Системы линейных уравнений и ранг матрицы - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Определитель системы равен
[tex]\Delta=\begin{vmatrix}\lambda&1&1\\1&\mu&1\\1&2\mu&1\end{vmatrix}=\mu(1-\lambda)[/tex]
поэтому при [tex]\mu\ne 0[/tex] и [tex]\lambda\ne 1[/tex] решение единственно (правило Крамера). Остальные случаи исследуем методом исключения. Вычитая второе уравнение из третьего, получаем
[tex]\mu x_2=1[/tex]
Если [tex]\mu=0[/tex], получаем [tex]0=1[/tex], и система несовместна. Если [tex]\mu\ne 0[/tex], то [tex]x_2=\frac{1}{\mu}[/tex], и второе и первое уравнения принимают вид
[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]
При [tex]\lambda\ne 1[/tex] (и [tex]\mu\ne 0[/tex]) решение единственно. При [tex]\lambda=1[/tex] последнее уравнение принимает вид [tex]0\cdot x_1=2-\frac{1}{\mu}[/tex]: если [tex]\mu\ne\frac{1}{2}[/tex], решений нет, а если [tex]\mu=\frac{1}{2}[/tex], оно выполнено при любом [tex]x_1[/tex], и система имеет бесконечно много решений:
[tex](x_1; x_2; x_3)=(t; 2; 2-t),\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
(здесь матрица системы и расширенная матрица имеют ранг [tex]2[/tex]). Заметим, что одно лишь условие [tex]\Delta=0[/tex] не позволяет различить случаи «нет решений» и «бесконечно много решений». Ответ:
[tex]\lambda=1,\ \mu=\frac{1}{2}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]A[/tex] — матрица системы, а [tex]\bar{A}[/tex] — расширенная матрица. Сначала вычислим определитель системы. Прибавив второй, третий и четвёртый столбцы к первому, получим первый столбец, все элементы которого равны [tex]k+6[/tex]; вынесем этот множитель и вычтем первую строку из остальных:
[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]
Разложим последний определитель по первой строке:
[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]
Следовательно,
[tex]\Delta=(k+6)(k-2)\left((k-2)^2+4\right)[/tex]
и так как [tex](k-2)^2+4\gt 0[/tex], то [tex]\Delta=0[/tex] только при [tex]k=-6[/tex] и [tex]k=2[/tex]. Если [tex]k\ne -6[/tex] и [tex]k\ne 2[/tex], то по правилу Крамера система имеет единственное решение.
При [tex]k=-6[/tex]: сумма коэффициентов в каждом столбце равна [tex]k+6=0[/tex], а сумма свободных членов равна [tex]5+k+1+0=k+6=0[/tex], поэтому сумма четырёх строк матрицы [tex]\bar{A}[/tex] — нулевая строка, и четвёртое уравнение является следствием трёх остальных. Кроме того,
[tex]\begin{vmatrix} -6 & 3 & 2 \\ 1 & -6 & 3 \\ 2 & 1 & -6 \end{vmatrix}=-136\ne 0[/tex]
следовательно, [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=3\lt 4[/tex], и по теореме Кронекера-Капелли система имеет бесконечно много решений (зависящих от одного параметра).
При [tex]k=2[/tex]: обозначим уравнения через [tex]E_1,E_2,E_3,E_4[/tex]. Комбинация [tex]E_1-E_2+E_3-E_4[/tex] имеет коэффициенты [tex]\left(k-2 ; 2-k ; k-2 ; 2-k\right)[/tex] и свободный член [tex]6-k[/tex]; при [tex]k=2[/tex] она имеет вид
[tex]0=4[/tex]
поэтому система не имеет решений. (Действительно, [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex], а [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]

Решение:
Элементарные преобразования строк не меняют ранг. С помощью третьей строки [tex]R_3=(1; 5; 5; 1; -1)[/tex] обнулим первый столбец:
[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]
Теперь вычтем кратные [tex]P[/tex] из остальных новых строк:
[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]
Следовательно,
[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]
Первые две строки вместе с ненулевыми строками среди трёх последних линейно независимы: в нулевой линейной комбинации коэффициент при первой строке равен [tex]0[/tex] (первый столбец), затем коэффициент при второй строке равен [tex]0[/tex] (последний столбец), а остальные строки кратны различным единичным векторам. Поэтому [tex]\operatorname{rank}A[/tex] равен [tex]2[/tex] плюс число ненулевых чисел среди [tex]\lambda-2,\ \lambda-2,\ \lambda+3[/tex]:
при [tex]\lambda\ne 2,\ \lambda\ne -3[/tex] ранг равен [tex]5[/tex] (действительно, [tex]\det A=-(\lambda-2)^2(\lambda+3)\ne 0[/tex]); при [tex]\lambda=-3[/tex] он равен [tex]2+2=4[/tex]; при [tex]\lambda=2[/tex] он равен [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]

Решение:
Равенство [tex]\vec{v}=c_1\vec{v}_1+c_2\vec{v}_2+c_3\vec{v}_3+c_4\vec{v}_4[/tex] — это линейная система относительно [tex]c_1,c_2,c_3,c_4[/tex], матрица [tex]A[/tex] которой имеет столбцами векторы [tex]\vec{v}_1,\ldots,\vec{v}_4[/tex]. Представлений больше одного ровно тогда, когда эта система совместна и её решение не единственно, т.е. (по теореме Кронекера-Капелли) когда [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}\lt 4[/tex]. Запишем координаты, начиная с третьей:
[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]
Исключим [tex]c_1[/tex], прибавив [tex](1)[/tex] к [tex](2)[/tex] и к [tex](4)[/tex], а удвоенное [tex](1)[/tex] — к [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]
Исключим [tex]c_2[/tex], прибавив удвоенное первое из этих уравнений ко второму, а утроенное первое — к удвоенному третьему:
[tex]c_3+(\mu+16)c_4=3\lambda-3,\qquad c_3+13c_4=2\lambda-1[/tex]
Вычитая эти два уравнения:
[tex](\mu+3)c_4=\lambda-2[/tex]
Если [tex]\mu\ne -3[/tex], система имеет единственное решение при любом [tex]\lambda[/tex] (ровно одно представление). Если [tex]\mu=-3[/tex] и [tex]\lambda\ne 2[/tex], получаем [tex]0=\lambda-2\ne 0[/tex], т.е. представлений нет. Если [tex]\mu=-3[/tex] и [tex]\lambda=2[/tex], то [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=3\lt 4[/tex] и представлений бесконечно много:
[tex](c_1; c_2; c_3; c_4)=(18t-8; 6t-1; 3-13t; t),\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
Например, при [tex]t=0[/tex] получаем
[tex]-8\vec{v}_1-\vec{v}_2+3\vec{v}_3=(5; 3; -2; 2)=\vec{v}[/tex]

Решение:
Сначала найдём [tex]W=\ell(\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3,\vec{a}_4)[/tex]. Имеем
[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]
а [tex]\vec{a}_1,\vec{a}_2[/tex] не пропорциональны; следовательно, [tex]\dim W=2[/tex] и [tex]W=\ell(\vec{a}_1,\vec{a}_2)[/tex].
Для однородной системы с [tex]5[/tex] неизвестными, матрица которой имеет ранг [tex]r[/tex], пространство решений имеет размерность [tex]5-r[/tex] (фундаментальная система решений состоит из [tex]5-r[/tex] решений). Чтобы получить [tex]W[/tex], нужно [tex]5-r=2[/tex], т.е. [tex]r=3[/tex]. Так как ранг не превосходит числа уравнений, в системе не меньше [tex]3[/tex] уравнений.
Трёх уравнений достаточно. Вектор [tex]\vec{b}[/tex] коэффициентов каждого уравнения должен удовлетворять условиям [tex]\langle\vec{b},\vec{a}_1\rangle=\langle\vec{b},\vec{a}_2\rangle=0[/tex], т.е.
[tex]2b_1-b_2+3b_4+b_5=0,\qquad 3b_1+b_2+b_3-2b_4+b_5=0[/tex]
Эта система имеет ранг [tex]2[/tex] и фундаментальную систему решений
[tex](1; 2; -5; 0; 0),\qquad (1; -13; 0; -5; 0),\qquad (2; -1; 0; 0; -5)[/tex]
Эти векторы дают систему
[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]
ранг которой равен [tex]3[/tex] (см. столбцы при [tex]x_3,x_4,x_5[/tex]). Её пространство решений имеет размерность [tex]5-3=2[/tex] и содержит [tex]\vec{a}_1[/tex] и [tex]\vec{a}_2[/tex] (например, для [tex]\vec{a}_1[/tex]: [tex]2-2-0=0,\ 2+13-15=0,\ 4+1-5=0[/tex]), поэтому совпадает с [tex]W[/tex]. Наименьшее возможное число уравнений равно [tex]3[/tex].

Решение:
Если [tex]x_1,\ldots,x_n\gt 0[/tex], то каждая левая часть — произведение положительных чисел, а значит, положительна; поэтому положительное решение может существовать, только если [tex]c_1,\ldots,c_n\gt 0[/tex]. Пусть это так. Замена [tex]x_j=e^{y_j}[/tex] — биекция между положительными [tex]x_j[/tex] и действительными [tex]y_j[/tex], а логарифмирование превращает систему в линейную систему
[tex]\sum_{j=1}^{n}a_{ij}y_j=\ln c_i,\qquad i=1,2,\ldots,n[/tex]
с матрицей [tex](a_{ij})[/tex]. Поэтому исходная система имеет единственное положительное решение тогда и только тогда, когда эта линейная система имеет единственное решение.
Если [tex]\det(a_{ij})\ne 0[/tex], то по правилу Крамера есть ровно одно решение [tex]y[/tex], а значит, ровно одно положительное решение [tex]x_j=e^{y_j}[/tex].
Если [tex]\det(a_{ij})=0[/tex], то [tex]\operatorname{rank}(a_{ij})\lt n[/tex], и по теореме Кронекера-Капелли линейная система либо несовместна, либо имеет бесконечно много решений (с [tex]n-\operatorname{rank}(a_{ij})\ge 1[/tex] свободными неизвестными); ни в одном из случаев положительное решение не единственно.
Следовательно, условие таково:
[tex]\det(a_{ij})\ne 0,\quad c_1\gt 0,\ c_2\gt 0,\ \ldots,\ c_n\gt 0[/tex]

Решение:
Используем ранг матрицы: максимальное число линейно независимых столбцов (оно равно наибольшему порядку ненулевого минора).
Шаг [tex]1[/tex]: [tex]\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A[/tex]. Пусть [tex]A^{(1)},\ldots,A^{(n)}[/tex] — столбцы матрицы [tex]A[/tex], а [tex]x_{ij}[/tex] — элементы матрицы [tex]X[/tex]. Тогда [tex]j[/tex]-й столбец матрицы [tex]AX[/tex] равен
[tex]x_{1j}A^{(1)}+x_{2j}A^{(2)}+\ldots+x_{nj}A^{(n)}[/tex]
поэтому каждый столбец [tex]AX[/tex] лежит в линейной оболочке столбцов [tex]A[/tex], размерность которой равна [tex]\operatorname{rank}A[/tex]. Значит, у [tex]AX[/tex] не может быть больше [tex]\operatorname{rank}A[/tex] линейно независимых столбцов, т.е. [tex]\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A[/tex].
Шаг [tex]2[/tex]: [tex]\operatorname{rank}A\le n[/tex], так как у [tex]A[/tex] всего [tex]n[/tex] столбцов.
Шаг [tex]3[/tex]: [tex]\operatorname{rank}E_m=m[/tex], так как [tex]\det E_m=1\ne 0[/tex].
Объединяя три шага:
[tex]m=\operatorname{rank}E_m=\operatorname{rank}(AX)\le\operatorname{rank}A\le n[/tex]
Следовательно, [tex]m\le n[/tex]. (Более того, так как ещё и [tex]\operatorname{rank}A\le m[/tex], получаем [tex]\operatorname{rank}A=m[/tex].)

Решение:
Матрица [tex]A^{T}A[/tex] квадратная порядка [tex]n[/tex], поэтому она обратима тогда и только тогда, когда однородная система [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex], [tex]\vec{x}\in\mathbb{R}^n[/tex], имеет только нулевое решение (тогда её ранг равен [tex]n[/tex] и определитель отличен от нуля). Пусть [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex] и [tex]\vec{y}=A\vec{x}=(y_1; \ldots; y_m)^{T}[/tex]. Умножим слева на [tex]\vec{x}^{T}[/tex]:
[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]
Так как элементы действительны, сумма квадратов равна [tex]0[/tex], только если все [tex]y_i=0[/tex], поэтому [tex]A\vec{x}=\vec{0}[/tex]. Но
[tex]A\vec{x}=x_1\vec{A}_1+x_2\vec{A}_2+\ldots+x_n\vec{A}_n[/tex]
где [tex]\vec{A}_j[/tex] — столбцы матрицы [tex]A[/tex], а [tex]\operatorname{rank}A=n[/tex] означает, что эти [tex]n[/tex] столбцов линейно независимы. Следовательно, [tex]x_1=x_2=\ldots=x_n=0[/tex]. Итак, система [tex]A^{T}A\vec{x}=\vec{0}[/tex] имеет только нулевое решение, и [tex]A^{T}A[/tex] обратима.
Замечание: действительность существенна. Над [tex]\mathbb{C}[/tex] матрица [tex]A=\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}[/tex] имеет ранг [tex]1[/tex], но [tex]A^{T}A=1+i^2=0[/tex].