Тема: Линейное пространство Rn

Тема: Линейное пространство
n
R
А. Я. Овсянников
Уральский федеральный университет
Институт математики и компьютерных наук
кафедра алгебры и дискретной математики
алгебра и геометрия для физиков-инженеров
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Понятие линейного пространства
Определение и обозначение
Множество R1×n матриц-строк из n действительных чисел относительно
операций сложения и умножения на число образует линейное
пространство, которое обозначается через Rn .
Элементы пространства Rn будем обозначать жирным шрифтом: x.
Системой векторов называется конечная последовательность векторов
(a1 , a2 , . . . , ak ). В последовательности существен порядок векторов и на
различных местах могут находиться одинаковые векторы. Следует
различать систему векторов и множество векторов {b1 , b2 , . . . , bk }, в
котором все элементы различны и порядок их несуществен.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Линейные комбинации и линейные оболочки
n
Пусть a1 , a2 , . . . , ak ∈ R , t1 , t2 , . . . , tk ∈ R.
Определение
Вектор b = t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak называется линейной комбинацией
системы векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) с коэффициентами t1 , t2 , . . . , tk . В этом
случае говорят также, что вектор b линейно выражается через векторы
a1 , a2 , . . . , ak и пишут a1 , a2 , . . . , ak ` b.
Если каждый вектор системы (b1 , b2 , . . . , bm ) линейно выражается через
систему векторов (a1 , a2 , . . . , ak ), то будем это записывать так:
a1 , a2 , . . . , ak ` b1 , b2 , . . . , bm .
Определение
Линейной оболочкой системы векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) называется
множество всех линейных комбинаций векторов этой системы с
всевозможными коэффициентами. Обозначается линейная оболочка
системы векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) через ha1 , a2 , . . . , ak i.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Свойства линейных оболочек
Предложение
Пусть a1 , a2 , . . . , ak , b ∈ Rn . Справедливы следующие утверждения.
1
Для любых x, y ∈ ha1 , a2 , . . . , ak i, t ∈ R имеет место
x + y , tx ∈ ha1 , a2 , . . . , ak i.
2
Пусть a1 , a2 , . . . , ak ` b. Тогда ha1 , a2 , . . . , ak , bi = ha1 , a2 , . . . , ak i.
Доказательство. Пусть x = p1 a1 + p2 a2 + . . . + pk ak ,
y = q1 a1 + q2 a2 + . . . + qk ak для некоторых pi , qi ∈ R (i = 1, . . . , k). Тогда
x + y = (p1 + q1 )a1 + (p2 + q2 )a2 + . . . + (pk + qk )ak и
tx = (tp1 )a1 + (tp2 )a2 + . . . + (tpk )ak . Утверждение 1 доказано.
Так как t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak + 0b, заключаем,
что ha1 , a2 , . . . , ak i ⊆ ha1 , a2 , . . . , ak , bi. Для доказательства обратного
включения запишем b = s1 a1 + s2 a2 + . . . + sk ak для некоторых
s1 , s2 , . . . , sk ∈ R. Для любых t1 , t2 , . . . , tk , q ∈ R имеем
t1 a1 +t2 a2 +. . .+tk ak +qb = t1 a1 +t2 a2 +. . .+tk ak +q(s1 a1 +s2 a2 +. . .+sk ak ) =
(t1 + qs1 )a1 + (t2 + qs2 )a2 + . . . + (tk + qsk )ak ∈ ha1 , a2 , . . . , ak i. Отсюда
следует, что ha1 , a2 , . . . , ak , bi ⊆ ha1 , a2 , . . . , ak i. Утверждение 2 доказано.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Свойства линейных оболочек 1
Предложение
1
Для любых векторов a1 , a2 , . . . , ak справедливы включения
a1 , a2 , . . . , ak ∈ ha1 , a2 , . . . , ak i.
2
Для любых векторов b1 , b2 , . . . , bm ∈ ha1 , a2 , . . . , ak i справедливо
включение hb1 , b2 , . . . , bm i ⊆ ha1 , a2 , . . . , ak i.
3
Для любых систем векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) и (b1 , b2 , . . . , bm )
справедливо утверждение
ha1 , a2 , . . . , ak i ⊆ hb1 , b2 , . . . , bm i ⇐⇒ (b1 , b2 , . . . , bm ) ` (a1 , a2 , . . . , ak ).
Доказательство. Утверждение 1 очевидно: aj = 0a1 + . . . + 1aj + . . . + 0ak .
Утверждение 2 вытекает из утверждения 1 предложения сл.4: для любого
c ∈ hb1 , b2 , . . . , bm i имеем c = t1 b1 + t2 b2 + . . . + tm bm , а из
b1 , b2 , . . . , bm ∈ ha1 , a2 , . . . , ak i следует t1 b1 , t2 b2 , . . . , tm bm ∈ ha1 , a2 , . . . , ak i
и следовательно c ∈ ha1 , a2 , . . . , ak i.
Утверждение 3 следует из соответствующих определений и утверждения 2.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Понятие линейно зависимой системы векторов
Определение
Система векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) ∈ Rn называется линейно зависимой,
если существуют такие числа t1 , t2 , . . . , tk ∈ R, не все равные нулю, что
t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0.
Примеры
1
Любая система векторов, содержащая нулевой вектор, линейно
зависима.
2
Любая система векторов, содержащая два одинаковых вектора,
линейно зависима.
Если ai = 0, то положим ti = 1 и tj = 0 при j 6= i. Тогда
t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0. Этим доказано утверждение 1.
Если ai = aj , то положим ti = 1, tj = −1 и tm = 0 при m 6= i, j. Тогда
t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0. Этим доказано утверждение 2.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Пример линейно зависимой системы векторов-строк
Задача
Будет ли система векторов-строк a1 = (1, 2, 3, 4), a2 = (3, 4, 5, 6),
a3 = (4, 3, 2, 1) линейно зависима?
Чтобы определить это, рассмотрим равенство t1 a1 + t2 a2 + t3 a3 = 0 и
выясним, возможно ли оно, когда не все коэффициенты равны 0.
Подставив вместо a1 , a2 , a3 их значения, получим
t1 (1, 2, 3, 4) + t2 (3, 4, 5, 6) + t3 (4, 3, 2, 1) = (0, 0, 0, 0). Отсюда выводим
t1 + 3t2 + 4t3 , 2t1 + 4t2 + 3t3 , 3t1 + 5t2 + 2t3 , 4t1 + 6t2 + t3 ) = (0, 0, 0, 0). Так
как строки равны, получаем однородную систему линейных уравнений

t1 + 3t2 + 4t3 = 0;



2t1 + 4t2 + 3t3 = 0;
Решаем систему методом Гаусса-Жордана.
3t1 + 5t2 + 2t3 = 0;



4t1 + 6t2 + t3 = 0.

 

1 3 4
1
3
4
 2 4 3   0 −2 −5 
1 3 4
1 0 − 72

∼
∼
∼
.
5
 3 5 2   0 −4 −10 
0 1 25
0 1
2
4 6 1
0 −2 −5
Отсюда t1 − 27 t3 = 0, t2 + 52 t3 = 0, и t1 = 72 t3 , t2 = − 25 t3 . Пусть t3 = 2.
Тогда t1 = 7, t2 = −5. Таким образом, 7a1 − 5a2 + 2a3 = 0 и система
a1 , a2 , a3 линейно зависима.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Линейно независимая система векторов
Система векторов называется линейно независимой, если она не является
линейно зависимой.
Назовем линейную комбинацию системы векторов нетривиальной, если
она имеет по крайней мере один ненулевой коэффициент. Тогда любая
нетривиальная линейная комбинация линейно независимой системы
отлична от нулевого вектора. Поэтому справедливо следующее
утверждение.
Характеризация линейно независимой системы
Система векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) является линейно независимой тогда и
только тогда, когда для любых чисел t1 , t2 , . . . , tk ∈ R из равенства
t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0 следует tj = 0 для всех j = 1, . . . , k.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Свойства линейно зависимых и независимых систем
Свойство 1
Если система векторов имеет линейно зависимую подсистему, то она сама
линейно зависима.
Доказательство. Добавив к нетривиальной линейной комбинации
подсистемы, равной нулевому вектору, остальные векторы системы с
нулевыми коэффициентами, получим нетривиальную линейную
комбинацию всей системы, равную нулевому вектору.
Из свойства 1 непосредственно вытекает
Свойство 1’
Любая подсистема линейно независимой системы векторов сама линейно
независима.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Свойства линейно зависимых и независимых систем 2
Свойство 2
Система векторов является линейно зависимой тогда и только тогда,
когда в ней найдется вектор, который линейно выражается через
остальные векторы этой системы.
Доказательство. Пусть система векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) линейно зависима
и t1 a1 +
Pt2 a2 + . . . + tk ak = 0, но tj 6= 0 для некоторого 1 ≤ j ≤ k. Тогда
tj aj = i 6=j (−ti )ai . Умножив обе части этого равенства на tj−1 , получим
P
aj = i 6=j (−tj−1 ti )ai , т.е. (a1 , . . . , aj −1 , aj +1 , . . . , ak ) ` aj . Таким образом,
через остальные векторы системы линейно выражается каждый ее вектор,
который входит с ненулевым коэффициентом в линейную комбинацию
этой системы, равную нулевому вектору.
P
Обратно, пусть (a1 , . . . , aj −1 , aj +1 , . . . , ak ) ` aj , т.е. aj = i 6=j ti ai . Тогда
t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0, где tj = −1.
Из свойства 2 непосредственно получаем
Свойство 2’
Система векторов является линейно независимой тогда и только тогда,
когда в ней ни один вектор линейно не выражается через остальные
векторы этой системы.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Свойства линейно зависимых и независимых систем 3
Свойство 3
Если система векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) линейно независима, а система
(a1 , a2 , . . . , ak , b) линейно зависима, то (a1 , a2 , . . . , ak ) ` b.
Доказательство. Так как система (a1 , a2 , . . . , ak , b) линейно зависима,
имеем t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak + sb = 0 – нетривиальная линейная
комбинация. Тогда s 6= 0, поскольку в противном случае получаем
нетривиальную линейную комбинацию t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0 –
противоречие с тем, что система векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) линейно
независима. Так как s 6= 0, имеем b = (−s −1 t1 )a1 + . . . + (−s −1 t1 )ak , что и
требуется доказать.
Из свойства 3 непосредственно получаем
Свойство 3’
Если система векторов (a1 , a2 , . . . , ak ) линейно независима и вектор ak+1
линейно не выражается через систему (a1 , a2 , . . . , ak ), то система
(a1 , a2 , . . . , ak , ak+1 ) линейно независима.
Это свойство позволяет строить линейно независимые системы векторов
путем последовательного добавления векторов.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Свойства линейно зависимых и независимых систем 4
Свойство 4
Если для систем векторов имеет место (a1 , a2 , . . . , ak ) ` (b1 , b2 , . . . , bm ) и
k < m, то система (b1 , b2 , . . . , bm ) линейно зависима.
Доказательство. Найдем числа xj ∈ R такие, что x1 b1 + x2 b2 + . . . + xm bm =
= 0 – нетривиальная линейная комбинация. Для этого запишем условие
(a1 , a2 , . . . , ak ) ` (b1 , b2 , . . . , bm ): для некоторых tij ∈ R имеем
b1 = t11 a1 + t21 a2 + . . . + tk1 ak ;
b2 = t12 a1 + t22 a2 + . . . + tk2 ak ;
..................................................
bm = t1m a1 + t2m a2 + . . . + tkm ak . P
Тогда x1 b1 + x2 b2 + . . . + xm bm = ki=1 (ti 1 x1 + ti 2 x2 + . . . + tim xm )ai .
Выберем x1 , . . . , xm так, чтобы ti 1 x1 + ti 2 x2 + . . . + tim xm = 0 при всех
i = 1, . . . , k. Последние равенства представляют собой запись однородной
системы из k линейных уравнений с m неизвестными. Так как k < m, эта
система в силу теоремы сл.24 т.1 имеет ненулевое решение, которое и дает
требуемые значения x1 , . . . , xm .
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Свойства линейно зависимых и независимых систем 4’
Из свойства 4 непосредственно получаем
Свойство 4’
Если для систем векторов имеет место (a1 , a2 , . . . , ak ) ` (b1 , b2 , . . . , bm ) и
система (b1 , b2 , . . . , bm ) линейно независима, то k ≥ m.
Следствие свойства 4’
Если для линейно независимых систем векторов имеет место равенство
ha1 , a2 , . . . , ak i = hb1 , b2 , . . . , bm i, то k = m.
Доказательство. Из свойства 3 линейных оболочек (сл.5) получаем, что
(a1 , a2 , . . . , ak ) ` (b1 , b2 , . . . , bm ) и (b1 , b2 , . . . , bm ) ` (a1 , a2 , . . . , ak ). Первое
из этих включений и линейная независимость системы (b1 , b2 , . . . , bm )
влекут за собой k ≥ m, а второе и линейная независимость системы
(a1 , a2 , . . . , ak ) — k ≤ m. Следовательно, k = m.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Максимальные линейно независимые подсистемы
Пусть (a1 , a2 , . . . , ak ) – произвольная система векторов. Если она линейно
независима, то ее линейная оболочка ha1 , a2 , . . . , ak i не совпадает с
линейной оболочкой никакой ее собственной подсистемы. Если же эта
система линейно зависима, то в ней согласно свойству 2 (сл.10) найдется
вектор, который линейно выражается через остальные векторы. Исключив
это вектор из системы, мы получим новую систему, линейная оболочка
которой равна (в силу утверждения 2 предложения сл.4) ha1 , a2 , . . . , ak i.
Если полученная новая система линейно зависима, то из нее также можно
исключить вектор без изменения линейной оболочки. Продолжая это
процесс, приходим к следующему утверждению.
Предложение
Для произвольной системы векторов (a1 , a2 , . . . , ak ), содержащей
ненулевой вектор, существует такая линейно независимая подсистема
(ai1 , ai2 , . . . , aip ) этой системы, что ha1 , a2 , . . . , ak i = hai1 , ai2 , . . . , aip i.
Подсистема с указанным в предложении свойством называется
максимальной линейно независимой подсистемой исходной системы.
Очевидно, что при добавлении к максимальной линейно независимой
подсистеме любого вектора из исходной системы получается линейно
зависимая система. Это объясняет термин "максимальная".
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Подпространства
Определение
Подпространством линейного пространства Rn называется непустое
подмножество U ⊆ Rn такое что ∀x, y ∈ U ∀t ∈ Rn x + y ∈ U, tx ∈ U.
Примеры подпространств
1
{0}, Rn .
2
Линейная оболочка ha1 , a2 , . . . , ak i для любых a1 , a2 , . . . , ak ∈ Rn .
3
Общее решение (множество всех частных решений) произвольной
однородной системы линейных уравнений.
Проверка делается непосредственно по определению.
Из определения подпространства непосредственно следует
Лемма
Если векторы a1 , . . . , ak принадлежат подпространству U, то
ha1 , . . . , ak i ⊆ U.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Определение базиса подпространства
Базисом подпространства V ⊆ Rn называется система векторов
B = (b1 , . . . , bk ) из V такая что
1
B упорядочена, т.е. при перестановке векторов в системе мы получим
другой базис;
2
B линейно независима;
3
B порождает V , т.е. V = hb1 , . . . , bk i.
Например, базисом пространства Rn является система (e1 , . . . , en ), где
ei = (0, . . . , 1, . . . , 0) – i-я строка единичной матрицы En . Условия 2 и 3
следуют из того, что (t1 , t2 , . . . , tn ) = t1 e1 + t2 e2 + . . . + tn en для любых
t1 , t2 , . . . , tn ∈ R.
Из этого примера и свойства 4 сл.12 вытекает
Предложение
Любая система из m векторов пространства Rn линейно зависима при
m > n.
В самом деле, любая такая система линейно выражается через базис,
который содержит n векторов.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Существование базиса подпространства
Теорема
Любое ненулевое подпространство пространства Rn имеет базис. Любые
два базиса одного и того же ненулевого подпространства состоят из
одинакового числа векторов.
Доказательство. Пусть U – ненулевое подпространство Rn . Возьмем
a1 ∈ U, a1 6= 0. Тогда ha1 i ⊆ U в силу леммы сл.15. Если ha1 i = U, то a1 –
базис U. В противном случае существует a2 ∈ U\ha1 i. Снова по лемме
сл.15 имеем ha1 , a2 i ⊆ U. Так как a2 6∈ ha1 i, система (a1 , a2 ) линейно
независима в силу свойства 3’ сл.11. Если U = ha1 , a2 i, то система (a1 , a2 )
является базисом U. В противном случае существует a3 ∈ U\ha1 , a2 i.
Процесс нахождения векторов aj не может иметь более, чем n шагов, так
как в пространстве Rn любая система из более чем n векторов линейно
зависима согласно предложению сл.16. Завершиться указанный процесс
может только равенством U = ha1 , a2 , . . . , ak i для некоторой линейно
независимой системы (a1 , a2 , . . . , ak ) – базиса U.
Второе утверждение теоремы непосредственно вытекает из следствия
свойства 4’ (сл.13).
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Размерность подпространства
Определение размерности
Размерностью подпространства V называется количество векторов в
базисе V , если V 6= {0}, и 0, если V = {0}.
Размерность подпространства V обозначается через dimV . В частности,
dimRn = n.
Предложение
Пусть U, V – подпространства Rn . Если U ⊆ V и dimU = dimV , то U = V .
Доказательство. Если dimU = dimV = 0, то очевидно, что U = {0} = V .
Пусть dimU = dimV = k > 0. Возьмем базис (a1 , a2 , . . . , ak )
подпространства U. Тогда a1 , a2 , . . . , ak ∈ V . Для любого вектора x ∈ V
система векторов (a1 , a2 , . . . , ak , x) линейно выражается через базис V ,
содержащий k векторов, поэтому она линейно зависима в силу свойства 4
(сл.12). Следовательно, согласно свойству 3 (сл.11) имеем
(a1 , a2 , . . . , ak ) ` x. Мы видим, что ha1 , a2 , . . . , ak i = V . Так как
(a1 , a2 , . . . , ak ) – базис подпространства U, получаем требуемое.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Линейные зависимости столбцов матрицы
Пусть A = (αij )n×k – матрица из чисел. Обозначим ее столбцы через
a1 , a2 , . . . , ak . Эти векторы можно рассматривать как элементы
пространства Rn .
Предложение
Если матрица B = (βij )n0 ×k получается из матрицы A с помощью
элементарных преобразований строк и отбрасывания получающихся
нулевых строк (n0 ≤ n), то для любых чисел t1 , t2 , . . . , tk ∈ F
t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0 тогда и только тогда, когда
t1 b1 + t2 b2 + . . . + tk bk = 0.
Другими словами, при выполнении элементарных преобразований над
строками матрицы и отбрасывании получающихся нулевых строк все
линейные зависимости между столбцами сохраняются.
Доказательство. Условие t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0 равносильно тому,
что для i = 1, . . . , k имеют место равенства t1 αi 1 + t2 αi 2 + . . . + tn αin = 0.
Докажем, что из t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0 следует
t1 b1 + t2 b2 + . . . + tk bk = 0.
Для доказательства достаточно рассмотреть случай одного элементарного
преобразования строк матрицы и отбрасывания нулевой строки. В
последнем случае требуемое выполняется очевидным образом, как и в
случае перестановки строк.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Окончание доказательства предложения
Пусть строка (βi 1 , βi 2 , . . . , βin ) матрицы B получается из строки
(αi 1 , αi 2 , . . . , αin ) матрицы A умножением на ненулевое число δ, т.е.
βij = δαij (j = 1, . . . , n). Тогда t1 βi 1 + t2 βi 2 + . . . + tn βin =
t1 δαi 1 + t2 δαi 2 + . . . + tn δαin = δ(t1 αi 1 + t2 αi 2 + . . . + tn αin ) = 0. Остальные
строки матрицы B совпадают с соответствующими строками матрицы A.
Следовательно, t1 b1 + t2 b2 + . . . + tk bk = 0.
Пусть строка (βi 1 , βi 2 , . . . , βin ) матрицы B получается из строки
(αi 1 , αi 2 , . . . , αin ) матрицы A прибавлением строки (αp1 , αp2 , . . . , αpn ),
умноженной на число δ, т.е. βij = αij + δαpj (j = 1, . . . , n). Тогда
t1 βi 1 +t2 βi 2 +. . .+tn βin = t1 (αi 1 +δαp1 )+t2 (αi 2 +δαp2 )+. . .+tn (αin +δαpn ) =
t1 αi 1 + t2 αi 2 + . . . + tn αin + δ(t1 αp1 + t2 αp2 + . . . + tn αpn ) = 0. Остальные
строки матрицы B совпадают с соответствующими строками матрицы A.
Следовательно, t1 b1 + t2 b2 + . . . + tk bk = 0.
Таким образом, доказано, что из t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0 следует
t1 b1 + t2 b2 + . . . + tk bk = 0. Так как все элементарные преобразования
строк обратимы (т.е. от матрицы B можно вернуться к матрице A с
помощью преобразования того же типа, что и преобразование,
превращающее A в B), этим доказательство предложения завершается.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Алгоритм нахождения нетривиальных линейных зависимостей между
векторами-строками
Пусть a1 , . . . , ak ∈ Rn . Чтобы найти линейные зависимости между этими
векторами, составим из их элементов матрицу, располагая элементы
строки в столбце. Получим матрицу A размеров n × k из чисел. Используя
элементарные преобразования строк, перестановки столбцов и отбрасывая
получающиеся нулевые строки, приведем A к виду B = (Ep |B1 ), где Ep –
единичная матрица порядка p ≤ k. Это делается точно так же, как при
преобразовании расширенной матрицы системы линейных уравнений во
время решения этой системы методом Гаусса-Жордана (сл.43 т.1).
Если p = k, т.е. в результате преобразований получается единичная
матрица, то B1 отсутствует и система (a1 , . . . , ak ) линейно независима.
При p < k строки (ai1 , . . . , aip ), которые соответствуют первым p столбцам
матрицы B, образуют максимальную линейно независимую подсистему в
системе (a1 , . . . , ak ). Для каждого столбца (β1 , . . . , βp )> матрицы B1
можно записать выражение соответствующего ему вектора am из системы
(a1 , . . . , ak ): am = β1 ai1 + . . . + βp aip .
Обоснование алгоритма получается с помощью предложения сл.19.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Примеры использования алгоритма
Пример 1
Найти максимальную линейно независимую подсистему в системе
векторов-строк a1 = (1, 2, 3, 4), a2 = (3, 4, 5, 6), a3 = (4, 3, 2, 1).


1 3 4
 2 4 3 

Запишем матрицу 
 3 5 2  и преобразуем ее, как показано на сл.7.
4 6 1
1 0 − 72
Получим матрицу
. Тогда, так как столбцы не
5
0 1
2
переставлялись, (a1 , a2 ) – максимальная линейно независимая подсистема
и a3 = − 72 a1 + 25 a2 .
Легко видеть, что максимальная линейно независимая подсистема в
системе векторов является базисом линейной оболочки этой системы.
Поэтому можно утверждать, что (a1 , a2 ) – базис подпространства
ha1 , a2 , a3 i.
Алгоритм сл.21 может быть использован для нахождения базиса линейной
оболочки системы векторов.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Пример 2
Найти максимальную линейно независимую подсистему в системе
векторов-строк a1 = (1, 2, 3, 4), a2 = (2, 3, 4, 5), a3 = (6, 7, 8, 9),
a4 = (3, 4, 6, 5), a5 = (4, 5, 5, 8).
Запишем
и преобразуем 
матрицу



a1 a2 a3 a4 a5
1
2
6
3
4
 1

2
6
3
4

  0 −1 −5 −2 −3 


 2
3
7
4
5 

 ∼  0 −2 −10 −3 −7  ∼
 3

4
8
6
5
0 −1 −5 −3 −2
4
5
9
5
8




a1 a2 a4 a3 a5
1 2 6
3
4
 1
2
3
6
4 
 0 1 5


2
3 

∼ 0
1
2
5
3 
∼
 0 0 0
1
−1  
 0
0
1
0 −1 
0 0 0 −1
1
0
0
0
0
0




a1 a2 a4 a3
a5
1 2 0 6
7
 1
0
0 −4 −3 
.
 0 1 0 5
5 ∼
 0
1
0
5
5 
0 0 1 0 −1
0
0
1
0
−1
Система a1 , a2 , a4 будет максимальной независимой подсистемой;
a3 = −4a1 + 5a2 , a5 = −3a1 + 5a5 − a4 .
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Линейная независимость системы ненулевых строк ступенчатой по
строкам матрицы
Предложение
Пусть A = (αij )k×n – ступенчатая по строкам матрица (т.е. в начале
каждой ненулевой строки расположено больше нулей, чем в начале
предыдущей строки, и все нулевые строки, если они есть, записаны
последними). Тогда система ненулевых строк этой матрицы линейно
независима.
Доказательство. Предположим, не ограничивая общности, что все строки
матрицы A ненулевые. Так как A ступенчатая по строкам, для каждого
i = 1, . . . , k обозначим через ji наименьший индекс, для которого αiji 6= 0.
Тогда при i > 1 и 1 ≤ j < ji имеем αij = 0. Кроме того, j1 < j2 < . . . < jk .
Обозначим строки матрицы A через a1 , a2 . . . , ak . Пусть
t1 a1 + t2 a2 + . . . + tk ak = 0. Тогда t1 α1j1 = 0, t1 α1j2 + t2 α2j2 = 0, . . . ,
t1 α1jk + t2 α2jk + . . . + tk αkjk = 0. Из первого равенства получаем t1 = 0, из
второго – t2 = 0, и так далее, из p-го равенства получим, что tp = 0
(p = 3, . . . , k). Этим доказана линейная независимость системы строк
(a1 , a2 . . . , ak ).
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Алгоритм 2 нахождения базиса линейной оболочки системы векторов
Чтобы найти базис линейной оболочки системы векторов a1 , a2 . . . , ak ,
нужно составить из них матрицу A, считая эти векторы строками, и
привести ее к ступенчатому по строкам виду A0 с помощью элементарных
перобразований строк матрицы. Ненулевые строки матрицы A0 образуют
базис подпространства ha1 , a2 . . . , ak i.
Для обоснования алгоритма заметим, что элементарные преобразования
системы векторов не изменяют ее линейной оболочки, а базисом системы
строк ступенчатой матрицы в силу предложения сл.24 является система
ненулевых строк этой матрицы.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Ранг матрицы по строкам и по столбцам


α11 α12 . . . α1n
 α21 α22 . . . α2n 
k×n

Пусть A = 
.
 . . . . . . . . . . . .  – произвольная матрица из R
αk1 αk2 . . . αkn
Положим a (i ) = (αi 1 , αi 2 , . . . , αin ) (i = 1, . . . , k). Тогда a (i ) ∈ Rn ,
(a (1) , . . . , a (k) ) – система строк матрицы A.
Положим a j = (α1j , . . . , αkj ) (j = 1, . . . , n). Тогда a j ∈ Rk , (a 1 , . . . , a n ) –
система столбцов матрицы A.
Определение
Рангом матрицы A по строкам (соотв. по столбцам) называется
размерность линейной оболочки системы строк (соотв. столбцов)
матрицы A.
Обозначения: rстр (A), rстлб (A). Имеем
rстр (A) = dimha (1) , . . . , a (k) i, rстлб (A) = dimha 1 , . . . , a n i.
Можно сказать, что ранг по строкам (соотв. по столбцам) матрицы A есть
максимальное число линейно независимых строк (соотв. столбцов)
матрицы A.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Ранг матрицы по минорам
Определение минора
Минором матрицы A порядка m называется определитель квадратной
подматрицы порядка m матрицы A.
Если A = (αij )k×n , то m ≤ k, n и минор
матрицы A порядка m
αi1 j1 αi1 j2 . . . αi1 jm α
αi2 j2 . . . αi2 jm , где
представляет собой определитель i2 j1
...
...
. . . ...
αim j
αim j2 . . . αim jm 1
1 ≤ i1 < i2 < . . . < im ≤ k и 1 ≤ j1 < j2 < . . . < jm ≤ n. Будем обозначать
указанный минор через M(i1 , . . . , im ; j1 , . . . , jm ).
Минор 1-го порядка является элементом матрицы. У квадратной матрицы
A порядка n единственным минором порядка n является ее определитель.
Определение ранга матрицы по минорам
Рангом матрицы A по минорам называется число 0, если A – нулевая
матрица и наивысший порядок отличных от нуля миноров матрицы A,
если A – нулевая матрица.
Обозначение: rмин (A).
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Пример

1
Для матрицы A =  2
3
и по минорам.
2
3
4
3
4
5

4
5  найти ранги по строкам, по столбцам
6
Заметим, что a (2) = 12 (a (1) + a (3) ). Так как строки a (1) , a (3) линейно
независимы, имеем rстр (A) = 2. По этой
же причине все миноры 3-го
1 2 = 1, заключаем, что rмин (A) = 2.
порядка равны 0. Поскольку 2 3 Чтобы найти ранг матрицы A по столбцам, проведем элементарные
преобразования 
ее строк:


 

1 2 3 4
1
2
3
4
1 0 −1 −2
 2 3 4 5  ∼  0 −1 −2 −3  ∼  0 1
2
3 .
3 4 5 6
0 −2 −4 −6
0 0
0
0
Мы видим, что a3 = −a 1 + 2a 2 , a 4 = −2a 1 + 3a 2 и столбцы a 1 , a 2 линейно
независимы. Таким образом, rстлб (A) = 2.
Для рассматриваемой матрицы A имеют место равенства
rстр (A) = rстлб (A) = rмин (A).
Теорема следующего слайда показывает, что это не случайное совпадение.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Теорема о ранге матрицы
Теорема
Для любой матрицы A ∈ F k×n имеют место равенства
rстр (A) = rстлб (A) = rмин (A).
Доказательство (см. сл.33) опирается на 4 леммы. С помощью этих лемм
мы докажем, что rстр (A) = rмин (A) и rстлб (A) = rмин (A).
Лемма 1
Если матрица A0 получается из матрицы A с помощью элементарных
преобразований строк, то rстр (A) = rстр (A0 ) и rмин (A) = rмин (A0 ).
Доказательство. Достаточно проверить утверждение леммы для одного
0
0
элементарного преобразования. Если система векторов (a (1) , . . . , a (k) )
получается из системы (a (1) , . . . , a (k) ) с помощью одного элементарного
0
0
преобразования, то очевидно, что ha (1) , . . . , a (k) i = ha (1) , . . . , a (k) i,
0
поэтому rстр (A) = rстр (A ).
Докажем, что rмин (A) = rмин (A0 ). Если матрица A нулевая, то и матрица
A0 нулевая, и их ранги по минорам равны. Пусть матрица A ненулевая.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Окончание доказательства леммы 1
Если матрица A0 получается из A с помощью перестановки двух строк, то
это преобразование можно выполнить при помощи прибавления у одной
строки другой и умножения строки на −1, поэтому мы рассмотрим только
следующие два элеметарные преобразования.
Если матрица A0 получается из A с помощью умножения одной строки на
ненулевой скаляр λ, то то миноры M(i1 , . . . , im ; j1 , . . . , jm ) этих матриц либо
совпадают, либо отличаются множителем λ, поэтому rмин (A) = rмин (A0 ).
Пусть матрица A0 получается из A с помощью прибавления к i-й строке
`-й строки, умноженной на скаляр λ. Тогда для миноров M(i1 , . . . , im ;
j1 , . . . , jm ) этих матриц может выполняться одно из условий:
1
2
миноры совпадают (если i 6∈ {i1 , . . . , im } или i, ` ∈ {i1 , . . . , im });
минор матрицы A0 равен сумме M(i1 , . . . , i, . . . , im ; j1 , . . . , jm )+
+λM(i1 , . . . , `, . . . , im ; j1 , . . . , jm ) матрицы A (если i ∈ {i1 , . . . , im } и
` 6∈ {i1 , . . . , im }).
Отсюда следует, что rмин (A0 ) ≤ rмин (A), так как если все миноры порядка
m матрицы A равны 0, то и все миноры порядка m матрицы A0 равны 0.
Поскольку матрица A может быть получена из матрицы A0 с помощью
прибавления к i-й строке `-й строки, умноженной на скаляр −λ, имеем
rмин (A) ≤ rмин (A0 ). Следовательно, rмин (A0 ) = rмин (A). Лемма доказана.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Элементарные преобразования столбцов
Элементарные преобразования столбцов определяются так же, как и для
строк (см. сл.27 т.1). Аналогично лемме 1 доказывается следующая
Лемма 2
Если матрица A0 получается из матрицы A с помощью элементарных
преобразований столбцов, то rстлб (A) = rстлб (A0 ) и rмин (A) = rмин (A0 ).
Аналогично ступенчатой по строкам матрице (см. сл.28 т.1) определяется
ступенчатая по столбцам матрица. Точно так же, как теорема сл.31 т.1,
доказывается следующее
Предложение
Любая матрица A ∈ Rk×n c помощью элементарных преобразований
столбцов может быть приведена к ступенчатой по столбцам матрице.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
О ступенчатых по строкам матрицах
Лемма 3
Для любой ступенчатой по строкам матрицы A ∈ Rk×n имеет место
равенство rстр (A) = rмин (A).
Доказательство. Пусть A = (αij )k×n . Если матрица A нулевая, то
доказывать нечего. Пусть A 6= O. Обозначим через r номер последней
ненулевой строки матрицы A. Как и в доказательстве предложения сл.24,
для каждого i = 1, . . . , r обозначим через ji наименьший индекс, для
которого αiji 6= 0. Тогда при 1 < i ≤ r и 1 ≤ j < ji имеем αij = 0. Кроме
того, j1 < j2 < . . . < jr . Возьмем минор в строках 1, . . . , r и столбцах
ji1 , . . . , jir . Это определитель верхнетреугольной матрицы с ненулевыми
элементами на главной диагонали, поэтому он отличен от нуля. Миноры
более высоких порядков или содержат нулевую строку и потому равны
нулю, или не существуют (если r = k). Поэтому rмин (A) = r .
Так как ненулевые строки матрицы A в силу предложения сл.24 линейно
независимы, их система образует базис пространства строк матрицы A.
Поэтому rстр (A) = r . Лемма доказана.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Доказательство теоремы о ранге и определение ранга матрицы
Аналогично лемме 3 доказывается
Лемма 4
Для любой ступечатой по столбцам матрицы A ∈ Rk×n имеет место
равенство rстлб (A) = rмин (A).
Теперь докажем теорему о ранге матрицы. Пусть A ∈ Rk×n –
произвольная матрица. Приведем матрицу A с помощью элементарных
преобразований строк к ступенчатому по строкам виду A0 . На основании
лемм 1 и 3 заключаем, что rстр (A) = rстр (A0 ) = rмин (A0 ) = rмин (A), т.е.
rстр (A) = rмин (A). Используя предложение сл.8, приведем матрицу A с
помощью элементарных преобразований столбцов к ступенчатому по
столбцам виду A00 . На основании лемм 2 и 4 заключаем, что
rстлб (A) = rстлб (A00 ) = rмин (A00 ) = rмин (A), т.е. rстлб (A) = rмин (A). Таким
образом, теорема доказана.
Определение ранга матрицы
Рангом матрицы A ∈ Rk×n называется число rстр (A) = rстлб (A) = rмин (A),
обозначаемое через r(A).
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Следствия из теоремы о ранге матрицы
Первое следствие вытекает из лемм 1 и 2.
Следствие 1
Элементарные преобразования строк или столбцов матрицы не изменяют
ранга матрицы.
Второе следствие получается из лемм 3 и 4.
Следствие 2
Ранг ступенчатой по строкам (соотв. по столбцам) матрицы равен
количеству ненулевых строк (соотв. столбцов) этой матрицы.
Из определения рангов по строкам, по столбцам и по минорам получаем
Следствие 3
Для любой матрицы A ∈ Rn×n следующие условия эквивалентны:
(1) система строк матрицы A линейно независима;
(2) система столбцов матрицы A линейно независима;
(3) матрица A невырожденная (т.е. |A| 6= 0).
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Алгоритм нахождения ранга матрицы
Из следствий 1 и 2 получается следующий алгоритм.
Чтобы определить ранг ненулевой матрицы A, следует с помощью
элементарных преобразований строк или столбцов привести ее к
ступенчатому по строкам виду и подсчитать количество ненулевых строк
полученной матрицы. Это и будет ранг матрицы A.
Пример сл.28 показывает, как найти ранг согласно этому алгоритму.
Нужно посмотреть часть, где производятся элементарные преобразования
строк матрицы A.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Свойства ранга матрицы
Приведем без доказательства следующее утверждение, в котором собраны
свойства ранга матрицы, относящиеся к операциям над матрицами.
Теорема
1
2
3
4
5
Для любых матриц A, B ∈ Rk×n имеет место r(A + B) ≤ r(A) + r(B).
k×n
Для любой матрицы
и любого скаляра λ ∈ R имеет место
A∈R
r(A), если λ 6= 0,
равенство r(λA) =
.
0, если λ = 0.
Для любой матрицы A ∈ Rk×n имеет место равенство r(A) = r(A> ).
Для любых матриц A ∈ Rk×n , B ∈ Rn×p имеет место
r(A) + r(B) − n ≤ r(A · B) ≤ r(A), r(B).
Для любой невырожденной матрицы A ∈ Rn×n и любых матриц
B ∈ Rn×k , C ∈ Rk×n имеют место равенства r(A · B) = r(B),
r(C · A) = r(C ).
Отметим, что утверждения 2 и 3 практически очевидны, а утверждение 5
легко выводится из утверждения 4.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Критерий совместности системы линейных уравнений
Пусть A ∈ Rk×n , b > ∈ Rk , x = (x1 , . . . , xn )> – столбец из n неизвестных.
Рассмотрим систему линейных уравнений в матричной записи
Ax = b.
Определение совместной системы линейных уравнений см. на сл.5 т.1.
Основная и расширенная матрицы системы линейных уравнений
определяются на сл.37 т.1. Критерий совместности системы линейных
уравнений дает
Теорема Кронекера-Капелли
Система линейных уравнений Ax = b совместна тогда и только тогда,
когда r(A) = r(A|b) (т.е. когда ранг основной матрицы этой системы равен
рангу ее расширенной матрицы).
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Доказательство теоремы Кронекера-Капелли
Пусть A = (αij )k×n , b > = (β1 , . . . , βk ). Запишем систему линейных
уравнений в развернутом виде:

α11 x1 + α12 x2 + . . . + α1n xn = β1 ,



α21 x1 + α22 x2 + . . . + α2n xn = β2 ,
.............................................



αk1 x1 + αk2 xk + . . . + αkn xn = βk .
(1)
Как обычно, обозначим через a 1 , . . . , a n столбцы матрицы A. Тогда
систему (1) можно расписать так: x1 a 1 + . . . + xn a n = b. Отсюда следует,
что система (1) совместна тогда и только тогда, когда (a 1 , . . . , a n ) ` b. В
силу утверждения 2 предложения сл.4 последнее условие равносильно
равенству ha1 , . . . , a n i = ha 1 , . . . , a n , bi. Согласно предложению сл.18 это
равенство с учетом включения ha 1 , . . . , a n i ⊆ ha 1 , . . . , a n , bi равносильно
равенству размерностей dimha 1 , . . . , a n i = dimha 1 , . . . , a n , bi, которое
можно записать как rстлб (A) = rстлб (A|b). По теореме сл.29 получаем
требуемое утверждение.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Так как ранг основной матрицы может быть меньше ранга расширенной
матрицы только на 1, получаем такое
Следствие
Система линейных уравнений Ax = b несовместна тогда и только тогда,
когда r(A) + 1 = r(A|b).
При решении конкретных систем линейных уравнений теорема
Кронекера-Капелли применяется при завершении прямого хода в методе
Гаусса-Жордана, когда основная и расширенная матрицы приведены к
ступенчатому виду, что дает возможность легко определить ранг каждой
из этих матриц.
Определение
Рангом совместной системы линейных уравнений Ax = b называется
число r : r = r(A) = r(A|b).
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Следствие для крамеровских систем линейных уравнений
Определение крамеровской системы линейных уравнений см. на сл.49
т.1-3. В дополнение к теореме Крамера (сл.51 т.1-3) справедливо
следующее
Предложение
Если в крамеровской системе линейных уравнений главный определитель
равен нулю, а по крайней мере один из вспомогательных определителей
отличен от нуля, то эта система несовместна.
Из условия следует, что ранг по минорам основной матрицы меньше ее
порядка, который обозначим через n. Вспомогательные определители
отличаются от миноров порядка n расширенной матрицы быть может
лишь знаком, поэтому ранг по минорам расширенной матрицы равен n.
Следовательно, система несовместна.
Если в крамеровской системе линейных уравнений главный определитель
и все вспомогательные определители равны нулю, то она может быть как
несоместна, так и иметь бесконечное множество решений. Рекомендуется
привести пример для каждой ситуации.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Совместная система линейных уравнений
Рассмотрим совместную систему линейных уравнений (1) на сл.38. Пусть
r – ее ранг. Выберем линейно независимую систему из r строк
расширенной матрицы; без ограничения общности будем считать, что это
первые r строк. Так как остальные строки расширенной матрицы линейно
выражаются через выбранные r строк, соответствующие уравнения
являются следствиями первых r уравнений, и система (1) оказывается
равносильной системе

α11 x1 + α12 x2 + . . . + α1n xn = β1 ,



α21 x1 + α21 x2 + . . . + α2n xn = β2 ,
 ................................................


αr 1 x1 + αr 1 xk + . . . + αrn xn = βr .
Приводя эту систему к лестничной форме (см. сл.9 т.1) и при
необходимости
перенумеруя неизвестные, получим систему

γ11 x1 + γ12 x2 + . . . + γ1r xr + . . . + γ1n xn = δ1 ,



γ22 x2 + . . . + γ2r xr + . . . + γ2n xn = δ2 ,
....................................................................



γrr xr + . . . + γrn xn = δr ,
в которой γjj 6= 0 при j = 1, . . . , r . Если r = n, то последняя система имеет
единственное решение; при r < n она имеет неодноэлементное множество
решений.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Общее решение совместной системы линейных уравнений
Выражая в последней системе линейных уравнений на сл.41 неизвестные
xr , xr −1 , . . . , x1 через xr +1 , . . . , xn при r < n, получаем следующее
Определение
Общим решением совместной системы линейных уравнений (1) сл.38,
имеющей
ранг r , называется система линейных уравнений (d = n − r )

 x1 = λ11 xr +1 + . . . + λ1d xn + µ1 ,
................................................

xr = λr 1 xr +1 + . . . + λrd xn + µr .
Неизвестные x1 , . . . , xr называются базисными, а неизвестные xr +1 , . . . , xn
– свободными.
Отметим, что для упрощения обозначений неизвестные могли быть
перенумерованы. При решении конкретной системы линейных уравнений
общее решение характеризуется следующими основными чертами:
1
количество уравнений равно рангу системы;
2
каждое уравнение представляет собой выражение одной неизвестной
через другие вида xj = λj1 xi1 + . . . + λjd xid + µj ;
3
Множество всех неизвестных из левых частей уравнений и множество
всех неизвестных из правых частей уравнений образуют разбиение
множества всех неизвестных системы.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Однородные системы линейных уравнений
Напомним, что система линейных уравнений называется однородной, если
свободные члены во всех уравнениях этой системы равны нулю. Однородная система линейных уравнений всегда совместна и множество всех ее
частных решений является подпространством (см. утверждение 3
предложения сл.15).
Определения
Это подпространство называется пространством решений однородной
системы линейных уравнений, а любой базис этого подпространства – ее
фундаментальной системой решений (ФСР).
Теорема
Пусть Ax = O – матричная запись однородной системы линейных
уравнений, где A ∈ Rk×n и U – пространство решений этой системы. Тогда
dimU = n − r(A).
Доказательство. Положим r = r(A), d = n − r . Если r = n, то система
имеет единственное решение (см. сл.41) – нулевое, т.е. U = {0}, и
утверждение выполняется.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Окончание доказательства
Пусть r < n. Рассмотрим общее
 решение нашей системы, перенумеруя при
 x1 = λ11 xr +1 + . . . + λ1d xn ,
........................................... Построим
необходимости неизвестные:

xr = λr 1 xr +1 + . . . + λrd xn .
систему решений, придавая по очереди одному из свободных неизвестных
x1 . . . xr
xr +1 . . . xn
λ11 . . . λr 1
1
... 0
значение 1, а остальным – значение 0.
... ... ...
... ... ...
λ1d . . . λrd
0
... 1
Положим f j = (λ1j , . . . , λrj , 0, . . . , 1, . . . , 0) (здесь 1 на (r + j)-м месте,
j = 1, . . . , d ) и докажем, что (f 1 , . . . , f d ) – фундаментальная система
решений. По построению f j ∈ U. Так как ранг по минорам матрицы,
составленной из строк f 1 , . . . , f d , равен d , ее ранг по строкам также равен
d , т.е. строки (f 1 , . . . , f d ) линейно независимы. Покажем, что
U = hf 1 , . . . , f d i. Пусть (s1 , . . . , sn ) ∈ U. Имеем
(s1 , . . . , sn ) = (λ11 sr +1 + . . . + λ1d sn , . . . , λr 1 sr +1 + . . . + λrd sn , sr +1 , . . . , sn ) =
(λ11 sr +1 , . . . , λr 1 sr +1 , sr +1 , 0 . . . , 0) + . . . + (λ1d sn , . . . , λrd sn , 0, 0 . . . , sn ) =
sr +1 f 1 + . . . + sn f d , что и требуется доказать. Таким образом, (f 1 , . . . , f d ) –
фундаментальная система решений и dimU = d = n − r . Теорема доказана.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Алгоритм нахождения фундаментальной системы решений
Чтобы найти фундаментальную систему решений однородной системы
линейных уравнений Ax = O, следует сначала найти ее общее решение.
Элементарные преобразования строк можно проводить в матрице A, так
как нулевой столбец свободных членов при этих преобразованиях не
изменяется. Если система имеет единственное (нулевое) решение, то ее
подпространство решений – нулевое и фундаментальной системы решений
не существует. Если в общем решении имеется d свободных неизвестных,
то выбираем невырожденную диагональную матрицу S порядка d и по
очереди придаем свободным неизвестным значения элементов одной
строки матрицы S; значения базисных неизвестных определяем из общего
решения. Полученные d строк и будут образовывать одну из
фундаментальных систем решений.
В алгоритме получается система из d линейно независимых решений, так
как матрица S невырожденная. Число d – размерность пространства
решений. С помощью свойства 3 сл.11 нетрудно проверить, что эта
система будет базисом пространства решений.
Если коэффициенты в общем решении являются целыми числами, то
качестве матрицы S удобно брать единичную матрицу.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Пример нахождения фундаментальной системы решений
Найти фундаментальную систему решений системы линейных уравнений

 x1 + 2x2 − 3x3 − x4 + 2x5 = 0,
2x1 + 3x2 − x3 − 2x4 + 5x5 = 0,

3x1 + 4x2 − 2x3 + x4 + x5 = 0.
Преобразуем
основную 
матрицу.



1 2 −3 −1 2
1
2
−3 −1
2
 2 3 −1 −2 5  ∼  0 −1
5
0
1 ∼
3 4 −2
1
1
0 −2
7
4
−5

 

1
0
7
−1
4
4 0 28 −4 16
 0 −1
5
0
1  ∼  0 1 −5
0
−1  ∼
0
0
−3
4
−7
0 0 −3
4
−7


4 0 25 0
9
 4x1 + 25x3 + 9x5 = 0,
 0 1 −5 0 −1 
x2 − 5x3 − x5 = 0, Общее решение:

0 0 −3 4 −7
−3x3 + 4x4 − 7x5 = 0.

x − 94 x5 ,
 x1 = − 25
4 3
x2 = 5x3 + x5 , Свободные неизвестные: x3 , x5 . Матрица S =

x4 = 34 x3 + 74 x5 .
x1
x2 x3 x4 x5
4 0
f 1 = (−25, 20, 4, 3, 0)
3
0
=
. ФСР: −25 20 4
0 4
f 2 = (−9, 4, 0, 7, 4)
−9
4
0
7
4
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Связь между неоднородными и однородными системами линейных
уравнений
Сопоставим совместной системе линейных уравнений

α11 x1 + α12 x2 + . . . + α1n xn = β1 ,



α21 x1 + α22 x2 + . . . + α2n xn = β2 ,
.............................................



αk1 x1 + αk2 xk + . . . + αkn xn = βk
(2)
однородную систему линейных уравнений

α11 x1 + α12 x2 + . . . + α1n xn = 0,



α21 x1 + α22 x2 + . . . + α2n xn = 0,
.............................................



αk1 x1 + αk2 xk + . . . + αkn xn = 0.
(3)
Обозначим множество всех частных решений системы (2) через L, а
пространство решений однородной системы (3) – через U. Для любой
строки c ∈ Rn положим c + U = {c + u|u ∈ U}.
Предложение
Для любого решения c ∈ L имеет место равенство L = c + U.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Доказательство предложения
Запишем системы (2) и (3) сл.47 в матричной форме: Ax = b, Ax = 0.
Тогда L = {c ∈ Rn |Ac > = b}, U = {u ∈ Rn |Au > = 0}. Пусть c ∈ L. Для
любого u ∈ U имеем A(c + u)> = Ac > + Au > = b + 0 = b, т.е. c + u ∈ L.
Таким образом, c + U ⊆ L. Убедимся, что L ⊆ c + U. Возьмем x ∈ L и
положим u = x − c. Так как Ac > = b, Ax > = b, имеем
A(x − c)> = Ax > − Ac > = 0, т.е. u ∈ U. Мы видим, что x = c + u и
x ∈ c + U. Следовательно, L ⊆ c + U. Предложение доказано.
Связь между неоднородной и однородной системой линейных уравнений,
выражаемую формулой L = c + U, можно представить векторной записью
общего решения неоднородной системы линейных уравнений. А именно,
любое решение x ∈ L может быть записано в виде
x = c + λ1 f 1 + . . . + λd f d , где c – фиксированное частное решение из L,
(f 1 , . . . , f d ) – базис U, т.е. фундаментальная система решений однородной
системы (3), λ1 , . . . , λd – произвольные числа, независимо друг от друга
пробегающие множество R.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Пример векторной записи общего решения системы линейных
уравнений
Пусть
система линейных уравнений имеет общее решение

 x1 = 2 − x3 − x5 ,
x2 = 1 + 5x3 + x5 ,

x4 = 3 − 4x3 + 7x5 .
Записать общее решение этой системы в векторной форме.
Имеем (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (2 − x3 − x5 , 1 + 5x3 + x5 , x3 , 3 − 4x3 + 7x5 , x5 ) =
(2, 1, 0, 3, 0) + (−x3 , 5x3 , x3 , −4x3 , 0) + (−x5 , x5 , 0, 7x5 , x5 ) =
(2, 1, 0, 3, 0) + x3 (−1, 5, 1, −4, 0) + x5 (−1, 1, 0, 7, 1). Векторная запись
общего решения:
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (2, 1, 0, 3, 0) + λ(−1, 5, 1, −4, 0) + µ(−1, 1, 0, 7, 1).
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Собственные векторы матриц
Определение
Пусть A ∈ Rn×n , v ∈ Rn×1 . Вектор v называется собственным вектором
матрицы A, если v 6= 0 и A · v = tv для некоторого t ∈ R. При этом t
называется собственным числом матрицы A и говорят, что собственный
вектор v относится к собственному числу t.
Теорема
Число t является собственным числом матрицы A ∈ Rn×n тогда и только
тогда, когда |A − tEn| = 0. Если t0 – собственное число матрицы A, то все
собственные векторы этой матрицы, относящиеся к t0 , являются
ненулевыми решениями однородной системы линейных уравнений от n
неизвестных с основной матрицей A − t0 En .
Доказательство. По определению число t является собственным числом
матрицы A ∈ Rn×n тогда и только тогда, когда A · v = tv для некоторого
v 6= 0. Равенство A · v = tv равносильно (A − tEn ) · v = 0, т.е. v –
ненулевое частное решение однородной системы линейных уравнений
(A − tEn )x = 0. По теореме сл.43 получаем r(A − tEn ) < n, что
равносильно равенству |A − tEn| = 0. Теорема доказана.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Характеристическое уравнение матрицы
Определение
Пусть A ∈ Rn×n , t – неизвестная. Уравнение |A − tEn| = 0 называется
характеристическим уравнением матрицы A.
При развертывании определителя получается алгебраическое уравнение
n-й степени.
a b
Например, для матрицы A =
характеристическое уравнение
c d
a−t
b = 0, или t 2 − (a + d )t + ad − bc = 0.
имеет вид c
d −t При решении конкретных задач бывает возможно преобразовать
определитель так, чтобы вынести из строки или из столбца общий
множитель вида t − t0 , тогда t0 будет корнем характеристического
уравнения. Кроме того, корни можно искать подбором, так как любой
целочисленный корень алгебраического уравнения с целочисленными
коэффициентами делит нацело свободный член этого уравнения.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Пример
Найти
и собственные векторы матрицы

 собственные значения
6 6 −15
A =  1 5 −5 .
1 2 −2
6−t
6
−15 5−t
−5 = 0.
Запишем характеристическое уравнение: 1
1
2
−2 − t Преобразуем левую часть, используя свойства определителей (вычитаем
2-ю строку из 3-й, выносим из 3-й строки t − 3, прибавляем 2-й столбец к
3-му,
разлагаем по 3-й строке):
6−t
6
−15 6
−15 6 − t
1
5−t
−5 =
5−t
−5 = 1
1
t −3 3−t 2
−2 − t 0
6−t
6−t
6
−9 6
−15 5 − t −5 = (t − 3) 1
5 − t −t =
(t − 3) 1
0
0
1
−1
1
0 6
−
t
−9
= −(t − 3)(t 2 − 6t + 9) = −(t − 3)3 .
(t − 3)(−1)3+2 1
−t Таким образом, характеристическое уравнение имеет вид −(t − 3)3 = 0 и
матрица A имеет единственное собственное число t1 = 3.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Окончание примера
Чтобы найти собственные векторы, решаемоднородную систему
линейных

3 6 −15
уравнений с основной матрицей A − 3E3 =  1 2 −5 . Эта система
1 2 −5
равносильна одному уравнению x1 + 2x2 − 5x3 = 0. Его общее решение
x1 = −2x2 + 5x3 . Находим фундаментальную систему решений:
x1 x2 x3
−2 1
0 Получаем два линейно независимых собственных вектора
5 0
1
e 1 = (−2, 1, 0) и e 2 = (5, 0, 1). Произвольный собственный вектор имеет
вид c1 e 1 + c2 e 2 , где c1 , c2 – произвольные числа, одновременно не равные
нулю.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Подобные матрицы
Определение
Пусть A, B ∈ Rn×n . Говорят, что матрица B подобна матрице A, если
существует невырожденная матрица T ∈ Rn×n такая что B = T −1 · A · T .
Если матрица B подобна диагональной матрице A, то возможно получить
формулы для элементов любой натуральной степени B m как функций от
m (такая задача имеет практическое значение). В самом деле, если
B = T −1 · A · T , то B m = T −1 · A · T · T −1 · A · T . . . T −1 · A · T =
= T −1 · Am · T , так как “на стыках” получается T · T −1 = En . Степень
диагональной матрицы вычисляется легко: нужно только возвести
диагональные элементы в степень m.
В силу сказанного представляет интерес задача определения для данной
квадратной матрицы, подобна ли она диагональной матрице.
Оказывается, это можно сделать с помощью собственных векторов.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Критерий подобия данной матрицы диагональной матрице
Теорема
Матрица A ∈ Rn×n подобна диагональной матрице D тогда и только
тогда, когда A имеет n линейно независимых собственных векторов. При
этом D = T −1 · A · T , где матрица T составлена из n линейно
независимых собственных векторов (столбцов) матрицы A, а на главной
диагонали матрицы D расположены собственные числа матрицы A, к
которым относятся столбцы матрицы T .
Доказательство. Равенство D = T −1 · A · T равносильно равенству
T · D = A · T . Запишем

его:


t11 t12 . . . t1n
d1
0 ... 0
 t21 t22 . . . t2n   0
d2 . . . 0 

 

 ... ... ... ...  ·  ... ... ... ...  =
t
tn2 . . . tnn
0
0 . . . dn
 

 n1
t11 t12 . . . t1n
a11 a12 . . . a1n
 a21 a22 . . . a2n   t21 t22 . . . t2n 


 
 . . . . . . . . . . . .  ·  . . . . . . . . . . . . .
tn1 tn2 . . . tnn
an1 an2 . . . ann
Обозначив j-й столбец матрицы T через v j , легко вычислить, что
A · v j = dj v j при j = 1, . . . , n. Отсюда с учетом следствия 3 сл.34
непосредственно получаются все утверждения теоремы.
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn
Пример
−2
.
−1
6−t
−2 = 0. Оно
Запишем характеристическое уравнение: 6 −1 − t имеет вид t 2 − 5t + 6 = 0. Матрица A имеет собственные значения t1 = 2
и t2 = 3. Собственный вектор для значения t1 является ненулевым
решением однородной
системы линейных уравнений с основной матрицей
4 −2
A − 2E2 =
, которая равносильна одному уравнению
6 −3
2x1 − x2 = 0. Возьмем его решение e 1 = (1, 2). Собственный вектор для
значения t2 является ненулевым решением однородной
системы линейных
3 −2
уравнений с основной матрицей A − 3E2 =
, которая
6 −4
равносильна одному уравнению 3x1 − 2x2 = 0. Возьмем его решение
1 2
e 2 = (2, 3). Векторы e 1 , e 2 линейно независимы. Положим T =
.
2 3
2 0
2 0
Тогда T ·
= A · T , откуда A = T ·
· T −1 .
0 3
0 3
n
n
2 0
2
0
Следовательно, An = T ·
· T −1 = T ·
· T −1 .
0 3
0 3n
Вычислить An для матрицы A =
А. Я. Овсянников
6
6
Тема: Линейное пространство
Rn
Окончание примера
3 −2
−3
2
=
.
−2
1
2 −1
Вычисляем
n
n
2n 2 · 3n
2
0
1 2
2
0
T·
=
·
=
.
0 3n
2 3
0 3n
2n+1 3n+1
n
n
2
2·3
−3
2
Окончательно получаем An =
·
=
2 −1
2n+1 3n+1
−3 · 2n + 4 · 3n 2n+1 − 2 · 3n
.
−3 · 2n+1 + 2 · 3n+1 2n+2 − 3n+1
По формуле сл.46 т.3 получаем T −1 = −
А. Я. Овсянников
Тема: Линейное пространство
Rn