Системи линейни уравнения и ранг на матрица - много трудни задачи с решения

Решение:
Детерминантата на системата е
[tex]\Delta=\begin{vmatrix}\lambda&1&1\\1&\mu&1\\1&2\mu&1\end{vmatrix}=\mu(1-\lambda)[/tex]
следователно при [tex]\mu\ne 0[/tex] и [tex]\lambda\ne 1[/tex] решението е единствено (формули на Крамер). Останалите случаи изследваме чрез елиминиране. Като извадим второто уравнение от третото, получаваме
[tex]\mu x_2=1[/tex]
Ако [tex]\mu=0[/tex], това е [tex]0=1[/tex] и системата е несъвместима. Ако [tex]\mu\ne 0[/tex], то [tex]x_2=\frac{1}{\mu}[/tex] и второто и първото уравнение приемат вида
[tex]x_1+x_3=2,\qquad \lambda x_1+x_3=4-\frac{1}{\mu}\ \Rightarrow\ (\lambda-1)x_1=2-\frac{1}{\mu}[/tex]
При [tex]\lambda\ne 1[/tex] (и [tex]\mu\ne 0[/tex]) решението е единствено. При [tex]\lambda=1[/tex] последното уравнение става [tex]0\cdot x_1=2-\frac{1}{\mu}[/tex]: ако [tex]\mu\ne\frac{1}{2}[/tex], няма решение, а ако [tex]\mu=\frac{1}{2}[/tex], то е изпълнено за всяко [tex]x_1[/tex] и системата има безброй много решения:
[tex](x_1; x_2; x_3)=(t; 2; 2-t),\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
(тук матрицата на системата и разширената матрица имат ранг [tex]2[/tex]). Да отбележим, че само условието [tex]\Delta=0[/tex] не решава дали системата няма решение, или има безброй много решения. Отговор:
[tex]\lambda=1,\ \mu=\frac{1}{2}[/tex]

Решение:
Нека [tex]A[/tex] е матрицата на системата, а [tex]\bar{A}[/tex] е разширената матрица. Първо пресмятаме детерминантата на системата. Като прибавим втория, третия и четвъртия стълб към първия, всички елементи на първия стълб стават равни на [tex]k+6[/tex]; изнасяме този множител и изваждаме първия ред от останалите:
[tex]\Delta=(k+6)\begin{vmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 \\ 1 & k & 3 & 2 \\ 1 & 1 & k & 3 \\ 1 & 2 & 1 & k \end{vmatrix}=(k+6)\begin{vmatrix} k-3 & 1 & 1 \\ -2 & k-2 & 2 \\ -1 & -1 & k-1 \end{vmatrix}[/tex]
Развиваме последната детерминанта по първия ѝ ред:
[tex](k-3)\left((k-2)(k-1)+2\right)-\left(-2(k-1)+2\right)+\left(2+(k-2)\right)=k^3-6k^2+16k-16=(k-2)(k^2-4k+8)[/tex]
Следователно
[tex]\Delta=(k+6)(k-2)\left((k-2)^2+4\right)[/tex]
и тъй като [tex](k-2)^2+4\gt 0[/tex], имаме [tex]\Delta=0[/tex] само при [tex]k=-6[/tex] и [tex]k=2[/tex]. Ако [tex]k\ne -6[/tex] и [tex]k\ne 2[/tex], по формулите на Крамер системата има единствено решение.
При [tex]k=-6[/tex]: сборът на коефициентите във всеки стълб е [tex]k+6=0[/tex], а сборът на свободните членове е [tex]5+k+1+0=k+6=0[/tex], следователно сборът на четирите реда на [tex]\bar{A}[/tex] е нулевият ред и четвъртото уравнение е следствие от другите три. Освен това
[tex]\begin{vmatrix} -6 & 3 & 2 \\ 1 & -6 & 3 \\ 2 & 1 & -6 \end{vmatrix}=-136\ne 0[/tex]
следователно [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=3\lt 4[/tex] и според теоремата на Кронекер-Капели системата има безброй много решения (зависещи от един параметър).
При [tex]k=2[/tex]: означаваме уравненията с [tex]E_1,E_2,E_3,E_4[/tex]. Комбинацията [tex]E_1-E_2+E_3-E_4[/tex] има коефициенти [tex]\left(k-2 ; 2-k ; k-2 ; 2-k\right)[/tex] и свободен член [tex]6-k[/tex]; при [tex]k=2[/tex] тя гласи
[tex]0=4[/tex]
следователно системата няма решение. (Наистина, [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex], а [tex]\operatorname{rank}\bar{A}=4[/tex].)
[tex]\begin{vmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \end{vmatrix}=8\ne 0\ \Rightarrow\ \operatorname{rank}A=3[/tex]

Решение:
Елементарните преобразувания на редовете не променят ранга. С помощта на третия ред [tex]R_3=(1; 5; 5; 1; -1)[/tex] нулираме първия стълб:
[tex]R_1-5R_3=(0; 3; \lambda; 3; -1),\qquad R_2+9R_3=(0; -9; -6; \lambda-6; 3)[/tex]
[tex]R_4-4R_3=(0; \lambda+1; 2; 3; -1),\qquad R_5-2R_3=(0; 3; 2; 3; -1)=P[/tex]
Сега изваждаме кратни на [tex]P[/tex] от другите нови редове:
[tex](0; 3; \lambda; 3; -1)-P=(0; 0; \lambda-2; 0; 0)[/tex]
[tex](0; -9; -6; \lambda-6; 3)+3P=(0; 0; 0; \lambda+3; 0)[/tex]
[tex](0; \lambda+1; 2; 3; -1)-P=(0; \lambda-2; 0; 0; 0)[/tex]
Следователно
[tex]A\sim\begin{bmatrix}1&5&5&1&-1\\0&3&2&3&-1\\0&\lambda-2&0&0&0\\0&0&\lambda-2&0&0\\0&0&0&\lambda+3&0\end{bmatrix}[/tex]
Първите два реда заедно с ненулевите редове измежду последните три са линейно независими: в нулева линейна комбинация коефициентът пред първия ред е [tex]0[/tex] (първият стълб), след това коефициентът пред втория ред е [tex]0[/tex] (последният стълб), а останалите редове са кратни на различни единични вектори. Следователно [tex]\operatorname{rank}A[/tex] е равен на [tex]2[/tex] плюс броя на ненулевите числа измежду [tex]\lambda-2,\ \lambda-2,\ \lambda+3[/tex]:
при [tex]\lambda\ne 2,\ \lambda\ne -3[/tex] рангът е [tex]5[/tex] (наистина [tex]\det A=-(\lambda-2)^2(\lambda+3)\ne 0[/tex]); при [tex]\lambda=-3[/tex] той е [tex]2+2=4[/tex]; при [tex]\lambda=2[/tex] той е [tex]2+1=3[/tex].
[tex]\operatorname{rank}A=\begin{cases}3, & \lambda=2\\4, & \lambda=-3\\5, & \lambda\ne 2,\ \lambda\ne -3\end{cases}[/tex]

Решение:
Равенството [tex]\vec{v}=c_1\vec{v}_1+c_2\vec{v}_2+c_3\vec{v}_3+c_4\vec{v}_4[/tex] е линейна система за [tex]c_1,c_2,c_3,c_4[/tex], чиято матрица [tex]A[/tex] има за стълбове векторите [tex]\vec{v}_1,\ldots,\vec{v}_4[/tex]. Представянията са повече от едно точно когато тази система е съвместима и решението ѝ не е единствено, т.е. (според теоремата на Кронекер-Капели) когато [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}\lt 4[/tex]. Записваме координатите, като започваме с третата:
[tex]\begin{cases}c_1+3c_2+3c_3+3c_4=-2 & (1)\\-c_1-c_2-2c_3-2c_4=3 & (2)\\-2c_1-10c_2-7c_3+(\mu+8)c_4=3\lambda-1 & (3)\\-c_1-6c_2-4c_3+2c_4=\lambda & (4)\end{cases}[/tex]
Елиминираме [tex]c_1[/tex], като прибавяме [tex](1)[/tex] към [tex](2)[/tex] и към [tex](4)[/tex], а удвоеното [tex](1)[/tex] – към [tex](3)[/tex]:
[tex]\begin{cases}2c_2+c_3+c_4=1\\-4c_2-c_3+(\mu+14)c_4=3\lambda-5\\-3c_2-c_3+5c_4=\lambda-2\end{cases}[/tex]
Елиминираме [tex]c_2[/tex], като прибавяме удвоеното първо от тези уравнения към второто, а утроеното първо – към удвоеното трето:
[tex]c_3+(\mu+16)c_4=3\lambda-3,\qquad c_3+13c_4=2\lambda-1[/tex]
Като извадим тези две уравнения:
[tex](\mu+3)c_4=\lambda-2[/tex]
Ако [tex]\mu\ne -3[/tex], системата има единствено решение за всяко [tex]\lambda[/tex] (точно едно представяне). Ако [tex]\mu=-3[/tex] и [tex]\lambda\ne 2[/tex], получаваме [tex]0=\lambda-2\ne 0[/tex], т.е. представяне няма. Ако [tex]\mu=-3[/tex] и [tex]\lambda=2[/tex], то [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=3\lt 4[/tex] и представянията са безброй много:
[tex](c_1; c_2; c_3; c_4)=(18t-8; 6t-1; 3-13t; t),\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
Например при [tex]t=0[/tex] получаваме
[tex]-8\vec{v}_1-\vec{v}_2+3\vec{v}_3=(5; 3; -2; 2)=\vec{v}[/tex]

Решение:
Първо намираме [tex]W=\ell(\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3,\vec{a}_4)[/tex]. Имаме
[tex]2\vec{a}_1-\vec{a}_2=(1; -3; -1; 8; 1)=\vec{a}_3,\qquad 2\vec{a}_2-\vec{a}_1=(4; 3; 2; -7; 1)=\vec{a}_4[/tex]
а [tex]\vec{a}_1,\vec{a}_2[/tex] не са пропорционални; следователно [tex]\dim W=2[/tex] и [tex]W=\ell(\vec{a}_1,\vec{a}_2)[/tex].
За хомогенна система с [tex]5[/tex] неизвестни, чиято матрица има ранг [tex]r[/tex], пространството от решенията има размерност [tex]5-r[/tex] (фундаменталната система решения се състои от [tex]5-r[/tex] решения). За да получим [tex]W[/tex], трябва [tex]5-r=2[/tex], т.е. [tex]r=3[/tex]. Тъй като рангът не надминава броя на уравненията, системата има поне [tex]3[/tex] уравнения.
Три уравнения са достатъчни. Векторът [tex]\vec{b}[/tex] от коефициентите на всяко уравнение трябва да удовлетворява [tex]\langle\vec{b},\vec{a}_1\rangle=\langle\vec{b},\vec{a}_2\rangle=0[/tex], т.е.
[tex]2b_1-b_2+3b_4+b_5=0,\qquad 3b_1+b_2+b_3-2b_4+b_5=0[/tex]
Тази система има ранг [tex]2[/tex] и фундаментална система решения
[tex](1; 2; -5; 0; 0),\qquad (1; -13; 0; -5; 0),\qquad (2; -1; 0; 0; -5)[/tex]
Тези вектори дават системата
[tex]\begin{cases}x_1+2x_2-5x_3=0\\x_1-13x_2-5x_4=0\\2x_1-x_2-5x_5=0\end{cases}[/tex]
чийто ранг е [tex]3[/tex] (вижте стълбовете на [tex]x_3,x_4,x_5[/tex]). Пространството от решенията ѝ има размерност [tex]5-3=2[/tex] и съдържа [tex]\vec{a}_1[/tex] и [tex]\vec{a}_2[/tex] (например за [tex]\vec{a}_1[/tex]: [tex]2-2-0=0,\ 2+13-15=0,\ 4+1-5=0[/tex]), следователно съвпада с [tex]W[/tex]. Най-малкият възможен брой уравнения е [tex]3[/tex].

Решение:
Ако [tex]x_1,\ldots,x_n\gt 0[/tex], всяка лява страна е произведение на положителни числа, следователно е положителна; затова положително решение може да съществува само ако [tex]c_1,\ldots,c_n\gt 0[/tex]. Нека това е изпълнено. Полагането [tex]x_j=e^{y_j}[/tex] е биекция между положителните [tex]x_j[/tex] и реалните [tex]y_j[/tex], а логаритмуването превръща системата в линейната система
[tex]\sum_{j=1}^{n}a_{ij}y_j=\ln c_i,\qquad i=1,2,\ldots,n[/tex]
с матрица [tex](a_{ij})[/tex]. Следователно изходната система има единствено положително решение тогава и само тогава, когато тази линейна система има единствено решение.
Ако [tex]\det(a_{ij})\ne 0[/tex], по формулите на Крамер има точно едно решение [tex]y[/tex], следователно точно едно положително решение [tex]x_j=e^{y_j}[/tex].
Ако [tex]\det(a_{ij})=0[/tex], то [tex]\operatorname{rank}(a_{ij})\lt n[/tex] и според теоремата на Кронекер-Капели линейната система или е несъвместима, или има безброй много решения (с [tex]n-\operatorname{rank}(a_{ij})\ge 1[/tex] свободни неизвестни); и в двата случая няма единствено положително решение.
Следователно условието е
[tex]\det(a_{ij})\ne 0,\quad c_1\gt 0,\ c_2\gt 0,\ \ldots,\ c_n\gt 0[/tex]

Решение:
Използваме ранга на матрица: максималния брой линейно независими стълбове (равен на най-високия ред на ненулев минор).
Стъпка [tex]1[/tex]: [tex]\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A[/tex]. Нека [tex]A^{(1)},\ldots,A^{(n)}[/tex] са стълбовете на [tex]A[/tex], а [tex]x_{ij}[/tex] са елементите на [tex]X[/tex]. Тогава [tex]j[/tex]-тият стълб на [tex]AX[/tex] е
[tex]x_{1j}A^{(1)}+x_{2j}A^{(2)}+\ldots+x_{nj}A^{(n)}[/tex]
следователно всеки стълб на [tex]AX[/tex] лежи в линейната обвивка на стълбовете на [tex]A[/tex], чиято размерност е [tex]\operatorname{rank}A[/tex]. Затова [tex]AX[/tex] не може да има повече от [tex]\operatorname{rank}A[/tex] линейно независими стълба, т.е. [tex]\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A[/tex].
Стъпка [tex]2[/tex]: [tex]\operatorname{rank}A\le n[/tex], защото [tex]A[/tex] има само [tex]n[/tex] стълба.
Стъпка [tex]3[/tex]: [tex]\operatorname{rank}E_m=m[/tex], защото [tex]\det E_m=1\ne 0[/tex].
Като обединим трите стъпки:
[tex]m=\operatorname{rank}E_m=\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A\le n[/tex]
Следователно [tex]m\le n[/tex]. (Нещо повече, тъй като и [tex]\operatorname{rank}A\le m[/tex], получаваме [tex]\operatorname{rank}A=m[/tex].)

Решение:
Матрицата [tex]A^{T}A[/tex] е квадратна от ред [tex]n[/tex], затова тя е обратима тогава и само тогава, когато хомогенната система [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex], [tex]\vec{x}\in\mathbb{R}^n[/tex], има само нулевото решение (тогава рангът ѝ е [tex]n[/tex] и детерминантата ѝ е различна от нула). Нека [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex] и [tex]\vec{y}=A\vec{x}=(y_1; \ldots; y_m)^{T}[/tex]. Умножаваме отляво с [tex]\vec{x}^{T}[/tex]:
[tex]0=\vec{x}^{T}A^{T}A\vec{x}=(A\vec{x})^{T}(A\vec{x})=y_1^2+y_2^2+\ldots+y_m^2[/tex]
Тъй като елементите са реални, сбор от квадрати е равен на [tex]0[/tex] само ако всички [tex]y_i=0[/tex], следователно [tex]A\vec{x}=\vec{0}[/tex]. Но
[tex]A\vec{x}=x_1\vec{A}_1+x_2\vec{A}_2+\ldots+x_n\vec{A}_n[/tex]
където [tex]\vec{A}_j[/tex] са стълбовете на [tex]A[/tex], а [tex]\operatorname{rank}A=n[/tex] означава, че тези [tex]n[/tex] стълба са линейно независими. Следователно [tex]x_1=x_2=\ldots=x_n=0[/tex]. Така [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex] има само нулевото решение и [tex]A^{T}A[/tex] е обратима.
Забележка: реалността е съществена. Над [tex]\mathbb{C}[/tex] матрицата [tex]A=\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}[/tex] има ранг [tex]1[/tex], но [tex]A^{T}A=1+i^2=0[/tex].