18. 4. Линейные пространства. Ранг матрицы

19. Для решения задач на эту тему следует изучить из пособия [5] пп.1.3.1-1.3.4.

20. 4.1. Найдите ранг матрицы A

22. A

1	2	-1	4	1
2	5	3	3	4
4	11	6	1	10
5	12	5	10	9

45. Решение. Выполним элементарные преобразования матри­цы A не меняющие ее ранга. В результате мы должны по­лучить матрицу того же ранга что и матрица A в которой легко выделить базисный минор. Сначала получим нули в пер­вом столбце матрицы. Первую строку умноженную на (-2) прибавим ко второй строке; первую строку умноженную на ( - 4) прибавим к третьей строке; первую строку умноженную на (—5), прибавим к четвертой строке. В результате получим новую матрицу A\ того же ранга, что и матрица A:

46. 1 0 0 0

47. —1 5

48. 10 10 4

49. —5 —15 10

50. В матрице Ai вторая и четвертая строки пропорциональны (с коэффициентом 2). Одну из них можно вычеркнуть, не ме­няя ранга матрицы. Вычеркнем, например, четвертую строку. Получим матрицу A₂:

51. " 12 —1 4 1 A₂ =01 5 —52 0 3 10 —15 6

52. 1. 5

    2. 10

    В матрице A2 три строки, следовательно, ее ранг не может быть больше трех. Можно ли в матрице A2 выделить минор третьего порядка, не равный нулю? Сделать это легко, так как первый столбец содержит два нуля. Включим, например, в ба­зисный минор элементы первого, второго и третьего столбцов:

53. 1 2 1

54. 10 — 15 = — 5 = 0.

    3. 1 • (—

55. 0 1 5 0 3 10

56. Если бы нам не удалось выделить базисный минор в матрице A2, то процесс получения нулей пришлось бы продолжить.

57. Так как выбранный минор третьего порядка отличен от ну­ля, то ранг матрицы A₂, а потому и A, равен трем.

58. Ответ: rang A = 3.

59. 4.2. Найдите те значения параметра p, если они существу­ют, при которых строки матрицы A линейно зависимы.

61. A

3	1	2	5
1	—3	4	1
15	—3	14	17
5	—5	10	^p

79. 4. 2

    5. 4

    6. 14 10

    7. 10 —3 —3 10

    8. —10

    9. 4

    10. 14 10

    11. 2 1

    12. 17

    13. 5

    14. 0 1

    15. 15 0

    16. 5 1

    17. 17

    18. ^p

    Решение. Матрица A квадратная. Поэтому линейная зави­симость строк равносильна условию det A = 0. Вычислим опре­делитель матрицы A. Для этого вторую строку, умноженную на (—3), прибавим к первой; вторую строку, умноженную на (—5), прибавим к четвёртой:

    19. det A

80. 31

81. 1 —3

    20. 5

82. 15 3

83. ^p

21. 10

22. —3 3

23. 10

24. 4

25. 14

26. 0 1

27. 15

84. Уже сейчас можно заметить, что при p = 7 первая и четвёр­тая строки определителя совпадут, и он будет равен нулю. Од­но значение параметра p найдено. Но, возможно, det A = 0 и при других значениях p. Продолжим вычисление определите­ля. Вычтем первую строку из четвёртой и выполним разложе­ние определителя по четвёртой строке:

    28. 1

    29. 15 0

    30. 4

    31. 14 0

    32. 1

    33. 17 7

85. 0 10 10 2

86. (p — 7)(—1)⁴+⁴

87. ^p

88. В полученном определителе третьего порядка вынесем мно­житель 10 из первой строки. Вторую строку, умноженную на (—15), прибавим к третьей:

89. 	0	1	— 1
    det A = 10(p — 7)	1	—3	4
    	0	42	—46

90. Выполним разложение по второй строке:

103. det A = 10(p — 7) • 1 • (—1)²⁺¹

104. 1

105. 42 —1 46

106. = — 10(p — 7)(—46 + 42) = 40(p — 7). Итак, det A = 40(p — 7), а значит, det A = 0 только при p = 7. Ответ: строки матрицы A линейно зависимы при p = 7.

107. 4.3. Докажите, что третья строка матрицы

108. 	1	—2	4
     A=	3	1	5
     	—5	—4	—6

109. является линейной комбинацией первых двух. Найдите коэф­фициенты этой линейной комбинации.

34. 1+6

35. 7 = 0. Ранг матрицы А равен двум, ес-

122. Решение. Ранг матрицы A не меньше двух, так как минор

123. 1 —2 31

124. ли det A = 0. Вычисляем определитель матрицы A. Для этого первую строку, умноженную на (—3), прибавляем ко второй, а первую строку, умноженную на 5, прибавляем к третьей:

	1	—2	4		1	—2	4
A =	3	1	5	=	0	7	—7
	—5	—4	—6		0	—14	14

150. В полученном определителе вторая и третья строки пропор­циональны (коэффициент пропорциональности (—2)). По свой­ствам определителей, определитель с пропорциональными стро­ками равен нулю.

     36. минор

     37. является базисным. Первые две строки, ко-

151. Следовательно, det A = 0, ранг матрицы А равен двум, и

152. 1 —2 31

153. торые попали в базисный минор, являются базисными. Третья строка в состав базисных не попала. По теореме о базисном ми­норе, она является линейной комбинацией первых двух. Итак, мы доказали, что третья строка матрицы A является линейной комбинацией первых двух.

154. Обозначим через Ai и Х₂ коэффициенты этой линейной ком­бинации. Тогда

155. Ai • (1, —2,4) + A2 • (3,1, 5) = (—5, —4, —6).

156. Отсюда получаем систему

Ai	+	3A2
2Ai	+	A2
4Ai	+	5A2

166. —5 —4 —6

167. решая которую находим Ai = 1 и A2 = —2. Обратите внима­ние, что найденные числа Ai и A2 обращают все три уравнения системы в тождества.

168. Ответ: 1; —2.

169. 4.4. Найдите то значение параметра p, при котором ранг матрицы A равен трем.

171. A

1	2	—2	3	4
3	7	—3	5	2
2	—1	2	3	4
3	18	—12	7	^p

194. Решение. Выполним элементарные преобразования матри­цы A, не меняющие ее ранга. В результате мы должны полу­чить матрицу того же ранга, что и матрица A, в которой легко выделить базисный минор. Сначала получим нули в первом столбце матрицы. Первую строку, умноженную на (—3), при­бавим ко второй строке и к четвертой строке; первую строку, умноженную на (—2), прибавим к третьей строке. В результате получим новую матрицу Ai того же ранга, что и матрица A:

196. Ai

1	2	—2	3	4
0	1	3	—4	—10
0	—5	6	—3	—4
0	12	—6	—2	p— 12

218. Базисный минор пока не виден, поэтому продолжаем пре­образования. Получим нули во втором столбце, в третьей и четвертой строках. Для этого вторую строку, умноженную на 5, прибавим к третьей строке и вторую строку, умноженную на ( — 12), прибавим к четвертой строке. Получим матрицу A2:

219. " 12 —2 3 4

220. =013 —4 —10

221. ² = 0 0 21 —23 —54

222. _ 0 0 —42 46 p +108

223. Ранг матрицы ₂ не менее трех, так как минор третьего по­рядка

224. ' 12 —2 0 1 3 =1 • 1 • 21 = 21 0 0 21

225. отличен от нуля. Также можно заметить, что третья и чет­вертая строки могут быть пропорциональны с коэффициентом ( — 2) при p = 0 . Прибавим к четвертой строке третью строку, умноженную на 2. Получим матрицу A3:

227. A3

228. —2 3

229. 21 0

230. 3

231. —4 23 0 4

232. 38. 54 ^p

     —10

233. 54

234. Очевидно, что ранг матрицы A₃ будет равен трем только в том случае, когда p = 0. Если p = 0 определитель четвёртого порядка

235. 1 • 1 • 21 • p = 21p = 0.

     1	2	—2	4
     0	1	3	—1
     0	0	21	—5
     0	0	0	^p
     ^p	= 0.

236. Ответ: p

237. 4.5. Найдите те значения параметров p и q, если они суще­ствуют, при которых ранг матрицы A равен двум.

259. A

1	—3	4	1
3	1	2	5
^p	—3	14	17
5	—5	10	^q

277. Решение. Выполним элементарные преобразования матри­цы A, не меняющие ее ранга. В результате мы должны по­лучить матрицу того же ранга, что и матрица A, в которой легко выделить базисный минор. Сначала получим нули в пер­вом столбце матрицы. Первую строку, умноженную на (—3), прибавим ко второй строке; первую строку, умноженную на (—p), прибавим к третьей строке; первую строку, умноженную на (—5), прибавим к четвертой строке. В результате получим новую матрицу Ai того же ранга, что и матрица A:

278. 4

     —3

     10

279. Ai

280. —10 2

281. —3 + 3p 14 — 4p 17 — p

282. 10 —10 q — 5

283. Вторую строку матрицы Ai вычтем из четвёртой:

285. A2

286. —3 4 1

287. 10 —10 2

288. —3 + 3p 14 — 4p 17 — p

289. 0 0 q — 7

39. Так как минор второго порядка

40. 10 не равен нулю,