Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Обратные матрицы. Определитель. Метод Жордана для СЛУ и обратной матрицы. Метод Крамера.

Тема Линал и алгебра.

09 Обратные матрицы. Определитель. Метод Жордана для СЛУ и обратной матрицы. Метод Крамера.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#67543

Найти высоту $AH$ , опущенную из вершины $A(0,5)$ на сторону $BC$ , где $B (2,− 8)$ , $C(1,3)$ треугольника $ABC$ .

Показать ответ и решение

Ясно, что $S△ABC = 12AH ⋅BC$ . В то же самое время,

−−→ −→ ( ) S △ABC = 1|det(AB, AC )| = 1|det 2 1 | = 1|− 4 + 13| = 9- 2 2 − 13 − 2 2 2

В то же время

−−→ ∘ ----2-----2 √---- |BC | = |(− 1,11)| = (− 1) + 11 = 122

- длина вектора есть корень из суммы квадратов его координат - это по сути теорема Пифагора.

Следовательно, $AH = S△ABC- = -√92-- = √-9-- 12BC 12 122 122$ .

Ответ:

$√-9-- 122$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#67544

Найти объем тетраэдра, натянутого на векторы $AB = (1,5,4)$ , $AC = (0,0,5 )$ , $AD = (9,− 4,3)$ .

Показать ответ и решение

Поскольку объем тетраэдра, натянутого на векторы $v1,v2,v3$ равен $16$ от объема параллелепипеда, натянутого на те же самые векторы $v1,v2,v3$ , то искомый объем будет равен

( ) 1 | 1 0 9 | -|det|( 5 0 − 4|) | = 6 4 5 3

1 245 = 6|1(3 ⋅0+ 5⋅4)− 0(3 ⋅5+ 4⋅4)+ 9 (5 ⋅5− 4 ⋅0)| =--6-

Ответ:

$2465$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#70249

a) Сколько будет слагаемых в комбинаторной формуле вычисления определителя матрицы $n × n$ ?

det A = ∑ sgn σ ⋅a ⋅a ⋅...⋅a 1,σ(1) 2,σ(2) n,σ(n) σ∈Sn

b) А сколько из них будет со знаком $+$ ? А со знаком $−$ ?

Показать ответ и решение

a) Слагаемых будет столько, сколько существует различных перестановок на $n$ элементах $σ ∈ Sn$ .

Каждая перестановка $σ ∈ Sn$ имеет вид

( ) 1 2 3 ⋅⋅⋅ n − 1 n σ = σ(1) σ (2) σ(3) ⋅⋅⋅ σ (n − 1) σ(n) , где σ (1 ),σ (2),...,σ(n) -это разли чны е(!!!) чи &#x

это следует из того, что $σ$ , коль скоро она в $Sn$ , обязана быть биекцией

σ : {1,2,...,n } → {1,2,...,n}

Тогда получается, что для $σ(1)$ есть $n$ вариантов, потому что единичку перестановка $σ$ может отправить в любое число от $1$ до $n$ .

Далее, для $σ(2)$ есть $n − 1$ вариант, поскольку двойку $σ$ может отправить в любое число от $1$ до $n$ , за исключением того числа, в которое $σ$ отправила единичку.

Для $σ(3)$ , по аналогичным соображениям, возможны всего $n− 2$ варианта, потому что два уже запрещены - те, в которые $σ$ отправила 1 и 2.

Тем самым, всего вариантов для заполнения нижней строки в двустрочной записи перестановки

( ) 1 2 3 ⋅⋅⋅ n − 1 n σ = σ(1) σ(2) σ(3) ⋅⋅⋅ σ(n − 1) σ(n)

будет

n ⋅(n − 1) ⋅(n − 2)⋅ ...⋅2⋅1 = n!

b) Слагаемое определении определителя через сумму по перестановкам будет со знаком плюс, если оно соответствует четной перестановке (четное число инверсий), и со знаком минус, если оно соответствует нечетной перестановке (нечетное число инверсий).

Итак, мы утверждаем, что в $Sn$ всегда чётных и нечётных перестановок поровну.

Обозначим через $O ⊂ Sn$ - это множество нечётных перестановок, а через $E ⊂ Sn$ - множество чётных перестановок.

Ясно, что

|O |+ |E | = n!

Теперь, пусть некоторая $σ ∈ E$ , то есть $σ$ - чётная перестановка. Возьмём теперь такую $τ ∈ Sn$ , которая меняет местами 1 и 2, а остальные элементы оставляет на месте:

( ) τ = 1 2 3 ⋅⋅⋅ n − 1 n 2 1 3 ⋅⋅⋅ n − 1 n

Тогда мы утверждаем, что $σ ⋅τ ∈ O$ , то есть если умножить произвольную чётную перестановку $σ ∈ E$ на $τ$ , то получится нечётная перестановка.

Действительно, это так:
Все инверсии, которые существовали между числами $> 2$ - сохранятся, так как очевидно, что если была инверсия на паре $(k1,k2)$ при $ki > 2$ , то есть

2 < k1 < k2, σ (k1) > σ(k2)

то также и останется после применения $τ$ :

2 < k1 < k2, σ ⋅τ(k1) > σ ⋅τ(k2)

Потому что $τ$ вообще оставляет такие $ki$ на месте.

Если же одно из $ki$ -ых равно 1 или 2, а другое больше 2, то, тем не менее, $τ$ просто поменяет их местами, но инверсия, если она была, тоже сохранится. Действительно, пусть $t > 2$ , $ki$ и $kj$ - это единица и двойка (не говорим, кто из них кто именно). Тогда если инверсия была, то это значит, что было $σ (t) < σ(ki)$ . Но тогда:

σ ⋅τ(ki) = σ(kj) > σ ⋅τ (t)

Таким образом все инверсии, которые были между числами больше 2 и между одним из чисел больше 2 и 1 или 2 - сохраняются.

Таким образом, остаются только сами $σ(1)$ и $σ(2)$ . Если раньше между ними была инверсия, то у $σ ⋅τ(1)$ и $σ ⋅τ(2)$ её не будет, и наоборот, если её не было, то она появится. Таким образом, количество инверсий у $σ$ и у $τ$ отличается на единичку. То есть если $σ$ - чётна, то $σ ⋅τ$ - нечётна. (И верно и обратное, конечно).

На самом деле, мы с вами построили сейчас отображение

f : E → O

по правилу

σ ↦→ στ

Это отображение будет инъективно. Действительно, пусть $f(σ1) = f(σ2)$ , но это то же самое, что $σ1 ⋅τ = σ2 ⋅τ$ . Тогда, коль скоро у каждой перестановки есть обратная, домножим это равенство на $− 1 τ$ справа, и получим, что

σ = σ 1 2

Следовательно, если $f(σ1) = f (σ2 )$ , то $σ1 = σ2$ . Это и есть определение инъекции. А раз у нас есть инъекция

f : E → O

то заведомо можно утверждать, что $|E | ≤ |O |$ .

Наоборот, при помощи той же самой $τ$ можно построить инъекцию

g : O → E

По правилу: если $π ∈ O$ - произвольная нечетная перестановка, то $π ⋅τ$ будет уже чётной, поэтому правило для $g$ будет таким:

π ↦→ π ⋅τ

Аналогично проверяется, что $g$ - инъекция из $O$ в $E$ , следовательно, $|O | ≤ |E|$ .

Таким образом получается, что $|O | = |E |$ , а с учётом того, что $|O |+ |E | = n!$ , мы получаем, что

n! |O| = |E | = -- 2

И, таким образом, когда мы будем расписывать наш определитель в виде суммы по перестановкам, ровно половина слагаемых у нас будет с плюсом, и ровно половина - с минусом.

Ответ:

a) $n!$
b) И тех и других будет поровну

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#70254

a) Для матрицы $( ) | a11 a12 a13| A = | a21 a22 a23| ( ) a31 a32 a33$ выписать полностью явно формулу определителя

∑ det A = sgn σ ⋅a1,σ(1) ⋅a2,σ(2) ⋅...⋅an,σ(n) σ∈Sn

b) Вычислить по этой формуле определитель матрицы $( ) | 1 0 6| |( − 1 2 − 5|) 9 4 0$

Показать ответ и решение

a) Если выписывать явную формулу для определителя, то получится:

∑ detA = sgn σ ⋅a1,σ(1) ⋅a2,σ(2) ⋅... ⋅an,σ(n) = σ∈Sn

( ) ( ) = sgn𝜀a a a + sgn 1 2 3 a a a + sgn 1 2 3 a a a + 11 22 33 1 3 2 11 23 32 2 1 3 12 21 33

( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 + sgn a12a23a31 + sgn a13a22a31 + sgn a13a21a32 = 2 3 1 3 2 1 3 1 2

= a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 − a13a22a31 + a13a21a32

b) По приведенной выше формуле мы получим

( ) 1 0 6 || || det( − 1 2 − 5) = 0 + 20 − 0+ 0 − 108− 24 = − 112 9 4 0

Ответ:

a) $a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 − a13a22a31 + a13a21a32$ ;
b) $− 112$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#70255

Выбрать значения $i,j,k$ так, чтобы произведение

a51ai6a1ja35a44a6k

входило в развернутую сумму для вычисления определителя матрицы $6× 6$ со знаком минус.

Показать ответ и решение

Ясно, что $i = 2$ , поскольку первые индексы всегда пробегают все возможные строки, а на первых индексах у нас стоят все числа, кроме двойки.

Далее, чтобы это слагаемое входило со знаком минус, нам нужно, чтобы перестановка

( ) 1 2 3 4 5 6 j 6 5 4 1 k

была нечётной.

У нас всего два варианта, либо $j = 3,k = 2$ , либо наоборот $j = 2,k = 3$ , ибо числа внизу не должны повторяться.

Если $j = 3,k = 2$ , то мы получаем такую перестановку:

( ) 1 2 3 4 5 6 3 6 5 4 1 2

И в ней будет 11 инверсий, то есть она будет нечетной, то есть это то, что нам нужно. Следовательно, $j = 3,k = 2,i = 2$ .

Нетрудно увидеть, что если бы $j = 2,k = 3$ , то в перестановке было бы 10 инверсий, и нам бы это не подошло.

Ответ:

$j = 3,k = 2,i = 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#70256

Пользуясь определением через сумму по перестановкам, вычислить определитель матрицы

( ) | a 3 0 5| || 0 b 0 2|| A = || || ( 1 2 c 3) 0 0 0 d

Показать ответ и решение

Итак, будем пользоваться определением определителя через сумму по перестановкам

∑ det A = sgn σ ⋅a1,σ(1) ⋅a2,σ(2) ⋅...⋅an,σ(n) σ∈Sn

По этой формуле для определителя $4 × 4$ получается $4!$ слагаемых, и не очень-то хотелось бы выписывать их все.

Обратим внимание, что у нас четвертая строка почти вся состоит из нулей. А это означает, что у нас автоматически занулятся слагаемые, которые имеют вид

a1σ(1)a2σ(2)a3σ(3)a4σ(4)

Для тех $σ$ , для которых $σ(4) ⁄= 4$ (то есть слагаемые из четвертой строчки и нечетвёртого столбца). Таким образом, незанулятся только слагаемые для тех $σ$ , для которых $σ(4) = 4$ . Таких слагаемых будет 6 штучек:

( ) ( ) detA = куч а нул ей +sgn 𝜀a11a22a33a44+sgn 1 2 3 4 a11a23a32a44+sgn 1 2 3 4 a12a21a33a44+ 1 3 2 4 2 1 3 4

(1 2 3 4) (1 2 3 4) (1 2 3 4) + sgn a12a23a31a44+sgn a13a22a31a44+sgn a13a21a32a44 = 2 3 1 4 3 2 1 4 3 1 2 4

= a11a22a33a44 − a11a23a32a44 − a12a21a33a44 + a12a23a31a44 − a13a22a31a44 + a13a21a32a44 =

= d(abc− 0 − 0+ 0 − 0− 0) = abcd

Ответ:

$abcd$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#70257

Показать, что определитель матрицы

( ) | a11 − λ a12 ... a1n | || a21 a22 − λ ... a2n || A = || || ( ... ... .... .... ) an1 an2 ... ann − λ

Как функция $det A = detA (λ)$ от $λ$ является многочленом. Этот многочлен называется характеристическим многочленом матрицы $A$ .

Показать доказательство

Когда мы будем расписывать определитель по явной формуле, у нас будет сумма из всевозможных произведений этой матрицы, причем элементы будут в этом произведении каждый раз браться из разных строк и из разных столбцов.

Таким образом, у нас эти $λ$ будут умножаться либо на числа, либо сами на себя, а затем складываться. Понятно, что при таких операциях может получиться только многочлен. Причём очевидно, что это будет многочлен степени $n$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#70258

Поверив в то (а это, конечно, правда), что числа $1798,2139,3255,4867$ делятся на $31$ , доказать, ничего не считая, что и определитель матрицы

( ) 1 7 9 8 || || A = || 2 1 3 9|| |( 3 2 5 5|) 4 8 6 7

Тоже делится на $31$ .

Замечание. Ещё раз обговорим условия - в этой задаче для доказательства вообще запрещены любые вычисления - начиная от непосредственного вычисления определителя, заканчивая любыми арифметическими операциями.

Показать доказательство

Введём для удобства такую вот матрицу $( ) |1 0 0 1000| ||0 1 0 100|| D = | | |(0 0 1 10 |) 0 0 0 1$ .

А теперь заметим, что

( ) ( ) ( ) | 1 7 9 8| | 1 0 0 1000 | | 1 7 9 1798| || 2 1 3 9|| || 0 1 0 100 || || 2 1 3 2139|| | | | | = | | |( 3 2 5 5|) |( 0 0 1 10 |) |( 3 2 5 3255|) 4 8 6 7 0 0 0 1 4 8 6 4867

Далее, по свойству определителей,

( ) ( ) 1 7 9 1798 1 7 9 8 | | | | || 2 1 3 2139|| || 2 1 3 9|| det|| 3 2 5 3255|| = det(AD ) = det A ⋅detD = det A = det|| 3 2 5 5|| ( ) ( ) 4 8 6 4867 4 8 6 7

поскольку $det D = 1$ (при развертывании определителя из 24 слагаемых у $detD$ только одно слагаемое будет ненулевым - когда мы возьмём все элементы на главной диагонали).

Однако, коль скоро все указанные в условии числа делятся на 31, то для них, по определению делимости, найдутся такие $α ∈ ℤ,β ∈ ℤ,γ ∈ ℤ,δ ∈ ℤ$ такие, что

1798 = 31⋅ α,2139 = 31⋅β, 3255 = 31⋅γ,4867 = 31 ⋅δ

Таким образом, мы можем написать, что

( ) ( ) 1 7 9 31⋅α 1 7 9 8 || || || || det| 2 1 3 31⋅β | = det| 2 1 3 9| || 3 2 5 31⋅γ || || 3 2 5 5|| ( ) ( ) 4 8 6 31⋅δ 4 8 6 7

Теперь по свойству определителя, из последнего столбца определителя $( ) 1 7 9 31 ⋅α || || det|| 2 1 3 31 ⋅β|| |( 3 2 5 31⋅γ|) 4 8 6 31⋅δ$ можно вынести общий множитель $31$ и получить:

( ) ( ) 1 7 9 α 1 7 9 8 || || || || 31⋅det ||2 1 3 β || = det|| 2 1 3 9|| |3 2 5 γ | | 3 2 5 5| ( ) ( ) 4 8 6 δ 4 8 6 7

Откуда видно, что $(|1 7 9 8)| ||2 1 3 9|| det | | |(3 2 5 5|) 4 8 6 7$ делится на 31, поскольку он есть 31, умноженный на $( ) | 1 7 9 α| | 2 1 3 β| det|| || |( 3 2 5 γ|) 4 8 6 δ$ , а $( ) |1 7 9 α | |2 1 3 β | det || || |(3 2 5 γ |) 4 8 6 δ$ - это явно целое число, поскольку все элементы этой матрицы целые, а при подсчете определителя мы только умножаем и складываем, а, значит, если все элементы матрицы целые, то и её определитель цел.

Таким образом, наш исходный $( ) 1 7 9 8 | | || 2 1 3 9|| det|| 3 2 5 5|| ( ) 4 8 6 7$ получается равен целому определителю $( ) | 1 7 9 α| || 2 1 3 β|| det|| || ( 3 2 5 γ) 4 8 6 δ$ , умноженному на 31. И мы всё доказали.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#70260

Пусть $A$ - матрица размера $2023× 2022$ , в которую мы записали по строкам все цифры десятичной записи числа $π$ , начиная от 100000000000, заканчивая 100004090505 знаком.

Пусть $B$ - матрица размера $2022× 2023$ , в которую мы записали по строкам даты рождения всех когда-либо живших немецких, французских, английских и русских математиков, в честь которых названа хоть одна теорема хоть в одном курсе по алгебре или мат. анализу.

Чему равняется $det(AB )$ ?

Показать ответ и решение

Ясно, что $rkA ≤ min{2022,2023} = 2022$ , аналогично, $rkB ≤ 2022$ ранг не превосходит минимума из количества строк и столбцов.

Тогда, по неравенству о рангах,

rk (AB ) ≤ min {rkA,rkB } ≤ 2022

А при этом матрица $AB$ имеет размеры $2023× 2023$ . Но её ранг не больше 2022. Следовательно $AB$ - матрица неполного ранга, а, значит, $det(AB ) = 0$ .

Замечание. Если вы пытались это посчитать, расписав $det(AB ) = detA ⋅ detB$ , проверьте, точно ли вы помните, что такое определитель и у каких матриц его можно считать...

Ответ:

$0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#70261

Шесть нулей и три единицы случайно записывают в матрицу $3 × 3$ . С какой вероятностью у получившейся матрицы будет ненулевой определитель?

Показать ответ и решение

Определитель $3 × 3$ состоит из суммы из 6 слагаемых:

a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 − a13a22a31 + a13a21a32

Ясно, что если у нас в распоряжении только три единицы и шесть нулей, то только одно из этих слагаемых может быть отлично от нуля. Таким образом, подходящих нам исходов будет 6 - в зависимости от того, какое из этих шести слагаемых будет равно единице.

А сколько у нас всего исходов? Столько, сколько существует всего матриц $3× 3$ , в которые мы записываем шесть нулей и три единицы. Таким матриц будет столько, сколькими способами можно на 9 мест поставить куда-то три единицы, то есть

C3 = 9!--= 84 9 3!6!

Таким образом, искомая вероятность равна

6 1 ---= --- 84 14

Ответ:

$114$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#72230

Вычислить определитель

( ) | 2 − 3 4 1| || 4 − 2 3 2|| det|| || ( a b c d) 3 − 1 4 3

разлагая его по третьей строке.

Показать ответ и решение

По формуле разложения определителя по третьей строке получаем:

( ) ( ) ( ) |2 − 3 4 1| − 3 4 1 2 4 1 ||4 − 2 3 2|| 3+1 | | 3+2 | | det || || = (− 1) adet |(− 2 3 2|) + (− 1) b|( 4 3 2|) + (a b c d) − 1 4 3 3 4 3 3 − 1 4 3

( ) ( ) 2 − 3 1 2 − 3 4 3+3 || || 3+4 || || + (− 1) c( 4 − 2 2) + (− 1) d( 4 − 2 3) = 3 − 1 3 3 − 1 4

= 8a+ 15b + 12c− 19d

Ответ:

$8a + 15b+ 12c − 19d$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#72232

Из формулы разложения определителя по $j$ -ому столбцу:

∑n ∑n detA = aijAij = aij(− 1)i+jMij i=1 i=1

вывести формулу разложения определителя по $i$ -ой строке:

∑n ∑n detA = aijAij = aij(− 1)i+jMij j=1 j=1

Показать доказательство

Допустим, уже доказана формула разложения по $j−$ ому столбцу

∑n ∑n detA = aijAij = aij(− 1)i+jMij i=1 i=1

Тогда, с учётом того, что определитель при транспонировании не меняется:

∑n ∑n det A = detAt = aji(− 1)i+jM t = aji(− 1 )i+jMji i=1 ij i=1

Здесь мы воспользовались тем, что $(ji)$ минор в транспонированной матрице равен $ij$ -минору в исходной матрице, то есть тем фактом, что $M tji = Mij$ .

Но в конце мы и получаем в точности формулу разложения по строке, осталось лишь заменить индекс суммирования на $j$ , а фиксированный индекс наоборот на $i$ , но от переименования индексов здесь ничего не зависит, потому что $i$ и $j$ в данном контексте являются независимыми индексами. Формула доказана.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#94316

1. Какая матрица будет обратной для элементарной матрицы $Eij$ ?
2. Какая матрица будет обратной для элементарной матрицы $Ei,λ$ ?
3. Какая матрица будет обратной для элементарной матрицы $Ei,j,λ$ ?

Показать ответ и решение

1. Прямая проверка показывает, что

E −ij1 = Eij

то есть элементарная матрица, отвечающая Э.П. I всегда обратна сама себе.

Например, при $n = 3$ можно проверить, что

E −231= E23

Проверяем:

( ) ( ) ( ) 1 0 0 1 0 0 1 0 0 || || || || = || || ( 0 0 1) ( 0 0 1) ( 0 1 0 ) 0 1 0 0 1 0 0 0 1

2. Прямая проверка показывает, что

− 1 Ei,λ = Ei,1λ

то есть элементарная матрица, отвечающая Э.П. II имеет в качестве обратной тоже элементарную матрицу, отвечающую Э.П. II, но только умножающую $i$ -ую строку на $λ1$ .

Например, при $n = 3$ можно проверить, что

−1 E 1,3 = E1,73 7

Проверяем:

( ) ( ) ( ) 37 0 0 73 0 0 1 0 0 || || || || || || ( 0 1 0) ( 0 1 0) = ( 0 1 0) 0 0 1 0 0 1 0 0 1

3. Прямая проверка показывает, что

−1 E i,j,λ = Ei,j,− λ

Например, при $n = 3$ можно проверить, что

−1 E1,3,8 = E1,3,−8

( ) ( ) ( ) |1 0 8| |1 0 − 8| |1 0 0| |0 1 0| |0 1 0 | = |0 1 0| ( ) ( ) ( ) 0 0 1 0 0 1 0 0 1

Ответ:

1. $Eij$ ;
2. $Ei,1λ$ ;
3. $Ei,j,− λ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#94317

Решить матричное уравнение

( ) ( ) | 1 2 − 3| | 1 − 3 0| |( 3 2 − 4|) X = |( 10 2 7|) 2 − 1 0 10 7 8

Показать ответ и решение

Разумеется, одним из способов является решение в два шага.

1. Находим

( ) −1 | 1 2 − 3| |( 3 2 − 4|) 2 − 1 0

при помощи метода Жордана.

2. Ясно, что тогда

( ) − 1( ) | 1 2 − 3| | 1 − 3 0| X = | 3 2 − 4| | 10 2 7| ( ) ( ) 2 − 1 0 10 7 8

Однако, мы не пойдем таким путем, потому что разнесение на два шага хотя и точно сработает, но это слишком лобовой и поэтому слишком долгий метод решения. На самом деле, эти два шага можно, в некотором смысле, соединить в один, модифицировав алгоритм Жордана.

А именно, в алгоритме Жордана мы для нахождения $−1 A$ приписываем справа к $A$ единичную матрицу и пытаемся, делая Э.П. строк, привести матрицу $A$ к единичной.

Но что если мы припишем к матрице $A$ справа не единичную, а сразу матрицу $(| 1 − 3 0)| | 10 2 7| ( ) 10 7 8$ ?

И будем как обычно пытаться привести $A$ , стоящую слева, к единичной, не особо обращая внимания на то, что происходит справа?

Но тогда, когда мы приведем матрицу $A$ слева к единичной, что у нас будет стоять справа?

Применение Э.П. строк, как мы помним, равносильно домножению на некоторые элементарные матрицы.

Итак, пусть последовательность домножений на элементарные матрицы $E ,...,E 1 N$ приводит матрицу $A$ к единичной, то есть

E1E2...EN A = E

или, что то же самое,

−1 E1E2...EN = A

Но тогда мы легко можем понять, что у нас будет стоять справа.

Изначально там стояла матрица $(| 1 − 3 0)| | 10 2 7| ( ) 10 7 8$ и мы к ней применяли те же самые элементарные преобразования, что и к $A$ .

То есть, мы её тоже домножили на $−1 E1E2...EN = A$ .

Следовательно, в результате такого алгоритма справа у нас будет стоять

( ) 1 − 3 0 || || −1 E1E2...EN ( 10 2 7) = A B 10 7 8

То есть вообще-то искомая матрица $X$ .

Ура, теперь мы поняли, как мы можем быстро решать такую задачу!

Реализуем эту идею на практике:

( ) --- - ( ) 1 2 − 3 1 − 3 0 − 3 − 2 1 2 − 3 1 − 3 0 |( 3 2 − 4 10 2 7|) ←− + | −→ |( 0 − 4 5 7 11 7|) −→ | 2 − 1 0 10 7 8 ←−− −−+ 0 − 5 6 8 13 8 | ⋅(− 4)

( ) ( ) 1 2 − 3 1 − 3 0 1 2 − 3 1 − 3 0 ←−+ |( 0 − 4 5 7 11 7|) --|5 −→ |( 0 − 4 5 7 11 7|) | ←− + −→ | --| --| 0 20 − 24 − 32 − 52 32 ←− + 0 0 1 3 3 3 3 −5

( ) | ( ) 1 2 0 10 6 9 | ⋅2 ←−+ 2 0 0 12 8 10 | ⋅1∕2 |( 0 − 4 0 − 8 − 4 − 8|) ------1 −→ |( 0 − 4 0 − 8 − 4 − 8|) | ⋅(− 1∕4) −→ 0 0 1 3 3 3 0 0 1 3 3 3

( ) 1 0 0 6 4 5 |( 0 1 0 2 1 2|) 0 0 1 3 3 3

Следовательно,

( ) 6 4 5 || || X = ( 2 1 2) . 3 3 3

Ответ:

$( ) | 6 4 5| X = | 2 1 2| ( ) 3 3 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#94318

При каких значениях $α,β,γ$ матрица

( ) | 1 − 4 α| |( 1 − 5 β|) − 1 6 γ

является обратной для матрицы

( ) | 2 2 3| |( 1 − 1 0|) − 1 2 1

Показать ответ и решение

Одним из способов решения является просто нахождение обратной матрицы к матрице

( ) | 2 2 3| |( 1 − 1 0|) − 1 2 1

по методу Жордана.

Но в данном случае этот способ решения будет неоправданно долгим и трудным. Напротив, все гораздо проще, и эти $α,β, γ$ можно найти практически устно.

Ведь нам уже по факту подарили почти всю обратную матрицу, кроме последнего столбца.

Итак, давайте распишем, что от нас хотят по определению.

От нас хотят, чтобы

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 − 4 α 2 2 3 2 2 3 1 − 4 α 1 0 0 || || || || || || || || || || ( 1 − 5 β ) ( 1 − 1 0) = ( 1 − 1 0) ( 1 − 5 β) = ( 0 1 0) − 1 6 γ − 1 2 1 − 1 2 1 − 1 6 γ 0 0 1

В частности, например, можно ограничиться и одним только равенством

( ) ( ) ( ) 1 − 4 α 2 2 3 1 0 0 || || || || || || ( 1 − 5 β) ( 1 − 1 0 ) = ( 0 1 0) − 1 6 γ − 1 2 1 0 0 1

И раз эти матрицы должны быть равны, то в них должны быть равны все элементы.

Посмотрим, например, на элемент с индексом $1,1$ в левой части равенства и в правой.

В левой части равенства элемент с индексом $1,1$ по формуле умножения матриц равен

1 ⋅2− 4 ⋅1+ α ⋅(− 1)

А в правой части равенства он равен элементу $1,1$ единичной матрицы, то есть единичке. Таким образом, имеем право приравнять:

1 ⋅2− 4 ⋅1+ α⋅(− 1) = 1

Откуда мгновенно $α = − 3$ .
Аналогично, рассматривая элемент с индексом $2,1$ получим

1 ⋅2− 5 ⋅1+ β ⋅(− 1) = 0

Откуда $β = − 3$ .
Аналогично, рассматривая элемент с индексом $3,1$ получим

− 1 ⋅2+ 6 ⋅1+ γ ⋅(− 1) = 0

Откуда $γ = 4$ .

Ответ:

$α = − 3$ , $β = − 3$ , $γ = 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#94926

Доказать, что если какой-то из столбцов квадратной матрицы $A$ размера $n× n$ является линейной комбинацией остальных столбцов (как векторов в $ℝn$ ), то $det A = 0$ .

Показать доказательство

Обозначим столбцы матрицы $A$ за $v1,...,vn$ .

Нам дано, что какой-то из столбцов является линейной комбинацией остальных. Пусть это $vi$ . То есть существуют такие $λ1,...,λn$ ( $n − 1$ число, поскольку здесь нет $λi$ -го), что:

vi = λ1v1 + ...+ λnvn ( здесь нет сл агаемого с номером i )

Но тогда

( ) ( ) det v1|...|vi|...|vn = det v1|...|λ1v1 + ...+ λnvn|...|vn =

( ) ( ) = λ1 det v1|...|v1|...|vn +λ2 det v1|...|v2|...|vn +... ◟------◝◜------◞ ◟------◝◜-------◞ =0, т.к. первый столбец совпадает с i- ым =0, т.к. вновь есть два одинаковых &#x044

( ) ...+λn det v1|...|vn|...|vn ◟------◝◜-------◞ =0

В итоге, каждый определитель занулится, поскольку в каждом определителе будет два одинаковых столбца - а именно $i−$ ый столбец как раз совпадет с каким-то из уже имеющихся.

Следовательно,

( ) ( ) det v1|...|vi|...|vn = det v1|...|λ1v1 + ...+ λnvn|...|vn

равен сумме $n$ нулей. То есть нулю. Что и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#94927

Вычислить

( 8 5 0 2) | | det|| 0 0 1 0|| |( 0 3 0 0|) 3 2 0 1

Показать ответ и решение

( ) ( ) 8 5 0 2 2 5 0 2 ||0 0 1 0|| || 0 0 1 0|| det|| || вычтем из первого столбца по=следний с коэффициентом 3det|| || = (0 3 0 0) ( 0 3 0 0) 3 2 0 1 0 2 0 1

( ) ( ) 2 1 0 2 2 1 0 0 вычтем из второго столбца четвёртый с коэф. 2 || 0 0 1 0|| вычтем из последне&# = det|| || = det || || = ( 0 3 0 0) (0 3 0 0) 0 0 0 1 0 0 0 1

( ) 2 0 1 0 обменяем местами второй и третий столбцы ||0 1 0 0|| = − det|| || = (0 0 3 0) 0 0 0 1

( ) 2 0 0 0 вы чтем из третьего столбца первый с коэффициентом 12 || 0 1 0 0|| = − det|| 0 0 3 0|| = − 6 ( ) 0 0 0 1

Ответ:

$− 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#102399

Доказать формулы Крамера, то есть что если $detA ⁄= 0$ , то тогда СЛУ

Ax = b

имеет единственное решение $(x1,...,xn)$ , где

xi = detAi- detA

(где $detAi$ представляет из себя определитель матрицы $A$ , в которой $i−$ ый столбец заменен на столбец свободных коэффициентов $b$ .)

Показать доказательство

Действительно, решением системы является столбец $x = A−1b$ . Далее, можно использовать формулы для обратной матрицы $A− 1 = de1tAA∗$ .

Теперь осталось лишь внимательно проследить за тем, что получится в результате $x = d1etA-A∗b$ . Давайте проделаем это.

Действительно, $xi$ , то есть $i−$ ый элемент столбца решений получается, когда мы $i−$ ую строку матрицы $d1etA-A∗$ умножаем на столбец свободных коэффициентов $b$ :

∑n xi = --1-- Akibk detA k=1

(Напомним, что в матрице $A∗$ стоят алгебраические дополнения к элементам транспонированной матрицы $At$ ) Но ясно, что сумма

n ∑ A b k=1 ki k

представляет из себя не что иное, как разложение определителя $A i$ как раз таки по $i$ -ому столбцу (который был заменен на столбец $b$ в исходной матрице $A$ ). Таким образом, формулы Крамера полностью доказаны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#102418

Найти обратную матрицу для

( ) 5 − 5 0 || || A = ( 3 1 − 10) 0 4 1

при помощи присоединенной матрицы.

Показать ответ и решение

Вначале находим присоединенную матрицу $A ∗$ . Транспонируем вначале матрицу $A$ :

( ) | 5 3 0| At = |( − 5 1 4|) 0 − 10 1

Теперь вычисляем алгебраические дополнения к элементам матрицы $t A$ :

At = 1+ 40 = 41 11

At = − (− 5 − 0) = 5 12

At = 50− 0 = 50 13

At = − (3− 0) = − 3 21

At22 = 5− 0 = 5

At23 = − (− 50 − 0) = 50

At = 12− 0 = 12 31

At = − (20− 0) = − 20 32

At33 = 5+ 15 = 20

Получается, что присоединенная матрица $A∗$ у нас будет такая:

( ) | 41 5 50| A ∗ = |( − 3 5 50|) 12 − 20 20

И теперь, поскольку $detA = 220$ , то получаем ответ для обратной матрицы:

( ) ( ) 41 5 50 41- 1- -5 −1 --1-- ∗ -1- || || || 2203- 441- 225|| A = detA A = 220 (− 3 5 50) = ( −220 44 22) 12 − 20 20 355 −111 111

Ответ:

$( -41- -1 5-) | 220 44 22| |(− 2320- 414 522|) 355- − 111 111$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#140487

Найти обратную матрицу к матрице

( ) | 5 0 − 1| A = |( 6 2 3 |) 1 0 0

Показать ответ и решение

Фактически, нам нужно просто приписать справа к $A$ единичную матрицу:

( ) 5 0 − 1 1 0 0 Aˆ= || || (6 2 3 0 1 0) 1 0 0 0 0 1

И далее элементарными преобразованиями строк привести матрицу $3 × 3$ , стоящую слева, к единичной (сами Э.П. применяются, конечно, ко всей матрице $n × 2n$ целиком!). В конце получится:

( ) 1 0 0 0 0 1 || 0 1 0 1.5 0.5 − 10.5|| ( ) 0 0 1 − 1 0 5

Следовательно,

( ) | 0 0 1 | A−1 = | 1.5 0.5 − 10.5| ( ) − 1 0 5

Ответ:

$( ) | 0 0 1 | |1.5 0.5 − 10.5| ( ) − 1 0 5$