Линейные пространства и подпространства. Линейная зависимость и независимость. Базис. Ранги. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Линейные пространства и подпространства. Линейная зависимость и независимость. Базис. Ранги.

Тема Линал и алгебра.

08 Линейные пространства и подпространства. Линейная зависимость и независимость. Базис. Ранги.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#70858

Является ли линейным подпространством подмножество, образованное всеми:

1): матрицами с нулевой диагональю в пространстве $Matn$ матриц порядка $n$ ;
2): симметричными матрицами в пространстве $Matn$ матриц порядка $n$ ;
3): вырожденными матрицами в пространстве $Matn$ матриц порядка $n$ ;
4): многочленами, корнями которых являются числа $1,2,3,− 8$ в пространстве всех многочленов степени не выше $10$ ;
5): многочленами, имеющими нечётную степень в пространстве всех многочленов степени не выше $10$ ;
6): многочленами, имеющими нулевой коэффициент при $x8$ в пространстве всех многочленов степени не выше $10$ ;
7): векторами с началом в начале координат, концы которых лежат на единичной сфере в $ℝ3$ ;
8): векторами с началом в начале координат, концы которых лежат на фиксированной плоскости, проходящей через начало координат в $3 ℝ$ ;
9): векторами с началом в начале координат, концы которых лежат на единичном кубе в $ℝ3$ ;

Показать ответ и решение

1): Да, поскольку сумма таких матриц - вновь матрица такого вида, и то же верно про умножение матрицы такого вида на любое число;
2): Да. Пусть матрицы $A$ и $B$ - симметричны. Это означает, что $t A = A$ , $t B = B$ . Тогда что с их суммой? $(A + B)t = At + Bt = A + B$
Следовательно, сумма симметричных матриц вновь симметрична. Аналогично проверяется то, что и умножение на числа не выводит за пределы множества симметричных матриц;
3): При $n > 1$ - нет. Рассмотрим матрицы $(1 0) 0 0$ и $(0 0) 0 1$ . Очевидно, они вырождены, а их сумма - нет, поскольку их сумма - единичная матрица. Аналогичный пример можно привести для любого $n > 1$ .

При $n = 1$ множество всех вырожденных матриц состоит из единственной - нулевой (то есть числа 0, поскольку матрицы $1 × 1$ это просто числа) и тогда множество вырожденных матриц превращается в тривиальное подпространство, состоящее только из нуля. Так что при $n = 1$ ответ: да ;
4): Да. Пусть $p(x)$ и $q(x)$ - два таких многочлена. Но тогда их сумма $t(x) = p(x)+ q(x)$ тоже будет иметь числа 1, 2, 3, $− 8$ в качестве корней. Потому что, например, $t(1) = p(1)+ q(1) = 0 + 0 = 0$ . Следовательно, сумма многочленов такого вида - вновь многочлен такого вида. Аналогично и с умножениями многочленов такого вида на числа;
5): Нет, потому что, например $4 x5 + x$ и $5 4 − x + x$ имеют нечетную степень, однако их сумма равна $2x4$ и имеет уже чётную степень. Таким образом, это множество не замкнуто относительно сложения;
6): Да, проверяется непосредственно;
7): Нет, поскольку если взять такой вектор и умножить на 2, то его конец уже не будет лежать на единичной сфере. То есть наше множество не замкнуто относительно умножений на числа
Комментарий. Вообще никакое ограниченное множество (кроме состоящего только из нуля) не может быть подпространством в $n ℝ$ , поскольку оно по той же причине не будет замкнуто относительно умножений на всевозможные, в том числе сколь угодно большие $λ ∈ ℝ$ ;
8): Да, проверяется непосредственно (достаточно нарисовать картинку);
9): Нет, по причине, описанной в пункте 7).

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#70857

Найти базис $W1 ∩ W2$ , если $W1$ - это пространство решений уравнения

x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0

, а $W2 = span {(1,1,1,1,1),(1,0,− 1,1,− 1),(0,1,− 1,− 1,1),(− 2,1,0,1,− 1)}$

Показать ответ и решение

1. Давайте зададим $W2$ как пространство решений некоторой ОСЛУ

Ax = 0

Ясно, что в матрице $A$ должно быть 5 столбцов, поскольку в векторах в $W2$ у нас по пять координат.

А сколько должно быть строк? Найдём размерность нашего $W 2$ , вычислив ранг матрицы из координат векторов, на которые натягивается $span$ , то есть ранг матрицы

( ) 1 1 1 1 1 | | || 1 0 − 1 1 − 1|| || 0 1 − 1 − 1 1 || ( ) − 2 1 0 1 − 1

Он равен 4, а это значит, что

dim span {(1,1,1,1,1),(1,0,− 1,1,− 1),(0,1,− 1,− 1,1),(− 2,1,0,1,− 1)} = 4

То и размерность пространства решений нашей ОСЛУ должна быть равна 4.

Но размерность пространства решений ОСЛУ равна количеству столбцов минус $rkA$ .

Следовательно, нам будет достаточно $A$ , у которой только одна строка. То есть будем искать $A$ в виде:

( ) A = a11 a12 a13 a14 a15

И у нас должно быть выполнено, что что

Av = 0, Av = 0, Av = 0, Av = 0 1 2 3 4

(где $vi$ - это вектора, на которые мы натягиваем пространство $W4$ ).

Таким образом, мы имеем систему:

( |||| a11 + a12 + a13 + a14 + a15 = 0 |||{ a11 − a13 + a14 − a15 = 0 || |||| a12 − a13 − a14 + a15 = 0 |( − 2a11 + a12 + a14 − a15 = 0

В качестве $A$ подойдёт матрица

( ) A = − 6 − 10 − 8 11 13

Таким образом, $W 2$ задаётся ОСЛУ

( ) x1 || x || ( ) || 2|| ( ) − 6 − 10 − 8 11 13 || x3|| = 0 | x | ( 4) x5

Её общим решением является уравнение

− 6x1 − 10x2 − 8x3 + 11x4 + 13x5 = 0

Это и есть уравнение, задающее $W2$ .

2. С другой стороны, $W1$ задается уравнением $x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0$ . Следовательно, их пересечение задаётся системой

( {− 6x − 10x − 8x + 11x + 13x = 0 1 2 3 4 5 (x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0

И, таким образом, базисом пересечения будет ФСР этой последней ОСЛУ.

Запишем её матрицу:

( ) − 6 − 10 − 8 11 13 1 1 − 1 1 − 1

Приведем эту матрицу к ступенчатому виду:

( ) − 6 − 10 − 8 11 13 0 − 4 − 14 17 7

Таким образом, переменные $x1$ и $x2$ будут главными, а остальные $x3,x4,x5$ - свободными.

Формула общего решения ОСЛУ будет:

( 14x −17x −7x 7 17 7 {x2 = --3-−-44--5-= − 2x3 + 4-x4 + 4x5 ( 10x2+8x3−11x4−-13x5- 10(14x3−17−x44−7x5)+8x3−11x4−-13x5 9 21 3 x1 = −6 = − 6 = 2x3 − 4 x4 − 4x5

Следовательно, базисом пространства решений (он же базис $W1 ∩ W2$ ) будет

9 − 7 − 21 17 3 7 v1 = (-,---,1,0,0),v2 = (----,--,0,1,0),v3 = (−-, -,0,0,1) 2 2 4 4 4 4

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#70856

Найти базис $W1 ∩ W2$ , если $W1 = span{(4,2,1),(− 3,2,0),(− 1,4,0)}$ , $W2 = span {(− 2,3,1),(5,3,13),(7,0,12)}$

Показать ответ и решение

1. Нетрудно заметить, что $dim W1 = 3$ , поскольку все три вектора, на которые натягивается $span$ в $W1$ , линейно независимы.

Поэтому $3 W1 = ℝ$ , а, значит, $W1 ∩ W2$ просто совпадает с $W2$ и нам достаточно найти базис в $W2$ .

2. Для нахождения базиса $W2$ составляем матрицу из координат $W2$ :

( ) − 2 3 1 | | A = |( 5 3 13|) 7 0 12

И приводим её к ступенчатому виду:

( ) − 2 3 1 | | |( 5 3 13|) 7 0 12

Получается матрица

( ) | 7 0 12| |( 0 3 371|) 0 0 0

Поэтому в качестве базиса $W2$ можно взять векторы

31 v1 = (7,0,12), v2 = (0,3,--) 7

Эти векторы подойдут и в качестве базиса пересечения $W1 ∩W2$ , поскольку в нашей задаче случилось так, что $W1 ∩ W2 = W2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#70855

Составить ОСЛУ такую, что базисом её пространства решений является набор векторов

v1 = (1,1,1,1),v2 = (1,2,1,3)

Показать ответ и решение

Пусть искомая ОСЛУ имеет вид

Ax = 0

Ясно, что поскольку наши вектора в условии из четырех координат, то матрица $A$ должна иметь 4 столбца. Cколько же она должна иметь строк?

Видно, что $dim span{v ,v } = 2 1 2$ , то есть размерность пространства решений нашей гипотетической ОСЛУ должна получиться равна двойке.

Но размерность пространства решений - это количество столбцов (в нашем случае 4) минут ранг нашей матрицы. Таким образом, нужно, чтобы наша матрица имела ранг 2.

Следовательно, мы можем обойтись матрицей $A$ , в которой 4 столбца две строчки. Такую матрицу и будем искать.

Итак, мы ищем такую матрицу

( ) a11 a12 a13 a14 A = a21 a22 a23 a24

что

Av1 = 0, Av2 = 0

Таким образом, мы имеем систему:

( || a + a + a + a = 0 |||| 11 12 13 14 |{ a21 + a22 + a23 + a24 = 0 |||| a11 + 2a12 + a13 + 3a14 = 0 ||| ( a21 + 2a22 + a23 + 3a24 = 0

У этой системы, разумеется, бесконечно много решений. Нам же достаточно выбрать такое, чтобы в итоге $rkA = 2$ .

Подойдёт, например,

( ) − 1 0 1 0 A = 1 − 2 0 1

Следовательно, искомая ОСЛУ имеет вид

( ) x1 ( ) || || ( ) − 1 0 1 0 || x2|| = 0 1 − 2 0 1 | x3| 0 ( ) x4

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#70854

Составить ОСЛУ такую, что базисом её пространства решений является набор векторов

v1 = (1,1,1),v2 = (1,2,3)

Показать ответ и решение

Пусть искомая ОСЛУ имеет вид

Ax = 0

Ясно, что поскольку наши вектора в условии из трёх координат, то матрица $A$ должна иметь 3 столбца. Cколько же она должна иметь строк?

Видно, что $dim span{v ,v } = 2 1 2$ , то есть размерность пространства решений нашей гипотетической ОСЛУ должна получиться равна двойке.

Но размерность пространства решений - это количество столбцов (в нашем случае 3) минут ранг нашей матрицы. Таким образом, нужно, чтобы наша матрица имела ранг 1.

Следовательно, мы вообще можем обойтись матрицей $A$ , в которой 3 столбца и только одна строчка. Такую матрицу и будем искать.

Итак, мы ищем такую матрицу

( ) A = a11 a12 a13

что

Av1 = 0, Av2 = 0

Таким образом, мы имеем систему:

( { a + a + a = 0 11 12 13 ( a11 + 2a12 + 3a13 = 0

В качестве $A$ подойдёт матрица

( ) A = 1 − 2 1

Следовательно, искомая ОСЛУ имеет вид

( ) ( ) |x1| ( ) 1 − 2 1 |(x2|) = 0 x3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#70853

Найти какой-нибудь базис и размерность пространства решений ОСЛУ (это, разумеется, будет подпространство в $4 ℝ$ )

( ) ( ) ( ) 3 3 − 4 − 3 x1 0 || || || || || || || 0 6 1 1 || || x2|| = || 0|| |( 5 4 2 1 |) |( x3|) |( 0|) 2 3 3 2 x4 0

Показать ответ и решение

Составим матрицу системы

( ) A = 6 9 8 0 1 6

Видим, что эта матрица уже в ступенчатом виде. Поэтому в качестве главных мы возьмем те переменные, которые стоят прямо на ступеньках, то есть $x1$ и $x2$ , а свободной будет переменная $x3$ . Тогда общее решение задается формулами

( { x1 = 54x3−8x3= 46x3- 6 6 ( x2 = − 6x3

Таким образом, размерность пространства решений будет равна количеству свободных переменных, то есть 1, а единственный вектор в базисе пространства решений получится, когда мы свободную переменную приравняем к единичке:

v = (46,− 6,1) 6

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#70852

Найти какой-нибудь базис и размерность пространства решений ОСЛУ (это, разумеется, будет подпространство в $3 ℝ$ )

( {6x1 + 9x2 + 8x3 = 0 (x2 + 6x3 = 0

Показать ответ и решение

По сути, мы имеем ОСЛУ с лишь одним уравнением и $n$ неизвестными, и нас просят найти базис в его пространстве решений, которое является подпространством в $n ℝ$ .

Ясно, что $( ) rk 1 1 1 1 ... 1 = 1$ , то есть $dim L = n − 1$ .

Действительно, у нас будет $n − 1$ свободная переменная: $x ,x ,x ,...,x 2 3 4 n$
И одна главная переменная $x1$ .

Формула общего решения ОСЛУ, разумеется, вот такая:

x1 = − x2 − x3 − ...− xn

Таким образом, подставляя вместо каждой свободной переменной единичку, а вместо остальных нолики и вычисляя при этом значения главных (в данном случае только одной главной) переменной, получим вот такой базис в $L$ :

v1 = (− 1,1,0,0,...,0),v2 = (− 1,0,1,0,...,0),v3 = (− 1,0,0,1,...,0),...,vn−1 = (− 1,0,0,0,...,1)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70851

Найти размерность и базис линейного пространства

span{v1,v2,v3,v4} ⊂ ℝ4

где $v1 = (1,1,1,1),v2 = (1,2,1,3),v3 = (1,1,1,3),v4 = (1,1,2,2)$

Показать ответ и решение

Для этого нужно составить матрицу $A$ , в которую по строкам будут записаны наши векторы:

( ) | 1 1 1 1| || 1 2 1 3|| A = || || ( 1 1 1 3) 1 1 2 2

Далее, мы приводим её к ступенчатому виду. В ступенчатом виде матрица будет выглядеть вот так:

( ) | 1 1 1 1| || 0 1 0 2|| || || ( 0 0 1 1) 0 0 0 2

И здесь уже даже неважно, происходили ли смены строк, поскольку видно, что $rkA = 4$ , а, следовательно, $dim span {v1,v2,v3,v4} = 4$ , то есть в качестве базиса нашего подпространства можно взять все исходные 4 вектора

v1 = (1,1,1,1),v2 = (1,2,1,3),v3 = (1,1,1,3),v4 = (1,1,2,2)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#70850

Найти размерность и базис линейного пространства

span {v1,v2,v3} ⊂ ℝ3

где $v1 = (− 3,2,0),v2 = (0,− 4,15),v3 = (− 3,6,− 15)$

Показать ответ и решение

Для этого нужно составить матрицу $A$ , в которую по строкам будут записаны наши векторы:

( ) | − 3 2 0 | A = |( 0 − 4 15|) − 3 6 − 15

Далее, мы приводим её к ступенчатому виду. В ступенчатом виде матрица будет выглядеть вот так:

( ) − 3 2 0 || || ( 0 − 4 15 ) 0 0 0

При этом смен строк не происходило, поэтому в качестве базиса нашего подпространства можно взять первые два исходных вектора $v1 = (− 3,2,0),v2 = (0,− 4,15)$ , а $dim span{v1,v2,v3} = 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#70849

Доказать, что если $W ⊂ V$ ( $W$ - подпространство линейного пространства $V$ ), то обязательно $dim W ≤ dim V$

Показать ответ и решение

Давайте докажем это от противного. Пусть бывает такое линейное пространство $V$ и такое его подпространство $W ⊂ V$ , что $dim W > dim V$ .

Пусть $dim W = k,dim V = n,k > n$ .

Тогда в $W$ найдётся базис, состоящий из $k$ векторов

{v1,...,vk} − ба зи с в W

В частности это означает, что ${v1,...,vk}$ - линейно независимая система векторов.

Однако, коль скоро $dim V = n$ , то в самом пространстве $V$ есть базис ${u1,...,un}$ , состоящий из $n$ векторов.

И раз ${u1,...,un}$ - базис в $V$ , то через $ui$ можно выразить любой вектор пространства $V$ , в частности, все вектора ${v ,...,v } 1 k$ .

Получается, что у нас $k$ линейно независимых векторов ${v ,...,v } 1 k$ линейно выражаются через $n$ линейно независимых векторов ${u1,...,un }$ . И при этом $k > n$ . Это противоречит основной лемме о линейной зависимости.

Противоречие доказывает, что неравенство $k > n$ невозможно.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#69846

Выписать матрицу перехода от базиса $a1 = (2,3,− 2)$ , $a2 = (5,0,− 1)$ , $a3 = (2,1,− 1)$ к базису $b1 = (1,1,− 1),b2 = (1,− 1,0),b3 = (1,1,1)$ (все координаты $ai$ и $bi$ даны в стандартном базисе $ℝ3$ ).

Показать ответ и решение

Поскольку у нас векторы $ai$ записаны в стандартном базисе, то можно утверждать, что матрица

( ) 2 5 2 A = || || ( 3 0 1 ) − 2 − 1 − 1

есть матрица перехода от стандартного базиса к базису ${a1,a2,a3}$ . Действительно, в её столбцах ведь записаны координаты $”$ нового $”$ ${a1,a2,a3}$ в старом базисе ${e1,e2,e3}$ .

Аналогично рассуждая, можно сказать, что матрица

( ) 1 1 1 B = || 1 − 1 1|| ( ) − 1 0 1

есть матрица перехода от стандартного базиса к базису ${b,b ,b } 1 2 3$ .

Но таким образом, чтобы перейти от базиса ${a1,a2,a3}$ к базису ${b1,b2,b3}$ , надо сначала перейти из базиса ${a1,a2,a3}$ в стандартный - это можно сделать при помощи матрицы $A −1$ , а затем из стандартного - в базис ${b1,b2,b3}$ - это можно сделать при помощи матрицы $B$ . Таким образом, искомая матрица перехода будет

−1 A B

(Мы сначала применяем $−1 A$ , чтобы перейти от ашек к стандартному, а потому применяем $B$ , чтобы от стандартного перейти к бешкам. То что матрицы перехода нужно писать слева направо, а не справа налево, мы обсуждали в одной из задач в теме матрицы перехода.)

Таким образом, осталось лишь вычислить $A −1$ :

( ) 1 3 5 −1 | | A = |( 1 2 4 |) − 3 − 8 − 15

А затем умножить

( ) ( ) ( ) 1 3 5 1 1 1 − 1 − 2 9 −1 | | | | | | A B = |( 1 2 4 |) |( 1 − 1 1|) = |( − 1 − 1 7|) − 3 − 8 − 15 − 1 0 1 4 5 26

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#69845

Доказать, что для любых двух матриц $A$ и $B$ одинаковых размеров выполнено неравенство

rk(A + B) ≤ rkA + rkB

Показать ответ и решение

Пусть обе матрицы $A$ и $B$ имеют размеры $m × n$ .

Давайте составим матрицу $(A|B)$ , приписав справа к матрице $A$ матрицу $B$ .

Но тогда каждый столбец матрицы $A + B$ будет являться линейной комбинацией столбцов матрицы $(A |B )$ .

Действительно, первый столбец матрицы $A + B$ равен первому столбцу матрицы $(A|B )$ плюс $n + 1−$ ый столбец матрицы $(A |B )$ . Второй столбец матрицы $A + B$ равен второму столбцу матрицы $(A |B )$ плюс $n + 2−$ ый столбец матрицы $(A|B)$ . И так далее... $n−$ ый столбец матрицы $A + B$ равен $n−$ ому столбцу матрицы $(A|B )$ плюс $2n−$ ый столбец матрицы $(A|B )$ .

Это нетрудно увидеть, если нарисовать эти матрицы:

( ) ( ) | a11 a12 ... a1n b11 b12 ... b1n| | a11 + b11 a12 + b12 ... a1n + b1n| || a21 a22 ... a2n b21 b22 ... b2n|| || a21 + b21 a22 + b22 ... a2n + b2n|| (A|B) = || || A+B = || || ( ... ... ... ... ... ... ... ...) ( ... ... ... ... ) am1 am2 ... amn bm1 bm2 ... bmn am1 + bm1 am2 + bm2 ... amn + bmn

Следовательно, поскольку все столбцы матрицы $A + B$ выражаются через столбцы матрицы $(A |B )$ , то, по следствию из основной леммы о линейной зависимости, имеем

rk(A + B ) ≤ rk(A |B )

Однако мы уже знаем, что $rk(A|B ) ≤ rkA + rkB$ . Тем самым получаем:

rk (A + B) ≤ rk(A|B ) ≤ rkA + rkB

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#69844

Доказать утверждение, не используя недоказанный метод окаймляющих миноров:

Пусть $A$ - квадратная матрица размера $n × n$ . Тогда, если $detA = 0$ , то $rkA < n$ , а если $detA ⁄= 0$ , то $rkA = n$

Показать ответ и решение

1. Пусть $detA = 0$ . Тогда, если мы будем приводить её к диагональному виду, как мы делаем для вычисления определителя методом элементарных преобразований, то мы получим хотя бы один нулевой столбец. Но это означает что в ступенчатом виде нашей матрицы $A$ будет нулевой столбец. А, значит, $rkA < n$ .

2. Пусть $rkA < n$ . Тогда в ступенчатом виде будет хотя бы один нулевой столбец. Но тогда, по одному из свойств определителя, определитель матрицы, содержащей нулевой столбец, равен нулю. Значит, $detA = 0$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#69842

Доказать, что если система

Ax = b

разрешима и ранг (расширенной $(A |b)$ или исходной $A$ - неважно, ведь они равны по теореме Кронекера-Капелли) равен количеству неизвестных, то эта система имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Поскольку количество главных неизвестных равно рангу $A$ , то, если ранг равен количеству неизвестных, то это означает, что у нас будет 0 свободных неизвестных. Таким образом, в итоговом решении системы не будет никаких параметров. Следовательно, решение будет единственно.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#69841

Пусть у нас есть система линейных уравнений

Ax = b

Пусть она разрешима.

Задача. Доказать, что когда мы будем решать её методом Гаусса, то количество главных неизвестных будет равно рангу (расширенной $(A |b)$ или исходной $A$ - неважно, ведь они равны по теореме Кронекера-Капелли), а количество свободных неизвестных будет равно количеству неизвестных минус ранг.

Показать ответ и решение

Вспомним, что главные неизвестные после приведения матрицы к ступенчатому виду всегда находятся строго $”$ на ступеньках $”$ матрицы. Но, как мы доказали, все столбцы, содержащие главные неизвестные будут линейно независимыми, и их будет ровно столько, каков ранг матрицы.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#69840

Пусть у нас есть матрица $A$ размера $m × n$ . Сколько всего в ней будет миноров порядка $k$ ?

Показать ответ и решение

Минор порядка $k$ получается вычеркиванием любых $m − k$ строк и $n − k$ столбцов. Вычеркнуть $m − k$ строк из $m$ строк можно $m− k C m$ способами. А вычеркнуть $n − k$ столбцов из $n$ столбцов можно $Cnn−k$ способами.

Эти вычеркивания независимы - для каждого конкретного наборы вычеркнутых $m − k$ строк существует $Cn− k n$ возможностей вычеркнуть различные наборы столбцов. Таким образом, по поскольку выборы строк и столбцов независимы, то итого миноров порядка $k$ будет

Cmm−k ⋅Cnn− k

Причем $k = 1,2,3,...,min {m,n }$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#69839

Вычислить ранг следующих матриц при помощи метода окаймляющих миноров:

1. $( ) | 4 1 7 − 5 1 | || 0 − 7 1 − 3 − 5|| || || ( 3 4 5 − 3 2 ) 2 5 3 − 1 3$

2. $( ) 3 1 1 2 − 1 || 0 2 − 1 1 2 || || || || 4 3 2 − 1 1 || |( 12 9 8 − 7 3 |) − 12 − 5 − 8 5 1$

3. $( ) 1 1 0 0 0 0 | | || 0 1 1 0 0 0|| || 0 0 1 1 0 0|| || || || 0 0 0 1 1 0|| | 0 0 0 0 1 1| ( ) 1 0 0 0 0 1$

Показать ответ и решение

1. Найдём ранг методом окаймляющих миноров. Начнём проверять миноры 2-го порядка.

|| || ||4 1|| = − 7⋅4 = − 28 |0 − 7|

Значит ранг как минимум равен 2. Допишем по одному элементу данных столбцов и начнём проверять миноры 3-го порядка

| | ||4 1 7|| || ||= 4 ⋅(− 7 )⋅5+ 1 ⋅1⋅ 3+ 7 ⋅0⋅4 − 3⋅(− 7)⋅7 − 4⋅1 ⋅4− 5 ⋅0⋅ 1 = − 6 ||0 − 7 1|| |3 4 5|

Получили ненулевой определитель, а значит ранг матрицы уже не меньше 3. Проверим миноры 4-го порядка.

|| || || || ||4 1 7 − 5|| ||4 1 7 1 || ||0 − 7 1 − 3|| ||0 − 7 1 − 5|| | |= 0 | |= 0 ||3 4 5 − 3|| ||3 4 5 2 || ||2 5 3 − 1|| ||2 5 3 3 ||

Все определители миноров 4-го порядка равны 0, а значит, что ранг матрицы равен 3.

2. Найдём ранг методом окаймляющих миноров. Начнём проверять миноры 2-го порядка.

| | ||3 1|| || || = 6 0 2

|| || ||3 1 1 || ||0 2 − 1|| = 9 || || 4 3 2

Получили ненулевой определитель, а значит ранг матрицы уже не меньше 3. Проверим миноры 4-го порядка.

| | ||3 1 1 2 || || || ||0 2 − 1 1 ||= 252 ||4 3 2 − 7|| | | |12 9 8 − 7|

И мы сразу находим ненулевой определитель 4-го порядка, а это значит, что нам осталось проверить только всю матрицу целиком.

|| || || 3 1 1 2 − 1|| || 0 2 − 1 1 2 || | | || 4 3 2 − 1 1 ||= 0 || 12 9 8 − 7 3 || || || − 12 − 5 − 8 5 1

Определитель равен 0, а значит ранг матрицы равен 4.

3. Найдём ранг методом окаймляющих миноров. Начнём проверять миноры 2-го порядка.

|| || ||1 1||= 1 |0 1|

| | ||1 1 0|| || || ||0 1 1|| = 1 |0 0 1|

Получили ненулевой определитель, а значит ранг матрицы уже не меньше 3. Проверим миноры 4-го порядка.

| | ||1 1 0 0|| || || ||0 1 1 0||= 1 ||0 0 1 1|| | | |0 0 0 1|

| | ||1 1 0 0 0|| || || |0 1 1 0 0| ||0 0 1 1 0|| = 1 || || ||0 0 0 1 1|| |0 0 0 0 1|

Определитель равен 1, а значит проверяем миноры 6-го порядка, а такой у нас один - и это вся матрица. Для вычисления определителя всей матрицы разложим её по первой строке

| | |1 1 0 0 0 0| | | | | || || ||1 1 0 0 0|| ||1 0 0 0 0|| ||0 1 1 0 0 0|| || || || || ||0 0 1 1 0 0|| |0 1 1 0 0| |1 1 0 0 0| || ||= 1 ⋅||0 0 1 1 0||− 1⋅||0 1 1 0 0||= 1 − 1 = 0 |0 0 0 1 1 0| || || || || ||0 0 0 0 1 1|| ||0 0 0 1 1|| ||0 0 1 1 0|| || || |0 0 0 0 1| |0 0 0 1 1| |1 0 0 0 0 1|

Минор 6-го порядка равен 0. Так как других миноров данного порядка нет, то заключаем, что ранг матрицы равен 5.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#69838

Вычислить ранг, приводя матрицу к ступенчатому виду:

1. $\text{[math]}$ $( ) | 1 7 7 9 | || 7 5 1 − 1|| || || ( 4 2 − 1 − 3) − 1 1 3 5$

2. $( ) 1 1 1 1 | | || 4 3 2 1|| || 1 4 1 1|| || || || 5 1 1 1|| | 1 1 3 1| ( ) 1 1 1 2$

Показать ответ и решение

( ) ( ) ( ) | 1 7 7 9| | 1 7 7 9 | | 1 7 7 9 | || 7 5 1 − 1|| L2−7L1 || 0 − 44 − 48 − 64|| L3−4L1 || 0 − 44 − 48 − 64|| L4+L1 || || −−−−−→ || || −−−−−→ || || −−−−→ ( 4 2 − 1 − 3) ( 4 2 − 1 − 3 ) ( 0 − 26 − 29 − 39) − 1 1 3 5 − 1 1 3 5 − 1 1 3 5

( ) ( ) ( ) 1 7 7 9 1 7 7 9 1 7 7 9 | | 13 | | 2 | | || 0 − 44 − 48 − 64|| L3−22L2 || 0 − 44 − 48 − 64|| L4+11L2 || 0 − 44 − 48 − 64|| L4+2L3 || 0 − 26 − 29 − 39|| −−− −−−→ || 0 0 −-7 −13|| −−−− −−→ || 0 0 −-7 −13|| −−−−−→ ( ) ( 11 11 ) ( 1114 1216 ) 0 8 10 14 0 8 10 14 0 0 11- 11

( ) | 1 7 7 9 | L4+2L3 || 0 − 44 − 48 − 64|| −−−− −→ | −7 − 13 | |( 0 0 11- -11 |) 0 0 0 0

− L2 + 4L1 L3 − L1 ( ) L4 − 5L1 ( ) 1 L3 ( ) ( ) | 1 1 1 1 | |1 1 1 1| 31 | 1 1 1 1| | 0 0 0 0| || 4 3 2 1 || L5 − L1 ||0 1 2 3|| 4 L4 || 0 1 2 3|| L1 − L3 − L4 − L5 − L6 || 0 0 0 0|| | | L6 − L1 | | 1 L2 | | L2 − L3 − 2L5 − 3L6 | | || 1 4 1 1 || −−−−− −−−→ ||0 3 0 0|| 2−−−→ || 0 1 0 0|| −−−−− −−−−−− −−−−−−− −→ || 0 1 0 0|| || 5 1 1 1 || ||4 0 0 0|| || 1 0 0 0|| || 1 0 0 0|| || || || || || || || || ( 1 1 3 1 ) (0 0 2 0) ( 0 0 1 0) ( 0 0 1 0) 1 1 1 2 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

( ) 0 0 0 0 | | || 0 0 0 0|| меняем столб цы местами || 1 0 0 0|| −−− −−−−−−− −−−−−− −−−−−−→ || || || 0 1 0 0|| | 0 0 1 0| ( ) 0 0 0 1

Ранг матрицы равен числу ненулевых строк и в нашем случае их 4.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#68828

Пусть в конечномерном пространстве $V$ выбрано три базиса:

′ ′ ′′ ′′ {v1,...,vn}, {v1,...,vn}, {v1,...,vn}

Пусть $C1$ является матрицей перехода от первого базиса ко второму, а $C2$ матрицей перехода от второго базиса к третьему. Найти матрицу перехода от первого базиса к третьему.

Показать ответ и решение

Запишем то, что нам дано:

(−→ −→ −→ ) (−→ −→ −→ ) v′1 v′2 ... v′n = v1 v2 ... vn C1

(−→ −→ −→ ) (−→ −→ −→ ) v′1′ v′′2 ... v′n′ = v′1 v′2 ... v′n C2

Тогда давайте домножим первое равенство на $C 2$ справа, и получим:

( ) ( ) −→v′ −→v′ ... −→v′ C2 = −→v1 −→v2 ... −→vn C1C2 1 2 n

Однако левая часть этого равенства - это есть не что иное, как $(−→ −→ −→ ) v′1′ v′2′ ... v′′n$ . Следовательно, мы имеем, что

(−→′′ −→′′ −→′′) = (−→ −→ −→ ) C C v1 v2 ... vn v1 v2 ... vn 1 2

Таким образом, матрица перехода от первого базиса к третьему - это произведение матриц перехода $C1C2$ от первого ко второму на матрицу от второго к третьему.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#68827

Напомним еще раз определение. Пусть в конечномерном пространстве $V$ задано два базиса:

{v1,...,vn}, {v′1,...,v′n}

Тогда матрица перехода от первого базиса ко второму - это такая матрица $C$ , по столбцам которой записаны координаты нового базиса (штрихованного) в старом (нештрихованном). То есть $C$ обладает свойством:

( −→′ −→′ −→′) = ( −→v −→v ... −→v )C v1 v2 ... vn 1 2 n

Задача. Доказать, что матрица $C$ всегда обратима. То есть всегда существует $C −1$ .

Показать ответ и решение

Давайте запишем матрицу $C˜$ перехода наоборот от штрихованного базиса ${v′1,...,v′n}$ к нештрихованному ${v1,...,vn}$ . Эта матрица будет обладать соотношением

( ) ( ) −→v1 −→v2 ... −→vn = −→v′ −→v′ ... −→v′ ˜C 1 2 n

Но тогда, подставляя вместо $(−→ −→ −→ ) v′1 v′2 ... v′n$ его выражение как $( ) ( ) −→′ −→′ −→′ = −→v −→v ... −→v C v1 v2 ... vn 1 2 n$ , мы получим:

( ) ( ) −→v1 −→v2 ... −→vn = −→v1 −→v2 ... −→vn C ˜C

Следовательно, $˜ C C = E$ . Следовательно, $C$ обратима - ведь для неё существует такая матрица, которая при умножении на $C$ даёт единичную - это $C˜$ .

Интерпретировать это можно очень просто - обратная матрица к матрице перехода от старого базиса к новому - это матрица перехода от нового базиса к старому.

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел