А.В. Бадьин - Аналитическая геометрия (1113342), страница 28
Текст из файла (страница 28)
. . , xN1 ∈ K.Будем говорить, что A — основная матрица уравнения (3). Будем говорить, что (A, y) —расширенная матрица уравнения (3).Теорема (Кронекера—Капелли). Пусть: K ∈ {C, R, Q}; N1 , N2 ∈ N; A ∈ KN2 ×N1 , y ∈KN2 . Уравнение (3) имеет решение тогда и только тогда, когда rank(A, y) = rank(A).Доказательство. Пусть существует столбец x, удовлетворяющий условиям: x ∈ KN1 ,Ax = y. Тогда: x1 , . . .
, xN1 ∈ K, y = A1 x1 +· · ·+AN1 xN1 . Следовательно: −x1 , . . . , −xN1 ∈ K,(−1)y = A1 (−x1 ) + · · · + AN1 (−xN1 ). Тогда (−1)y ∈ L(A1 , . . . , AN1 ). Следовательно:rank(A, y) = rank(A1 , . . . , AN1 , y) = rank A1 , . . . , AN1 , y + (−1)y = rank(A1 , . . . , AN1 , θ̃2 ) == rank(A1 , . . . , AN1 ) = rank(A).Пусть rank(A, y) = rank(A). Обозначим, r = rank(A).
Тогда: r ∈ Z+ , rank(A, y) = r.Пусть r = 0. Так как: rank {A1 , . . . , AN1 , y} = rank(A, y) = r, то y = θ̃2 . Тогда: θ̃1 ∈ KN1 ,Aθ̃1 = y.Пусть r 6= 0. Тогда r ∈ N. Так как: rank {A1 , . . . , AN1 } = rank(A) = r, то существуютчисла i1 , . . . , ir = 1, N1 , удовлетворяющие условиям: i1 < · · · < ir , Ai1 , . .
. , Air — линейнонезависимые столбцы. Так как: rank {A1 , . . . , AN1 , y} = rank(A, y) = r, то Ai1 , . . . , Air —базис множества {A1 , . . . , AN1 , y}. Тогда существуют числа xi1 , . . . , xir , удовлетворяющиеусловиям: xi1 , . . . , xir ∈ K, y = Ai1 xi1 + · · · + Air xir . Обозначим: xi = 0 при: i = 1, N1 ,i∈/ {i1 , . . . , ir }. Тогда: x1 , . . . , xN1 ∈ K, y = A1 x1 + · · · + AN1 xN1 . Следовательно: x ∈ KN1 ,Ax = y.12.2. Система линейных алгебраических уравнений123Определение.
Пусть: K ∈ {C, R, Q}; N ∈ N; A ∈ KN ×N . Будем говорить, что B — обратнаяматрица к матрице A, если: B ∈ KN ×N , AB = I.Замечание. Пусть: K ∈ {C, R, Q}; N ∈ N; A, B ∈ KN ×N , AB = I. Тогда:det(AB) = det(I);det(A) det(B) = 1;det(A), det(B) 6= 0.Утверждение. Пусть: K ∈ {C, R, Q}; N ∈ N; A ∈ KN ×N , det(A) 6= 0.i(−1)i+j ∆ (A)jпри i, j = 1, N . Тогда: B ∈ KN ×N , AB = I, BA = I.1. Обозначим: Bij =det(A)2.
Пусть: N1 ∈ N, Y ∈ KN ×N1 . Существует единственная матрица X, удовлетворяющая условиям: X ∈ KN ×N1 , AX = Y .3. Пусть: N2 ∈ N, Y ∈ KN2 ×N . Существует единственная матрица X, удовлетворяющая условиям: X ∈ KN2 ×N , XA = Y .det(A1 ,...,Aj−1 ,y,Aj+1 ,...,AN )4. Пусть: x, y ∈ KN , Ax = y. Тогда: xj =при j = 1, N (формуdet(A)лы Крамера).Доказательство.1. Очевидно, B ∈ KN ×N . Пусть i, j = 1, N .
Обозначим:A1 .. . i−1 A Ã = Aj . i+1 A . .. ANТогда:(AB)ji=NXAjk Bikk=1=1det(A)=NXk=1NXi+kiN∆k (A)1 Xi=(−1)i+k ∆k (A)Ajk =det(A)det(A) k=1(−1)Ajki(−1)i+k ∆k (Ã)Ãik =k=11det(Ã) = δij = Iij .det(A)Следовательно, AB = I.Пусть i, j = 1, N . Обозначим, Ã = (A1 , . . . , Aj−1 , Ai , Aj+1 , . . . , AN ). Тогда:(BA)ji=NXBkj Aki=k=1k=1=kNX(−1)k+j ∆j (A)Ndet(A)NAki1 Xk=(−1)k+j ∆j (A)Aki =det(A) k=111 Xkdet(Ã) = δij = Iij .(−1)k+j ∆j (Ã)Ãkj =det(A) k=1det(A)Следовательно, BA = I.12412. Система линейных алгебраических уравнений2.
Пусть: X ∈ KN ×N1 , AX = Y . Тогда:B(AX) = BY,(BA)X = BY,IX = BY,X = BY.Пусть: X1 ∈ KN ×N1 , AX1 = Y , X2 ∈ KN ×N1 , AX2 = Y . Тогда: X1 = BY , X2 = BY .Следовательно, X1 = X2 .Пусть X = BY . Тогда: X ∈ KN ×N1 , AX = A(BY ) = (AB)Y = IY = Y .3. Пусть: X ∈ KN2 ×N , XA = Y . Тогда:(XA)B = Y B,X(AB) = Y B,XI = Y B,X = Y B.Пусть: X1 ∈ KN2 ×N , X1 A = Y , X2 ∈ KN2 ×N , X2 A = Y . Тогда: X1 = Y B, X2 = Y B.Следовательно, X1 = X2 .Пусть X = Y B. Тогда: X ∈ KN2 ×N , XA = (Y B)A = Y (BA) = Y I = Y .4. Пусть j = 1, N . Тогда:det(A1 , .
. . , Aj−1 , Ax, Aj+1 , . . . , AN )det(A1 , . . . , Aj−1 , y, Aj+1 , . . . , AN )==det(A)det(A)det(A1 , . . . , Aj−1 , Ak xk , Aj+1 , . . . , AN )det(A1 , . . . , Aj−1 , Ak , Aj+1 , . . . , AN ) k==x = δkj xk =det(A)det(A)= xj .Замечание. Пусть: K ∈ {C, R, Q}; N ∈ N.1. Пусть: A ∈ KN ×N , det(A) 6= 0. Очевидно, существует единственная матрица X, удовлетворяющая условию: X — обратная матрица к матрице A. Обозначим через A−1 обратную матрицу к матрице A.2.
Пусть: A ∈ KN ×N , det(A) 6= 0. Обозначим: Bij =i(−1)i+j ∆j (A)det(A)при i, j = 1, N . Тогда:i(−1)i+j ∆ (A)jB ∈ KN ×N , AB = I. Следовательно, A−1 = B. Тогда: A−1 A = I, (A−1 )ji =приdet(A)i, j = 1, N .3. Пусть: A, B ∈ KN ×N , AB = I. Тогда det(A), det(B) 6= 0.Так как AB = I, то A−1 = B.Очевидно, B −1 B = I. С другой стороны, AB = I. Тогда B −1 = A.4. Пусть: λ ∈ K, λ 6= 0, A ∈ KN ×N , det(A) 6= 0. Очевидно: (λA)(λ−1 A−1 ) =(λλ−1 )(AA−1 ) = 1I = I.
Тогда: det(λA) 6= 0, (λA)−1 = λ−1 A−1 .5. Пусть:A, B ∈ KN ×N , det(A), det(B) 6= 0. Очевидно: (AB)(B −1 A−1 ) =A(BB −1 ) A−1 = (AI)A−1 = AA−1 = I. Тогда: det(AB) 6= 0, (AB)−1 = B −1 A−1 .6. Пусть: A ∈ KN ×N , det(A) 6= 0. Очевидно, AA−1 = I. Тогда: det(A−1 ) 6= 0, (A−1 )−1 = A.Замечание. Пусть: K ∈ {C, R, Q}; N1 , N2 ∈ N; A ∈ KN2 ×N1 , y ∈ KN2 . Рассмотрим уравнение (3). Обозначим: Q = {x : x ∈ KN1 ∧ Ax = y}, r = rank(A). Тогда r = 0, min{N1 , N2 }.1.
Пусть rank(A, y) 6= r. Тогда Q = ∅.12.2. Система линейных алгебраических уравнений1252. Пусть: rank(A, y) = r, r = 0. Тогда: A = Θ, y = θ̃2 . Следовательно, Q = KN1 .3. Пусть: rank(A, y) = r, r 6= 0, N1 = r, N2 = r. Можно использовать формулы Крамера.4. Пусть: rank(A, y) = r, r 6= 0, N1 = r, N2 > r.Пусть ∆1,...,r1,...,r (A) 6= 0. Тогда1r1N2. Следовательно, уравнение (3)(A, y) , . . . , (A, y) — базис множества (A, y) , . . . , (A, y)эквивалентно системе:A11 x1 + · · · + A1r xr = y 1 , ........................... Ar1 x1 + · · · + Arr xr = y r ;x1 , . . . , xr ∈ K.Можно использовать формулы Крамера.5. Пусть: rank(A, y) = r, r 6= 0, N1 > r, N2 = r.
Пусть ∆1,...,r1,...,r (A) 6= 0. Пусть x — решениеуравнения (3). Тогда:A11 x1 + · · · + A1r xr = y 1 − A1r+1 xr+1 − · · · − A1N1 xN1 , .................................................Ar1 x1 + · · · + Arr xr = y r − Arr+1 xr+1 − · · · − ArN1 xN1 ;x1 , . . . , xN1 ∈ K.Обозначим: C 1 = xr+1 , . . . , C N1 −r = xN1 . Тогда: C 1 , . . . , C N1 −r ∈ K; 1 1A1 x + · · · + A1r xr = y 1 − A1r+1 C 1 − · · · − A1N1 C N1 −r ,.................................................N1 −r1rrrr rr 1, A1 x + · · · + Ar x = y − Ar+1 C − · · · − AN1 Cr+11x=C ,.................................................xN1 = C N1 −r ;x1 , .
. . , xN1 ∈ K.(4)Можно использовать формулы Крамера.Пусть: C 1 , . . . , C N1 −r ∈ K, x — решение системы (4). Тогда x — решение уравнения (3).6. Пусть: rank(A, y) = r, r 6= 0, N1 > r, N2 > r.Пусть ∆1,...,r1,...,r (A) 6= 0. Тогда1r1N2. Следовательно, уравнение (3)(A, y) , . . . , (A, y) — базис множества (A, y) , . . . , (A, y)эквивалентно системе:1N111 1 A1 x + · · · + AN1 x = y , ...........................rr 1rN1 A1 x + · · · + AN1 x = y ;x1 , . . .
, xN1 ∈ K.Можно использовать метод из пункта 5.Определение. Пусть: K ∈ {C, R, Q}, N1 , N2 ∈ N; A ∈ KN2 ×N1 , y ∈ KN2 , j = 1, N2 . Будемговорить, что (A, y)j — квазинулевая строка, если: Aj1 , . . . , AjN1 = 0, y j 6= 0.12612. Система линейных алгебраических уравненийЗамечание (Метод Гаусса—Жордана для решения СЛАУ). Пусть: K ∈ {C, R, Q}; N1 ,N2 ∈ N; A ∈ KN2 ×N1 , y ∈ KN2 . Обозначим, Q = {x : x ∈ KN1 ∧Ax = y}. Пусть матрица (A, y)содержит квазинулевую строку.
Тогда Q = ∅. Пусть матрица (A, y) не содержит квазинулевых строк. Пусть матрица A не содержит ненулевых строк. Тогда Q = KN1 . Пустьматрица A содержит ненулевую строку. Обозначим: B0 = A, z0 = y. Тогда: B0 ∈ KN2 ×N1 ,z0 ∈ KN2 , Q = {x : x ∈ KN1 ∧ B0 x = z0 }, матрица (B0 , z0 ) не содержит квазинулевых строк,матрица B0 содержит ненулевую строку.Выберем числа i1 = 1, N1 , j1 = 1, N2 , удовлетворяющие условию (B0 )ji11 6= 0. Обнулим элементы, стоящие над элементом (B0 )ji11 , обнулим элементы, стоящие под элементом(B0 )ji11 . Получим матрицу B1 ∈ KN2 ×N1 , получим столбец z1 ∈ KN2 , удовлетворяющий условиям: (B1 )ji11 6= 0, (B1 )ji1 = 0 при: j = 1, N2 , j 6= j1 ; Q = {x : x ∈ KN1 ∧ B1 x = z1 }. Пустьматрица (B1 , z1 ) содержит квазинулевую строку.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
