Практика 12. ФСР однородной системы, определители, метод Крамера

Практика к лекциям 10 и 11. Первая половина — однородные системы: их решения образуют подпространство, и его базис называется фундаментальной системой решений (ФСР). Строим ФСР сами и проверяем, является ли ФСР готовый набор векторов. Вторая половина — определитель: разложение по строке, упрощение элементарными преобразованиями и решение системы $3 \times 3$ по формулам Крамера.

1. Фундаментальная система решений

1.1. Пространство решений однородной системы

Однородная система из $m$ уравнений с $n$ неизвестными в матричном виде — $Ax = \theta$, где $A$ — матрица $m \times n$, $x \in \mathbb R^n$.

Дополнение. Множество решений $L = \{x \in \mathbb R^n \mid Ax = \theta\}$ — подпространство $\mathbb R^n$. По критерию подпространства из лекции 9: $A\theta = \theta$; если $Ax = \theta$ и $Ay = \theta$, то $A(x + y) = Ax + Ay = \theta$ и $A(\alpha x) = \alpha Ax = \theta$.

У неоднородной системы $Ax = b$, $b \ne \theta$, так не выйдет: сумма двух решений даёт $2b$, а нуль решением не является.

Теорема 1 (дополнение). Если $\operatorname{rank} A = r$, то $\dim L = n - r.$

Смысл простой: после приведения к ступенчатому виду остаётся $r$ ненулевых строк, каждая «выражает» одну переменную (базисную, или разрешённую), а остальные $n - r$ переменных свободные и принимают любые значения.

Определение 1. Фундаментальная система решений однородной системы $Ax = \theta$ — любой базис пространства решений $L$. В ФСР ровно $n - r$ векторов.

Если $\varphi_1, \dots, \varphi_{n-r}$ — ФСР, то общее решение записывается как $x = c_1 \varphi_1 + c_2 \varphi_2 + \dots + c_{n-r}\varphi_{n-r}, \qquad c_i \in \mathbb R.$

1.2. Алгоритм построения ФСР

1. Привести матрицу $A$ к ступенчатому виду элементарными преобразованиями строк. Ранг $r$ — число ненулевых строк.
2. Выбрать $r$ базисных переменных — по одной на «ступеньку» — и выразить их через остальные, свободные.
3. Свободных переменных $k = n - r$. По очереди положить одну из них равной $1$, а остальные свободные — $0$, и досчитать базисные. Получится $k$ векторов — это ФСР.

Дополнение: почему векторы линейно независимы. Выпишем полученные векторы столбцами и посмотрим только на координаты свободных переменных: там стоит единичная матрица $E_k$. Если линейная комбинация векторов равна нулю, то нулевые и её свободные координаты, а $j$-я свободная координата комбинации равна ровно $j$-му коэффициенту. Значит, все коэффициенты нулевые.

1.3. Задача 1: одно уравнение в четырёхмерном пространстве

Найти ФСР уравнения в $\mathbb R^4$: $2x_1 + x_3 - 2x_4 = 0.$

Переменных $n = 4$, матрица из одной строки $(2\ 0\ 1\ {-2})$, её ранг $r = 1$. Значит, одна переменная разрешённая и три свободных: $\dim L = 4 - 1 = 3$.

Удобнее всего разрешить уравнение относительно $x_3$ — у неё коэффициент $1$, дробей не будет: $x_3 = 2x_4 - 2x_1.$

Свободные — $x_1, x_2, x_4$. Переменная $x_2$ в уравнение не входит, но она есть в $\mathbb R^4$ и может быть любой — это тоже свободная переменная.

Обратите внимание: в векторе координаты идут в порядке $x_1, x_2, x_3, x_4$, а не в порядке столбцов таблицы.

Общее решение: $x = c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_3 \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad c_1, c_2, c_3 \in \mathbb R.$

Дополнение: проверка. Подставим $\varphi_1$: $2 \cdot 1 + (-2) - 0 = 0$. Подставим $\varphi_3$: $0 + 2 - 2 \cdot 1 = 0$. $\varphi_2$ подходит, потому что $x_2$ в уравнение не входит.

Геометрически: одно нетривиальное уравнение в $\mathbb R^n$ задаёт гиперплоскость размерности $n - 1$.

2. Является ли система векторов ФСР

2.1. Три условия

Набор векторов $a_1, \dots, a_k$ — ФСР системы $Ax = \theta$ тогда и только тогда, когда выполнены все три условия:

1. каждый $a_i$ — решение системы: $A a_i = \theta$;
2. векторы $a_1, \dots, a_k$ линейно независимы;
3. их ровно столько, сколько нужно: $k = n - \operatorname{rank} A$.

Условия 1 и 2 говорят, что это независимые векторы подпространства $L$, условие 3 — что их число равно $\dim L$. Независимая система из $\dim L$ векторов — базис (лекция 10).

2.2. Задача 2: три вектора в пятимерном пространстве

Дана система $\begin{cases} x_1 + x_2 + 2x_3 - x_4 + x_5 = 0, \\ 2x_1 + x_2 + x_3 + x_4 - x_5 = 0, \\ x_1 - x_3 + 2x_4 - 2x_5 = 0 \end{cases}$ и векторы $\mathbb R^5$: $a_1 = (1, -3, 1, 1, 1)^T, \quad a_2 = (-1, 0, 1, 2, 1)^T, \quad a_3 = (-3, 3, 1, 1, -1)^T.$ Проверить, является ли система $a_1, a_2, a_3$ фундаментальной системой решений.

I. Векторы — решения. Перемножаем матрицу системы на матрицу из столбцов $a_i$: $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 & 2 & -2 \end{pmatrix}_{3 \times 5} \cdot \begin{pmatrix} 1 & -1 & -3 \\ -3 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}_{5 \times 3} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}_{3 \times 3}.$ Например, первая строка на первый столбец: $1 - 3 + 2 - 1 + 1 = 0$. Все три вектора — решения.

II. Линейная независимость. Ранг матрицы из столбцов $a_i$ ищем элементарными преобразованиями строк: из второй строки вычитаем первую, умноженную на $-3$, из третьей, четвёртой и пятой — первую. $\begin{pmatrix} 1 & -1 & -3 \\ -3 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -1 & -3 \\ 0 & -3 & -6 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & 2 & 2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -1 & -3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$ На втором шаге вторая строка поделена на $-3$ и вычтена из третьей (с множителем $2$), четвёртой ($3$) и пятой ($2$). Видны три ступеньки, ранг $3$ — векторы линейно независимы.

III. Количество. Ранг матрицы системы: третье уравнение — разность второго и первого, $(2, 1, 1, 1, -1) - (1, 1, 2, -1, 1) = (1, 0, -1, 2, -2),$ а первые два не пропорциональны. Значит, $\operatorname{rank} A = 2$ и $\dim L = 5 - 2 = 3$. Векторов тоже три.

Ответ: $a_1, a_2, a_3$ — ФСР.

2.3. Задача 3: двух векторов не хватает

Дана система $\begin{cases} 2x_1 + x_2 + x_3 - x_4 + x_5 = 0, \\ x_1 + 2x_2 + x_3 + x_4 - x_5 = 0, \\ 3x_2 + x_3 + 3x_4 - 3x_5 = 0, \\ 5x_1 + 4x_2 + 3x_3 - x_4 + x_5 = 0 \end{cases}$ и векторы $b_1 = (1, -1, 0, 2, 1)^T$, $b_2 = (1, 1, -3, -1, -1)^T$. Являются ли они ФСР?

I. Решения. $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 3 & 1 & 3 & -3 \\ 5 & 4 & 3 & -1 & 1 \end{pmatrix}_{4 \times 5} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \\ 0 & -3 \\ 2 & -1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}_{5 \times 2} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}_{4 \times 2}.$ Оба вектора — решения.

II. Независимость. $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \\ 0 & -3 \\ 2 & -1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \\ 0 & -3 \\ 0 & -3 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$ Ранг $2$, векторы независимы. Для двух векторов можно и проще: они независимы, если не пропорциональны, а $b_1$ и $b_2$ явно не пропорциональны (первые координаты равны, вторые — нет).

III. Количество (дополнение — на паре не досчитали). Посмотрим на строки матрицы системы: $2 \cdot (1, 2, 1, 1, -1) - (2, 1, 1, -1, 1) = (0, 3, 1, 3, -3), \qquad 2 \cdot (2, 1, 1, -1, 1) + (1, 2, 1, 1, -1) = (5, 4, 3, -1, 1).$ Третье и четвёртое уравнения — следствия первых двух, $\operatorname{rank} A = 2$, $\dim L = 5 - 2 = 3$.

Ответ: не является — векторов два, а нужно три. Это базис двумерного подпространства внутри трёхмерного $L$.

Дополнение: как дополнить до ФСР. Решим систему. Вычтем второе уравнение из первого: $x_1 - x_2 - 2x_4 + 2x_5 = 0$. Отсюда $x_1 = x_2 + 2x_4 - 2x_5, \qquad x_3 = -x_1 - 2x_2 - x_4 + x_5 = -3x_2 - 3x_4 + 3x_5.$ Свободные — $x_2, x_4, x_5$. Свободные координаты данных векторов: $b_1 \to (-1, 2, 1)$, $b_2 \to (1, -1, -1)$.

Возьмём кандидата из стандартной ФСР — $x_2 = 1$, $x_4 = x_5 = 0$, то есть $c = (1, 1, -3, 0, 0)^T$ — и проверим независимость по свободным координатам: $\begin{vmatrix} -1 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = 1 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ -1 & -1 \end{vmatrix} = -2 + 1 = -1 \ne 0.$ Значит, $b_1, b_2, c$ — ФСР.

3. Определитель через разложение по строке

3.1. Минор и алгебраическое дополнение

На лекции 11 определитель ввели аксиомами. На практике его считают через определители меньшего порядка — раскладывают по элементам строки или столбца.

Определение 2. Минор $M_{ij}$ элемента $a_{ij}$ — определитель матрицы, полученной вычёркиванием $i$-й строки и $j$-го столбца.

Определение 3. Алгебраическое дополнение элемента $a_{ij}$: $A_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}.$

Теорема 2 (разложение по строке). Для любой строки $i$ $\det A = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} A_{ij} = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} (-1)^{i+j} M_{ij},$ и так же по любому столбцу: $\det A = \sum_{i=1}^{n} a_{ij} A_{ij}$.

Для матрицы $3 \times 3$ разложение по первой строке: $\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{vmatrix} = a_{11} \begin{vmatrix} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{vmatrix} - a_{12} \begin{vmatrix} a_{21} & a_{23} \\ a_{31} & a_{33} \end{vmatrix} + a_{13} \begin{vmatrix} a_{21} & a_{22} \\ a_{31} & a_{32} \end{vmatrix}.$

3.2. Задача 4: определитель третьего порядка

Разложим по первой строке. Средний элемент нулевой, его слагаемое пропадает: $\begin{vmatrix} 2 & 0 & 3 \\ -1 & 4 & 1 \\ 5 & 2 & 4 \end{vmatrix} = 2 \begin{vmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 4 \end{vmatrix} + 3 \begin{vmatrix} -1 & 4 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} = 2 \cdot 14 + 3 \cdot (-22) = 28 - 66 = -38.$

Дополнение: проверка другим способом. Разложим по второму столбцу (знаки $-, +, -$): $-0 + 4 \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 5 & 4 \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} = 4 \cdot (-7) - 2 \cdot 5 = -38.$

Дополнение: правило Саррюса — только для $3 \times 3$. Три «прямые диагонали» со знаком плюс, три «обратные» — с минусом: $\det = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{12}a_{23}a_{31} + a_{13}a_{21}a_{32} - a_{13}a_{22}a_{31} - a_{12}a_{21}a_{33} - a_{11}a_{23}a_{32}.$ Для нашей матрицы: $32 + 0 - 6 - 60 - 0 - 4 = -38$. Быстрый способ сверить ответ, но на $4 \times 4$ он не обобщается.

3.3. Как определитель реагирует на преобразования строк

Это то, ради чего определитель редко считают «в лоб». Свойства следуют из аксиом лекции 11.

Стратегия: элементарными преобразованиями получить столбец, в котором все элементы, кроме одного, нулевые, и разложить по нему. Порядок определителя падает на единицу, повторять, пока не дойдём до $2 \times 2$ или $3 \times 3$.

3.4. Задача 5: определитель четвёртого порядка

$\Delta = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 2 & -3 \\ 3 & 2 & 1 & -2 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{vmatrix}.$

Шаг 1. Обнуляем первый столбец под единицей: из второй строки вычитаем первую, умноженную на $2$, из третьей — на $3$, из четвёртой — на $4$. Определитель не меняется. $\Delta = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & -3 & -4 & -11 \\ 0 & -4 & -8 & -14 \\ 0 & -5 & -10 & -15 \end{vmatrix}.$

Шаг 2. Раскладываем по первому столбцу — остаётся одно слагаемое $1 \cdot A_{11}$: $\Delta = \begin{vmatrix} -3 & -4 & -11 \\ -4 & -8 & -14 \\ -5 & -10 & -15 \end{vmatrix}.$

Шаг 3. Выносим множители: $-1$ из каждой из трёх строк даёт $(-1)^3$, затем $2$ из второй строки и $5$ из третьей: $\Delta = (-1)^3 \begin{vmatrix} 3 & 4 & 11 \\ 4 & 8 & 14 \\ 5 & 10 & 15 \end{vmatrix} = (-1)^3 \cdot 2 \cdot 5 \begin{vmatrix} 3 & 4 & 11 \\ 2 & 4 & 7 \\ 1 & 2 & 3 \end{vmatrix}.$

Шаг 4. Оставшийся определитель: $\begin{vmatrix} 3 & 4 & 11 \\ 2 & 4 & 7 \\ 1 & 2 & 3 \end{vmatrix} = 3(12 - 14) - 4(6 - 7) + 11(4 - 4) = -6 + 4 + 0 = -2.$

Дополнение: то же без «формулы» $3 \times 3$. Вычтем из первой строки третью, умноженную на $3$, из второй — на $2$: строки станут $(0, -2, 2)$ и $(0, 0, 1)$. Разложение по первому столбцу оставляет только элемент $1$ в позиции $(3, 1)$ со знаком $+$: $\begin{vmatrix} -2 & 2 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = -2.$

Ответ: $\Delta = (-1)^3 \cdot 2 \cdot 5 \cdot (-2) = 20$.

4. Метод Крамера

4.1. Формулы

Теорема 3 (Крамер). Пусть дана система $Ax = b$ из $n$ уравнений с $n$ неизвестными и $\Delta = \det A \ne 0$. Тогда решение единственно и $x_i = \frac{\Delta_i}{\Delta},$ где $\Delta_i$ — определитель матрицы, полученной из $A$ заменой $i$-го столбца на столбец свободных членов $b$.

Условие $\Delta \ne 0$ обязательно. Если $\Delta = 0$, система либо несовместна, либо имеет бесконечно много решений, и формулы Крамера ничего не дают — нужен метод Гаусса.

Следствие (дополнение). Однородная квадратная система $Ax = \theta$ имеет ненулевое решение тогда и только тогда, когда $\det A = 0$. Это мостик к разделу 1: ФСР непустая ровно при $\det A = 0$.

4.2. Задача 6: система третьего порядка

$\begin{cases} x - 2y + 3z = 6, \\ 2x + 3y - 4z = 16, \\ 3x - 2y - 5z = 12. \end{cases}$

Главный определитель: $\Delta = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 3 \\ 2 & 3 & -4 \\ 3 & -2 & -5 \end{vmatrix} = 1 \cdot (-15 - 8) + 2 \cdot (-10 + 12) + 3 \cdot (-4 - 9) = -23 + 4 - 39 = -58.$

$\Delta \ne 0$, метод применим. Заменяем столбцы на $b = (6, 16, 12)^T$: $\Delta_x = \begin{vmatrix} 6 & -2 & 3 \\ 16 & 3 & -4 \\ 12 & -2 & -5 \end{vmatrix} = -406, \quad \Delta_y = \begin{vmatrix} 1 & 6 & 3 \\ 2 & 16 & -4 \\ 3 & 12 & -5 \end{vmatrix} = -116, \quad \Delta_z = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 6 \\ 2 & 3 & 16 \\ 3 & -2 & 12 \end{vmatrix} = -58.$

Например, $\Delta_x = 6 \cdot (-15 - 8) + 2 \cdot (-80 + 48) + 3 \cdot (-32 - 36) = -138 - 64 - 204 = -406$.

$x = \frac{-406}{-58} = 7, \qquad y = \frac{-116}{-58} = 2, \qquad z = \frac{-58}{-58} = 1.$

Проверка (дополнение): $7 - 4 + 3 = 6$, $14 + 6 - 4 = 16$, $21 - 4 - 5 = 12$. Верно.

Частые ошибки

• Забыть переменную, которой нет в уравнении. В задаче 1 $x_2$ не входит в $2x_1 + x_3 - 2x_4 = 0$, но в $\mathbb R^4$ она есть и свободна. Без неё ФСР получится из двух векторов вместо трёх.
• Перепутать порядок координат. Таблица строится по свободным переменным, а вектор записывается в порядке $x_1, x_2, \dots, x_n$.
• Считать $n$ числом уравнений. В $\dim L = n - r$ $n$ — число неизвестных, а $r$ — ранг, а не число уравнений: в задаче 3 уравнений четыре, но ранг $2$.
• Проверить только «решения» и «независимы». Без условия $k = n - r$ можно принять часть ФСР за всю (задача 3).
• Добавить к неполной системе зависимый вектор. Дополняя до ФСР, проверяйте независимость — например, по свободным координатам.
• Вынести множитель из всей матрицы как из строки. $\det(\lambda A) = \lambda^n \det A$.
• Потерять знак алгебраического дополнения. Для элемента в позиции $(i, j)$ знак $(-1)^{i+j}$; на элементах $a_{12}$, $a_{21}$, $a_{23}$, $a_{32}$ — минус.
• Переставить строки и не сменить знак при поиске удобной опорной строки.
• Применять Крамера при $\Delta = 0$. Формулы теряют смысл, нужен Гаусс.

Мини-тренажёр

1. Найдите ФСР уравнения $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0$ в $\mathbb R^4$.
2. Какова размерность пространства решений системы $\begin{cases} x_1 + 2x_2 - x_3 = 0, \\ 2x_1 + 4x_2 - 2x_3 = 0 \end{cases}$? Найдите ФСР.
3. Является ли $(1, -1, 0, 0)^T, (0, 0, 1, -1)^T$ ФСР уравнения из задачи 1 тренажёра?
4. Вычислите $\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{vmatrix}$, не раскрывая по формуле.
5. Вычислите $\begin{vmatrix} 2 & 7 & -1 \\ 0 & -3 & 4 \\ 0 & 0 & 5 \end{vmatrix}$.
6. Для матрицы $A$ размера $3 \times 3$ известно $\det A = 5$. Чему равен $\det(2A)$?
7. Решите по Крамеру: $\begin{cases} 2x + y = 5, \\ x - y = 1. \end{cases}$
8. При каком $\lambda$ система $\begin{cases} x + \lambda y = 0, \\ 2x + 6y = 0 \end{cases}$ имеет ненулевые решения?

Ответы

1. Ранг $1$, $\dim L = 3$. $x_1 = -x_2 - x_3 - x_4$, ФСР: $(-1, 1, 0, 0)^T$, $(-1, 0, 1, 0)^T$, $(-1, 0, 0, 1)^T$.
2. Второе уравнение — удвоенное первое, ранг $1$, $\dim L = 3 - 1 = 2$. $x_1 = -2x_2 + x_3$, ФСР: $(-2, 1, 0)^T$, $(1, 0, 1)^T$.
3. Нет: оба вектора — решения и независимы, но их два, а $\dim L = 3$.
4. $0$: вычитая из третьей строки вторую, а из второй первую, получаем две равные строки $(3, 3, 3)$.
5. Матрица треугольная: $2 \cdot (-3) \cdot 5 = -30$.
6. $2^3 \cdot 5 = 40$.
7. $\Delta = -2 - 1 = -3$, $\Delta_x = \begin{vmatrix} 5 & 1 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = -6$, $\Delta_y = \begin{vmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = -3$; $x = 2$, $y = 1$.
8. Нужно $\det = 6 - 2\lambda = 0$, то есть $\lambda = 3$.

Шпаргалка