 |
Вычисление ранга матрицы. Нахождение линейной
|
|
|
|
Зависимости между векторами
Докажем вначале следующую теорему:
Теорема 2.1 (Стейница). Если в жордановой таблице все строки линейно независимы и их количество не превосходит количества столбцов (m £ n), то в результате m последовательных шагов жордановых исключений можно переместить наверх все yj (j = 1, 2,…, m).
Доказательство. Помешать переброске наверх переменной yj может невозможность выбора разрешающего элемента, то есть равенство нулю соответствующих элементов j -ой строки. Предположим, что после k шагов метода жордановых исключений (k < m) мы пришли к следующей таблице:
| y 1 | y 2 | … | yk | xk+ 1 | … | xn | |
| x 1 | b 11 | b 12 | … | b 1 k | b 1, k +1 | … | b 1 n |
| x 2 | b 21 | b 22 | … | b 2 k | b 2, k +1 | … | b 2 n |
| … | ………………………………………. | ……………………………. | |||||
| xk | bk 1 | bk 2 | … | bkk | bk, k +1 | … | bkn |
| yk+ 1 | bk +1, 1 | bk +1, 2 | … | bk +1, k | … | ||
| yk+ 2 | bk +2, 1 | bk +2, 2 | … | bk +2, k | … | ||
| … | ………………………………………. | ……………………………. | |||||
| ym | bm 1 | bm 2 | … | bmk | … |
Табл. 2.1.
Если переменные yk+ 1, yk+ 2,…, ym дальше перебрасывать наверх нельзя, то это означает, что соответствующие разрешающие элементы, расположенные в правом нижнем углу таблицы, равны нулю. Но в этом случае переменные yk+ 1, yk+ 2,…, ym линейно выражаются через
y 1, y 2,…, yk. Действительно:
yk+ 1 = bk +1, 1 ´ y 1+ bk +1, 2 ´ y 2 +…+ bk +1, k ´ yk,
yk+ 2 = bk +2, 1 ´ y 1+ bk +2, 2 ´ y 2 +…+ bk +2, k ´ yk,
……………………………………………….
ym = bm 1 ´ y 1 + bm 2 ´ y 2 +…+ bmk ´ yk.
Полученное противоречие доказывает то, что все игреки можно перенести наверх, что и требовалось доказать. Рассмотрим два примера.
Пример 2.1. Вычислить ранг матрицы 
.
Решение. Составим для этой матрицы жорданову таблицу (таблица 2.2). Будем переносить переменные xi наверх, пока это возможно. По теореме Стейница в верхнюю часть таблицы можно переместить столько переменных из левого заглавного столбца, сколько в таблице линейно независимых строк. А это и есть ранг матрицы.
|
|
|
| y 1 | y 2 | y 3 | y 4 | y 1 | x 2 | y 3 | y 4 | |||
| x 1 | –9 | –4 | –9 | x 1 | –5 | |||||
| x 2 | –1 | y 2 | –1 | |||||||
| x 3 | –5 | x 3 | –2 | –8 | –11 | |||||
| x 4 | –1 | –2 | x 4 | –1 | –2 | –5 | ||||
| x 5 | –6 | –2 | x 5 | –3 | –14 | –17 |
Табл. 2.2. Табл. 2.3.
При переходе от таблицы 2.2 к таблице 2.3 в качестве разрешающей строки и разрешающего столбца выбраны вторая строка и второй столбец (разрешающий элемент a 22 = –1) и так далее. После трех шагов метода обыкновенных жордановых исключений мы придем к таблице 2.5:
| x 1 | x 2 | y 3 | y 4 | x 1 | x 2 | x 3 | y 4 | |||
| y 1 | –6 | –6 | y 1 | –2 | –2,5 | –1,5 | –4,5 | |||
| y 2 | –10 | –9 | y 2 | –3 | –3,5 | –2,5 | –6,5 | |||
| x 3 | –2 | –5 | y 3 | 0,5 | 1,25 | 0,25 | –0,25 | |||
| x 4 | –1 | –4 | x 4 | |||||||
| x 5 | -3 | -9 | x 5 | -1 | -4 |
Табл. 2.4. Табл. 2.5.
Дальнейший перевод переменных наверх невозможен из-за равенства нулю соответствующих разрешающих элементов (b 44 = b 54 = 0). Следовательно, по теореме Стейница ранг матрицы равен трем. Заметим, что кроме ранга матрицы мы попутно нашли зависимость между ее строками. Действительно, из последних двух строк таблицы 2.5 получим:
x 4 = 1 ´ x 1+ 1 ´ x 2 + 1´ x 3 = x 1 + x 2 + x 3,
x 5 = – 1 ´ x 1 – 4 ´ x 2 + 1´ x 3 = – x 1 – 4 x 2 + x 3.
Из последних равенств вытекает то, что четвертая строка исходной матрицы равна сумме первых трех строк, а пятая строка равна третьей строке минус первая строка и минус вторая строка, умноженная на четыре.
Пример 2.2. Проверить, являются ли векторы a 1 = (6; 8; – 2; – 1),
a 2 = (4; 2; – 2; 1), a 3 = (1; 3; 0; – 1) и a 4 = (– 7; – 1; 4; – 3) – линейно независимыми. В случае отрицательного ответа, указать соответствующую зависимость.
|
|
|
Решение. Линейная зависимость между векторами эквивалентна линейной зависимости между строками матрицы 
, составленной из координат этих векторов. Таким образом, данная задача решается аналогично задаче о нахождении ранга матрицы. Составим исходную жорданову таблицу 2.6 и сделаем два шага методом обыкновенных жордановых исключений, выбрав в качестве разрешающих элементов соответственно a 31 = 1 и b 23 = – 2. В результате приходим к таблице 2.8:
| y 1 | y 2 | y 3 | y 4 | x 3 | y 2 | y 3 | y 4 | |||
| x 1 | –2 | –1 | x 1 | –10 | –2 | |||||
| x 2 | –2 | x 2 | –10 | –2 | ||||||
| x 3 | –1 | y 1 | –3 | |||||||
| x 4 | –7 | –1 | –3 | x 4 | –7 | –10 |
Табл. 2.6. Табл. 2.7.
| x 3 | y 2 | x 2 | y 4 | |
| x 1 | ||||
| y 3 | –5 | –0,5 | 2,5 | |
| y 1 | –3 | |||
| x 4 | –2 |
Табл. 2.8.
Дальнейший перевод иксов наверх невозможен из-за равенства нулю соответствующих разрешающих элементов. Следовательно, векторы
a 1, a 2, a 3, a 4, являются линейно зависимыми. Причем a 1 = 2 a 3 + a 2,
a 4 = a 3 – 2 a 2. Последние соотношения видны из первой и четвертой строки таблицы 2.8.
|
|
|
