Sistemi linearnih jednačina i rang matrice - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Determinanta sistema je
[tex]\Delta=\begin{vmatrix}\lambda&1&1\\1&\mu&1\\1&2\mu&1\end{vmatrix}=\mu(1-\lambda)[/tex]
pa je za [tex]\mu\ne 0[/tex] i [tex]\lambda\ne 1[/tex] rešenje jedinstveno (Kramerovo pravilo). Preostale slučajeve ispitujemo eliminacijom. Oduzimanjem druge jednačine od treće dobijamo
[tex]\mu x_2=1[/tex]
Ako je [tex]\mu=0[/tex], to glasi [tex]0=1[/tex] i sistem je nesaglasan. Ako je [tex]\mu\ne 0[/tex], onda je [tex]x_2=\frac{1}{\mu}[/tex], a druga i prva jednačina postaju
[tex]x_1+x_3=2,\qquad \lambda x_1+x_3=4-\frac{1}{\mu}\ \Rightarrow\ (\lambda-1)x_1=2-\frac{1}{\mu}[/tex]
Za [tex]\lambda\ne 1[/tex] (i [tex]\mu\ne 0[/tex]) rešenje je jedinstveno. Za [tex]\lambda=1[/tex] poslednja jednačina postaje [tex]0\cdot x_1=2-\frac{1}{\mu}[/tex]: ako je [tex]\mu\ne\frac{1}{2}[/tex], rešenja nema, a ako je [tex]\mu=\frac{1}{2}[/tex], ona važi za svako [tex]x_1[/tex], pa sistem ima beskonačno mnogo rešenja:
[tex](x_1; x_2; x_3)=(t; 2; 2-t),\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
(ovde matrica sistema i proširena matrica imaju rang [tex]2[/tex]). Primetimo da sam uslov [tex]\Delta=0[/tex] ne odlučuje između slučajeva „nema rešenja” i „beskonačno mnogo rešenja”. Odgovor:
[tex]\lambda=1,\ \mu=\frac{1}{2}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]A[/tex] matrica sistema, a [tex]\bar{A}[/tex] proširena matrica. Najpre računamo determinantu sistema. Kada drugu, treću i četvrtu kolonu dodamo prvoj, svi elementi prve kolone postaju jednaki [tex]k+6[/tex]; izvlačimo taj činilac i oduzimamo prvu vrstu od ostalih:
[tex]\Delta=(k+6)\begin{vmatrix} 1 & 3 & 2 & 1 \\ 1 & k & 3 & 2 \\ 1 & 1 & k & 3 \\ 1 & 2 & 1 & k \end{vmatrix}=(k+6)\begin{vmatrix} k-3 & 1 & 1 \\ -2 & k-2 & 2 \\ -1 & -1 & k-1 \end{vmatrix}[/tex]
Razvijamo poslednju determinantu po prvoj vrsti:
[tex](k-3)\left((k-2)(k-1)+2\right)-\left(-2(k-1)+2\right)+\left(2+(k-2)\right)=k^3-6k^2+16k-16=(k-2)(k^2-4k+8)[/tex]
Prema tome,
[tex]\Delta=(k+6)(k-2)\left((k-2)^2+4\right)[/tex]
a kako je [tex](k-2)^2+4\gt 0[/tex], imamo [tex]\Delta=0[/tex] samo za [tex]k=-6[/tex] i [tex]k=2[/tex]. Ako je [tex]k\ne -6[/tex] i [tex]k\ne 2[/tex], po Kramerovom pravilu sistem ima jedinstveno rešenje.
Za [tex]k=-6[/tex]: zbir koeficijenata u svakoj koloni je [tex]k+6=0[/tex], a zbir slobodnih članova je [tex]5+k+1+0=k+6=0[/tex], pa je zbir četiri vrste matrice [tex]\bar{A}[/tex] nula-vrsta i četvrta jednačina je posledica ostale tri. Osim toga,
[tex]\begin{vmatrix} -6 & 3 & 2 \\ 1 & -6 & 3 \\ 2 & 1 & -6 \end{vmatrix}=-136\ne 0[/tex]
pa je [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=3\lt 4[/tex] i prema Kroneker-Kapelijevoj teoremi sistem ima beskonačno mnogo rešenja (koja zavise od jednog parametra).
Za [tex]k=2[/tex]: označimo jednačine sa [tex]E_1,E_2,E_3,E_4[/tex]. Kombinacija [tex]E_1-E_2+E_3-E_4[/tex] ima koeficijente [tex]\left(k-2 ; 2-k ; k-2 ; 2-k\right)[/tex] i slobodan član [tex]6-k[/tex]; za [tex]k=2[/tex] ona glasi
[tex]0=4[/tex]
pa sistem nema rešenja. (Zaista, [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex], dok je [tex]\operatorname{rank}\bar{A}=4[/tex].)
[tex]\begin{vmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \end{vmatrix}=8\ne 0\ \Rightarrow\ \operatorname{rank}A=3[/tex]

Rešenje:
Elementarne transformacije vrsta ne menjaju rang. Pomoću treće vrste [tex]R_3=(1; 5; 5; 1; -1)[/tex] anuliramo prvu kolonu:
[tex]R_1-5R_3=(0; 3; \lambda; 3; -1),\qquad R_2+9R_3=(0; -9; -6; \lambda-6; 3)[/tex]
[tex]R_4-4R_3=(0; \lambda+1; 2; 3; -1),\qquad R_5-2R_3=(0; 3; 2; 3; -1)=P[/tex]
Sada od ostalih novih vrsta oduzimamo umnoške vrste [tex]P[/tex]:
[tex](0; 3; \lambda; 3; -1)-P=(0; 0; \lambda-2; 0; 0)[/tex]
[tex](0; -9; -6; \lambda-6; 3)+3P=(0; 0; 0; \lambda+3; 0)[/tex]
[tex](0; \lambda+1; 2; 3; -1)-P=(0; \lambda-2; 0; 0; 0)[/tex]
Prema tome,
[tex]A\sim\begin{bmatrix}1&5&5&1&-1\\0&3&2&3&-1\\0&\lambda-2&0&0&0\\0&0&\lambda-2&0&0\\0&0&0&\lambda+3&0\end{bmatrix}[/tex]
Prve dve vrste zajedno sa nenula vrstama među poslednje tri su linearno nezavisne: u linearnoj kombinaciji jednakoj nuli koeficijent uz prvu vrstu je [tex]0[/tex] (prva kolona), zatim je koeficijent uz drugu vrstu [tex]0[/tex] (poslednja kolona), a ostale vrste su umnošci različitih jediničnih vektora. Zato je [tex]\operatorname{rank}A[/tex] jednak [tex]2[/tex] plus broj brojeva različitih od nule među [tex]\lambda-2,\ \lambda-2,\ \lambda+3[/tex]:
za [tex]\lambda\ne 2,\ \lambda\ne -3[/tex] rang je [tex]5[/tex] (zaista, [tex]\det A=-(\lambda-2)^2(\lambda+3)\ne 0[/tex]); za [tex]\lambda=-3[/tex] on je [tex]2+2=4[/tex]; za [tex]\lambda=2[/tex] on je [tex]2+1=3[/tex].
[tex]\operatorname{rank}A=\begin{cases}3, & \lambda=2\\4, & \lambda=-3\\5, & \lambda\ne 2,\ \lambda\ne -3\end{cases}[/tex]

Rešenje:
Jednakost [tex]\vec{v}=c_1\vec{v}_1+c_2\vec{v}_2+c_3\vec{v}_3+c_4\vec{v}_4[/tex] je linearni sistem po [tex]c_1,c_2,c_3,c_4[/tex] čija matrica [tex]A[/tex] ima vektore [tex]\vec{v}_1,\ldots,\vec{v}_4[/tex] kao kolone. Predstavljanja ima više od jednog tačno kada je taj sistem saglasan i njegovo rešenje nije jedinstveno, tj. (prema Kroneker-Kapelijevoj teoremi) kada je [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}\lt 4[/tex]. Zapisujemo koordinate, počevši od treće:
[tex]\begin{cases}c_1+3c_2+3c_3+3c_4=-2 & (1)\\-c_1-c_2-2c_3-2c_4=3 & (2)\\-2c_1-10c_2-7c_3+(\mu+8)c_4=3\lambda-1 & (3)\\-c_1-6c_2-4c_3+2c_4=\lambda & (4)\end{cases}[/tex]
Eliminišemo [tex]c_1[/tex] tako što [tex](1)[/tex] dodamo jednačinama [tex](2)[/tex] i [tex](4)[/tex], a dvostruku jednačinu [tex](1)[/tex] jednačini [tex](3)[/tex]:
[tex]\begin{cases}2c_2+c_3+c_4=1\\-4c_2-c_3+(\mu+14)c_4=3\lambda-5\\-3c_2-c_3+5c_4=\lambda-2\end{cases}[/tex]
Eliminišemo [tex]c_2[/tex] tako što dvostruku prvu od ovih jednačina dodamo drugoj, a trostruku prvu dvostrukoj trećoj:
[tex]c_3+(\mu+16)c_4=3\lambda-3,\qquad c_3+13c_4=2\lambda-1[/tex]
Oduzimanjem ove dve jednačine:
[tex](\mu+3)c_4=\lambda-2[/tex]
Ako je [tex]\mu\ne -3[/tex], sistem ima jedinstveno rešenje za svako [tex]\lambda[/tex] (tačno jedno predstavljanje). Ako je [tex]\mu=-3[/tex] i [tex]\lambda\ne 2[/tex], dobijamo [tex]0=\lambda-2\ne 0[/tex], pa predstavljanja nema. Ako je [tex]\mu=-3[/tex] i [tex]\lambda=2[/tex], onda je [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=3\lt 4[/tex] i predstavljanja ima beskonačno mnogo:
[tex](c_1; c_2; c_3; c_4)=(18t-8; 6t-1; 3-13t; t),\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
Na primer, za [tex]t=0[/tex] dobijamo
[tex]-8\vec{v}_1-\vec{v}_2+3\vec{v}_3=(5; 3; -2; 2)=\vec{v}[/tex]

Rešenje:
Najpre određujemo [tex]W=\ell(\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3,\vec{a}_4)[/tex]. Imamo
[tex]2\vec{a}_1-\vec{a}_2=(1; -3; -1; 8; 1)=\vec{a}_3,\qquad 2\vec{a}_2-\vec{a}_1=(4; 3; 2; -7; 1)=\vec{a}_4[/tex]
a [tex]\vec{a}_1,\vec{a}_2[/tex] nisu proporcionalni; zato je [tex]\dim W=2[/tex] i [tex]W=\ell(\vec{a}_1,\vec{a}_2)[/tex].
Za homogeni sistem sa [tex]5[/tex] nepoznatih čija matrica ima rang [tex]r[/tex], prostor rešenja ima dimenziju [tex]5-r[/tex] (fundamentalni sistem rešenja sastoji se od [tex]5-r[/tex] rešenja). Da bismo dobili [tex]W[/tex], potrebno je [tex]5-r=2[/tex], tj. [tex]r=3[/tex]. Pošto rang ne premašuje broj jednačina, sistem ima bar [tex]3[/tex] jednačine.
Tri jednačine su dovoljne. Vektor [tex]\vec{b}[/tex] koeficijenata svake jednačine mora da zadovoljava [tex]\langle\vec{b},\vec{a}_1\rangle=\langle\vec{b},\vec{a}_2\rangle=0[/tex], tj.
[tex]2b_1-b_2+3b_4+b_5=0,\qquad 3b_1+b_2+b_3-2b_4+b_5=0[/tex]
Ovaj sistem ima rang [tex]2[/tex] i fundamentalni sistem rešenja
[tex](1; 2; -5; 0; 0),\qquad (1; -13; 0; -5; 0),\qquad (2; -1; 0; 0; -5)[/tex]
Ovi vektori daju sistem
[tex]\begin{cases}x_1+2x_2-5x_3=0\\x_1-13x_2-5x_4=0\\2x_1-x_2-5x_5=0\end{cases}[/tex]
čiji je rang [tex]3[/tex] (videti kolone uz [tex]x_3,x_4,x_5[/tex]). Njegov prostor rešenja ima dimenziju [tex]5-3=2[/tex] i sadrži [tex]\vec{a}_1[/tex] i [tex]\vec{a}_2[/tex] (na primer, za [tex]\vec{a}_1[/tex]: [tex]2-2-0=0,\ 2+13-15=0,\ 4+1-5=0[/tex]), pa se poklapa sa [tex]W[/tex]. Najmanji mogući broj jednačina je [tex]3[/tex].

Rešenje:
Ako je [tex]x_1,\ldots,x_n\gt 0[/tex], svaka leva strana je proizvod pozitivnih brojeva, dakle pozitivna; zato pozitivno rešenje može postojati samo ako je [tex]c_1,\ldots,c_n\gt 0[/tex]. Pretpostavimo to. Smena [tex]x_j=e^{y_j}[/tex] je bijekcija između pozitivnih [tex]x_j[/tex] i realnih [tex]y_j[/tex], a logaritmovanje prevodi sistem u linearni sistem
[tex]\sum_{j=1}^{n}a_{ij}y_j=\ln c_i,\qquad i=1,2,\ldots,n[/tex]
sa matricom [tex](a_{ij})[/tex]. Dakle, polazni sistem ima jedinstveno pozitivno rešenje ako i samo ako ovaj linearni sistem ima jedinstveno rešenje.
Ako je [tex]\det(a_{ij})\ne 0[/tex], po Kramerovom pravilu postoji tačno jedno rešenje [tex]y[/tex], pa i tačno jedno pozitivno rešenje [tex]x_j=e^{y_j}[/tex].
Ako je [tex]\det(a_{ij})=0[/tex], onda je [tex]\operatorname{rank}(a_{ij})\lt n[/tex] i prema Kroneker-Kapelijevoj teoremi linearni sistem je ili nesaglasan ili ima beskonačno mnogo rešenja (sa [tex]n-\operatorname{rank}(a_{ij})\ge 1[/tex] slobodnih nepoznatih); ni u jednom slučaju pozitivno rešenje nije jedinstveno.
Prema tome, uslov je
[tex]\det(a_{ij})\ne 0,\quad c_1\gt 0,\ c_2\gt 0,\ \ldots,\ c_n\gt 0[/tex]

Rešenje:
Koristimo rang matrice: najveći broj linearno nezavisnih kolona (jednak najvećem redu minora različitog od nule).
Korak [tex]1[/tex]: [tex]\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A[/tex]. Neka su [tex]A^{(1)},\ldots,A^{(n)}[/tex] kolone matrice [tex]A[/tex], a [tex]x_{ij}[/tex] elementi matrice [tex]X[/tex]. Tada je [tex]j[/tex]-ta kolona matrice [tex]AX[/tex]
[tex]x_{1j}A^{(1)}+x_{2j}A^{(2)}+\ldots+x_{nj}A^{(n)}[/tex]
pa svaka kolona matrice [tex]AX[/tex] leži u linearnom omotaču kolona matrice [tex]A[/tex], čija je dimenzija [tex]\operatorname{rank}A[/tex]. Zato [tex]AX[/tex] ne može imati više od [tex]\operatorname{rank}A[/tex] linearno nezavisnih kolona, tj. [tex]\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A[/tex].
Korak [tex]2[/tex]: [tex]\operatorname{rank}A\le n[/tex], jer [tex]A[/tex] ima samo [tex]n[/tex] kolona.
Korak [tex]3[/tex]: [tex]\operatorname{rank}E_m=m[/tex], jer je [tex]\det E_m=1\ne 0[/tex].
Kombinujući ova tri koraka:
[tex]m=\operatorname{rank}E_m=\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A\le n[/tex]
Dakle, [tex]m\le n[/tex]. (Štaviše, pošto je i [tex]\operatorname{rank}A\le m[/tex], dobijamo [tex]\operatorname{rank}A=m[/tex].)

Rešenje:
Matrica [tex]A^{T}A[/tex] je kvadratna reda [tex]n[/tex], pa je invertibilna ako i samo ako homogeni sistem [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex], [tex]\vec{x}\in\mathbb{R}^n[/tex], ima samo nula-rešenje (tada je njen rang [tex]n[/tex] i determinanta joj je različita od nule). Neka je [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex] i [tex]\vec{y}=A\vec{x}=(y_1; \ldots; y_m)^{T}[/tex]. Množenjem sleva sa [tex]\vec{x}^{T}[/tex] dobijamo
[tex]0=\vec{x}^{T}A^{T}A\vec{x}=(A\vec{x})^{T}(A\vec{x})=y_1^2+y_2^2+\ldots+y_m^2[/tex]
Pošto su elementi realni, zbir kvadrata jednak je [tex]0[/tex] samo ako je [tex]y_i=0[/tex] za svako [tex]i[/tex], pa je [tex]A\vec{x}=\vec{0}[/tex]. Ali
[tex]A\vec{x}=x_1\vec{A}_1+x_2\vec{A}_2+\ldots+x_n\vec{A}_n[/tex]
gde su [tex]\vec{A}_j[/tex] kolone matrice [tex]A[/tex], a [tex]\operatorname{rank}A=n[/tex] znači da su tih [tex]n[/tex] kolona linearno nezavisne. Zato je [tex]x_1=x_2=\ldots=x_n=0[/tex]. Dakle, sistem [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex] ima samo nula-rešenje i [tex]A^{T}A[/tex] je invertibilna.
Napomena: realnost je bitna. Nad [tex]\mathbb{C}[/tex] matrica [tex]A=\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}[/tex] ima rang [tex]1[/tex], ali [tex]A^{T}A=1+i^2=0[/tex].