ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 07.04.2021
Просмотров: 3498
Скачиваний: 14
162
Глава 3. Линейная алгебра
17. Пусть
G
- группа обратимых нижнетреугольных матриц. Докажите, что
подгруппа
H
K
матриц вида
E
+
P
j
−
i
≥
k
a
ij
E
ij
, a
ij
∈
K,
является нормаль-
ной подгруппой.
18. Отображение
det
:
GL
(
X
)
→
R
\{
0
}
является гомоморфизмом группы
GL
(
X
)
обратимых операторов из
L
(
X
)
в группу
K
\{
0
}
(по умножению
чисел).
19. Пусть
B
- коммутативная алгебра (с единицей) над полем
K
. Рассмот-
рим алгебру матриц
M atr
n
(
B, K
)
(см. упражнение 33, § 22) и опреде-
лим отображение
det
:
M atr
n
(
B, K
)
→
B,
положив для любой
A
=
= (
a
ij
)
∈
M atr
n
(
B, K
)
det
A
=
X
σ
∈
S
n
signσ a
1
σ
(1)
· · ·
a
nσ
(
n
)
.
Докажите, что отображение det является антисимметрическим полили-
нейным оператором строк (столбцов) матриц и установите, что det яв-
ляется гомоморфизмом алгебры
M atr
n
(
B, K
)
в алгебру
B
.
20. Пусть
B
=
C
[
a, b
]
.
Найдите определитель матрицы
sin t cos t
cos t sin t
.
21. Докажите, что матрица
A ∈
M atr
n
(
B, K
)
обратима тогда и только то-
гда, когда
det
A
обратимый элемент из алгебры
B
. Найдите
A
−
1
если
A
обратимая матрица.
22. Обратима ли матрица из задачи 20 ?
§
23. Метод Крамера решения систем линейных алгебраических уравнений
163
§
23. Метод Крамера решения систем линейных
алгебраических уравнений
Развитая в предыдущем параграфе теория определителей может быть с
успехом применена для нахождения решений систем линейных алгебраиче-
ских уравнений вида
a
11
x
1
+
a
12
x
2
+
· · ·
+
a
1
n
x
n
=
b
1
a
21
x
1
+
a
22
x
2
+
· · ·
+
a
2
n
x
n
=
b
2
· · ·
a
n
1
x
1
+
a
n
2
x
2
+
· · ·
+
a
nn
x
n
=
b
n
,
(1)
где
A
= (
a
ij
)
∈
M atr
n
(
K
)
и
b
= (
b
1
, . . . , b
n
)
∈
K
n
.
Наряду с уравнением (1) рассмотрим эквивалентное ему уравнение
Ax
=
b,
(2)
где оператор
A
∈
L
(
K
n
)
задается матрицей
A
(см.равенства (2) из
§
18 и на-
чало
§
19). Это уравнение часто записывают в виде:
A
x
=
b,
понимая левую
часть равенства как результат умножения матрицы
A
на матрицу-столбец
x
t
∈
M atr
n,
1
(
K
)
,
а вектор
x
рассматривается как матрица из
M atr
1
,n
(
K
)
.
Рассмотрим задачу разрешимости системы (1) (уравнения (2)) для лю-
бой правой части
b
= (
b
1
, . . . , b
n
)
∈
K
n
.
Эта задача разрешима тогда и
только тогда, когда оператор
A
:
K
n
→
K
n
сюръективен и, значит, когда
оператор
A
обратим (см. теорему 3 из
§
19). Обратимость оператора
A
, в
свою очередь, эквивалентна обратимости его матрицы
A
= (
a
ij
)
или условию
∆ =
det A
=
det
A 6
= 0
.
Единственное решение
x
0
= (
x
0
1
, . . . , x
0
n
)
уравнения (2) (системы (1)) в
этом случае будет иметь вид
x
0
=
A
−
1
b.
Осталось указать вид обратного оператора. Чтобы сделать это, в следующем
замечании рассмотрим несколько более общую ситуацию.
Замечание 1.
Пусть
B
:
X
→
X
– линейный оператор,
X
– конеч-
номерное линейное пространство с базисом
e
1
, . . . , e
n
и
B
= (
b
ij
)
– матрица
164
Глава 3. Линейная алгебра
оператора
B
относительно этого базиса. Допустим, что
det B
=
det
B 6
= 0
.
Тогда, согласно теореме 8 из
§
22, оператор
B
обратим и матрицей оператора
B
−
1
является матрица
B
−
1
(см. теорему 7,
§
20). Тогда оператор
B
−
1
мож-
но с помощью матрицы
B
−
1
,
имеющей вид
B
ji
det
B
,
B
ij
– алгебраическое
дополнение к элементу
b
ij
, записать в виде
B
−
1
y
=
1
det
B
"
n
X
j
=1
B
j
1
y
j
!
e
1
+
. . .
+
n
X
j
=1
B
jn
y
j
!
e
n
#
,
(3)
где
y
=
y
1
e
1
+
. . .
+
y
n
e
n
∈
X.
Из сделанных замечаний следует
Т е о р е м а 1.
Если
det
A
= ∆
6
= 0
,
то система уравнений (1) имеет
единственное решение
x
= (
x
1
, . . . , x
n
)
∈
K
n
,
которое задается соотношени-
ями
x
k
=
∆
k
∆
, k
= 1
, . . . , n,
где
∆
k
- определитель матрицы
A
k
∈
M atr
n
(
K
)
,
полученной из матрицы
A
= (
a
ij
)
заменой ее
k
- го столбца столбцом свободных членов
b
1
, . . . , b
n
.
Условие
∆
6
= 0
необходимо для разрешимости системы (1) для любого
b
= (
b
1
, . . . , b
n
)
∈
K
n
.
Доказательство.
Поскольку
∆ =
det
A 6
= 0
,
то оператор
A
:
K
n
→
K
n
обратим, и поэтому согласно замечанию 1 оператор
A
−
1
:
K
n
→
K
n
(здесь
e
1
= (1
,
0
, . . . ,
0)
, . . . , e
n
= (0
,
0
, . . . ,
1))
имеет следующий вид
A
−
1
y
=
1
∆
n
X
j
=1
A
j
1
y
j
, . . . ,
n
X
j
=1
A
jn
y
j
!
, y
= (
y
1
, . . . , y
n
)
∈
K
n
.
(4)
Отсюда следует, что решение
x
= (
x
1
, . . . , x
n
) =
A
−
1
b
в системе (1) опреде-
ляется соотношениями
x
k
=
1
∆
n
X
j
=1
A
jk
b
j
=
∆
k
∆
, k
= 1
, . . . , n
(∆
k
=
n
P
j
=1
A
jk
b
j
– формула разложения определителя
∆
k
матрицы
A
k
по
k
- ому столбцу). Теорема доказана.
§
24. Определители и линейная независимость векторов
165
Упражнения к § 23
1. Укажите те значения параметра
λ
∈
C
, при которых система уравнений:
(1
−
λ
)
x
1
+
x
2
=
b
1
,
2
x
1
−
λx
2
=
b
2
имеет решение для любого
b
= (
b
1
, b
2
)
∈
C
2
.
Найдите решение системы
для найденных значений.
2. Если
a
ij
, b
i
,
1
≤
i, j
≤
n
- рациональные числа в системе уравнений (1)
и
∆ =
det
A 6
= 0
,
то
x
k
=
∆
k
∆
, k
= 1
, . . . , n
принадлежат
Q
.
§
24. Определители и линейная независимость векторов.
Приложение к системам линейных уравнений
Пусть
X
– конечномерное линейное пространство и
a
1
, . . . , a
m
- некото-
рая система векторов из
X
(упорядоченный набор векторов далее называется
системой векторов
).
Определение 1.
Векторы
a
j
1
, . . . , a
j
k
,
1
≤
j
1
, . . . , j
k
≤
m
называются
базисными
для системы векторов
a
1
, . . . , a
m
, если они линейно независимы
и каждый из векторов
a
1
, . . . , a
m
является их линейной комбинацией. Число
базисных векторов называется
рангом системы векторов
a
1
, . . . , a
m
.
Сформулированное определение означает, что базисные векторы обра-
зуют базис в линейной оболочке векторов
a
1
, . . . , a
m
,
т.е. в подпространстве
X
m
=
{
m
P
i
=1
α
i
a
i
: (
α
1
, . . . , α
m
)
∈
K
m
}
.
Кроме того, ранг системы векторов
совпадает с размерностью этого подпространства.
В следующих двух замечаниях отмечается важность нахождения базис-
ных векторов и ранга системы векторов.
Замечание 1.
Систему линейных уравнений вида (1) из
§
23 запишем
в виде эквивалентного ей уравнения
x
1
a
1
+
x
2
a
2
+
· · ·
+
x
n
a
n
=
b,
(1)
166
Глава 3. Линейная алгебра
где
a
k
= (
a
1
k
, a
2
k
, . . . , a
mk
)
, k
= 1
, . . . , n, b
= (
b
1
, . . . , b
m
)
- векторы из
K
m
.
Условием совместности системы уравнений (1) из
§
13 является условие
принадлежности вектора
b
линейной оболочке векторов
a
1
, . . . , a
n
из
K
m
.
Ясно также, что однородная система уравнений вида (1) из
§
13 (т.е.
система (1), где
b
= 0
) имеет только нулевое решение тогда и только тогда,
когда векторы
a
1
, . . . , a
n
линейно независимы в
K
m
.
Наконец, для того чтобы система (1) из
§
13 имела единственное решение
x
= (
x
1
, . . . , x
n
)
∈
K
n
для любого вектора
b
= (
b
1
, . . . , b
m
)
∈
K
m
,
необходимо
и достаточно, чтобы векторы
a
1
, . . . , a
n
образовывали базис в
K
m
.
Ясно, что
если они образуют базис в
K
m
,
то
n
=
m.
Из сделанного замечания и теоремы 1,
§
22 вытекает следующая
Т е о р е м а 1.
Для того чтобы векторы
a
k
= (
a
k
1
, a
k
2
, . . . , a
k,n
)
,
1
≤
k
≤
n
образовывали базис в
K
n
,
необходимо и достаточно, чтобы опре-
делитель матрицы
A
= (
a
ij
∈
M atr
n
(
K
))
был отличен от нуля.
Поскольку транспонированная матрица
A
0
= (
a
ij
)
имеет тот же опреде-
литель, что и
A
, то имеет место
Следствие 1.
Для того чтобы векторы
a
0
k
= (
a
k
1
, a
k
2
, . . . , a
kn
)
,
1
≤
k
≤
n
образовывали базис в
K
n
, необходимо и достаточно, чтобы
det
(
a
ij
)
6
= 0
.
Замечание 2.
Пусть
A
:
X
→
X
- линейный оператор и
e
1
, . . . , e
n
-
некоторый базис в линейном пространстве
X
. Рассмотрим векторы
a
k
=
Ae
k
,
k
= 1
, . . . , n.
Из определения образа
Im A
оператора
A
следует, что
Im A
совпадает с линейной оболочкой векторов
a
k
,
1
≤
k
≤
n.
Следовательно,
ранг
rang A
(т.е.
dim Im A
) совпадает с рангом системы векторов
a
1
, . . . , a
n
.
Знание базисных векторов позволяет восстановить подпространство
Im A.
Прежде чем заняться поиском базисных векторов и вычислением ранга
системы векторов, сделаем еще одно замечание.
Замечание 3.
Пусть
dim X
=
m, e
1
, . . . , e
m
- базис в
X
и
A
:
X
→
K
m
- изоморфизм линейных пространств
X
и
K
m
, определенный в следствии 1