Ранг матрицы

Некоторые матрицы содержат меньше информации, чем можно предположить по их размеру. В матрице $\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}$ вторая строка просто равна удвоенной первой, поэтому она не сообщает ничего нового. Ранг матрицы показывает, сколько информации в ней содержится на самом деле: это наибольшее число строк, ни одна из которых не является комбинацией остальных, и для столбцов это число такое же. От ранга зависит, есть ли у квадратной матрицы обратная и сколько решений имеет система линейных уравнений: ни одного, ровно одно или бесконечно много. В этом уроке вы узнаете определение ранга через миноры, свойства ранга и два способа его вычисления: метод окаймляющих миноров и приведение матрицы к ступенчатому виду.

На этой странице: Определение · Свойства · Окаймляющие миноры · Элементарные преобразования · Ранг и обратная матрица · Ранг и системы · Решённые задачи · Задачи для самостоятельного решения

Что такое ранг матрицы?

Ранг определяется с помощью миноров. Пусть $A$ — матрица, у которой $m$ строк и $n$ столбцов. Выберем любые $k$ её строк и любые $k$ её столбцов. Элементы, стоящие на их пересечении, образуют квадратную матрицу порядка $k$ (взаимное расположение элементов сохраняется). Её определитель называется минором порядка $k$ матрицы $A.$

Миноры порядка 1 — это просто элементы матрицы $A.$ Для минора порядка $k$ нужны $k$ строк и $k$ столбцов, поэтому $k$ не превосходит меньшего из чисел $m$ и $n.$ У квадратной матрицы порядка $n$ есть единственный минор порядка $n$ — её определитель $\det A,$ а миноры $M_{ij}$ из урока об определителях являются её минорами порядка ${n-1}.$

Пример. Пусть ${A=\begin{pmatrix}1&2&0&3\\4&-1&2&5\\0&3&1&-2\end{pmatrix}}.$ Строки 1, 3 и столбцы 2, 4 (выделены красным) дают минор порядка 2:

$$\begin{pmatrix}1&\textcolor{#c0392b}{2}&0&\textcolor{#c0392b}{3}\\4&-1&2&5\\0&\textcolor{#c0392b}{3}&1&\textcolor{#c0392b}{-2}\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}2&3\\3&-2\end{vmatrix}=2\cdot(-2)-3\cdot3=-13$

У этой матрицы размера 3×4 есть 12 миноров порядка 1, ${3\cdot6=18}$ миноров порядка 2 (две строки можно выбрать 3 способами, а два столбца — 6 способами), 4 минора порядка 3 и ни одного минора порядка 4. Один из миноров порядка 3, в столбцах 1, 2, 3, равен

$\begin{vmatrix}1&2&0\\4&-1&2\\0&3&1\end{vmatrix}=1\cdot(-1-6)-2\cdot(4-0)+0$

${=-7-8=-15}$

Таким образом, равенство ${\operatorname{rang}A=r}$ означает две вещи: некоторый минор порядка $r$ не равен 0 (такой минор называется базисным), а все миноры порядка ${r+1}$ равны 0 (или миноров порядка ${r+1}$ нет вовсе). Тогда и все миноры более высоких порядков равны 0: разложение минора порядка ${r+2}$ по строке представляет его в виде суммы миноров порядка ${r+1},$ умноженных на числа, а все они равны 0. В примере выше минор порядка 3 не равен 0, а миноров порядка 4 нет, поэтому для этой матрицы ${\operatorname{rang}A=3}.$

Пример 1. Найдите ранг матрицы ${A=\begin{pmatrix}1&-2&3\\-2&4&-6\end{pmatrix}}.$

Не все элементы равны 0, поэтому ранг не меньше 1. У матрицы $A$ три минора порядка 2, по одному для каждой пары столбцов:

$\begin{vmatrix}1&-2\\-2&4\end{vmatrix}=4-4=0$

$\begin{vmatrix}1&3\\-2&-6\end{vmatrix}=-6+6=0$

$\begin{vmatrix}-2&3\\4&-6\end{vmatrix}=12-12=0$

Все миноры порядка 2 равны 0, поэтому ${\operatorname{rang}A=1}.$ Причину легко увидеть: вторая строка равна первой, умноженной на ${-2}.$

Что показывает ранг

Строка называется линейной комбинацией других строк, если её можно получить, умножив эти строки на числа и сложив результаты. Такая строка не несёт новой информации. Строки матрицы называются линейно независимыми, если ни одна из них не является линейной комбинацией остальных. Те же термины применяются и к столбцам.

В примере 1 вторая строка пропорциональна первой, поэтому независима только одна строка, и ранг равен 1. Примечательно, что для строк и для столбцов всегда получается одно и то же число: у матрицы размера 3×100 ранга 3 среди её 100 столбцов только 3 независимых. Для системы линейных уравнений ранг её матрицы (вместе со столбцом свободных членов) показывает, сколько среди уравнений по существу различных; остальные следуют из них.

Свойства ранга

Пусть $A$ — матрица размера ${m\times n},$ а $k$ — число, отличное от 0.

Свойство	Формула
Ранг не больше числа строк и не больше числа столбцов	${0\le\operatorname{rang}A\le\min(m,n)}$
Ранг 0 имеет только нулевая матрица $O$	${\operatorname{rang}O=0}$
Транспонирование не меняет ранга	${\operatorname{rang}A^T=\operatorname{rang}A}$
Умножение на число не меняет ранга	${\operatorname{rang}(kA)=\operatorname{rang}A}$
Единичная матрица	${\operatorname{rang}I_n=n}$
Квадратная матрица порядка $n$	${\operatorname{rang}A=n}$ тогда и только тогда, когда ${\det A\ne 0}$
Элементарные преобразования строк и столбцов не меняют ранга	если ${A\sim B},$ то ${\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}B}$
Ранг произведения	${\operatorname{rang}(AB)}\le{\min(\operatorname{rang}A,\operatorname{rang}B)}$

Почему верно равенство ${\operatorname{rang}A^T=\operatorname{rang}A}\text{:}$ каждый минор транспонированной матрицы $A^T$ (о транспонировании см. введение в матрицы) является определителем транспонированной квадратной подматрицы матрицы $A,$ а при транспонировании определитель не меняется. Поэтому у матриц $A$ и $A^T$ одни и те же миноры. Ненулевая матрица-строка или матрица-столбец имеет ранг 1: у неё есть ненулевой элемент и нет миноров порядка 2.

Пример 2. Найдите ранг матрицы ${A=\begin{pmatrix}2&-1&3\\4&0&1\end{pmatrix}}$ и транспонированной к ней матрицы.

Матрица $A$ имеет размер 2×3, поэтому её ранг не больше 2. Минор в столбцах 1 и 2 не равен 0:

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

Значит, ${\operatorname{rang}A=2}.$ Транспонированная матрица ${A^T=\begin{pmatrix}2&4\\-1&0\\3&1\end{pmatrix}}$ имеет размер 3×2 и тот же ранг 2: её минор в строках 1 и 2 равен $\begin{vmatrix}2&4\\-1&0\end{vmatrix}=4,$ то есть тому же числу.

Вычисление ранга методом окаймляющих миноров

Вычислять все миноры долго: у матрицы размера 4×5 есть 60 миноров порядка 2, 40 миноров порядка 3 и 5 миноров порядка 4. Метод окаймляющих миноров требует гораздо меньше вычислений. Минор порядка ${r+1}$ окаймляет минор $M$ порядка $r,$ если он содержит $M\text{:}$ в него входят строки и столбцы минора $M,$ а также ещё одна строка и ещё один столбец. В матрице размера ${m\times n}$ существует ${(m-r)(n-r)}$ миноров, окаймляющих $M.$

Идея доказательства: если ${M\ne 0}$ и все окаймляющие миноры равны 0, то каждая строка матрицы $A$ является линейной комбинацией тех $r$ строк, в которых расположен минор $M,$ поэтому остальные строки ничего не добавляют к рангу. Отсюда получается следующий метод:

1. Если все элементы равны 0, то ранг равен 0. Иначе выберите элемент, отличный от 0. Это минор порядка 1, поэтому ранг не меньше 1.
2. Вычисляйте миноры порядка 2, содержащие этот элемент, пока не найдёте минор, отличный от 0. Если все они равны 0, то ранг равен 1.
3. Возьмите ненулевой минор $M$ порядка $r$ и вычисляйте окаймляющие его миноры порядка ${r+1}.$ Как только один из них окажется отличным от 0, он становится новым минором $M,$ а ранг не меньше ${r+1};$ повторите этот шаг. Если все они равны 0, то ранг равен $r.$
4. Когда $r$ достигнет меньшего из чисел $m$ и $n,$ остановитесь: миноров большего порядка нет, поэтому ранг равен $r.$

Не останавливайтесь на первом же миноре, равном 0: один нулевой минор ничего не доказывает. Ранг найден, только когда все окаймляющие миноры равны 0.

Пример 3. Найдите ранг матрицы ${A=\begin{pmatrix}1&2&4\\3&6&5\end{pmatrix}}.$

У матрицы $A$ две строки и три столбца, поэтому её ранг не больше 2. Элемент ${a_{11}=1}$ не равен 0. Содержащие его миноры порядка 2 занимают обе строки, столбец 1 и ещё один столбец. Со столбцом 2:

$$\begin{pmatrix}\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{2}&4\\\textcolor{#c0392b}{3}&\textcolor{#c0392b}{6}&5\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}1&2\\3&6\end{vmatrix}=1\cdot6-2\cdot3=0$

Этот минор равен 0, и это пока ничего не решает. Пробуем другой окаймляющий минор, в столбцах 1 и 3:

$$\begin{pmatrix}\textcolor{#c0392b}{1}&2&\textcolor{#c0392b}{4}\\\textcolor{#c0392b}{3}&6&\textcolor{#c0392b}{5}\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}1&4\\3&5\end{vmatrix}=1\cdot5-4\cdot3=-7$

Минор порядка 2 не равен 0, а миноров порядка 3 у матрицы $A$ нет, поэтому ${\operatorname{rang}A=2}.$

Пример 4. Найдите ранг матрицы ${B=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}}.$

Выберем элемент ${b_{32}=1}$ в строке 3 и столбце 2. Один из содержащих его миноров порядка 2 расположен в строках 2, 3 и столбцах 1, 2:

$$\begin{pmatrix}1&1&1\\\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{1}&1\\\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{1}&1\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}1&1\\1&1\end{vmatrix}=1-1=0$

Все элементы матрицы $B$ равны 1, поэтому каждый минор порядка 2 матрицы $B$ совпадает с этим определителем и равен 0. В частности, все ${(3-1)(3-1)=4}$ минора, окаймляющих ${b_{32}},$ равны 0, поэтому ${\operatorname{rang}B=1}.$ Три строки равны между собой: независима только одна из них.

Пример 5. Найдите ранг матрицы ${C=\begin{pmatrix}3&8&2\\2&1&1\\5&3&4\\7&4&5\end{pmatrix}}.$

Матрица $C$ имеет размер 4×3, поэтому её ранг не больше 3. Выберем элемент ${c_{33}=4}$ и содержащий его минор порядка 2 в строках 2, 3 и столбцах 2, 3:

$$\begin{pmatrix}3&8&2\\2&\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{1}\\5&\textcolor{#c0392b}{3}&\textcolor{#c0392b}{4}\\7&4&5\end{pmatrix}$$

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

Он не равен 0, поэтому ранг не меньше 2. Окаймляющие его миноры порядка 3 получаются добавлением столбца 1 и ещё одной строки, строки 4 или строки 1: это ${(4-2)(3-2)=2}$ минора. Со строкой 4 (строки 2, 3, 4):

$$\begin{pmatrix}3&8&2\\\textcolor{#c0392b}{2}&\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{1}\\\textcolor{#c0392b}{5}&\textcolor{#c0392b}{3}&\textcolor{#c0392b}{4}\\\textcolor{#c0392b}{7}&\textcolor{#c0392b}{4}&\textcolor{#c0392b}{5}\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}2&1&1\\5&3&4\\7&4&5\end{vmatrix}=0$

Этот минор равен 0, потому что его третья строка равна сумме первых двух: ${2+5=7},$ ${1+3=4},$ ${1+4=5}.$ Пробуем другой минор, в строках 1, 2, 3:

$$\begin{pmatrix}\textcolor{#c0392b}{3}&\textcolor{#c0392b}{8}&\textcolor{#c0392b}{2}\\\textcolor{#c0392b}{2}&\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{1}\\\textcolor{#c0392b}{5}&\textcolor{#c0392b}{3}&\textcolor{#c0392b}{4}\\7&4&5\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}3&8&2\\2&1&1\\5&3&4\end{vmatrix}=3\cdot(4-3)-8\cdot(8-5)+2\cdot(6-5)$

${=3-24+2=-19}$

Минор порядка 3 не равен 0, а миноров порядка 4 у матрицы $C$ нет, поэтому ${\operatorname{rang}C=3}.$ Матричный калькулятор находит этот ранг методом окаймляющих миноров шаг за шагом (он может начать с другого элемента, но ранг получится тот же).

Пример 6. Найдите ранг матрицы ${D=\begin{pmatrix}1&5&1&6\\2&3&2&5\\6&1&6&7\end{pmatrix}}.$

У матрицы $D$ три строки и четыре столбца, поэтому её ранг не больше 3. Выберем элемент ${d_{12}=5}$ и минор порядка 2 в строках 1, 2 и столбцах 1, 2:

$$\begin{pmatrix}\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{5}&1&6\\\textcolor{#c0392b}{2}&\textcolor{#c0392b}{3}&2&5\\6&1&6&7\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}1&5\\2&3\end{vmatrix}=3-10=-7$

Окаймляющие его миноры порядка 3 получаются добавлением строки 3 и ещё одного столбца, столбца 3 или столбца 4: это ${(3-2)(4-2)=2}$ минора. Со столбцами 1, 2, 3:

$$\begin{pmatrix}\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{5}&\textcolor{#c0392b}{1}&6\\\textcolor{#c0392b}{2}&\textcolor{#c0392b}{3}&\textcolor{#c0392b}{2}&5\\\textcolor{#c0392b}{6}&\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{6}&7\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}1&5&1\\2&3&2\\6&1&6\end{vmatrix}=0$

Он равен 0, потому что его первый и третий столбцы равны. Со столбцами 1, 2, 4:

$$\begin{pmatrix}\textcolor{#c0392b}{1}&\textcolor{#c0392b}{5}&1&\textcolor{#c0392b}{6}\\\textcolor{#c0392b}{2}&\textcolor{#c0392b}{3}&2&\textcolor{#c0392b}{5}\\\textcolor{#c0392b}{6}&\textcolor{#c0392b}{1}&6&\textcolor{#c0392b}{7}\end{pmatrix}$$

$\begin{vmatrix}1&5&6\\2&3&5\\6&1&7\end{vmatrix}=0$

Он равен 0, потому что его третий столбец равен сумме первых двух: ${1+5=6},$ ${2+3=5},$ ${6+1=7}.$ Оба минора, окаймляющих ненулевой минор порядка 2, равны 0, поэтому по правилу, сформулированному выше, ${\operatorname{rang}D=2}.$ Остальные два минора порядка 3 (в столбцах 1, 3, 4 и в столбцах 2, 3, 4) вычислять не нужно: правило гарантирует, что они тоже равны 0.

Вычисление ранга с помощью элементарных преобразований

Для больших матриц обычно быстрее сначала упростить матрицу. Элементарными преобразованиями строк называются:

• 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: ${R_i\to R_i+kR_j}.$

Элементарные преобразования столбцов — это такие же преобразования, выполняемые над столбцами.

Почему это так: после перестановки строк миноры остаются прежними, только у некоторых из них меняется знак. После ${R_i\to kR_i}$ некоторые миноры умножаются на ${k\ne 0}.$ После ${R_i\to R_i+kR_j}$ каждый новый минор либо совпадает со старым минором, либо равен сумме старого минора и умноженного на $k$ другого старого минора того же порядка (возможно, взятого с противоположным знаком). Поэтому если все миноры порядка ${r+1}$ были равны 0, то они и останутся равными 0, и ранг не может увеличиться. Каждое преобразование можно отменить другим элементарным преобразованием, поэтому ранг не может и уменьшиться.

Запись ${A\sim B}$ («$A$ эквивалентна $B$») означает, что матрица $B$ получена из матрицы $A$ элементарными преобразованиями. Это разные матрицы, поэтому между ними ставят знак $\sim,$ а не знак равенства; равны только их ранги.

Ступенчатый вид

Матрица имеет ступенчатый вид, если

• её нулевые строки, если они есть, стоят внизу;
• первый ненулевой элемент каждой строки (её ведущий элемент) стоит правее ведущего элемента предыдущей строки.

Под каждым ведущим элементом стоят только нули, поэтому ненулевые элементы образуют «лесенку». Например:

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

Почему это так: строки и столбцы ведущих элементов образуют треугольный минор с ненулевыми числами на диагонали, поэтому этот минор не равен 0. Минор большего порядка обязательно содержит нулевую строку, поэтому он равен 0. В матрице выше ведущие элементы 2, 5 и 4 стоят в столбцах 1, 3 и 4:

$\begin{vmatrix}2&0&3\\0&5&1\\0&0&4\end{vmatrix}=2\cdot5\cdot4=40$

Значит, ранг этой матрицы равен 3, то есть числу её ненулевых строк. Чтобы найти ранг любой матрицы, действуют так (это метод Гаусса):

1. Найдите первый столбец, в котором не все элементы равны 0. Если нужно, переставьте строки так, чтобы его верхний элемент был отличен от 0; удобнее всего, когда этот элемент равен 1 или ${-1}.$
2. Получите нули под ним, прибавляя к остальным строкам верхнюю строку, умноженную на подходящие числа.
3. Оставьте верхнюю строку без изменений и повторите то же самое со строками, расположенными под ней.
4. Когда матрица будет приведена к ступенчатому виду, подсчитайте её ненулевые строки. Их число и есть ранг.

Пример 7. Найдите ранг матрицы $D$ из примера 6 с помощью элементарных преобразований.

$$D=\begin{pmatrix}1&5&1&6\\2&3&2&5\\6&1&6&7\end{pmatrix}$$

Получим нули под элементом 1 в столбце 1: ${R_2\to R_2-2R_1}$ и ${R_3\to R_3-6R_1}.$

$$\sim\begin{pmatrix}1&5&1&6\\0&-7&0&-7\\0&-29&0&-29\end{pmatrix}$$

Чтобы получить более простой ведущий элемент в строке 2: ${R_2\to -\frac{1}{7}R_2}.$

$$\sim\begin{pmatrix}1&5&1&6\\0&1&0&1\\0&-29&0&-29\end{pmatrix}$$

Получим нуль под элементом 1 в столбце 2: ${R_3\to R_3+29R_2}.$

$$\sim\begin{pmatrix}1&5&1&6\\0&1&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}$$

Остались две ненулевые строки, поэтому ${\operatorname{rang}D=2},$ как и в примере 6.

Пример 8. Найдите ранг матрицы

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

В столбце 1 наверху стоит 1. ${R_2\to R_2-2R_1},$ ${R_3\to R_3+R_1}$ и ${R_4\to R_4-3R_1}\text{:}$

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

Ниже строки 1 в столбце 2 только нули, поэтому следующий ведущий элемент находится в столбце 3: это 1 в строке 2. ${R_3\to R_3-2R_2}$ и ${R_4\to R_4-R_2}\text{:}$

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

${R_4\to R_4-R_3}\text{:}$

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

Получен ступенчатый вид с тремя ненулевыми строками (ведущие элементы стоят в столбцах 1, 3 и 5), поэтому ${\operatorname{rang}A=3}.$ Четвёртая строка стала нулевой; это означает, что четвёртая строка матрицы $A$ является линейной комбинацией трёх остальных. Матричный калькулятор показывает приведение этой матрицы к ступенчатому виду.

Какой метод выбрать? Для небольших матриц, например 2×3 или 3×3, миноры вычисляются быстро, и часто всё решает один определитель. Для больших матриц приведение к ступенчатому виду требует гораздо меньше работы. Если нужен только ранг, можно применять и преобразования столбцов, например переставить два столбца или обнулить столбец, пропорциональный другому.

Ранг и обратная матрица

Единственным минором порядка $n$ является сам определитель $\det A,$ поэтому ${\operatorname{rang}A=n}$ тогда и только тогда, когда ${\det A\ne 0},$ а это в точности тот случай, когда у матрицы $A$ есть обратная. Квадратная матрица, ранг которой меньше её порядка, является вырожденной.

Пример 9. Найдите ранг приведённой ниже матрицы $A.$ Обратима ли матрица $A?$

$$A=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}$$

${R_2\to R_2-4R_1}$ и ${R_3\to R_3-7R_1}\text{:}$

$$\sim\begin{pmatrix}1&2&3\\0&-3&-6\\0&-6&-12\end{pmatrix}$$

${R_3\to R_3-2R_2}\text{:}$

$$\sim\begin{pmatrix}1&2&3\\0&-3&-6\\0&0&0\end{pmatrix}$$

Две ненулевые строки, поэтому ${\operatorname{rang}A=2}.$ Это меньше 3, поэтому ${\det A=0}$ и обратной матрицы у $A$ нет. Действительно, третья строка матрицы $A$ равна удвоенной второй строке минус первая: ${2\cdot4-1=7},$ ${2\cdot5-2=8},$ ${2\cdot6-3=9}.$

Ранг и системы линейных уравнений

Матрица системы из $m$ линейных уравнений с $n$ неизвестными (матрица коэффициентов) имеет размер ${m\times n};$ обозначим её $A.$ Расширенная матрица системы ${(A\,|\,B)}$ — это матрица $A,$ к которой справа приписан столбец $B$ свободных членов. Добавление одного столбца может увеличить ранг не более чем на 1, поэтому ${\operatorname{rang}(A\,|\,B)}$ равен либо ${\operatorname{rang}A},$ либо ${\operatorname{rang}A+1}.$

Почему это так: приведём ${(A\,|\,B)}$ к ступенчатому виду. Если ${\operatorname{rang}(A\,|\,B)\gt\operatorname{rang}A},$ то одна из строк имеет вид $\left(\begin{array}{ccc|c}0&\dots&0&c\end{array}\right),$ где ${c\ne 0},$ и эта строка означает невозможное равенство ${0=c}.$ В противном случае ведущий элемент каждой ненулевой строки стоит в столбце одной из неизвестных, а ${n-r}$ неизвестных, в столбцах которых нет ведущих элементов, свободны.

Пример 10. С помощью рангов выясните, имеет ли система решения, и найдите их.

$$\begin{cases}x+y+z=2\\x+2y+3z=5\\2x+3y+4z=7\end{cases}$$

Приведём расширенную матрицу к ступенчатому виду:

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

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

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

${R_3\to R_3-R_2}\text{:}$

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

Оба ранга, ${\operatorname{rang}A}$ и ${\operatorname{rang}(A\,|\,B)},$ равны 2, поэтому система совместна. Неизвестных 3, поэтому ${3-2=1}$ неизвестная свободна. Положим ${z=t}.$ Вторая строка даёт ${y+2t=3},$ то есть ${y=3-2t},$ а первая строка даёт ${x=2-y-z=-1+t}.$ Решения имеют вид

$$x=-1+t,\quad y=3-2t,\quad z=t$$

при любом числе $t.$ Например, при ${t=0}$ получаем ${x=-1},$ ${y=3},$ ${z=0}.$

Если бы последний свободный член был равен 8, а не 7, те же преобразования привели бы к строке $\left(\begin{array}{ccc|c}0&0&0&1\end{array}\right).$ Тогда ${\operatorname{rang}A=2},$ но ${\operatorname{rang}(A\,|\,B)=3},$ и система не имела бы решений: последняя строка означает ${0x+0y+0z=1},$ а это невозможно.

Однородная система ${AX=O}$ (все свободные члены равны 0) всегда имеет решение ${X=O},$ поэтому она всегда совместна; на языке теоремы: добавление нулевого столбца не меняет ранга. Другие решения у неё есть тогда и только тогда, когда ${\operatorname{rang}A\lt n}.$ Как решать системы шаг за шагом, рассказано в уроке «Решение систем линейных уравнений».

Решённые задачи

Задача 1. Найдите ранг матрицы

$$A=\begin{pmatrix}1&3&-2\\2&6&-4\\-3&-9&6\end{pmatrix}$$

Решение: ${R_2\to R_2-2R_1}$ и ${R_3\to R_3+3R_1}\text{:}$

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

Осталась одна ненулевая строка, поэтому ${\operatorname{rang}A=1}.$ Каждая строка матрицы $A$ кратна первой строке.

Задача 2. Найдите ранг матрицы методом окаймляющих миноров:

$$E=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\2&4&6&8\\3&5&7&9\end{pmatrix}$$

Решение: Начнём с элемента ${e_{11}=1}.$ Все содержащие его миноры порядка 2 в строках 1, 2 равны 0, потому что строка 2 равна удвоенной строке 1; например, $\begin{vmatrix}1&2\\2&4\end{vmatrix}=0.$ Минор в строках 1, 3 и столбцах 1, 2 не равен 0:

$\begin{vmatrix}1&2\\3&5\end{vmatrix}=5-6=-1$

Его окаймляют два минора порядка 3: в строках 1, 2, 3 со столбцами 1, 2, 3 и со столбцами 1, 2, 4.

$\begin{vmatrix}1&2&3\\2&4&6\\3&5&7\end{vmatrix}=0$

$\begin{vmatrix}1&2&4\\2&4&8\\3&5&9\end{vmatrix}=0$

В обоих минорах вторая строка равна удвоенной первой. Все окаймляющие миноры порядка 3 равны 0, поэтому ${\operatorname{rang}E=2}.$

Задача 3. Найдите ранг матрицы

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

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

$$\sim\begin{pmatrix}1&1&3&2\\0&2&4&2\\2&3&7&5\end{pmatrix}$$

${R_3\to R_3-2R_1}\text{:}$

$$\sim\begin{pmatrix}1&1&3&2\\0&2&4&2\\0&1&1&1\end{pmatrix}$$

Чтобы ведущий элемент строки 2 был равен 1, выполним ${R_2\leftrightarrow R_3},$ а затем ${R_3\to R_3-2R_2}\text{:}$

$$\sim\begin{pmatrix}1&1&3&2\\0&1&1&1\\0&0&2&0\end{pmatrix}$$

Три ненулевые строки, поэтому ${\operatorname{rang}F=3},$ а это наибольший возможный ранг матрицы размера 3×4.

Задача 4. Найдите ранг произведения $C=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&-1&4\end{pmatrix}.$

Решение: По правилам умножения матриц произведение матрицы размера 3×1 на матрицу размера 1×3 является матрицей размера 3×3:

$C=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&-1&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&-1&4\\4&-2&8\\6&-3&12\end{pmatrix}$

Каждая строка матрицы $C$ кратна строке $\begin{pmatrix}2&-1&4\end{pmatrix},$ и матрица $C$ ненулевая, поэтому ${\operatorname{rang}C=1}.$ Это согласуется с неравенством ${\operatorname{rang}(AB)}\le{\min(\operatorname{rang}A,\operatorname{rang}B)},$ так как ранг каждого из сомножителей равен 1. Произведение столбца на строку никогда не имеет ранга больше 1.

Задача 5. При каких значениях $a$ матрица ${A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&a&1\\1&1&a\end{pmatrix}}$ имеет ранг 3, при каких — ранг 2 и при каких — ранг 1?

Решение: Ранг равен 3 тогда и только тогда, когда определитель не равен 0. Разложим определитель по первой строке:

${\det A}={1\cdot(a^2-1)}-{1\cdot(a-1)+1\cdot(1-a)}$

${=a^2-2a+1=(a-1)^2}$

Значит, ${\operatorname{rang}A=3}$ при всех ${a\ne 1}.$ При ${a=1}$ все элементы равны 1, и, как в примере 4, ${\operatorname{rang}A=1}.$ Ранг никогда не равен 2.

Задача 6. При каких значениях $k$ система имеет решения? Найдите их.

$$\begin{cases}x+y+z=1\\x+2y+3z=2\\x+3y+5z=k\end{cases}$$

Решение: Расширенная матрица системы имеет вид

$$\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\1&2&3&2\\1&3&5&k\end{array}\right)$$

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

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

При любом $k$ имеем ${\operatorname{rang}A=2}.$ Если ${k\ne 3},$ то ${\operatorname{rang}(A\,|\,B)=3},$ и система не имеет решений. Если ${k=3},$ то ${\operatorname{rang}A}={\operatorname{rang}(A\,|\,B)}={2},$ и решений бесконечно много, они зависят от ${3-2=1}$ параметра. При ${z=t}$ вторая строка даёт ${y=1-2t},$ а первая строка даёт ${x=1-y-z=t}\text{:}$

$$x=t,\quad y=1-2t,\quad z=t$$

Задача 7. Имеет ли однородная система решения, отличные от ${x=y=z=0}?$

$$\begin{cases}x+2y-z=0\\2x+4y-2z=0\\3x+y+2z=0\end{cases}$$

Решение: Найдём ранг матрицы системы:

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

${R_2\to R_2-2R_1}$ и ${R_3\to R_3-3R_1}\text{:}$

$$\sim\begin{pmatrix}1&2&-1\\0&0&0\\0&-5&5\end{pmatrix}$$

${R_2\leftrightarrow R_3}\text{:}$

$$\sim\begin{pmatrix}1&2&-1\\0&-5&5\\0&0&0\end{pmatrix}$$

${\operatorname{rang}A=2},$ а это меньше числа неизвестных, равного 3, поэтому другие решения есть, и они зависят от ${3-2=1}$ параметра. Вторая строка даёт ${-5y+5z=0},$ то есть ${y=z}.$ При ${z=t}$ получаем ${y=t}$ и ${x=-2y+z=-t}.$ Например, при ${t=1}$ получаем решение ${x=-1},$ ${y=1},$ ${z=1}.$

Задача 8. Матрица системы из 4 уравнений с 6 неизвестными имеет ранг 4. Имеет ли система решения при любых свободных членах? Сколько у неё свободных неизвестных?

Решение: В расширенной матрице 4 строки, поэтому её ранг не больше 4. Она содержит $A,$ поэтому её ранг не меньше ${\operatorname{rang}A=4}.$ Значит, ${\operatorname{rang}(A\,|\,B)}={\operatorname{rang}A}={4}$ при любых свободных членах, и по теореме Кронекера – Капелли система всегда совместна. Решений бесконечно много, и свободных неизвестных ${6-4=2}.$

Задачи для самостоятельного решения

Сначала попробуйте решить сами, затем откройте ответ.

1. Каков наибольший возможный ранг матрицы размера 4×7?

Ранг не больше ${\min(4,7)=4}.$

2. Найдите ранг матрицы ${A=\begin{pmatrix}2&4\\3&6\end{pmatrix}}.$

${\operatorname{rang}A=1}.$ Определитель равен ${2\cdot6-4\cdot3=0},$ но элементы матрицы отличны от 0.

3. Найдите ранг матрицы ${A=\begin{pmatrix}1&2&3\\0&4&5\\0&0&6\end{pmatrix}}.$

${\operatorname{rang}A=3}.$ Матрица имеет ступенчатый вид с тремя ненулевыми строками; её определитель равен ${1\cdot4\cdot6=24}.$

4. Найдите ранг матрицы ${A=\begin{pmatrix}1&-1&2\\2&-2&4\\3&1&0\end{pmatrix}}.$

${\operatorname{rang}A=2}.$ Строка 2 равна удвоенной строке 1, поэтому ${\det A=0}.$ Минор в строках 1, 3 и столбцах 1, 2 не равен 0: $\begin{vmatrix}1&-1\\3&1\end{vmatrix}=1+3=4.$

5. Найдите ранг матрицы ${A=\begin{pmatrix}1&2&1&0\\2&4&3&1\\3&6&4&1\end{pmatrix}}.$

${\operatorname{rang}A=2}.$ Преобразования ${R_2\to R_2-2R_1},$ ${R_3\to R_3-3R_1}$ и ${R_3\to R_3-R_2}$ дают матрицу $\begin{pmatrix}1&2&1&0\\0&0&1&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}$ с двумя ненулевыми строками.

6. Найдите ранг матрицы ${A=\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&2&3&4\\1&3&6&10\\1&4&10&20\end{pmatrix}}.$

${\operatorname{rang}A=4}.$ Приведение к ступенчатому виду даёт матрицу $\begin{pmatrix}1&1&1&1\\0&1&2&3\\0&0&1&3\\0&0&0&1\end{pmatrix}$ с четырьмя ненулевыми строками, и ${\det A=1}.$

7. При каком значении $a$ ранг матрицы $\begin{pmatrix}1&2\\3&a\end{pmatrix}$ равен 1?

${a=6}.$ Определитель ${a-6}$ должен быть равен 0; при любом другом $a$ ранг равен 2.

8. Обратима ли матрица ${A=\begin{pmatrix}1&2&0\\2&1&3\\3&3&3\end{pmatrix}}?$

Нет. Строка 3 равна сумме строк 1 и 2, поэтому ${\operatorname{rang}A=2},$ что меньше 3, и ${\det A=0}.$

9. Имеет ли система ${x+y=1},$ ${2x+2y=3}$ решения?

Нет. ${\operatorname{rang}\begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix}=1},$ а ранг расширенной матрицы больше: ${\operatorname{rang}\left(\begin{array}{cc|c}1&1&1\\2&2&3\end{array}\right)=2}.$

10. В системе 5 неизвестных, и ${\operatorname{rang}A}={\operatorname{rang}(A\,|\,B)}={3}.$ Сколько решений имеет система и сколько у неё свободных неизвестных?

Бесконечно много решений, свободных неизвестных ${5-3=2}.$

Свои примеры можно проверить с помощью матричного калькулятора. Он находит ранг со всеми шагами решения: приведением к ступенчатому виду или методом окаймляющих миноров.