Sistemi linearnih jednačina i rang matrice - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Označimo jednačine sa [tex]E_1, E_2, E_3, E_4[/tex]. Zadržimo [tex]E_1[/tex], a [tex]E_2, E_3, E_4[/tex] zamenimo razlikama [tex]E_2-E_1[/tex], [tex]E_3-E_2[/tex], [tex]E_4-E_3[/tex]. Dobijamo ekvivalentan sistem:
[tex]\begin{cases} x_1+2x_2+3x_3+4x_4=5 \\ x_1-x_2-x_3-x_4=-4 \\ x_1+x_2-x_3-x_4=0 \\ x_1+x_2+x_3-x_4=-6 \end{cases}[/tex]
Oduzimanjem druge jednačine od treće dobijamo [tex]2x_2=4[/tex], tj. [tex]x_2=2[/tex]; oduzimanjem treće od četvrte dobijamo [tex]2x_3=-6[/tex], tj. [tex]x_3=-3[/tex]. Zamenimo u treću i prvu jednačinu:
[tex]x_1+2+3-x_4=0\ \Rightarrow\ x_1-x_4=-5,\qquad x_1+4-9+4x_4=5\ \Rightarrow\ x_1+4x_4=10[/tex]
Oduzimanjem dobijamo [tex]5x_4=15[/tex], tj. [tex]x_4=3[/tex] i [tex]x_1=-2[/tex]. Sve transformacije su bile ekvivalentne, pa je rešenje jedinstveno (što se slaže sa determinantom sistema, koja je jednaka [tex]-20\ne 0[/tex]):
[tex]x_1=-2,\ x_2=2,\ x_3=-3,\ x_4=3[/tex]
Provera: [tex]-4+2-6+9=1[/tex], [tex]-6+4-3+6=1[/tex], [tex]-8+6-6+3=-5[/tex].

Rešenje:
Elementarne transformacije vrsta ne menjaju rang. Da bismo dobili pogodan vodeći element, prvu vrstu [tex]R_1[/tex] zamenjujemo sa [tex]-2R_1-R_3[/tex] (dozvoljeno je pomnožiti vrstu brojem različitim od nule i dodati joj drugu vrstu):
[tex]-2R_1-R_3=\left(-28+29; 54-55; 98-96; -226+227\right)=\left(1; -1; 2; 1\right)[/tex]
Zatim [tex]R_2-43R_1[/tex], [tex]R_3+29R_1[/tex], [tex]R_4-128R_1[/tex] daju
[tex]A\sim\begin{bmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 \\ 0 & -39 & -231 & 297 \\ 0 & 26 & 154 & -198 \\ 0 & -117 & -694 & 889 \end{bmatrix}[/tex]
Deljenjem druge vrste sa [tex]-3[/tex], a treće sa [tex]2[/tex], dobijamo dvaput istu vrstu [tex]\left(0; 13; 77; -99\right)[/tex]. Sada [tex]R_3-R_2[/tex] i [tex]R_4+9R_2[/tex]:
[tex]A\sim\begin{bmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 \\ 0 & 13 & 77 & -99 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & -2 \end{bmatrix}[/tex]
Jedini minor reda [tex]4[/tex] poslednje matrice sadrži nula-vrstu i jednak je nuli, dok je
[tex]\begin{vmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 0 & 13 & 77 \\ 0 & 0 & -1 \end{vmatrix}=1\cdot 13\cdot (-1)=-13\ne 0[/tex]
Prema tome, [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex].

Rešenje:
Rang sistema jednak je rangu matrice čije su vrste [tex]a_1, a_2, a_3, a_4[/tex]. Zamena [tex]a_4[/tex] sa [tex]a_4-a_2=\left(0 ; 0 ; 0 ; p+1\right)[/tex] ne menja rang. Razvijamo determinantu po poslednjoj vrsti:
[tex]\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & -1 \\ 2 & -1 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & p+1 \end{vmatrix}=(p+1)\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \end{vmatrix}[/tex]
[tex]\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \end{vmatrix}=1\cdot (0+1)-2\cdot (1-2)+(-1)\cdot (-1-0)=1+2+1=4[/tex]
Dakle, determinanta je jednaka [tex]4(p+1)[/tex]. Za [tex]p\ne -1[/tex] ona je različita od nule, četiri vektora su linearno nezavisna i rang je [tex]4[/tex]. Za [tex]p=-1[/tex] je [tex]a_4=a_2[/tex], pa je rang jednak rangu vektora [tex]a_1, a_2, a_3[/tex], a to je [tex]3[/tex], jer je gore izračunati minor trećeg reda jednak [tex]4\ne 0[/tex]. Prema tome, rang je [tex]3[/tex] samo za
[tex]p=-1[/tex]

Rešenje:
Kvadratni homogeni sistem ima nenulto rešenje ako i samo ako mu je determinanta jednaka nuli (tj. rang njegove matrice manji je od broja nepoznatih). Razvijamo determinantu po prvoj vrsti:
[tex]\Delta=\lambda\left[2(4\lambda+1)-5(\lambda+1)\right]-\left[3(4\lambda+1)-25\right]+4\left[3(\lambda+1)-10\right][/tex]
[tex]\Delta=\lambda(3\lambda-3)-(12\lambda-22)+(12\lambda-28)=3\lambda^2-3\lambda-6=3(\lambda-2)(\lambda+1)[/tex]
Dakle, [tex]\Delta=0[/tex] tačno za [tex]\lambda=2[/tex] i [tex]\lambda=-1[/tex]. Zaista, za [tex]\lambda=2[/tex] vektor [tex]\left(-3 ; 2 ; 1\right)[/tex] je nenulto rešenje, a za [tex]\lambda=-1[/tex] takvo rešenje je [tex]\left(3 ; -17 ; 5\right)[/tex]. Za sve ostale vrednosti [tex]\lambda[/tex] sistem ima samo nulto rešenje. Odgovor:
[tex]\lambda\in\left\{-1 ; 2\right\}[/tex]

Rešenje:
Jednakost [tex]a=c_1a_1+c_2a_2+c_3a_3[/tex], zapisana po koordinatama, jeste linearni sistem po [tex]c_1, c_2, c_3[/tex] čije su kolone [tex]a_1, a_2, a_3[/tex], a slobodni članovi koordinate vektora [tex]a[/tex]. Dakle, [tex]a[/tex] je linearna kombinacija vektora [tex]a_1, a_2, a_3[/tex] tačno kada je ovaj sistem saglasan. U njegovoj proširenoj matrici drugoj vrsti dodajemo prvu pomnoženu sa [tex]6[/tex], a od treće vrste oduzimamo prvu:
[tex]\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & 1 & 7 \\ 3 & 7 & -6 & -2 \\ 5 & 8 & 1 & \lambda \end{array}\right)\sim\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & 1 & 7 \\ 15 & 25 & 0 & 40 \\ 3 & 5 & 0 & \lambda-7 \end{array}\right)[/tex]
Druga vrsta jednaka je [tex]5\left(3 ; 5 ; 0 ; 8\right)[/tex]; delimo je sa [tex]5[/tex] i oduzimamo od treće vrste:
[tex]\sim\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & 1 & 7 \\ 3 & 5 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda-15 \end{array}\right)[/tex]
Matrica sistema ima rang [tex]2[/tex] (njena treća vrsta je nulta i [tex]\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 3 & 5 \end{vmatrix}=1\ne 0[/tex]), dok proširena matrica ima rang [tex]2[/tex] za [tex]\lambda=15[/tex] i rang [tex]3[/tex] inače. Prema Kroneker-Kapelijevoj teoremi sistem je saglasan samo za [tex]\lambda=15[/tex]. Tada je, na primer, [tex]a=a_1+a_2+2a_3=\left(7 ; -2 ; 15\right)[/tex]. Odgovor:
[tex]\lambda=15[/tex]

Rešenje:
Sabiranjem sve četiri jednačine, kao i oduzimanjem [tex]j[/tex]-te jednačine od [tex]i[/tex]-te, dobijamo
[tex](\lambda+3)(x_1+x_2+x_3+x_4)=4,\qquad (\lambda-1)(x_i-x_j)=0[/tex]
Ako je [tex]\lambda\ne 1[/tex] i [tex]\lambda\ne -3[/tex], sve [tex]x_i[/tex] su jednake i [tex]4(\lambda+3)x_1=4[/tex], pa sistem ima jedinstveno rešenje [tex]x_1=x_2=x_3=x_4=\frac{1}{\lambda+3}[/tex] (njegova determinanta je [tex](\lambda-1)^3(\lambda+3)\ne 0[/tex]).
Ako je [tex]\lambda=1[/tex], sve četiri jednačine postaju [tex]x_1+x_2+x_3+x_4=1[/tex]; sistem je saglasan i ima beskonačno mnogo rešenja.
Ako je [tex]\lambda=-3[/tex], zbir jednačina daje [tex]0=4[/tex], što je kontradikcija, pa je sistem nesaglasan (ovde je [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex], [tex]\operatorname{rank}\bar{A}=4[/tex]). Prema tome, jedina takva vrednost je
[tex]\lambda=-3[/tex]

Rešenje:
Uslovi čine linearni sistem po [tex]f_0, f_1, f_2, f_3[/tex]:
[tex]\begin{cases} f_0-2f_1+4f_2-8f_3=-3 \\ f_0-f_1+f_2-f_3=-6 \\ f_0+f_1+f_2+f_3=6 \\ f_0+2f_1+4f_2+8f_3=-3 \end{cases}[/tex]
Njena matrica je Vandermondova matrica sa različitim čvorovima [tex]-2[/tex], [tex]-1[/tex], [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], pa je njena determinanta različita od nule (jednaka je [tex]72[/tex]) i po Kramerovom pravilu sistem ima jedinstveno rešenje. Saberimo drugu i treću jednačinu, kao i prvu i četvrtu:
[tex]2f_0+2f_2=0,\qquad 2f_0+8f_2=-6\ \Rightarrow\ f_2=-1,\ f_0=1[/tex]
Oduzimanjem (treća minus druga, četvrta minus prva):
[tex]2f_1+2f_3=12,\qquad 4f_1+16f_3=0\ \Rightarrow\ f_3=-2,\ f_1=8[/tex]
Dakle, [tex]f(t)=1+8t-t^2-2t^3[/tex]. Provera: [tex]f(-2)=1-16-4+16=-3[/tex], [tex]f(-1)=1-8-1+2=-6[/tex], [tex]f(1)=1+8-1-2=6[/tex], [tex]f(2)=1+16-4-16=-3[/tex]. Prema tome,
[tex]f(0)=f_0=1[/tex]

Rešenje:
Označimo datu matricu sa [tex]A[/tex]. Ona ima [tex]3[/tex] vrste i [tex]4[/tex] kolone, a desna strana ima [tex]1[/tex] vrstu i [tex]4[/tex] kolone, pa [tex]X[/tex] ima [tex]1[/tex] vrstu i [tex]3[/tex] kolone: [tex]X=\begin{bmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \end{bmatrix}[/tex]. Tada je [tex]XA=x_1\left(1 ; 1 ; 1 ; 1\right)+x_2\left(1 ; 2 ; 2 ; 2\right)+x_3\left(1 ; 1 ; 3 ; 2\right)[/tex], i upoređivanjem elemenata dobijamo četiri jednačine sa tri nepoznate:
[tex]\begin{cases} x_1+x_2+x_3=1 \\ x_1+2x_2+x_3=1 \\ x_1+2x_2+3x_3=5 \\ x_1+2x_2+2x_3=3 \end{cases}[/tex]
Druga jednačina minus prva daje [tex]x_2=0[/tex]; treća minus druga daje [tex]2x_3=4[/tex], tj. [tex]x_3=2[/tex]; četvrta minus druga ponovo daje [tex]x_3=2[/tex], pa je ovaj preodređeni sistem saglasan. Iz prve jednačine [tex]x_1=1-0-2=-1[/tex]. Provera:
[tex]-\left(1 ; 1 ; 1 ; 1\right)+2\left(1 ; 1 ; 3 ; 2\right)=\left(1 ; 1 ; 5 ; 3\right)[/tex]
Prema tome,
[tex]X=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}[/tex]

Rešenje:
U proširenoj matrici od druge vrste oduzimamo prvu pomnoženu sa [tex]2[/tex], a od treće vrste prvu pomnoženu sa [tex]3[/tex]:
[tex]\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & -2 & 5 & 4 & 2 \\ 6 & -4 & 4 & 3 & 3 \\ 9 & -6 & 3 & 2 & 4 \end{array}\right)\sim\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & -2 & 5 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & -6 & -5 & -1 \\ 0 & 0 & -12 & -10 & -2 \end{array}\right)[/tex]
Nova treća vrsta jednaka je dvostrukoj novoj drugoj vrsti, pa je oduzimamo; osim toga, drugu vrstu množimo sa [tex]-1[/tex]:
[tex]\sim\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & -2 & 5 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 6 & 5 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)[/tex]
Dakle, [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=2\lt 4[/tex]: prema Kroneker-Kapelijevoj teoremi sistem je saglasan i ima [tex]4-2=2[/tex] slobodne nepoznate. Minor obrazovan od kolona uz [tex]x_3[/tex] i [tex]x_4[/tex] jednak je [tex]\begin{vmatrix} 5 & 4 \\ 6 & 5 \end{vmatrix}=1\ne 0[/tex], pa za parametre uzimamo [tex]x_1=p[/tex], [tex]x_2=q[/tex] i rešavamo
[tex]\begin{cases} 5x_3+4x_4=2-3p+2q \\ 6x_3+5x_4=1 \end{cases}[/tex]
Po Kramerovom pravilu (determinanta je [tex]1[/tex]):
[tex]x_3=5(2-3p+2q)-4=6-15p+10q,\qquad x_4=5-6(2-3p+2q)=18p-12q-7[/tex]
Provera u prvoj jednačini: [tex]3p-2q+5(6-15p+10q)+4(18p-12q-7)=2[/tex]. Dakle, opšte rešenje je
[tex]x_1=p,\ x_2=q,\ x_3=6-15p+10q,\ x_4=18p-12q-7,\quad p, q\in\mathbb{R}[/tex]

Rešenje:
Označimo jednačine sa [tex]E_1, E_2, E_3, E_4[/tex]. Oduzimanjem druge jednačine od prve dobijamo pogodnu jednačinu
[tex]F_1:\ x_1+x_2+x_3+x_4+2x_5=0[/tex]
Pomoću nje eliminišemo [tex]x_1[/tex] iz ostalih jednačina:
[tex]F_2=E_2-2F_1:\ x_2-2x_3-x_4-3x_5=0[/tex]
[tex]E_3-4F_1:\ x_2-2x_3-3x_4-7x_5=0[/tex]
[tex]E_4-3F_1:\ 2x_2-4x_3-2x_4-6x_5=0[/tex]
Poslednja jednačina je [tex]2F_2[/tex], a oduzimanjem [tex]F_2[/tex] od srednje dobijamo [tex]-2x_4-4x_5=0[/tex], tj. [tex]x_4=-2x_5[/tex]. Dakle, rang matrice sistema je [tex]r=3[/tex], i fundamentalni sistem se sastoji od [tex]n-r=5-3=2[/tex] rešenja. Za slobodne nepoznate uzimamo [tex]x_3[/tex] i [tex]x_5[/tex]:
[tex]x_4=-2x_5,\quad x_2=2x_3+x_4+3x_5=2x_3+x_5,\quad x_1=-x_2-x_3-x_4-2x_5=-3x_3-x_5[/tex]
Za [tex]x_3=1[/tex], [tex]x_5=0[/tex] dobijamo [tex]\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right)[/tex], a za [tex]x_3=0[/tex], [tex]x_5=1[/tex] dobijamo [tex]\left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]. Ova dva rešenja su linearno nezavisna (pogledajte treću i petu koordinatu), i svako rešenje jednako je
[tex]x_3\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right)+x_5\left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]
pa oni čine fundamentalni sistem rešenja (provera drugog vektora u [tex]E_1[/tex]: [tex]-3+4+0-4+3=0[/tex]). Odgovor:
[tex]\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right),\ \left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]

Rešenje:
Tri vektora su linearno nezavisna ako i samo ako matrica čije su vrste ti vektori ima rang [tex]3[/tex]. Drugu vrstu zamenjujemo sa [tex]\vec{x}_2-\vec{x}_1=\left(0 ; a ; 1 ; 3-b\right)[/tex], a treću sa [tex]\vec{x}_3+(\vec{x}_2-\vec{x}_1)=\left(0 ; 0 ; 3 ; 4-b\right)[/tex]:
[tex]\begin{bmatrix} 1 & 0 & a & b \\ 1 & a & 1+a & 3 \\ 0 & -a & 2 & 1 \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 1 & 0 & a & b \\ 0 & a & 1 & 3-b \\ 0 & 0 & 3 & 4-b \end{bmatrix}[/tex]
Ako je [tex]a\ne 0[/tex], vodeći elementi [tex]1[/tex], [tex]a[/tex], [tex]3[/tex] nalaze se u prve tri kolone, pa je rang [tex]3[/tex] i vektori su nezavisni za svako [tex]b[/tex].
Ako je [tex]a=0[/tex], vrste su [tex]\left(1 ; 0 ; 0 ; b\right)[/tex], [tex]\left(0 ; 0 ; 1 ; 3-b\right)[/tex], [tex]\left(0 ; 0 ; 3 ; 4-b\right)[/tex]; oduzimanjem druge vrste pomnožene sa [tex]3[/tex] od treće dobijamo
[tex]\left(0 ; 0 ; 0 ; 4-b-3(3-b)\right)=\left(0 ; 0 ; 0 ; 2b-5\right)[/tex]
pa je rang [tex]3[/tex] za [tex]b\ne\frac{5}{2}[/tex] i [tex]2[/tex] za [tex]b=\frac{5}{2}[/tex]. Prema tome, vektori su linearno zavisni samo za [tex]a=0[/tex], [tex]b=\frac{5}{2}[/tex], a linearno nezavisni su tačno kada je
[tex]\left(a ; b\right)\ne\left(0 ; \frac{5}{2}\right)[/tex]

Rešenje:
Rang matrice jednak je dimenziji linearnog omotača njenih kolona (linearni omotač označavamo sa [tex]\ell[/tex]). Neka su [tex]\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3[/tex] kolone matrice [tex]A[/tex], a [tex]\vec{b}_1,\vec{b}_2,\vec{b}_3[/tex] kolone matrice [tex]B[/tex]. Pošto je [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}B=1[/tex], kolone matrice [tex]A[/tex] generišu jednodimenzionalni prostor [tex]\ell(\vec{u})[/tex], a kolone matrice [tex]B[/tex] jednodimenzionalni prostor [tex]\ell(\vec{v})[/tex] za neke vektore [tex]\vec{u},\vec{v}[/tex], tj.
[tex]\vec{a}_j=\alpha_j\vec{u},\qquad \vec{b}_j=\beta_j\vec{v},\qquad j=1,2,3[/tex]
Zato je [tex]j[/tex]-ta kolona matrice [tex]A+B[/tex]
[tex]\vec{a}_j+\vec{b}_j=\alpha_j\vec{u}+\beta_j\vec{v}\in\ell(\vec{u},\vec{v})[/tex]
Prostor [tex]\ell(\vec{u},\vec{v})[/tex] ima dimenziju najviše [tex]2[/tex], a svaka tri vektora iz prostora dimenzije najviše [tex]2[/tex] su linearno zavisna. Prema tome, tri kolone matrice [tex]A+B[/tex] su linearno zavisne i
[tex]\operatorname{rank}(A+B)\le 2[/tex]
Napomena: istim rasuđivanjem dokazuje se opšta nejednakost [tex]\operatorname{rank}(A+B)\le\operatorname{rank}A+\operatorname{rank}B[/tex].