kurs_lekcii_mo_matematicheskomu_analizu / Лекции Кисляков

2.3. Рекуррентные отношения		41
xn+1	= 7xn + 4yn
yn+1	= 9xn 5yn

Решить систему, выразив xn; yn через x0; y0.

Решение. Запишем привед¼нную выше систему как простое матричное уравнение

	yn = 9 5 yn			;
	xn	7 4	xn
èëè Xn+1 = AXn; ãäå A + 9		5	è Xn =	y . Мы видим, что
	7	4		x
X1	= AX0
X2	= AX1 = A(AX0) = A2X0
	.
Xn	= AnX0:

(Истинность уравнения Xn = AnX0 для n 1, строго доказывается с помощью математической индукции; однако для простыхслучаев, таких как привед¼нный выше, удобно опустить строгое доказательство и дать вместо этого несколько мыслей для мотивации индуктивного утверждения.)

Следовательно, по предыдущему примеру, получаем

yn	= Xn =	9n 1 6n y0
xn		1 + 6n	4n x0
	=	( 9n)x0	+0(1 6n)y0	;
		(1 + 6n)x + (4n)y0

и ,следовательно, xn = (1 + 6n)x0 + 4ny0 è yn = ( 9n)x0 + (1 6n)y0, äëÿ n 1.

42	Глава 2. Матрицы

2.4Задачи

1. Пусть A; B; C; D есть матрицы

A =	2 1	23	; B =	2 1	1	03	; C =	2 2	1 3	; D =
	3	0		1	5	2		3	1
	4 1	15		4 4	1	35		4 4	3 5

4 1

2 0 :

Какая из следующих матриц определена? Вычислить матрицы, которые определены.

A + B; A + C; AB; BA; CD; DC; D2:

2. Пусть A =	1	0	1	. Показать, что если B есть 3		2 ìàò-
	0	1	1

рица такая, что AB + I2, тогда

23

	a	b	5
B =	a 1	1 b
	4 a + 1	b

для подходящих чисел a и b. С помощью закона ассоциативности показать, что (BA)2B = B:

a

b

3.

Åñëè A =

c

d

, доказать, что A2

(a + d)A + (ad bc)I2 = 0.

4.

Åñëè A =

4

3 , с помощью равенства A2 = 4A

3I2 è

1

0

используя математическую индукцию, доказать

n

n

An =

(3 2 1)

A +

3 23

I2

; åñëè n 1:

5.Последовательность чисел x1; x2; : : : ; xn; : : : удовлетворяет рекуррентному отношению xn + 1 = axn + bxn 1 для n 1; где a и b константы. Доказать, что

2.4. Задачи								43
		x	+ 1	xn	;
			nxn	= A xn 1
a	b					xn+1		x1
ãäå A = 1	0 и, следовательно, выразить					xn		через x0 .
Если a = 4 и b = 3, то с помощью предыдущего вопроса
выразить xn через x1 è x0.
6. Пусть A = 21a 0a2 .
(a) Доказать, что
	An =	(n + 1)an		nan+1	åñëè n			1:
		nan 1		(1 n)an

(b) Последовательность x1; x2; : : : ; xn; : : : удовлетворяет отношению xn+1 = 2axn a2xn 1 для n 1. С помощью ча-

сти (a) и используя предыдущую задачу, доказать что xn = nan 1x1 + (1 n)anx0 äëÿ n 1.

7. Ïóòü A =	a	b	и предположим, что 1 è 2 есть корни квад-
	c	d

ратичного полинома x2 (a+d)x+ad bc: ( 1 è 2 могут быть равными.) Пусть kn определяется так:k0 = 0; k1 = 1 è äëÿ n 2

kn = Pn n i i 1: i=1 1 2

Доказать, что

kn+1 = ( 1 + 2)kn 1 2kn 1;

если n 1. А также доказать что

		n		n =	n 1		åñëè	1	= 2	:
kn =	(	1		2 ) (	1 n	21		1	6 2

С помощью математической индукции доказать, если n 1, то

An = knA 1 2kn 1I2:

	44							Глава 2. Матрицы
	8. С помощью задачи 7 доказать, если A =							2	1 , òî
								1	2
	An =	3n 1		1	+	( 1)n 1	1 1
		2 1		1		2
								1 1

åñëè n 1.

9.Числа Фиббоначи определяются с помощью уравнений F0 = 0; F1 = 1 è Fn+1 = Fn + Fn 1 если n 1. Доказать, что

			1 + p			n		p		n
1				5			1		5
Fn = p					!					!	!
		2						2
	5

åñëè n 0.

10.Пусть r > 1 есть целое число. Пусть a и b некоторые положительные целые числа.Последовательности xn è yn положите- дьных чисел определяются через a и b спомощью рекуррентных отношений

xn+1 = xn + ryn ; yn+1 = xn + yn

äëÿ n 0, ãäå x0 = a è y0 = b. С помощью задачи 7 доказать, что

xn ! pr когда n ! 1: yn

2.5. Обратимые матрицы

45

2.5Обратимые матрицы

Определение 2.5.1 (Обратимые матрицы)Матрица A 2 Mn n(F )

называется обратимой, если существует матрица B 2 Mn n(F ) такая, что

AB = In = BA

Любая матрица B с таким свойством называется обратной для A. Если A не имеет обратной, A называется необратимой.

Теорема 2.5.1 (Единственность обратной матрицы) Если A

имеет обратные матрицы B и C, то B = C.

Доказательство.Пусть B и C есть обратные матрицы A. Тогда AB = In = BA è AC = In = CA. Значит B(AC) = BIn = B è (BA)C = InC = C. Поскольку B(AC) = (BA)C; то B = C.

Замечание 2.5.1 Если A имеет обратную матрицу, то она обозна- чается через A 1. Таким образом,

AA 1 = In = A 1A

Теорема 2.5.2 Если A и B есть обратимые матрицы одного размера, тогда и AB имеет тот же размер

(AB) 1 = B 1A 1:

Доказательство.

(AB)(B 1A 1) = A(BB 1)A 1 = AInA 1 = AA 1 = In:

Поэтому

(B 1A 1)(AB) = In:

46	Глава 2. Матрицы

Замечание 2.5.2 Последняя теорема может быть обобщена до произведения m обратимых матриц: Если A1; : : : ; Am есть обратимые n

n матрицы, тогда произведение A1 : : : Am также обратимая матри- ца. Кроме того

(A1 : : : Am) 1 = Am1 : : : A1 1:

(Таким образом, обратная матрица произведения матриц равна произведению обратных матриц, взятых в обратном порядке.)

Пример 2.5.1 Если A и B есть n n матрицы такие, что A2 = B2 = (AB)2 = In; доказать, что AB = BA:

Решение. Предположим A2 = B2 = (AB))2 = In: Тогда A; B; AB

обратимые и A 1 = A; B 1 = B; (AB) 1 = AB:

Íî (AB) 1 = B 1A 1 и следовательно AB = BA.

Пример 2.5.2 Матрица A =				4	8	необратима. Предположим,
÷òî B = c	d			1	2
		есть обратная матрица для A. Тогда уравнение
a	b
AB = I2 имеет вид			8 c d			0	1
		4			=
		1	2 a	b		1	0

и приравниваем соответствующие элементы первого столбца с обеих сторон

a + 2c = 1 4a + 8c = 0

Полученная система, очевидно, несовместна.

Теорема 2.5.3 Пусть A =	a	b	и = ad bc 6= 0. Тогда A
	c	d
обратима. А также

2.5. Обратимые матрицы		47
c	a
A 1 = 1 d	b :

Замечание 2.5.3 Выражение ad bc называется детерминантом

матрицы A и обозначается detA или		ac	db .
				a
			c
Доказательство. Проверить, что матрица B = 1 d				b
удовлетворяет уравнению AB = I2 = BA.
Пример 2.5.3 Пусть		13
A = 20	0		:
0	1	0
45	0	05

Проверить, что A3 = 5I3; доказать, что A обратима и найти A 1

Решение. После проверки A3 = 5I3, заметим что

A 15 A2 = I3 = 15 A2 A:

Следовательно, A A 1 = 15 A2

Теорема 2.5.4 Если матрица козффициентов A системы n уравнений с n неизвестными обратима, то система AX = B имеет единственное решение X = A 1B:

Доказательство. Предположим, что матрица A 1 существует.

1. (Единственность.) Предположим что AX = B. Тогда

(A 1A)X = A 1B;

InX = A 1B: X = A 1B:

48	Глава 2. Матрицы

2. (Существование.) Пусть X = A 1B. Тогда

AX = A(A 1B) = (AA 1)B = InB = B:

Теорема 2.5.5 (Правило Крамера для системы с двумя уравнениями и с двумя неизвестными)

Система

ax + by

= e

cx + dy

= f

d

имеет единственное решение если =

c

6= 0, а именно

a

b

x =

1

; y =

2

;

ãäå

1 = f d

c f

:

2 =

e

b

a

e

a

b

Доказательство. Предположим, что 6= 0. Тогда A = c

d

имеет обратную

c

a

A 1 = 1

d

b

мы также знаем, что система

y

f

A

=

x

e

имеет единственное решение

f

y

f

c a

x = A 1 e

=

1

d

b

e

ce + af

2

2

=

=

1

de bf

=

1

1 = 1

= :

2.5. Обратимые матрицы

49

Следовательно, x = 1= ; y = 2= .

Следствие 2.5.1 Однородная система

ax + by

=

0

cx + dy

=

0

c

d

имеет только тривиальное решение, если =

6= 0.

a

b

Пример 2.5.4 Система

7x + 8y

=

100

2x 9y

=

10

имеет единственное решение x = 1= ; y = 2= , ãäå

2

= 2

9 = 79;

1 =

10

9 = 980;

2

=

10

=

7

8

100

8

7

100

130:

Таким образом, x = 98079 è y = 13079 :

Теорема 2.5.6 Пусть A есть квадратная матрица. Если A обратима, то однородная система AX = 0 имеет только тривиальное решение. Эквивалентно, если однородная система AX = 0 имеет нетривиальное решение, тогда A обратима.

Доказательство. Если A обратима и AX = 0; X = A 10 = 0.

Замечание 2.5.4 Если A 1; : : : ; A n обозначают столбцы матрицы A, то уравнение

AX = x1A 1 + : : : + xnA n

3

1 2 3

линейная комбинация

50	Глава 2. Матрицы

выполняется. Следовательно, теорема 2.5.6 говорит нам, что суще- ствуют x1; : : : ; xn, не все равные нулю, такие что

x1A 1 + : : : + xnA n = 0,

то есть, если столбцы A линейно зависимы, то A необратима. Эквивалентный способ определения того, что столбцы A линейно зависимы есть следующий: один из столбцов A выражается в виде суммы некоторых оставшихся столбцов A, умноженных на скаля-

ры; то есть, один столбец есть оставшихся столбцов.

Пример 2.5.5 Матрица

2

A = 41 0 15 3 4 7

необратима. Чтобы убедиться в этом, можно проверить, что A имеет следующую привед¼нную ступенчатую форму

21	0	13
40	1	15
0	0	0

и, следовательно, AX = 0 имеет нетривиальное решение x = 1; y =

1; z = 1.

Замечание 2.5.5 В общем случае, если A строчно эквивалентна матрице, содержащей нулевую строку, тогда A необратима. Поэтому однородная система AX = 0 имеет нетривиальное решение.

Важный случай обратимых матриц это элементарные матрицы.