Лекции Линал Ершов (1188212), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Аналогично определяется понятие базисной системы столбцов.Предложение 4.24. Столбцовый ранг матрицы не меняется при элементарных преобразованиях ее строк. Более того, при элементарных преобразованиях строк базисная система столбцов переходит в базисную систему столбцов (с теми же номерами).57Доказательство. Очевидно, что первое утверждение из формулировки следует из второго, которое мы и докажем. Пусть A0 — матрица, полученная из A элементарными преобразованиямистрок. Согласно Следствию 2.31, элементарные преобразования строк матрицы не изменяют линейные зависимости между ее столбцами.
Значит, столбцы с номерами j1 , . . . , jr образуют максимальную линейно независимую систему столбцов матрицы A тогда и только тогда, когда то жеверно для матрицы A0 .Более подробно, пусть столбцы с номерами j1 , . . . , jr образуют максимальную линейно независимую систему столбцов матрицы A.
Если бы столбцы с номерами j1 , . . . , jr матрицы A0 оказалисьлинейно зависимы, то, так как (в силу обратимости элементарных преобразований) матрица Aполучается из A0 элементарными преобразованиями строк, столбцы матрицы A с теми же номерами оказались бы связаны той же нетривиальной линейной зависимостью, а это не так по условию.Если бы система столбцов матрицы A0 с номерами j1 , . .
. , jr оказалась бы немаксимальной средилинейно независимых систем, то при добавлении некоторого столбца (скажем, с номером jr+1 )матрицы A0 , не входящего в указанную систему, мы снова получили бы линейно независимуюсистему. С другой стороны, по условию система столбцов матрицы A с номерами j1 , .
. . , jr , jr+1линейно зависима, и нетривиальная линейная зависимость между ними должна перейти в аналогичную нетривиальную линейную зависимость между соответствующими столбцами матрицыA0 — противоречие с немаксимальностью системы столбцов матрицы A0 с номерами j1 , . . . , jr .Теорема 4.25. Строчный и столбцовый ранги матрицы равны.e A столбцовый ранг матрицы A. Итак, пусть A — проДоказательство. Временно обозначим rkизвольная матрица.
Пусть r = rk A. Приведем ее к упрощенному виду с помощью элементарныхпреобразований строк. При этом строчный и столбцовый ранги не меняются. У полученной матрицы r ненулевых строк и r главных столбцов. Поскольку главные столбцы являются столбцамиединичной матрицы порядка r с (возможно) дописанными внизу нулями, они линейно независимы. Отсюда следует, что для произвольной матрицы столбцовый ранг не меньше чем строчный,e A ≥ rk A. Другими словами, при транспонировании матрицы ранг не уменьшается.то есть rkЕсли он увеличился, то транспонируя матрицу еще раз, получаем противоречие.Таким образом, для любой матрицы A верно равенство rk A = rk AT .Из доказательства предыдущей Теоремы следует, что главные столбцы ступенчатой матрицыобразуют максимальную линейно независимую систему ее столбцов. Этот факт вместе со Следствием 2.31 служит обоснованием следующего алгоритма нахождения базисной системы столбцов произвольной матрицы A.
А именно, приведем матрицу A к ступенчатому виду с помощьюэлементарных преобразований строк, пусть главные столбцы полученной ступенчатой матрицыимеют номера j1 , . . . , jr , тогда столбцы матрицы A с теми же номерами образуют максимальнуюлинейно независимую систему ее столбцов.Теорема 4.26. Ранг произведения матриц (когда оно определено) не превосходит ранга каждогоиз сомножителей.Доказательство. Пусть C := AB. Согласно Предложению 2.5 i-й столбец матрицы C является линейной комбинацией столбцов матрицы A с коэффициентами из i-го столбца матрицы B,58поэтому линейная оболочка столбцов матрицы C содержится в линейной оболочке столбцов матрицы A, а значит rk C ≤ rk A. Далее, то же Предложение показывает, что линейная оболочкастрок матрицы C содержится в линейной оболочке строк матрицы B, откуда rk C ≤ rk B.Задача 4.27.
Докажите, что произвольную матрицу C размера m × n и ранга r можно представить в виде произведения AB, где A — матрица размера m × r, а B — размера r × n.Существует ли аналогичное представление в виде произведения матриц размеров m × s и s × n,где s < r?Решение. Составим матрицу A из (некоторой системы) базисных столбцов матрицы C. Напомним,что i-й столбец матрицы AB есть линейная комбинация столбцов матрицы A с коэффициентамииз i-го столбца матрицы B.
Таким образом, i-й столбец B нужно составить из коэффициентовразложения i-го столбца C по выбранной системе базисных столбцов.Другой способ: существуют последовательности элементарныхпреобразований строк и столб!Er 0цов, приводящие матрицу C к блочному виду, где Er — единичная матрица порядка r.0 0!Er 0T.То есть существуют невырожденные матрицы S, T порядков m и n такие, что C = S0 0!!Er 0Er =С другой стороны,Er 0 , откуда все следует.0 00Ответ на вопрос отрицательный, так как существование такого представления противоречилобы Теореме 4.26.Задача 4.28. Пусть A — невырожденная матрица порядка n. Тогда для любой матрицы B,для которой существует произведение AB, верно равенство rk (AB) = rk B.
Аналогично дляневырожденной матрицы B.Решение. Так как матрица A невырождена, то она строчно эквивалентна единичной E. То естьсуществует конечный набор элементарных матриц S1 , . . . , Sp такой, что Sp . . . S1 A = E (тогда, какмы знаем, Sp . . . S1 = A−1 ). Равенство Sp .
. . S1 AB = B показывает, что та же последовательностьэлементарных преобразований строк, которая матрицу A приводит к единичной E, приводитматрицу AB к B. При элементарных преобразованиях строк ранг матрицы не меняется, поэтомуrk (AB) = rk B.Задача 4.29. Пусть A — матрица с линейно независимыми столбцами. Тогда для любой матрицы B, для которой существует произведение AB, верно равенство rk (AB) = rk B. Аналогичнодля матрицы B с линейно независимыми строками.Решение. 1-й способ является обобщением решения предыдущей задачи. Пусть матрица A имеетразмер m × n, из условия следует, что m ≥ n. Если m = n то матрица A невырождена и мывозвращаемся к условию предыдущей задачи. Если! m > n, то матрица A элементарными преобEразованиями строк приводится к виду A0 :=, где E — единичная матрица порядка n, а 0 —059нулевая матрица размера (m − n) × n.
Поэтому rk (AB) = rk (A0 B). С другой стороны,!!EBB=,00а ранг последней матрицы, очевидно, равен rk B.2-й способ. Пусть C := AB. Используя идею из доказательства Теоремы 4.26 мы видим, чтостолбцы матрицы B — координатные столбцы столбцов матрицы C в базисе (соответствующейлинейной оболочки), образованном столбцами матрицы A. Теперь требуемое следует из того,что ранг произвольной системы векторов равен рангу системы из их координатных столбцов впроизвольном базисе.Теорема 4.30. Ранг суммы матриц не превосходит суммы их рангов.Доказательство. Приведем два доказательства.
Первое следует из цепочки более-менее очевидных (не)равенств:!!A+BA= rk≤ rk A + rk Brk (A + B) ≤ rkBB(читателю предлагается детально обдумать каждый шаг). Второе — геометрическое — доказательство изложим более подробно. Пусть {u1 , . . . , um } и {v1 , .
. . , vm } — две системы векторовнекоторого линейного пространства (в нашем случае в качестве указанных векторов выступаютстроки матриц A и B). Имеет место включение линейных оболочекhu1 + v1 , . . . , um + vm i ⊆ hu1 , . . . , um , v1 , . . . , vm i.Действительно, любая линейная комбинация векторов из левой части является линейнойкомбинацией векторов из правой части. По Теореме 4.18 dim hu1 + v1 , . . . , um + vm i ≤dim hu1 , . .
. , um , v1 , . . . , vm i. Кроме того, верно неравенствоdim hu1 , . . . , um , v1 , . . . , vm i ≤ dim hu1 , . . . , um i + dim hv1 , . . . , vm i.Действительно, объединение максимальных линейно независимых подмножеств (то естьбазисов) линейных оболочек hu1 , . . . , um i и hv1 , . . . , vm i порождает линейную оболочкуhu1 , . . . , um , v1 , . . .
, vm i. По Теореме 4.9 это множество содержит некоторый базис последней линейной оболочки, откуда следует требуемое.Легко привести пример, когда в предыдущей теореме имеет место равенство.Очевидно, что матрица A порядка n невырождена ⇔ rk A = n.Пусть A — невырожденная матрица порядка n. Это означает, что ее столбцы образуют базисв пространстве Kn столбцов высоты n. Значит, для любого столбца c ∈ Kn существует единственный столбец b ∈ Kn такой, что Ab = c (ср.
Предложение 2.5). То есть квадратная СЛУAx = c с невырожденной матрицей A разрешима для любого столбца c и для любого c имеетединственное решение (нам это уже известно, см. Теорему 3.39). Беря в качестве c столбцы единичной матрицы e1 , . . . , en получим систему столбцов b1 , . . . bn такую, что A(b1 . . . bn ) = E, тоесть AB = E, B := (b1 . .
. bn ). Из Теоремы 4.26 следует, что матрица B также невырождена.60Применяя к ней аналогичные соображения, найдем для нее матрицу C такую, что BC = E.Теперь имеем A = A(BC) = (AB)C = C, то есть B является обратной для A. Таким образом,мы еще раз доказали, что невырожденная матрица имеет обратную. Необходимость следует изТеоремы 3.39, поскольку единичная матрица, очевидно, невырождена.Заметим, что нами фактически доказано следующее утверждение: для квадратной матрицыA любая матрица B, удовлетворяющая одному из уравнений AB = E или BA = E, являетсяобратной (то есть автоматически удовлетворяет и второму из уравнений).Таким образом, для матриц порядка n условия rk A = n, det A 6= 0 и существования обратнойравносильны, поскольку все они эквивалентны невырожденности.
Какая связь между понятиямиранга и определителя в общем случае?Напомним, что минором матрицы называется определитель ее квадратной подматрицы, а егопорядком — порядок соответствующей подматрицы.Теорема 4.31. (“о ранге матрицы”). Ранг матрицы равен наибольшему порядку ее миноров,отличных от нуля.Доказательство. Пусть A — матрица размера m × n и ранга r, r ≤ min {m, n}.
Покажем, чтодля любого s > r, s ≤ min {m, n} все миноры порядка s матрицы A равны нулю. Действительно,любые s строк матрицы A линейно зависимы, тем более линейно зависимы их пересечения с произвольными s столбцами. Следовательно, любая подматрица порядка s матрицы A вырождена,значит, ее определитель равен нулю.С другой стороны, в матрице A ранга r найдется ненулевой минор порядка r.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
