Матричные уравнения

В уравнении ${3x=6}$ неизвестное — число, и мы находим его делением на 3. В матричном уравнении неизвестное — матрица $X,$ как в уравнениях ${AX=B}$ или ${XA=B}.$ Делить матрицы нельзя, но если у матрицы $A$ есть обратная, то вместо деления можно умножить на ${A^{-1}},$ причём умножать нужно с правильной стороны. В этом уроке вы узнаете, как решать уравнения ${AX=B},$ ${XA=B}$ и ${AXB=C},$ как найти $X$ методом Гаусса – Жордана, не вычисляя обратную матрицу, что происходит, когда ${\det A=0},$ и как решать уравнения вида ${2X-A=B}.$

На этой странице: Определение · AX = B · XA = B · AXB = C · Метод Гаусса – Жордана · Когда det A = 0 · Другие уравнения · Решённые задачи · Задачи для самостоятельного решения

Что такое матричное уравнение?

Инструменты здесь те же, что и в предыдущих уроках: произведение матриц, определитель и обратная матрица. Главное отличие от числовых уравнений состоит в том, что умножение матриц некоммутативно, поэтому всегда нужно следить, с какой стороны стоит матрица.

Пример. Любая система линейных уравнений является матричным уравнением. Систему

$$\begin{cases}2x+y=3\\5x+3y=4\end{cases}$$

можно записать в виде уравнения ${AX=B}$ с матрицей коэффициентов $A,$ столбцом неизвестных $X$ и столбцом свободных членов $B\text{:}$

$$\begin{pmatrix}2&1\\5&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}$$

Здесь неизвестная $X$ является матрицей размера 2×1. Решение этого уравнения, ${x=5}$ и ${y=-7},$ найдено с помощью обратной матрицы в уроке об обратных матрицах.

Почему важно, с какой стороны умножать

Для чисел ${ab=ba},$ но для матриц, вообще говоря, ${AB\ne BA}.$ Поэтому матричное равенство остаётся верным, только если обе его части умножить на одну и ту же матрицу с одной и той же стороны. Рассмотрим уравнение ${AX=B}\text{:}$

• умножение на ${A^{-1}}$ слева даёт ${A^{-1}AX=A^{-1}B}.$ Это верно и полезно, потому что произведение ${A^{-1}A=I}$ стоит непосредственно рядом с $X;$
• умножение на ${A^{-1}}$ справа даёт ${AXA^{-1}=BA^{-1}}.$ Это тоже верно, но бесполезно: $X$ по-прежнему стоит между $A$ и ${A^{-1}},$ а ${AXA^{-1}}$ в общем случае не равно $X;$
• запись ${A^{-1}AX=BA^{-1}}$ неверна: левую часть умножили слева, а правую — справа.

Итак, чтобы избавиться от матрицы, стоящей слева от $X,$ умножаем на обратную к ней матрицу слева; чтобы избавиться от матрицы, стоящей справа от $X,$ умножаем на обратную к ней матрицу справа.

Уравнение AX = B, где матрица A обратима

Пусть $A$ — обратимая квадратная матрица порядка $n,$ то есть ${\det A\ne 0}$ (см. условие существования обратной матрицы). Умножим обе части уравнения ${AX=B}$ на ${A^{-1}}$ слева:

$$A^{-1}(AX)=A^{-1}B$$

Умножение матриц ассоциативно, поэтому в левой части можно переставить скобки, а ${A^{-1}A=I_n}\text{:}$

$$(A^{-1}A)X=A^{-1}B$$ $$I_nX=A^{-1}B$$

Других решений нет, потому что приведённые выше шаги показывают, что любое решение равно ${A^{-1}B}.$ И ${A^{-1}B}$ действительно является решением: ${A(A^{-1}B)}={(AA^{-1})B}={IB}={B}.$

Пример 1. Решите уравнение $\begin{pmatrix}1&3\\2&5\end{pmatrix}X=\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}.$

Здесь ${A=\begin{pmatrix}1&3\\2&5\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}}.$ Сначала проверим, что матрица $A$ обратима:

${\det A=1\cdot5-3\cdot2=-1}$

Определитель не равен 0, значит, ${A^{-1}}$ существует. По формуле обратной матрицы 2×2 получаем

$A^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}5&-3\\-2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-5&3\\2&-1\end{pmatrix}$

Теперь перемножаем, ставя ${A^{-1}}$ слева:

$X=A^{-1}B=\begin{pmatrix}-5&3\\2&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix}-15+6&-25+3\\6-2&10-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-9&-22\\4&9\end{pmatrix}$

Матричный калькулятор решает это уравнение шаг за шагом.

Проверка ответа

Ошибиться в знаке в обратной матрице или в произведении легко, но так же легко эту ошибку найти: подставьте ответ в уравнение. Умножайте в том же порядке, что и в уравнении: для ${AX=B}$ вычисляйте $AX,$ а не $XA.$ Для примера 1:

$AX=\begin{pmatrix}1&3\\2&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-9&-22\\4&9\end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix}-9+12&-22+27\\-18+20&-44+45\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}$

Получилась матрица $B,$ значит, ответ верный. Проверка требует всего одного умножения, поэтому её стоит делать каждый раз.

Пример 2. Решите уравнение ${AX=B},$ где ${A=\begin{pmatrix}2&1\\5&3\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}1&0&2\\3&1&4\end{pmatrix}}.$

Матрица $A$ имеет размер 2×2, а $B$ — 2×3, поэтому $X$ должна быть матрицей размера 2×3: произведение матрицы 2×2 на матрицу 2×3 есть матрица 2×3. Определитель ${\det A=2\cdot3-1\cdot5=1},$ а обратная матрица равна

$$A^{-1}=\begin{pmatrix}3&-1\\-5&2\end{pmatrix}$$

$X=A^{-1}B=\begin{pmatrix}3&-1\\-5&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&2\\3&1&4\end{pmatrix}$

${=\begin{pmatrix}3-3&0-1&6-4\\-5+6&0+2&-10+8\end{pmatrix}}$

${=\begin{pmatrix}0&-1&2\\1&2&-2\end{pmatrix}}$

Проверка.

$AX=\begin{pmatrix}2&1\\5&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1&2\\1&2&-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&2\\3&1&4\end{pmatrix}$

Уравнение ${AX=B}$ с тремя столбцами в $B$ — это сразу три системы уравнений с одной и той же матрицей $A\text{:}$ первый столбец матрицы $X$ является решением системы, правые части которой образуют первый столбец матрицы $B,$ и так далее.

Уравнение XA = B, где матрица A обратима

Теперь неизвестная стоит слева от $A.$ Умножим обе части на ${A^{-1}}$ справа:

$$(XA)A^{-1}=BA^{-1}$$ $$X(AA^{-1})=BA^{-1}$$ $$XI_n=BA^{-1}$$

Сравните два правила: из ${AX=B}$ следует ${X=A^{-1}B},$ а из ${XA=B}$ следует ${X=BA^{-1}}.$ Обратная матрица стоит с той же стороны от $B,$ с какой $A$ стоит от $X.$ Произведения ${A^{-1}B}$ и ${BA^{-1}}$ в общем случае различны, поэтому у этих двух уравнений разные решения даже при одних и тех же $A$ и $B.$

Пример 3. Решите уравнение $X\begin{pmatrix}1&3\\2&5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}.$

Матрицы те же, что в примере 1, но теперь $X$ стоит слева. Из примера 1 известно, что ${\det A=-1}$ и

$$A^{-1}=\begin{pmatrix}-5&3\\2&-1\end{pmatrix}$$

На этот раз ${A^{-1}}$ ставим справа:

$X=BA^{-1}=\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-5&3\\2&-1\end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix}-15+10&9-5\\-10+2&6-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-5&4\\-8&5\end{pmatrix}$

Проверка. Для ${XA=B}$ вычисляем $XA\text{:}$

$XA=\begin{pmatrix}-5&4\\-8&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&3\\2&5\end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix}-5+8&-15+20\\-8+10&-24+25\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}$

Это решение отличается от решения $\begin{pmatrix}-9&-22\\4&9\end{pmatrix}$ примера 1. Этот же пример решён в матричном калькуляторе.

Пример 4. Решите уравнение ${XA=B},$ где ${A=\begin{pmatrix}2&1\\5&3\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\\4&3\end{pmatrix}}.$

Матрица $B$ имеет размер 3×2, поэтому $X$ тоже имеет размер 3×2. Обратная к $A$ матрица найдена в примере 2: ${A^{-1}=\begin{pmatrix}3&-1\\-5&2\end{pmatrix}}.$

$X=BA^{-1}=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\\4&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&-1\\-5&2\end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix}3-10&-1+4\\0-5&0+2\\12-15&-4+6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-7&3\\-5&2\\-3&2\end{pmatrix}$

Проверка.

$XA=\begin{pmatrix}-7&3\\-5&2\\-3&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1\\5&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\\4&3\end{pmatrix}$

Обратите внимание: произведение ${A^{-1}B}$ здесь даже не существует, так как у ${A^{-1}}$ — 2 столбца, а у $B$ — 3 строки. Если умножать не с той стороны, можно получить не только неверный ответ, но и вообще не получить ответа.

Размер неизвестной матрицы

В примерах 2 и 4 размер $X$ определялся размерами $A$ и $B,$ потому что произведение двух матриц существует, только если число столбцов первой матрицы равно числу строк второй.

Пример. В примере 2 матрица $A$ имеет размер 2×2, матрица $B$ — размер 2×3, а решение $X$ уравнения ${AX=B}$ является матрицей размера 2×3. При тех же матрицах уравнение ${XA=B}$ вообще не имеет решений: если произведение $XA$ существует, то у него 2 столбца, как у $A,$ а у $B$ — 3 столбца.

Правило для ${AX=B}$ верно и тогда, когда матрица $A$ не квадратная: если $A$ имеет размер ${m\times n},$ а $B$ имеет размер ${m\times p},$ то $X$ должна иметь размер ${n\times p}.$ Обратной матрицы в таких уравнениях нет, и они решаются так же, как системы линейных уравнений.

Уравнение AXB = C

Когда $X$ стоит между двумя матрицами, избавляемся от них по очереди: от $A$ с помощью ${A^{-1}}$ слева, а от $B$ с помощью ${B^{-1}}$ справа. Для этого обе матрицы $A$ и $B$ должны быть обратимыми.

$$A^{-1}(AXB)B^{-1}=A^{-1}CB^{-1}$$

В левой части ${A^{-1}A=I}$ и ${BB^{-1}=I},$ поэтому остаётся только $X.$

Матрица ${A^{-1}}$ должна оставаться слева от $C,$ а ${B^{-1}}$ — справа от неё. Неважно, какое из двух произведений вычислять первым, потому что умножение матриц ассоциативно: ${(A^{-1}C)B^{-1}}={A^{-1}(CB^{-1})}.$

Пример 5. Решите уравнение ${AXB=C},$ где ${A=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}},$ ${B=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}$ и ${C=\begin{pmatrix}4&7\\3&5\end{pmatrix}}.$

Оба определителя равны 1: ${\det A=2\cdot1-1\cdot1=1}$ и ${\det B=1\cdot1-2\cdot0=1}.$ Обратные матрицы таковы: ${A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}}$ и ${B^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}}.$ Сначала умножим $C$ на ${A^{-1}}$ слева:

$A^{-1}C=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4&7\\3&5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}$

Затем умножим результат на ${B^{-1}}$ справа:

$X=\begin{pmatrix}1&2\\2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix}1&-2+2\\2&-4+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\2&-1\end{pmatrix}$

Проверка. Перемножаем в том же порядке, что и в уравнении: сначала $AX,$ затем ${(AX)B}\text{:}$

$AX=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&-1\\3&-1\end{pmatrix}$

$AXB=\begin{pmatrix}4&-1\\3&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&7\\3&5\end{pmatrix}$

Получилась матрица $C.$

Решение уравнения AX = B методом Гаусса – Жордана

Для решения уравнения ${AX=B}$ нам нужна не сама матрица ${A^{-1}},$ а только произведение ${A^{-1}B}.$ Метод Гаусса – Жордана позволяет найти это произведение сразу. Запишем $A$ и $B$ рядом в виде одной расширенной матрицы ${(A\,|\,B)}$ и будем изменять её элементарными преобразованиями строк, знакомыми по уроку об обратных матрицах:

• перестановка двух строк: ${R_i\leftrightarrow R_j};$
• умножение строки на число ${k\ne 0}\text{:}$ ${R_i\to kR_i};$
• прибавление к строке другой строки, умноженной на число: ${R_i\to R_i+kR_j}.$

Почему метод работает: каждое преобразование строк равносильно умножению слева на некоторую обратимую матрицу $E.$ Если преобразования превращают $A$ в $I,$ то есть ${E_k\cdots E_2E_1A=I},$ то ${E_k\cdots E_2E_1=A^{-1}},$ а правая половина превращается в ${E_k\cdots E_2E_1B=A^{-1}B=X}.$ Нахождение обратной матрицы методом Гаусса – Жордана является частным случаем, в котором ${B=I}.$

Пример 6. Решите уравнение ${AX=B},$ где ${A=\begin{pmatrix}1&2&1\\2&5&3\\1&3&3\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}1&3\\3&7\\4&5\end{pmatrix}}.$

Матрица $X$ будет иметь размер 3×2. Записываем расширенную матрицу ${(A\,|\,B)}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}1&2&1&1&3\\2&5&3&3&7\\1&3&3&4&5\end{array}\right)$$

Нули под единицей в столбце 1: ${R_2\to R_2-2R_1}$ и ${R_3\to R_3-R_1}.$

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}1&2&1&1&3\\0&1&1&1&1\\0&1&2&3&2\end{array}\right)$$

Нуль под единицей в столбце 2: ${R_3\to R_3-R_2}.$

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}1&2&1&1&3\\0&1&1&1&1\\0&0&1&2&1\end{array}\right)$$

Теперь идём снизу вверх. Нули над единицей в столбце 3: ${R_2\to R_2-R_3}$ и ${R_1\to R_1-R_3}.$

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}1&2&0&-1&2\\0&1&0&-1&0\\0&0&1&2&1\end{array}\right)$$

Нуль над единицей в столбце 2: ${R_1\to R_1-2R_2}.$

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}1&0&0&1&2\\0&1&0&-1&0\\0&0&1&2&1\end{array}\right)$$

Левая половина равна $I_3,$ поэтому правая половина и есть решение:

$$X=\begin{pmatrix}1&2\\-1&0\\2&1\end{pmatrix}$$

Проверка.

$AX=\begin{pmatrix}1&2&1\\2&5&3\\1&3&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\-1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&3\\3&7\\4&5\end{pmatrix}$

Мы так и не вычислили ${A^{-1}}.$ Если бы мы сначала нашли обратную матрицу, пришлось бы вычислить ещё девять чисел, а потом выполнить ещё одно умножение. Матричный калькулятор показывает те же шаги.

Решение уравнения XA = B методом Гаусса – Жордана

Для уравнения ${XA=B}$ преобразования пришлось бы выполнять над столбцами. Проще транспонировать уравнение. Транспонированное произведение равно произведению транспонированных матриц в обратном порядке, ${(XA)^T=A^TX^T},$ поэтому уравнение ${XA=B}$ равносильно уравнению

$$A^TX^T=B^T$$

Это уравнение типа ${AX=B}$ с неизвестной $X^T.$ Решаем его с помощью ${(A^T\,|\,B^T)}$ и транспонируем результат.

Пример 7. Решите уравнение $X\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&8\\1&3\end{pmatrix}$ методом Гаусса – Жордана.

Транспонированное уравнение имеет вид ${A^TX^T=B^T},$ где ${A^T=\begin{pmatrix}1&1\\2&3\end{pmatrix}}$ и ${B^T=\begin{pmatrix}3&1\\8&3\end{pmatrix}}.$

$$\left(\begin{array}{cc|cc}1&1&3&1\\2&3&8&3\end{array}\right)$$

${R_2\to R_2-2R_1}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{cc|cc}1&1&3&1\\0&1&2&1\end{array}\right)$$

${R_1\to R_1-R_2}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{cc|cc}1&0&1&0\\0&1&2&1\end{array}\right)$$

Итак, ${X^T=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}},$ и

$$X=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}$$

Проверка.

$XA=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&8\\1&3\end{pmatrix}$

Что, если det A = 0?

Если ${\det A=0},$ то формулой ${X=A^{-1}B}$ пользоваться нельзя, потому что ${A^{-1}}$ не существует. Однако само уравнение может иметь решения. Что происходит, показывает метод Гаусса – Жордана, применённый к ${(A\,|\,B)}\text{:}$ левую половину нельзя превратить в $I,$ потому что в ней появляется нулевая строка.

То же верно и для уравнения ${XA=B}$ (транспонируйте его). На языке ранга: уравнение ${AX=B}$ имеет решение тогда и только тогда, когда ${\operatorname{rang}A}$ равен рангу матрицы ${(A\,|\,B)},$ как и для систем линейных уравнений.

Пример 8. Решите уравнение $\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}X=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}.$

Здесь ${\det A=1\cdot4-2\cdot2=0},$ поэтому матрица $A$ не имеет обратной. Преобразуем ${(A\,|\,B)}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{cc|cc}1&2&1&2\\2&4&3&4\end{array}\right)$$

${R_2\to R_2-2R_1}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{cc|cc}1&2&1&2\\0&0&1&0\end{array}\right)$$

Пусть ${X=\begin{pmatrix}x_{11}&x_{12}\\x_{21}&x_{22}\end{pmatrix}}.$ Для первого столбца матрицы $X$ вторая строка даёт ${0\cdot x_{11}+0\cdot x_{21}=1},$ что невозможно. Уравнение не имеет решений.

Это видно и без преобразований строк: вторая строка матрицы $A$ равна удвоенной первой, поэтому в любом произведении $AX$ вторая строка равна удвоенной первой. А в $B$ вторая строка не равна удвоенной первой.

Пример 9. Решите уравнение $\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}X=\begin{pmatrix}3&1\\6&2\end{pmatrix}.$

$$\left(\begin{array}{cc|cc}1&2&3&1\\2&4&6&2\end{array}\right)$$

${R_2\to R_2-2R_1}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{cc|cc}1&2&3&1\\0&0&0&0\end{array}\right)$$

Вторая строка целиком состоит из нулей. Она даёт ${0=0}$ и не накладывает никаких условий, поэтому остаётся только первая строка. Для первого столбца матрицы $X$ она даёт ${x_{11}+2x_{21}=3},$ а для второго столбца ${x_{12}+2x_{22}=1}.$ Выберем ${x_{21}=s}$ и ${x_{22}=t}$ произвольно и получим ${x_{11}=3-2s}$ и ${x_{12}=1-2t}\text{:}$

$$X=\begin{pmatrix}3-2s&1-2t\\s&t\end{pmatrix}$$

при любых числах $s$ и $t.$ Уравнение имеет бесконечно много решений. Например, при ${s=t=0}$ получаем $\begin{pmatrix}3&1\\0&0\end{pmatrix},$ а при ${s=1},$ ${t=0}$ получаем $\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}.$ Проверим второе решение:

$\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+2&1+0\\2+4&2+0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&1\\6&2\end{pmatrix}$

Уравнения вида AX + B = C и 2X − A = B

Матричные уравнения могут содержать также суммы и числовые множители. Такие уравнения решаются так же, как обычные линейные уравнения, но с учётом порядка множителей:

• Слагаемое переносим в другую часть уравнения с противоположным знаком: из ${X+A=B}$ получаем ${X=B-A}.$ Сложение матриц коммутативно, поэтому здесь сторона не важна.
• Числовой множитель убираем делением: из ${kX=B}$ получаем ${X=\frac{1}{k}B}$ при ${k\ne 0}.$
• Матричный множитель убираем только с помощью обратной к нему матрицы, умножая с той стороны, где он стоит, и только после того, как остальные слагаемые перенесены.
• Когда матрица $X$ выносится за скобки из двух слагаемых, она остаётся со своей стороны, а число 1 становится единичной матрицей $I\text{:}$ ${AX+X=(A+I)X}$ и ${XA+X=X(A+I)}.$

Пример 10. Решите уравнение ${2X-A=B},$ где ${A=\begin{pmatrix}1&4\\-3&2\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}5&-2\\1&0\end{pmatrix}}.$

Переносим $A$ в правую часть, а затем делим на 2:

$2X=A+B=\begin{pmatrix}1+5&4-2\\-3+1&2+0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6&2\\-2&2\end{pmatrix}$

$X=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}6&2\\-2&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&1\\-1&1\end{pmatrix}$

Проверка.

$2X-A=\begin{pmatrix}6&2\\-2&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&4\\-3&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5&-2\\1&0\end{pmatrix}$

Пример 11. Решите уравнение ${AX+B=C},$ где ${A=\begin{pmatrix}2&1\\5&3\end{pmatrix}},$ ${B=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}}$ и ${C=\begin{pmatrix}4&1\\9&3\end{pmatrix}}.$

Сначала переносим $B\text{:}$ ${AX=C-B}.$ Затем умножаем на ${A^{-1}}$ слева: ${X=A^{-1}(C-B)}.$

$C-B=\begin{pmatrix}4-1&1-0\\9-2&3-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&1\\7&2\end{pmatrix}$

Из примера 2 известно, что ${A^{-1}=\begin{pmatrix}3&-1\\-5&2\end{pmatrix}},$ поэтому

$X=\begin{pmatrix}3&-1\\-5&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&1\\7&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}9-7&3-2\\-15+14&-5+4\end{pmatrix}$

${=\begin{pmatrix}2&1\\-1&-1\end{pmatrix}}$

Проверка.

$AX+B=\begin{pmatrix}3&1\\7&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&1\\9&3\end{pmatrix}$

Пример 12. Решите уравнение ${AX=X+B},$ где ${A=\begin{pmatrix}2&1\\3&3\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}}.$

Соберём слагаемые с $X$ в левой части: ${AX-X=B}.$ В обоих слагаемых $X$ стоит справа, поэтому выносим её за скобки вправо, а 1 становится матрицей $I\text{:}$ ${(A-I)X=B}.$ Запись ${A-1}$ не имела бы смысла, потому что вычесть число из матрицы нельзя.

$A-I=\begin{pmatrix}2-1&1\\3&3-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\3&2\end{pmatrix}$

Её определитель равен ${1\cdot2-1\cdot3=-1},$ поэтому

$(A-I)^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}2&-1\\-3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&1\\3&-1\end{pmatrix}$

$X=(A-I)^{-1}B=\begin{pmatrix}-2&1\\3&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}$

Проверка. Матрицы $AX$ и ${X+B}$ должны быть равны:

$AX=\begin{pmatrix}2&1\\3&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\3&0\end{pmatrix}$

$X+B=\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\3&0\end{pmatrix}$

Решённые задачи

Задача 1. Матрица $A$ размера 3×3 обратима, а $B$ — матрица размера 3×2. Каков размер $X$ в уравнении ${AX=B}?$ Можно ли решить уравнение ${XA=B}?$

Решение: В уравнении ${AX=B}$ матрица $X$ имеет тот же размер, что и $B,$ то есть 3×2, а решение ${X=A^{-1}B}$ существует, потому что $A$ обратима. В уравнении ${XA=B}$ любое произведение $XA$ имеет столько же столбцов, сколько $A,$ то есть 3, а у $B$ — 2 столбца. Поэтому уравнение ${XA=B}$ не имеет решений.

Задача 2. Решите уравнение $X\begin{pmatrix}2&1\\3&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5&3\end{pmatrix}.$

Решение: Матрица $B$ является строкой размера 1×2, поэтому и $X$ является строкой размера 1×2. Определитель равен ${2\cdot2-1\cdot3=1},$ и ${A^{-1}=\begin{pmatrix}2&-1\\-3&2\end{pmatrix}}.$

$X=BA^{-1}=\begin{pmatrix}5&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&-1\\-3&2\end{pmatrix}$

$=\begin{pmatrix}10-9&-5+6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\end{pmatrix}$

Проверка: ${1\cdot2+1\cdot3=5}$ и ${1\cdot1+1\cdot2=3}.$ При ${X=\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}}$ уравнение представляет собой систему ${2x+3y=5},$ ${x+2y=3}.$

Задача 3. При каких значениях $k$ уравнение $\begin{pmatrix}1&k\\2&6\end{pmatrix}X=B$ имеет единственное решение для любой матрицы $B$ размера 2×2?

Решение: Тогда и только тогда, когда матрица уравнения обратима. Её определитель равен

${1\cdot6-k\cdot2=6-2k}$

Он равен 0 только при ${k=3}.$ Значит, при любом ${k\ne 3}$ уравнение имеет единственное решение ${X=A^{-1}B}.$ При ${k=3}$ оно в зависимости от $B$ либо не имеет решений, либо имеет бесконечно много решений.

Задача 4. Решите уравнение ${2AX=B},$ где ${A=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}4&2\\6&2\end{pmatrix}}.$

Решение: Делим на 2 и умножаем на ${A^{-1}}$ слева: ${X=\frac{1}{2}A^{-1}B}.$ Определитель равен ${1\cdot2-1\cdot1=1},$ поэтому ${A^{-1}=\begin{pmatrix}2&-1\\-1&1\end{pmatrix}}.$

$A^{-1}B=\begin{pmatrix}2&-1\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4&2\\6&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&2\\2&0\end{pmatrix}$

$X=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}2&2\\2&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}$

Задача 5. Решите уравнение ${AXB=C},$ где ${A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}},$ ${B=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}}$ и ${C=\begin{pmatrix}3&2\\-1&-1\end{pmatrix}}.$

Решение: Оба определителя равны 1, а обратные матрицы таковы: ${A^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}}$ и ${B^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}}.$ Применяем формулу ${X=A^{-1}CB^{-1}}\text{:}$

$A^{-1}C=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&2\\-1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&3\\-1&-1\end{pmatrix}$

$X=\begin{pmatrix}4&3\\-1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2\\0&-1\end{pmatrix}$

Задача 6. Решите уравнение ${XA-2X=B},$ где ${A=\begin{pmatrix}4&1\\3&3\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}1&1\\2&1\end{pmatrix}}.$

Решение: В обоих слагаемых $X$ стоит слева, поэтому выносим её за скобки влево, а число 2 становится матрицей $2I\text{:}$ ${X(A-2I)=B},$ откуда ${X=B(A-2I)^{-1}}.$

$A-2I=\begin{pmatrix}4-2&1\\3&3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\3&1\end{pmatrix}$

Её определитель равен ${2\cdot1-1\cdot3=-1},$ поэтому

$(A-2I)^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}1&-1\\-3&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&1\\3&-2\end{pmatrix}$

$X=\begin{pmatrix}1&1\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&1\\3&-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1+3&1-2\\-2+3&2-2\end{pmatrix}$

${=\begin{pmatrix}2&-1\\1&0\end{pmatrix}}$

Проверка: ${XA=\begin{pmatrix}5&-1\\4&1\end{pmatrix}},$ и

$XA-2X=\begin{pmatrix}5&-1\\4&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4&-2\\2&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\2&1\end{pmatrix}$

Задача 7. Имеет ли решение уравнение $X\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&3\\2&4\end{pmatrix}$?

Решение: Матрица $A$ вырожденная: ${1\cdot4-2\cdot2=0}.$ Пусть ${X=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}.$ Тогда

$$XA=\begin{pmatrix}a+2b&2a+4b\\c+2d&2c+4d\end{pmatrix}$$

В любом произведении $XA$ второй столбец равен удвоенному первому, потому что это верно для $A.$ В первой строке матрицы $B$ второй элемент (3) не равен удвоенному первому (1). Поэтому уравнение не имеет решений.

Задача 8. Решите методом Гаусса – Жордана уравнение ${AX=B},$ где ${A=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&2&0\\1&3&2\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}1&4\\2&1\\4&8\end{pmatrix}}.$

Решение:

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}0&1&1&1&4\\1&2&0&2&1\\1&3&2&4&8\end{array}\right)$$

Левый верхний элемент равен 0, поэтому начинаем с перестановки строк: ${R_1\leftrightarrow R_2}.$

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}1&2&0&2&1\\0&1&1&1&4\\1&3&2&4&8\end{array}\right)$$

${R_3\to R_3-R_1}$ и затем ${R_3\to R_3-R_2}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}1&2&0&2&1\\0&1&1&1&4\\0&0&1&1&3\end{array}\right)$$

${R_2\to R_2-R_3}$ и затем ${R_1\to R_1-2R_2}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{ccc|cc}1&0&0&2&-1\\0&1&0&0&1\\0&0&1&1&3\end{array}\right)$$

Итак,

$$X=\begin{pmatrix}2&-1\\0&1\\1&3\end{pmatrix}$$

Проверка первого столбца: ${0\cdot2+1\cdot0+1\cdot1=1},$ ${1\cdot2+2\cdot0+0\cdot1=2}$ и ${1\cdot2+3\cdot0+2\cdot1=4},$ то есть получился первый столбец матрицы $B.$

Задачи для самостоятельного решения

Сначала попробуйте решить сами, затем откройте ответ.

1. Решите уравнение $\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}X=\begin{pmatrix}3&1\\2&0\end{pmatrix}.$

Определитель равен 1, и

$X=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&1\\2&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$

2. Решите уравнение $X\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&1\\2&0\end{pmatrix}.$

Теперь обратная матрица стоит справа:

$X=\begin{pmatrix}3&1\\2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&-1\\2&-2\end{pmatrix}$

3. Матрица $A$ размера 4×4 обратима. Каков размер $X$ в уравнении ${AX=B},$ если $B$ имеет размер 4×1, и в уравнении ${XA=C},$ если $C$ имеет размер 2×4?

В обоих уравнениях $X$ имеет размер правой части: 4×1 (столбец) в ${AX=B}$ и 2×4 в ${XA=C}.$

4. Решите уравнение ${3X+A=B},$ где ${A=\begin{pmatrix}1&2\\0&-1\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}4&-1\\6&5\end{pmatrix}}.$

$X=\frac{1}{3}(B-A)=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}3&-3\\6&6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-1\\2&2\end{pmatrix}$

5. Решите методом Гаусса – Жордана уравнение $\begin{pmatrix}1&2\\3&7\end{pmatrix}X=\begin{pmatrix}1&0&2\\3&1&7\end{pmatrix}.$

Начинаем с ${(A\,|\,B)}\text{:}$

$$\left(\begin{array}{cc|ccc}1&2&1&0&2\\3&7&3&1&7\end{array}\right)$$

Преобразования ${R_2\to R_2-3R_1}$ и затем ${R_1\to R_1-2R_2}$ дают

$$\left(\begin{array}{cc|ccc}1&0&1&-2&0\\0&1&0&1&1\end{array}\right)$$

откуда ${X=\begin{pmatrix}1&-2&0\\0&1&1\end{pmatrix}}.$

6. Имеет ли решение уравнение $\begin{pmatrix}2&4\\1&2\end{pmatrix}X=\begin{pmatrix}1&0\\1&0\end{pmatrix}$?

Нет. Первая строка матрицы $A$ равна удвоенной второй, поэтому в любом произведении $AX$ первая строка равна удвоенной второй. А в правой части первая строка не равна удвоенной второй.

7. Решите уравнение $\begin{pmatrix}1&-1\\-2&2\end{pmatrix}X=\begin{pmatrix}2&1\\-4&-2\end{pmatrix}.$

Определитель равен 0. После преобразования ${R_2\to R_2+2R_1}$ вторая строка матрицы ${(A\,|\,B)}$ целиком состоит из нулей, а первая строка даёт ${x_{11}-x_{21}=2}$ и ${x_{12}-x_{22}=1}.$ Решений бесконечно много:

$$X=\begin{pmatrix}2+s&1+t\\s&t\end{pmatrix}$$

при любых числах $s$ и $t.$

8. Решите уравнение $\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}X\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&3\\2&7\end{pmatrix}.$

$X=\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&3\\2&7\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}$

${=\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}}$

9. Решите уравнение ${AX=2X+B},$ где ${A=\begin{pmatrix}4&1\\5&4\end{pmatrix}}$ и ${B=\begin{pmatrix}1&0\\3&1\end{pmatrix}}.$

Получаем ${(A-2I)X=B},$ где ${A-2I=\begin{pmatrix}2&1\\5&2\end{pmatrix}}$ и $(A-2I)^{-1}=\begin{pmatrix}-2&1\\5&-2\end{pmatrix},$ поэтому

$X=\begin{pmatrix}-2&1\\5&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\-1&-2\end{pmatrix}$

10. Решите уравнение $X\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2&3\end{pmatrix}.$

Матрица $X$ является строкой размера 1×3. При ${X=\begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix}}$ произведение равно ${\begin{pmatrix}x&x+y&y+z\end{pmatrix}},$ поэтому ${x=1},$ ${y=1},$ ${z=2}$ и ${X=\begin{pmatrix}1&1&2\end{pmatrix}}.$

Свои примеры можно проверить с помощью матричного калькулятора. Он решает уравнения ${AX=B}$ и ${XA=B}$ с подробным решением: с помощью обратной матрицы или методом Гаусса – Жордана.