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

Решение:
Означаваме уравненията с [tex]E_1, E_2, E_3, E_4[/tex]. Запазваме [tex]E_1[/tex], а [tex]E_2, E_3, E_4[/tex] заменяме с разликите [tex]E_2-E_1[/tex], [tex]E_3-E_2[/tex], [tex]E_4-E_3[/tex]. Получаваме еквивалентна система:
[tex]\begin{cases} x_1+2x_2+3x_3+4x_4=5 \\ x_1-x_2-x_3-x_4=-4 \\ x_1+x_2-x_3-x_4=0 \\ x_1+x_2+x_3-x_4=-6 \end{cases}[/tex]
Като извадим второто уравнение от третото, получаваме [tex]2x_2=4[/tex], т.е. [tex]x_2=2[/tex]; като извадим третото от четвъртото, получаваме [tex]2x_3=-6[/tex], т.е. [tex]x_3=-3[/tex]. Заместваме в третото и в първото уравнение:
[tex]x_1+2+3-x_4=0\ \Rightarrow\ x_1-x_4=-5,\qquad x_1+4-9+4x_4=5\ \Rightarrow\ x_1+4x_4=10[/tex]
Като извадим, получаваме [tex]5x_4=15[/tex], т.е. [tex]x_4=3[/tex] и [tex]x_1=-2[/tex]. Всички преобразувания бяха еквивалентни, затова решението е единствено (в съгласие с детерминантата на системата, която е [tex]-20\ne 0[/tex]):
[tex]x_1=-2,\ x_2=2,\ x_3=-3,\ x_4=3[/tex]
Проверка: [tex]-4+2-6+9=1[/tex], [tex]-6+4-3+6=1[/tex], [tex]-8+6-6+3=-5[/tex].

Решение:
Елементарните преобразувания по редове не променят ранга. За да получим удобен водещ елемент, заменяме първия ред [tex]R_1[/tex] с [tex]-2R_1-R_3[/tex] (разрешено е да умножим ред с ненулево число и да прибавим към него друг ред):
[tex]-2R_1-R_3=\left(-28+29; 54-55; 98-96; -226+227\right)=\left(1; -1; 2; 1\right)[/tex]
След това [tex]R_2-43R_1[/tex], [tex]R_3+29R_1[/tex], [tex]R_4-128R_1[/tex] дават
[tex]A\sim\begin{bmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 \\ 0 & -39 & -231 & 297 \\ 0 & 26 & 154 & -198 \\ 0 & -117 & -694 & 889 \end{bmatrix}[/tex]
Като разделим втория ред на [tex]-3[/tex], а третия на [tex]2[/tex], получаваме два пъти един и същ ред [tex]\left(0; 13; 77; -99\right)[/tex]. Сега [tex]R_3-R_2[/tex] и [tex]R_4+9R_2[/tex]:
[tex]A\sim\begin{bmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 \\ 0 & 13 & 77 & -99 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & -2 \end{bmatrix}[/tex]
Единственият минор от ред [tex]4[/tex] на последната матрица съдържа нулевия ред и е равен на нула, докато
[tex]\begin{vmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 0 & 13 & 77 \\ 0 & 0 & -1 \end{vmatrix}=1\cdot 13\cdot (-1)=-13\ne 0[/tex]
Следователно [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex].

Решение:
Рангът на системата е равен на ранга на матрицата с редове [tex]a_1, a_2, a_3, a_4[/tex]. Ако заменим [tex]a_4[/tex] с [tex]a_4-a_2=\left(0 ; 0 ; 0 ; p+1\right)[/tex], рангът не се променя. Развиваме детерминантата по последния ред:
[tex]\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & -1 \\ 2 & -1 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & p+1 \end{vmatrix}=(p+1)\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \end{vmatrix}[/tex]
[tex]\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \end{vmatrix}=1\cdot (0+1)-2\cdot (1-2)+(-1)\cdot (-1-0)=1+2+1=4[/tex]
Значи детерминантата е равна на [tex]4(p+1)[/tex]. Ако [tex]p\ne -1[/tex], тя е различна от нула, четирите вектора са линейно независими и рангът е [tex]4[/tex]. Ако [tex]p=-1[/tex], то [tex]a_4=a_2[/tex] и рангът е равен на ранга на [tex]a_1, a_2, a_3[/tex], който е [tex]3[/tex], защото пресметнатият по-горе минор от трети ред е [tex]4\ne 0[/tex]. Следователно рангът е [tex]3[/tex] само при
[tex]p=-1[/tex]

Решение:
Квадратна хомогенна система има ненулево решение тогава и само тогава, когато детерминантата ѝ е нула (т.е. рангът на матрицата ѝ е по-малък от броя на неизвестните). Развиваме по първия ред:
[tex]\Delta=\lambda\left[2(4\lambda+1)-5(\lambda+1)\right]-\left[3(4\lambda+1)-25\right]+4\left[3(\lambda+1)-10\right][/tex]
[tex]\Delta=\lambda(3\lambda-3)-(12\lambda-22)+(12\lambda-28)=3\lambda^2-3\lambda-6=3(\lambda-2)(\lambda+1)[/tex]
Значи [tex]\Delta=0[/tex] точно при [tex]\lambda=2[/tex] и [tex]\lambda=-1[/tex]. Наистина, при [tex]\lambda=2[/tex] векторът [tex]\left(-3 ; 2 ; 1\right)[/tex] е ненулево решение, а при [tex]\lambda=-1[/tex] такова е [tex]\left(3 ; -17 ; 5\right)[/tex]. При всички други стойности на [tex]\lambda[/tex] системата има само нулевото решение. Отговор:
[tex]\lambda\in\left\{-1 ; 2\right\}[/tex]

Решение:
Равенството [tex]a=c_1a_1+c_2a_2+c_3a_3[/tex], записано по координати, е линейна система за [tex]c_1, c_2, c_3[/tex], чиито стълбове са [tex]a_1, a_2, a_3[/tex], а свободните членове са координатите на [tex]a[/tex]. Значи [tex]a[/tex] е линейна комбинация на [tex]a_1, a_2, a_3[/tex] точно когато тази система е съвместима. В разширената ѝ матрица към втория ред прибавяме първия, умножен по [tex]6[/tex], а от третия ред изваждаме първия:
[tex]\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & 1 & 7 \\ 3 & 7 & -6 & -2 \\ 5 & 8 & 1 & \lambda \end{array}\right)\sim\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & 1 & 7 \\ 15 & 25 & 0 & 40 \\ 3 & 5 & 0 & \lambda-7 \end{array}\right)[/tex]
Вторият ред е равен на [tex]5\left(3 ; 5 ; 0 ; 8\right)[/tex]; делим го на [tex]5[/tex] и го изваждаме от третия ред:
[tex]\sim\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & 1 & 7 \\ 3 & 5 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda-15 \end{array}\right)[/tex]
Матрицата на системата има ранг [tex]2[/tex] (третият ѝ ред е нулев и [tex]\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 3 & 5 \end{vmatrix}=1\ne 0[/tex]), а разширената матрица има ранг [tex]2[/tex] при [tex]\lambda=15[/tex] и ранг [tex]3[/tex] в противен случай. По теоремата на Кронекер-Капели системата е съвместима само при [tex]\lambda=15[/tex]. Тогава например [tex]a=a_1+a_2+2a_3=\left(7 ; -2 ; 15\right)[/tex]. Отговор:
[tex]\lambda=15[/tex]

Решение:
Като съберем четирите уравнения и като извадим [tex]j[/tex]-тото уравнение от [tex]i[/tex]-тото, получаваме
[tex](\lambda+3)(x_1+x_2+x_3+x_4)=4,\qquad (\lambda-1)(x_i-x_j)=0[/tex]
Ако [tex]\lambda\ne 1[/tex] и [tex]\lambda\ne -3[/tex], всички [tex]x_i[/tex] са равни и [tex]4(\lambda+3)x_1=4[/tex], така че системата има единственото решение [tex]x_1=x_2=x_3=x_4=\frac{1}{\lambda+3}[/tex] (детерминантата ѝ е [tex](\lambda-1)^3(\lambda+3)\ne 0[/tex]).
Ако [tex]\lambda=1[/tex], и четирите уравнения стават [tex]x_1+x_2+x_3+x_4=1[/tex]; системата е съвместима и има безброй много решения.
Ако [tex]\lambda=-3[/tex], сборът на уравненията дава [tex]0=4[/tex], което е противоречие, така че системата е несъвместима (тук [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex], [tex]\operatorname{rank}\bar{A}=4[/tex]). Следователно единствената такава стойност е
[tex]\lambda=-3[/tex]

Решение:
Условията образуват линейна система за [tex]f_0, f_1, f_2, f_3[/tex]:
[tex]\begin{cases} f_0-2f_1+4f_2-8f_3=-3 \\ f_0-f_1+f_2-f_3=-6 \\ f_0+f_1+f_2+f_3=6 \\ f_0+2f_1+4f_2+8f_3=-3 \end{cases}[/tex]
Матрицата ѝ е матрица на Вандермонд с различните възли [tex]-2[/tex], [tex]-1[/tex], [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], затова детерминантата ѝ е различна от нула (равна е на [tex]72[/tex]) и по формулите на Крамер системата има единствено решение. Събираме второто и третото уравнение, както и първото и четвъртото:
[tex]2f_0+2f_2=0,\qquad 2f_0+8f_2=-6\ \Rightarrow\ f_2=-1,\ f_0=1[/tex]
Като извадим (третото минус второто, четвъртото минус първото):
[tex]2f_1+2f_3=12,\qquad 4f_1+16f_3=0\ \Rightarrow\ f_3=-2,\ f_1=8[/tex]
Така [tex]f(t)=1+8t-t^2-2t^3[/tex]. Проверка: [tex]f(-2)=1-16-4+16=-3[/tex], [tex]f(-1)=1-8-1+2=-6[/tex], [tex]f(1)=1+8-1-2=6[/tex], [tex]f(2)=1+16-4-16=-3[/tex]. Следователно
[tex]f(0)=f_0=1[/tex]

Решение:
Означаваме дадената матрица с [tex]A[/tex]. Тя има [tex]3[/tex] реда и [tex]4[/tex] стълба, а дясната страна има [tex]1[/tex] ред и [tex]4[/tex] стълба, затова [tex]X[/tex] има [tex]1[/tex] ред и [tex]3[/tex] стълба: [tex]X=\begin{bmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \end{bmatrix}[/tex]. Тогава [tex]XA=x_1\left(1 ; 1 ; 1 ; 1\right)+x_2\left(1 ; 2 ; 2 ; 2\right)+x_3\left(1 ; 1 ; 3 ; 2\right)[/tex] и като сравним елементите, получаваме четири уравнения с три неизвестни:
[tex]\begin{cases} x_1+x_2+x_3=1 \\ x_1+2x_2+x_3=1 \\ x_1+2x_2+3x_3=5 \\ x_1+2x_2+2x_3=3 \end{cases}[/tex]
Второто минус първото уравнение дава [tex]x_2=0[/tex]; третото минус второто дава [tex]2x_3=4[/tex], т.е. [tex]x_3=2[/tex]; четвъртото минус второто отново дава [tex]x_3=2[/tex], така че тази преопределена система е съвместима. От първото уравнение [tex]x_1=1-0-2=-1[/tex]. Проверка:
[tex]-\left(1 ; 1 ; 1 ; 1\right)+2\left(1 ; 1 ; 3 ; 2\right)=\left(1 ; 1 ; 5 ; 3\right)[/tex]
Следователно
[tex]X=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}[/tex]

Решение:
В разширената матрица изваждаме от втория ред първия, умножен по [tex]2[/tex], а от третия ред — първия, умножен по [tex]3[/tex]:
[tex]\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & -2 & 5 & 4 & 2 \\ 6 & -4 & 4 & 3 & 3 \\ 9 & -6 & 3 & 2 & 4 \end{array}\right)\sim\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & -2 & 5 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & -6 & -5 & -1 \\ 0 & 0 & -12 & -10 & -2 \end{array}\right)[/tex]
Новият трети ред е два пъти новия втори ред, затова го изваждаме; освен това умножаваме втория ред по [tex]-1[/tex]:
[tex]\sim\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & -2 & 5 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 6 & 5 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)[/tex]
Следователно [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=2\lt 4[/tex]: по теоремата на Кронекер-Капели системата е съвместима и има [tex]4-2=2[/tex] свободни неизвестни. Минорът от стълбовете на [tex]x_3[/tex] и [tex]x_4[/tex] е [tex]\begin{vmatrix} 5 & 4 \\ 6 & 5 \end{vmatrix}=1\ne 0[/tex], затова вземаме [tex]x_1=p[/tex], [tex]x_2=q[/tex] за параметри и решаваме
[tex]\begin{cases} 5x_3+4x_4=2-3p+2q \\ 6x_3+5x_4=1 \end{cases}[/tex]
По формулите на Крамер (детерминантата е [tex]1[/tex]):
[tex]x_3=5(2-3p+2q)-4=6-15p+10q,\qquad x_4=5-6(2-3p+2q)=18p-12q-7[/tex]
Проверка в първото уравнение: [tex]3p-2q+5(6-15p+10q)+4(18p-12q-7)=2[/tex]. Значи общото решение е
[tex]x_1=p,\ x_2=q,\ x_3=6-15p+10q,\ x_4=18p-12q-7,\quad p, q\in\mathbb{R}[/tex]

Решение:
Означаваме уравненията с [tex]E_1, E_2, E_3, E_4[/tex]. Като извадим второто уравнение от първото, получаваме удобното уравнение
[tex]F_1:\ x_1+x_2+x_3+x_4+2x_5=0[/tex]
С него елиминираме [tex]x_1[/tex] от останалите уравнения:
[tex]F_2=E_2-2F_1:\ x_2-2x_3-x_4-3x_5=0[/tex]
[tex]E_3-4F_1:\ x_2-2x_3-3x_4-7x_5=0[/tex]
[tex]E_4-3F_1:\ 2x_2-4x_3-2x_4-6x_5=0[/tex]
Последното уравнение е [tex]2F_2[/tex], а като извадим [tex]F_2[/tex] от средното, получаваме [tex]-2x_4-4x_5=0[/tex], т.е. [tex]x_4=-2x_5[/tex]. Следователно рангът на матрицата на системата е [tex]r=3[/tex] и фундаменталната система се състои от [tex]n-r=5-3=2[/tex] решения. Избираме [tex]x_3[/tex] и [tex]x_5[/tex] за свободни неизвестни:
[tex]x_4=-2x_5,\quad x_2=2x_3+x_4+3x_5=2x_3+x_5,\quad x_1=-x_2-x_3-x_4-2x_5=-3x_3-x_5[/tex]
При [tex]x_3=1[/tex], [tex]x_5=0[/tex] получаваме [tex]\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right)[/tex], а при [tex]x_3=0[/tex], [tex]x_5=1[/tex] получаваме [tex]\left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]. Тези две решения са линейно независими (вижте третата и петата координата) и всяко решение е равно на
[tex]x_3\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right)+x_5\left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]
така че те образуват фундаментална система решения (проверка на втория вектор в [tex]E_1[/tex]: [tex]-3+4+0-4+3=0[/tex]). Отговор:
[tex]\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right),\ \left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]

Решение:
Три вектора са линейно независими тогава и само тогава, когато матрицата с редове тези вектори има ранг [tex]3[/tex]. Заменяме втория ред с [tex]\vec{x}_2-\vec{x}_1=\left(0 ; a ; 1 ; 3-b\right)[/tex], а третия — с [tex]\vec{x}_3+(\vec{x}_2-\vec{x}_1)=\left(0 ; 0 ; 3 ; 4-b\right)[/tex]:
[tex]\begin{bmatrix} 1 & 0 & a & b \\ 1 & a & 1+a & 3 \\ 0 & -a & 2 & 1 \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 1 & 0 & a & b \\ 0 & a & 1 & 3-b \\ 0 & 0 & 3 & 4-b \end{bmatrix}[/tex]
Ако [tex]a\ne 0[/tex], водещите елементи [tex]1[/tex], [tex]a[/tex], [tex]3[/tex] са в първите три стълба, така че рангът е [tex]3[/tex] и векторите са независими при всяко [tex]b[/tex].
Ако [tex]a=0[/tex], редовете са [tex]\left(1 ; 0 ; 0 ; b\right)[/tex], [tex]\left(0 ; 0 ; 1 ; 3-b\right)[/tex], [tex]\left(0 ; 0 ; 3 ; 4-b\right)[/tex]; като извадим от третия ред втория, умножен по [tex]3[/tex], получаваме
[tex]\left(0 ; 0 ; 0 ; 4-b-3(3-b)\right)=\left(0 ; 0 ; 0 ; 2b-5\right)[/tex]
така че рангът е [tex]3[/tex] при [tex]b\ne\frac{5}{2}[/tex] и [tex]2[/tex] при [tex]b=\frac{5}{2}[/tex]. Следователно векторите са линейно зависими само при [tex]a=0[/tex], [tex]b=\frac{5}{2}[/tex] и са линейно независими точно когато
[tex]\left(a ; b\right)\ne\left(0 ; \frac{5}{2}\right)[/tex]

Решение:
Рангът на матрица е равен на размерността на линейната обвивка на нейните стълбове (линейната обвивка означаваме с [tex]\ell[/tex]). Нека [tex]\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3[/tex] са стълбовете на [tex]A[/tex], а [tex]\vec{b}_1,\vec{b}_2,\vec{b}_3[/tex] са стълбовете на [tex]B[/tex]. Тъй като [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}B=1[/tex], стълбовете на [tex]A[/tex] пораждат едномерно пространство [tex]\ell(\vec{u})[/tex], а стълбовете на [tex]B[/tex] пораждат едномерно пространство [tex]\ell(\vec{v})[/tex] за някои вектори [tex]\vec{u},\vec{v}[/tex], т.е.
[tex]\vec{a}_j=\alpha_j\vec{u},\qquad \vec{b}_j=\beta_j\vec{v},\qquad j=1,2,3[/tex]
Следователно [tex]j[/tex]-тият стълб на [tex]A+B[/tex] е
[tex]\vec{a}_j+\vec{b}_j=\alpha_j\vec{u}+\beta_j\vec{v}\in\ell(\vec{u},\vec{v})[/tex]
Пространството [tex]\ell(\vec{u},\vec{v})[/tex] има размерност най-много [tex]2[/tex], а всеки три вектора от пространство с размерност най-много [tex]2[/tex] са линейно зависими. Следователно трите стълба на [tex]A+B[/tex] са линейно зависими и
[tex]\operatorname{rank}(A+B)\le 2[/tex]
Забележка: със същото разсъждение се доказва общото неравенство [tex]\operatorname{rank}(A+B)\le\operatorname{rank}A+\operatorname{rank}B[/tex].