулы полного разложения

(−1)N (i1...ik ik+1...in )p1i1 ... pkik pk+1 ik+1 ... pnin .

Основой доказательства является следующее соображение: ес-

в противном случае в произведение должен войти сомножитель

psis с s > k и is k, т. е. из нулевой подматрицы.

Кроме того, если i1, ... , ik k, то N (i1 ... ik ik+1 ... in) = = N (i1 ... ik ) + N (ik+1 ... in), так как каждое число из первой

группы меньше каждого числа из второй группы и не создает с ним нарушения порядка. Таким образом, каждое слагаемое в формуле полного разложения, не обязательно равное нулю, можно представить в виде произведения двух сомножителей

[(−1)N (i1...ik )p1i1 ... pkik ] · [(−1)N (ik+1...in )pk+1 ik+1 ... pnin ].

90 [ Гл. V

Первый сомножитель — слагаемое в формуле полного разложения det A, так как pij для всех i, j k. Точно так же, второй сомножитель — слагаемое в формуле полного раз-

ложения det C, так как pij = ci−k,j−k для всех i, j k + 1 и N (ik+1 ... in) = N (ik+1 − k ... in − k).

Когда мы перемножаем две суммы, мы должны умножить каждый член первого сомножителя на каждый член второго. Поэтому, перемножая полные разложения det A и det C, мы получим сумму всех необязательно нулевых слагаемых в полном разложении det P. Это заканчивает доказательство.

Глава V § 5

1. Пусть числа x1, x2, x3 попарно различны. Докажите, что при любых y1, y2, y3 найдется единственный многочлен степени 2, график которого проходит через точки с координатами (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3).

Р е ш е н и е. График многочлена y = a0 + a1x + a2x2 проходит через указанные точки, если выполнены равенства

a0 + a1x1 + a2x21 = y1, a0 + a1x2 + a2x22 = y2,

a0 + a1x3 + a2x23 = y3.

Рассматриваем их как систему уравнений для нахождения коэффициентов многочлена. Вычислим детерминант матрицы системы:

что V = 0 тогда и только тогда, когда числа x1, x2, x3 попарно различны. Следовательно, система имеет единственное решение при любых значениях y1, y2 и y3. Это и требовалось доказать.

Подчеркнем, что в общем случае нет никакой гарантии того, что a2 = 0, т. е. многочлен может оказаться линейным или