3. Ранг матрицы. Обратная матрица

Минор и ранг матрицы

Минор

Минор

Def. Пусть дана матрица $A$ размера $m\times n$. Минором ( $k$-го порядка) матрицы $A$ называется определитель подматрицы $A^{\prime }$, полученной пересечением $k$ строк и $k$ столбцов матрицы $A$ $(k=1,2,\dots ,\min (m.n))$.

Пример

Для матрицы

$$\left(\begin{array}{cccc}1& 2& -4& 3\\ -2& 1& -3& -1\\ 0& 5& 4& -2\\ -4& 3& -5& 7\\ 3& 0& -1& 4\end{array}\right)$$

• Минорами второго порядка могут быть

$$\left|\begin{array}{cc}2& 3\\ 5& -2\end{array}\right|=-19,\left|\begin{array}{cc}0& 5\\ -4& 3\end{array}\right|=20$$

• Минором третьего порядка

1 & 2 & 3 \\ -2 & 1 & -1 \\ 3 & 0 & 4 \end{array}\right|

Вообще говоря, такая матрица имеет 20 миноров первого порядка, 60 миноров второго порядка, 40 миноров третьего порядка, 5 миноров четвёртого порядка.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Ранг матрицы

Ранг матрицы

Def. Пусть матрица $A$ имеет хотя бы один ненулевой минор порядка $r$, при этом все миноры порядка $r+1$ нулевые. Тогда число $r$ называется рангом матрицы $A$.
Варианты обозначений: $\mathrm{rank}A,\mathrm{rang}A,rA$.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Базисный минор

Базисный минор

Def. Если ранг матрицы $r>0$, то любой ненулевой Минор порядка $r$ называется базисным, а его столбцы и строки называются базисными столбцами и строками.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Теорема 1. О базисных строках матрицы

Теорема. О базисных строках (столбцах) матрицы

Теорема

Любая строка (столбец) матрицы $A_{m\times n}$ является линейной комбинацией базисных строк (столбцов) этой матрицы.

Доказательство

Итак, пусть ранг $\mathrm{rank}A=r$ и $0<r\le \min (m,n)$.

Без ограничений общности будем считать, что базисный минор расположен в левом верхнем углу матрицы $A$.

$$\left|\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& \dots & a_{1r}& a_{1(r+1)}& \dots & a_{1n}\\ \dots & & & & & \\ a_{r1}& \dots & a_{rr}& a_{r(r+1)}& \dots & a_{rn}\\ a_{(r+1)1}& \dots & a_{(r+1)r}& a_{(r+1)(r+1)}& \dots & a_{(r+1)n}\\ \dots & & & & & \\ a_{m1}& \dots & a_{mr}& a_{m(r+1)}& \dots & a_{mn}\end{array}\right|$$

Рассмотрим минор порядка $r+1$, присоединив к базисному минору $s-$ ю строку и $t$-й столбец:

$$\left|\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& \dots & a_{1r}& a_{1t}& \dots & a_{1n}\\ \dots & & & & & \\ a_{r1}& \dots & a_{rr}& a_{rt}& \dots & a_{rn}\\ \underline{a_{s1}}& \dots & \underline{a_{sr}}& \underline{a_{st}}\mid & \dots & a_{sn}\\ \dots & & & & & \\ a_{m1}& \dots & a_{mr}& a_{mt}& \dots & a_{mn}\end{array}\right|$$

Обозначим его через $D$. Есть два варианта:

1. $1\le s\le r$ либо $1\le t\le r$. Тогда в $D$ оказываются две одинаковые строки или два одинаковых столбца и $D=0$.

Примечание В данном случае мы не получим подматрицу исходной матрицы, поскольку в ней могло не быть одинаковых строк и столбцов

2. $s>r$ и $t>r$. В этом случае $D$ также равен нулю, так как его порядок $r+1$.
   Таким образом, вне зависимости от выбора $s,t$ минор $D=0$.
   Разложим его по $s$-й строке: $D=a_{s1}{A}_{s1}+a_{s2}{A}_{s2}+\dots +a_{st}{A}_{st}=0$
   Данные алгебраические дополнения не зависят от выбора $s$, так как составлены из строк базисного минора.

Рассмотрим систему уравнений, помещая на место присоединённой $s$-й строки поочерёдно каждую из имеющихся $n$ строк (только что определили, что в правой части в результате всегда получится 0):

$$\{\begin{array}{l}{a}_{11}{A}_{s1}+\dots +a_{1r}{A}_{sr}+a_{1t}{A}_{st}=0\\ \dots \\ a_{n1}{A}_{s1}+\dots +a_{nr}{A}_{sr}+a_{nt}{A}_{st}=0\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$

Теперь выразим $a_{pt}$ по всем строкам $p=1,2,\dots ,n$ (деление на $A_{st}$ возможно, так как это базисный минор):

$$\{\begin{array}{l}{a}_{1t}=-a_{11}\frac{A_{s1}}{A_{st}}-\dots -a_{1r}\frac{A_{sr}}{A_{st}},\\ \dots \\ a_{nt}=-a_{n1}\frac{A_{s1}}{A_{st}}-\dots -a_{1r}\frac{A_{nr}}{A_{st}}.\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$

Эти соотношения показывают, что весь $t$-й столбец является линейной комбинацией $r$ столбцов из базисного минора. Поскольку $t$ выбрано произвольно, получаем, что любой столбец есть линейная комбинация базисных (здесь $t>r$, но для $t\le r$ всё ещё более очевидно).

Аналогичными рассуждениями делается вывод для строк. Теорема доказана.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Теорема 2. О ранге матрицы

Теорема. О ранге матрицы

Теорема

Обратная теореме о базисных строках(столбцах). Если у матрицы каждый столбец является комбинацией $r$ базисных столбцов, причём $r$ минимально возможное, то Ранг матрицы равен $r$.

Обоснуйте самостоятельно.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Теорема 3. Определитель и линейная зависимость

Ранее было показано, что если одна из строк $A_i$ (один из столбцов) матрицы $A$ является линейной комбинацией других, то $\det A=0$. Докажем обратное утверждение.

Теорема. Определитель и линейная зависимость

Теорема

Если $\det A=0$, то одна из строк (один из столбцов) является линейной комбинацией остальных.

Доказательство

Следует из теоремы о базисных строках(столбцах): если Определитель порядка $n$ равен нулю, то ранг $\mathrm{rank}A<n$, следовательно, по крайней мере одна строка является линейной комбинацией остальных.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Теорема 4. Определитель и ранг матрицы

Теорема. Определитель и ранг матрицы

Теорема

Определитель не равен нулю тогда и только тогда когда ранг матрицы равен её размеру

$$\det A_{n\times n}\ne 0⟺\mathrm{rank}A=n$$

Доказательство

Если бы у матрицы $A$ были линейно зависимые строки, её Определительбыл бы равен нулю. Следовательно, $\det A$ и есть Базисный минор, а значит, $\mathrm{rank}A=n$.

Обратно по определению ранга.

Общее следствие

Ранг матрицы можно рассматривать как максимальное количество линейно независимых строк (и столбцов) матрицы. Очевидно, что входящие в Базисный минор строки (столбцы) линейно независимы, иначе он был бы равен нулю. Больше он также быть не может, иначе нашёлся бы ненулевой Минор большего порядка (обобщение теоремы обопределители и линейной зависимости). Также отметим, что ранг по строкам и столбцам это всегда одно и то же число.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Теорема 5. Ранг произведения матриц

Теорема. Ранг произведения матриц

Теорема

Ранг произведения матриц меньше либо равен рангу одного из элемента произведения

$$\forall A\in M_{m\times n}[\mathbf{P}]\forall B\in M_{n\times p}[\mathbf{P}](\mathrm{rank}AB\le \mathrm{rang}A,\mathrm{rank}AB\le \mathrm{rank}B)$$

Доказательство

Сначала покажем, что столбцы матрицы $AB$ представляют собой линейную комбинацию столбцов матрицы $A$.

Действительно, если $A=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}\\ \dots & & & \\ a_{m1}& a_{m2}& \dots & a_{mn}\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cccc}{b}_{11}& b_{12}& \dots & b_{1p}\\ b_{21}& b_{22}& \dots & b_{2p}\\ \dots & & & \\ b_{n1}& b_{n2}& \dots & b_{np}\end{array}\right)$,

то первый столбец матрицы $AB$ выглядит следующим образом:

$$\left(\begin{array}{c}{a}_{11}{b}_{11}+a_{12}{b}_{21}+\dots +a_{1n}{b}_{n1}\\ a_{21}{b}_{11}+a_{22}{b}_{21}+\dots +a_{2n}{b}_{n1}\\ \dots \\ a_{m1}{b}_{11}+a_{m2}{b}_{21}+\dots +a_{mn}{b}_{n1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{a}_{11}\\ a_{21}\\ \dots \\ a_{m1}\end{array}\right)\cdot b_{11}+\left(\begin{array}{c}{a}_{12}\\ a_{22}\\ \dots \\ a_{m2}\end{array}\right)\cdot b_{21}+\dots +\left(\begin{array}{c}{a}_{1n}\\ a_{2n}\\ \dots \\ a_{mn}\end{array}\right)\cdot b_{n1},$$

то есть раскладывается в сумму столбцов матрицы $A$ с коэффициентами из первого столбца матрицы $B$.

Таким же образом можно записать представление остальных столбцов матрицы произведения, заменив в произведении первый столбец матрицы $B$.

Вернёмся к доказательству основного утверждения.

Для этого рассмотрим расширенную матрицу $(A\mid AB)=D$ размера $m\times (n+p)$. С одной стороны, $AB$ - подматрица $D$, поэтому $\mathrm{rank}AB\le \mathrm{rank}D$.

С другой, как только что было показано, столбцы $AB$ это линейные комбинации столбцов матрицы $A$, поэтому, приписывая к столбцам матрицы $A$ их линейные комбинации, максимальное количество линейно независимых строк расширенной матрицы, т.е. её ранг, увеличить невозможно, т.е. $\mathrm{rank}AB\le \mathrm{rank}D=\mathrm{rank}A$.

Аналогично можно показать, что строки матрицы $AB$ это линейные комбинации строк матрицы $B$, после чего к строкам $B$ приписать снизу строки $AB$, откуда $\mathrm{rank}AB\le \mathrm{rank}B$.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Связь ранга матрицы с элементарными преобразованиями

Связь ранга матрицы с элементарными преобразованиями

Перестановка параллельных рядов исходной матрицы $A$ или умножение ряда на ненулевой коэффициент способны поменять знак базисного минора $M_r$ или сообщить ему тот же множитель, что не меняет максимальный порядок отличных от нуля миноров, т.е. ранг матрицы.

Элементарное преобразование третьего типа необходимо рассмотреть отдельно.
Если данное преобразование не касалось строк или столбцов базисного минора, он по-прежнему остаётся неравным нулю.
Рассмотрим преобразование со строкой (столбцом), входящим в базисный минор.

Рассмотрим три разных минора:

1. Базисный минор $M_r=\left|\begin{array}{llllll}{A}_1& A_2& \dots & A_t& \dots & A_r\end{array}\right|$, где $A_1,\dots ,A_t,\dots ,A_r,\dots ,A_k,\dots ,A_n$ - столбцы матрицы $A$.
2. Допустим, к $t$-му столбцу, входящему в базисный минор, прибавили $k$-й с коэффициентом $\lambda$. Тогда базисный минор $M_r$ принимает вид:
   $M_r^{\prime }=\left|\begin{array}{llllll}{A}_1& A_2& \dots & A_t+\lambda A_k& \dots & A_r\end{array}\right|$
   По теореме о ранге произведения матриц ,$A_k={\alpha }_1{A}_1+\dots +{\alpha }_r{A}_r$ для базисных столбцов $A_1,\dots ,A_r$
3. В-третьих, минор $M_r^k=\left|\begin{array}{llllll}{A}_1& A_2& \dots & A_k& \dots & A_r\end{array}\right|$ (заменили $t$-й столбец на $k$-й)
   Пo свойству 6 определителей:
   $M_r^k=\left|\begin{array}{llllll}{A}_1& A_2& \dots & A_k& \dots & A_r\end{array}\right|=\left|\begin{array}{lllll}{A}_1& A_2& \dots & \left({\alpha }_1{A}_1+\dots +{\alpha }_r{A}_r\right)& \dots \end{array}{A}_r\right|=$
   ${\alpha }_t{M}_r+0+\dots +0$,

Поскольку все остальные миноры содержат одинаковые столбцы (из разложения $A_k$ )
Следовательно (опять же по свойству 6 определителей)
$M_r^{\prime }=M_r+\lambda {\alpha }_t{M}_r=\left(1+\lambda {\alpha }_t\right)M_r$
Если $1+\lambda {\alpha }_t\ne 0$, то базисный минор (превратившись из $M_r$ в $M_r^{\prime }$ ) после преобразования третьего типа остался ненулевым.

Если же $1+\lambda {\alpha }_t=0$, то ${\alpha }_t\ne 0$, и у нас всё равно остаётся ненулевой минор порядка $r$ - это $M_r^k$
Получаем, что ранг не уменьшился.
Если к одному столбцу прибавить другой столбец, умноженный на число, то все столбцы по-прежнему останутся линейными комбинациями базисных столбцов, следовательно, ранг не может и увеличиться.

Таким образом, ранг не изменился, и была доказана теорема о ранге произведения матриц: элементарные преобразования не меняют ранг матрицы.

Пример

$\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}-1& 3& 3& -4\\ 4& -7& -2& 1\\ -3& 5& 1& 0\\ -2& 3& 0& 1\end{array}\right)=\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}-1& 3& 3& -4\\ 0& 5& 10& -15\\ 0& -4& -8& 12\\ 0& -3& -6& 9\end{array}\right)=\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}-1& 3& 3& -4\\ 0& 5& 10& -15\\ \theta & -4& 8& 12\\ \theta & -3& -6& 9\end{array}\right)$

$=\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}-1& 3& 3& -4\\ 0& 5& 10& -15\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)=\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}-1& 3& 3& -4\\ 0& 5& 10& -15\end{array}\right)=2$

Данный пример иллюстрирует тот факт, что при помощи элементарных преобразований матрица может быть приведена к трапецеидальному (ступенчатому) виду (частный случай - треугольный). Нижнее основание трапеции может идти по нижней строке, а также быть выше, как в рассмотренном примере.

Поскольку при элементарных преобразованиях ранг матрицы не меняется, в ступенчатой матрице достаточно посчитать количество ненулевых строк.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Обратная матрица и её свойства

Обратная матрица

Обратная матрица

Def. Матрица $A^{-1}$ называется обратной к $A$, если выполнено:

$$A\cdot A^{-1}=A^{-1}\cdot A=E$$

$A$ - квадратная матрица.

матрица

Ссылка на оригинал

---

Присоединённая матрица

Присоединённая матрица

Def. Присоединённой матрицей называется транспонированная матрица алгебраических дополнений:

$$\tilde{A}=\left(\begin{array}{cccc}{A}_{11}& A_{21}& \dots & A_{n1}\\ A_{12}& A_{22}& \dots & a_{n2}\\ \dots & & & \\ A_{1n}& A_{2n}& \dots & A_{nn}\end{array}\right)$$

матрица

Ссылка на оригинал

---

Невырожденная и вырожденная матрицы

Def. Матрица $A$ называется невырожденной (неособенной), если её Определитель не равен 0 ($\det A\ne 0$).
В противном случае матрица называется вырожденной.
#матрица

Ссылка на оригинал

---

Теорема 6. Критерий обратной матрицы и способ её нахождения

Теорема. Критерий обратной матрицы и способ её нахождения

Теорема

Для того чтобы квадратная матрица имела обратную, необходимо и достаточно, чтобы она была невырожденной.

Доказательство

Пусть $A$ имеет обратную. Тогда, по свойству определителей:

$$A^{-1}\cdot A=E⟹\det A^{-1}\cdot \det A=1⟹\det A\ne 0$$

Обратно. Пусть $\det A\ne 0$. Предъявим обратную матрицу.
Умножим $A$ на присоединённую матрицу и воспользуемся теоремой об алгебраических дополнениях и следствием 2 из неё:

$$\begin{array}{rl}& A\cdot \tilde{A}=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}\\ \dots & & & \\ a_{m1}& a_{m2}& \dots & a_{mn}\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cccc}{A}_{11}& A_{21}& \dots & A_{n1}\\ A_{12}& A_{22}& \dots & a_{n2}\\ \dots & & & \\ A_{1n}& A_{2n}& \dots & A_{nn}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}\det A& 0& \dots & 0\\ 0& \det A& \dots & 0\\ \dots & & & \\ 0& 0& \dots & \det A\end{array}\right)=\\ & =\det A\cdot E.\end{array}$$

По условию, $\det A\ne 0$, следовательно, матрица $\frac{1}{\det A}\cdot \tilde{A}$ является обратной к $A$ (умножение с другой стороны рассматривается аналогично).

Пример нахождения обратной матрицы

Теорема предоставляет способ нахождения обратной матрицы:

Пусть $A=\left(\begin{array}{lll}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right)$

$\det A=1+1+0-1-0-0=1$

$A_{11}=(-1{)}^{1+1}\cdot \left|\begin{array}{ll}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right|=1,A_{21}=(-1{)}^{2+1}.\left|\begin{array}{ll}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right|=-1$ и т.д.

Тогда $A^{-1}=\frac{1}{1}\left(\begin{array}{lll}{A}_{11}& A_{21}& A_{31}\\ A_{12}& A_{22}& A_{32}\\ A_{13}& A_{23}& A_{33}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 1& 0& -1\\ -1& 1& 1\end{array}\right)$

матрица

Ссылка на оригинал

---

Свойства обратной матрицы

Свойства обратной матрицы

Пусть $A,B$ - невырожденные подходящие матрицы. Рассмотрим свойства обратной матрицы:
1.

$$\det A^{-1}=\frac{1}{\det A}$$

Следует из $\det A^{-1}\cdot \det A=1$.

2. $${\left(A^{-1}\right)}^{-1}=A$$
3. $$(AB{)}^{-1}=B^{-1}{A}^{-1}$$

   Во-первых, $AB$ невырождена, так как $\det (AB)=\det A\cdot \det B$, значит, имеет обратную. Далее, $AB{B}^{-1}{A}^{-1}=AE{A}^{-1}=A{A}^{-1}=E$. Аналогично в обратном порядке.

4. $${\left(A^T\right)}^{-1}={\left(A^{-1}\right)}^T$$

   Действительно, ${\left(A^{-1}A\right)}^T=A^T{\left(A^{-1}\right)}^T=E^T=E$, следовательно обратной к $A^T$ является ${\left(A^{-1}\right)}^T$

Замечание

Систему из $n$ уравнений с $n$ неизвестными можно записать в матричном виде:
$A\cdot X=B$, где $X$ и $B$-столбцы неизвестных и свободных членов соответственно.
Отсюда $X=A^{-1}B$

матрица

Ссылка на оригинал

---

Нахождение обратной матрицы с помощью элементарных преобразований

Алгоритм нахождения обратной матрицы с помощью элементарных преобразований

Алгоритм

Идея: заключается в совершении элементарных преобразований над строками расширенной матрицы:
$\left(\begin{array}{ll}A& E\end{array}\right)\sim \dots \sim \left(E\mid {\mathrm{A}}^{-1}\right)$, т.е. в левой части из матрицы $\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}\\ \dots & & & \\ a_{n1}& a_{n2}& \dots & a_{nn}\end{array}\right)$ необходимо получить $\left(\begin{array}{cccc}1& 0& \dots & 0\\ 0& 1& \dots & 0\\ \dots & & & \\ 0& 0& \dots & 1\end{array}\right)$

Ранг матрицы $\mathrm{rank}A=n$, следовательно, её можно привести к треугольному виду с ненулевыми элементами на главной диагонали: $\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}^{\prime }& a_{12}^{\prime }& \dots & a_{1n}^{\prime }\\ 0& a_{22}^{\prime }& \dots & a_{2n}^{\prime }\\ \dots & & & \\ 0& 0& \dots & a_{nn}^{\prime }\end{array}\right)$
Далее, используя $a_{nn}^{\prime }$, при помощиэлементарных преобразований третьего типа обнуляем все вышестоящие элементы последнего столбца, при помощи $a_{(n-1)(n-1)}^{\prime }$ - предпоследнего и т.д.

В итоге получим невырожденную диагональную матрицу, каждый элемент диагонали которой разделим на самого себя.

Почему полученная справа матрица будет обратной к $A$? Каждое элементарное преобразование эквивалентно умножению на матрицу специального вида слева, т.е. мы получили:

• В левой части: $S_1\cdot S_2\cdot \dots \cdot S_k\cdot A=E$.

• В правой части: $S_1\cdot S_2\cdot \dots \cdot S_k\cdot E=B$.

  T.e. $B=A^{-1}$.

Пример

$$\begin{array}{rl}& A=\left(\begin{array}{ll}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right)\\ & \\ & \left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 3& 4& 0& 1\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 0& -2& -3& 1\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{cccc}1& 0& -2& 1\\ 0& -2& -3& 1\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{cccc}1& 0& -2& 1\\ 0& 1& 1,5& -0,5\end{array}\right)\end{array}$$

Таким образом, $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}-2& 1\\ 1,5& -0,5\end{array}\right)$

матрица

Ссылка на оригинал

---

Теорема 7. Крамера

Теорема Крамера

Теорема

Пусть дана система $K$ из $n$ уравнений с $n$ неизвестными.

$$K:\{\begin{array}{l}{a}_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+\dots +a_{1n}{x}_n=b_1,\\ a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+\dots +a_{2n}{x}_n=b_2,\\ \dots \\ a_{n1}{x}_1+a_{n2}{x}_2+\dots +a_{nn}{x}_n=b_n.\end{array}$$

Запишем её в матричном виде:

$$\left(\begin{array}{ccccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}& b_1\\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}& b_2\\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_{n1}& a_{n2}& \dots & a_{nn}& b_n\end{array}\right)$$

Этой системе соответствует матричное уравнение

$$A\cdot X=B$$

где $A$ - матрица коэффициентов при неизвестных, $B$ - столбец свободных членов, $X$ - столбец неизвестных.

Теорема Крамера: Пусть дана система уравнений $K$ и $\det A\ne 0$. Тогда $K$ имеет единственное решение

$${\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots ,{\alpha }_n\right)}^T$$

где ${\alpha }_1=\frac{{\Delta }_1}{\Delta },\dots ,{\alpha }_n=\frac{{\Delta }_n}{\Delta },\Delta =\det A$

$${\Delta }_i=\left|\begin{array}{lllll}{a}_{11}& \dots & b_1& \dots & a_{1n}\\ \dots & & & & \\ a_{n1}& \dots & b_n& \dots & a_{nn}\end{array}\right|$$

$i$-й столбец, $А$ заменён на столбец свободных членов

Доказательство

Пусть ${\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots ,{\alpha }_n\right)}^T$ - решение системы $K$.
Подставим его в систему, затем умножим первое уравнение на $A_{11}$, второе - на $A_{21},\dots$, последнее - на $A_{n1}$, после чего сложим все уравнения и сгруппируем по ${\alpha }_i(i=1,2,\dots ,n)$ :

$$\begin{array}{rl}& {\alpha }_1\left(a_{11}{A}_{11}+a_{21}{A}_{21}+\dots +a_{n1}{A}_{n1}\right)+{\alpha }_2\left(a_{12}{A}_{11}+a_{22}{A}_{21}+\dots +a_{n2}{A}_{n1}\right)+\dots \\ & \dots +{\alpha }_1\left(a_{1n}{A}_{11}+a_{2n}{A}_{21}+\dots +a_{nn}{A}_{n1}\right)=A_{11}{b}_1+A_{21}{b}_2+\dots +A_{n1}{b}_n.\end{array}$$

По свойствам определителей, множитель при ${\alpha }_1$ равен $\det A$, остальные множители равны нулю. Выражение в правой части представляет собой Определитель матрицы, полученной из $A$ заменой первого столбца на столбец $B$ :

$$\left|\begin{array}{cccc}{b}_1& a_{12}& \dots & a_{1n}\\ \dots & & & \\ b_n& a_{n2}& \dots & a_{nn}\end{array}\right|$$

Таким образом, ${\alpha }_1\cdot \det A={\Delta }_1$, откуда ${\alpha }_1=\frac{{\Delta }_1}{\Delta }$.

Проделаем аналогичную процедуру с алгебраическими дополнениями $A_{1i},A_{2i},\dots ,A_{ni}$. В итоге получим равенство:

$$\begin{array}{r}{\alpha }_1\left(a_{11}{A}_{1i}+a_{21}{A}_{2i}+\dots +a_{n1}{A}_{ni}\right)+{\alpha }_2\left(a_{12}{A}_{1i}+a_{22}{A}_{2i}+\dots +a_{n2}{A}_{ni}\right)+\dots \\ \dots +{\alpha }_1\left(a_{1n}{A}_{1i}+a_{2n}{A}_{2i}+\dots +a_{nn}{A}_{ni}\right)=A_{1i}{b}_1+A_{2i}{b}_2+\dots +A_{ni}{b}_n\end{array}$$

Здесь также не равен нулю только один множитель - при ${\alpha }_i$.
В итоге имеем: ${\alpha }_i\cdot \det A={\Delta }_i$, откуда ${\alpha }_i=\frac{{\Delta }_i}{\Delta }$
Таким образом, мы показали, что если решение системы уравнений $K$ существует, то его можно получить единственным образом через коэффициенты $a_{ij}$ и правую часть $B$.

Осталось показать, что решение существует всегда.
Во-первых, отметим, что выражение $\frac{{\Delta }_i}{\Delta }$ имеет смысл всегда, так как по условию $\det A\ne 0$.
Далее подставим найденные ${\alpha }_i$ в систему. Начинаем с первого уравнения:

$$a_{11}\frac{{\Delta }_1}{\Delta }+a_{12}\frac{{\Delta }_2}{\Delta }+\dots +a_{1n}\frac{{\Delta }_n}{\Delta }=\frac{1}{\Delta }\left(a_{11}{\Delta }_1+a_{12}{\Delta }_2+\dots +a_{1n}{\Delta }_n\right)=$$

распишем ${\Delta }_i$ по столбцу со свободными членами

$$\begin{array}{l}=\frac{1}{\Delta }\left(a_{11}\left(b_1{A}_{11}+b_2{A}_{21}+\dots +b_n{A}_{n1}\right)+\dots +a_{1n}\left(b_1{A}_{1n}+\dots +b_{n-1}{A}_{(n-1)n}+b_n{A}_{nn}\right)\right)=\\ =\frac{1}{\Delta }\left(b_1\left(a_{11}{A}_{11}+\dots +a_{1n}{A}_{1n}\right)+\dots +b_n\left(a_{11}{A}_{n1}+\dots +a_{1n}{A}_{nn}\right)\right)=\\ =\frac{1}{\Delta }\left(b_1\Delta +0+\dots +0\right)=b_1\end{array}$$

Подставляя ${\alpha }_i$ в остальные уравнения, получим оставшиеся $b_i(i=2,\dots ,n)$

Теорема доказана.

Следствие 1

Если система $K$ не имеет решений, то $\det A=0$.

Следствие 2

Если система $K$ имеет бесконечно много решений, то $\det A=0$.

Пример

$$\{\begin{array}{l}2x+5y=9\\ 3x-y=5\end{array}$$

В матричном виде: $\left(\begin{array}{ccc}2& 5& 9\\ 3& -1& 5\end{array}\right)$

$$\Delta =\left|\begin{array}{cc}2& 5\\ 3& -1\end{array}\right|=-17;{\Delta }_1=\left|\begin{array}{cc}9& 5\\ 5& -1\end{array}\right|=-34;{\Delta }_2=\left|\begin{array}{cc}2& 9\\ 3& 5\end{array}\right|=-17$$ $$\Rightarrow x=\frac{{\Delta }_1}{\Delta }=2,y=\frac{{\Delta }_2}{\Delta }=1$$

Ответ: $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)$

матрица

Ссылка на оригинал

---

Нахождение обратной матрицы с помощью теоремы Крамера

Нахождение обратной матрицы с помощью Теоремы Крамера

Теорема

Для элементов $a_{ij}^{\prime }$ обратной матрицы $A^{-1}$ :

$$a_{ij}^{\prime }=x_j^{(i)}=\frac{(-1{)}^{i+j}\cdot M_{ji}}{\Delta }$$

Симметричность индексов

Индексы самого элемента и дополнительного минора не совпадают, а симметричны

Доказательство

Обозначим через $E_{j}j$-й столбец единичной матрицы, т.е. столбец, состоящий из нулей и единицы на $j$-й позиции. Обратим внимание, что $j$-й столбец обратной матрицы $A^{-1}$ (собственно, как и любой другой матрицы) выражается через саму матрицу следующим образом:

$$\left(A_j^{-1}\right)=A^{-1}\cdot E_j$$

что видно из правила умножения матриц.

Далее, умножим это равенство слева на матрицу $A$, получим:

$$A\cdot \left(A_j^{-1}\right)=E_j$$

Поскольку задача состоит в поиске элементов столбца $A_j^{-1}$ ,переобозначим его как $X_j$ и перепишем последнее равенство в терминах теоремы Крамера:

$$A\cdot X_j=E_j$$

По теореме Крамера, значение $i$-й переменной (т.е. $i$-го элемента столбца), вычисляется по формуле:

$$x_j^{(i)}=\frac{{\Delta }^{(i{)}_j}}{\Delta }$$

где $\Delta$, разумеется, это определитель матрицы $A$, а ${\Delta }_j^{(i)}$ - определитель матрицы, полученной из $A$ заменой $i$-го столбца на $j$-й столбец матрицы $E$ (убедитесь, что это так, определив место данного элемента в матрице $A$ ).

Теперь разложим ${\Delta }_j^{(i)}$ по $i$-му же столбцу, не забывая, что в нём только один ненулевой элемент, так как он взят из матрицы $E$ :

$${\Delta }_j^{(i)}=(-1{)}^{i+j}\cdot M_{ji}$$

Обратите внимание

Индексы самого элемента и дополнительного минора не совпадают, а симметричны, что опять же следует из его положения в $A$.

Окончательно получаем для элементов $a_{ij}^{\prime }$ матрицы $A^{-1}$ :

$$a_{ij}^{\prime }=x_j^{(i)}=\frac{(-1{)}^{i+j}\cdot M_{ji}}{\Delta }$$

матрица

Ссылка на оригинал

---

Приложение. Определитель Вандермонда

Определитель Вандермонда

Def. Рассмотрим определитель, у которого первый столбец состоит из единиц, второй - из произвольных чисел $x_1,x_2,\dots ,x_n$, третий - из квадратов этих чисел, и так далее до последнего столбца, состоящего из ( $n-1$ )-х степеней чисел. Такой определитель называется определителем Вандермонда:

$$\left|\begin{array}{ccccc}1& x_1& x_1^2& \dots & x_1^{n-1}\\ 1& x_2& x_2^2& \dots & x_2^{n-1}\\ \dots & & & & \\ 1& x_n& x_n^2& \dots & x_n^{n-1}\end{array}\right|=V\left(x_1,x_2,\dots ,x_n\right)$$

Вычислим его

1. Сначала умножим каждый предыдущий столбец на $x_1$ и вычтем его из следующего столбца:

$$\left|\begin{array}{ccccc}1& x_1& x_1^2& \dots & x_1^{n-1}\\ 1& x_2& x_2^2& \dots & x_2^{n-1}\\ \dots & & & & \\ 1& x_n& x_n^2& \dots & x_n^{n-1}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& \dots & 0\\ 1& x_2-x_1& x_2^2-x_1{x}_2& \dots & x_2^{n-1}-x_1{x}_2^{n-2}\\ \dots & & & & \\ 1& x_n-x_1& x_n^2-x_1{x}_n& \dots & x_n^{n-1}-x_1{x}_n^{n-2}\end{array}\right|$$

2. Разложим по первой строке методом алгебраических дополнений

$$1\cdot (-1{)}^{1+1}\cdot \left|\begin{array}{cccc}{x}_2-x_1& x_2^2-x_1{x}_2& \dots & x_2^{n-1}-x_1{x}_2^{n-2}\\ x_3-x_1& x_3^2-x_1{x}_3& \dots & x_3^{n-1}-x_1{x}_3^{n-2}\\ \dots & & & \\ x_n-x_1& x_n^2-x_1{x}_n& \dots & x_n^{n-1}-x_1{x}_n^{n-2}\end{array}\right|$$

3. Вынесем общий множитель вида $\left(x_k-x_1\right)$ из каждой строки $(k=2,\dots ,n)$

$$\left(x_2-x_1\right)\left(x_3-x_1\right)\cdot \dots \cdot \left(x_n-x_1\right)\cdot \left|\begin{array}{cccc}1& x_2& \dots & x_2^{n-2}\\ 1& x_3& \dots & x_3^{n-2}\\ \dots & & & \\ 1& x_n& \dots & x_n^{n-2}\end{array}\right|=\prod _{k=2}^n\left(x_k-x_1\right)\cdot \left|\begin{array}{cccc}1& x_2& \dots & x_2^{n-2}\\ 1& x_3& \dots & x_3^{n-2}\\ \dots & & & \\ 1& x_n& \dots & x_n^{n-2}\end{array}\right|$$

Таким образом, определитель Вандермонда $n$-го порядка выражен через определитель Вандермонда ( $n-1$ )-го порядка.

4. Повторим операцию для вычитания столбца с множителем $x_2$ :

$$V\left(x_1,x_2,\dots ,x_n\right)=\prod _{k=2}^n\left(x_k-x_1\right)\cdot \prod _{l=3}^n\left(x_l-x_2\right)\cdot \left|\begin{array}{cccc}1& x_3& \dots & x_3^{n-3}\\ 1& x_4& \dots & x_4^{n-3}\\ \dots & & & \\ 1& x_n& \dots & x_n^{n-3}\end{array}\right|$$

5. Продолжая процесс, в результате получим:

$$V\left(x_1,x_2,\dots ,x_n\right)=\prod _{x_k>x_l,l=1}^n\left(x_k-x_l\right)$$

Пример

Пример

$$\left|\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 1& 3& 9\\ 1& -4& 16\end{array}\right|=(3-(-1)\cdot (-4-(-1))\cdot (-4-3)=84$$

матрица

Ссылка на оригинал

---

По итогам лекции нужно знать:

1. Понятия:

   • Ранг матрицы
   • Базисный минор
   • Обратная матрица
   • Определитель Вандермонда

2. Свойство базисного минора

3. Связь определителя и ранга

4. Свойства обратной матрицы

5. Теорема Крамера

6. Способы нахождения обратной матрицы:

   • Методом алгебраических дополнений
   • Метод элементарных преобразований
   • С помощью теоремы Крамера

7. Основные теоретические факты и их доказательство

матрица