Системы линейных уравнений и ранг матрицы - сложные задачи с решениями

Решение:
Обозначим уравнения через [tex]E_1, E_2, E_3, E_4[/tex]. Оставим [tex]E_1[/tex], а [tex]E_2, E_3, E_4[/tex] заменим разностями [tex]E_2-E_1[/tex], [tex]E_3-E_2[/tex], [tex]E_4-E_3[/tex]. Получим равносильную систему:
[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]
Вычитая второе уравнение из третьего, получаем [tex]2x_2=4[/tex], т.е. [tex]x_2=2[/tex]; вычитая третье из четвёртого, получаем [tex]2x_3=-6[/tex], т.е. [tex]x_3=-3[/tex]. Подставим в третье и первое уравнения:
[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]
Вычитая, получаем [tex]5x_4=15[/tex], т.е. [tex]x_4=3[/tex] и [tex]x_1=-2[/tex]. Все преобразования были равносильными, поэтому решение единственно (что согласуется с определителем системы, равным [tex]-20\ne 0[/tex]):
[tex]x_1=-2,\ x_2=2,\ x_3=-3,\ x_4=3[/tex]
Проверка: [tex]-4+2-6+9=1[/tex], [tex]-6+4-3+6=1[/tex], [tex]-8+6-6+3=-5[/tex].

Решение:
Элементарные преобразования строк не меняют ранг. Чтобы получить удобный ведущий элемент, заменим первую строку [tex]R_1[/tex] на [tex]-2R_1-R_3[/tex] (умножать строку на ненулевое число и прибавлять к ней другую строку разрешено):
[tex]-2R_1-R_3=\left(-28+29; 54-55; 98-96; -226+227\right)=\left(1; -1; 2; 1\right)[/tex]
Затем [tex]R_2-43R_1[/tex], [tex]R_3+29R_1[/tex], [tex]R_4-128R_1[/tex] дают
[tex]A\sim\begin{bmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 \\ 0 & -39 & -231 & 297 \\ 0 & 26 & 154 & -198 \\ 0 & -117 & -694 & 889 \end{bmatrix}[/tex]
Разделив вторую строку на [tex]-3[/tex], а третью на [tex]2[/tex], получаем дважды одну и ту же строку [tex]\left(0; 13; 77; -99\right)[/tex]. Теперь [tex]R_3-R_2[/tex] и [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]
Единственный минор порядка [tex]4[/tex] последней матрицы содержит нулевую строку и равен нулю, а
[tex]\begin{vmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 0 & 13 & 77 \\ 0 & 0 & -1 \end{vmatrix}=1\cdot 13\cdot (-1)=-13\ne 0[/tex]
Следовательно, [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex].

Решение:
Ранг системы равен рангу матрицы со строками [tex]a_1, a_2, a_3, a_4[/tex]. Замена [tex]a_4[/tex] на [tex]a_4-a_2=\left(0 ; 0 ; 0 ; p+1\right)[/tex] не меняет ранга. Разложим определитель по последней строке:
[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]
Значит, определитель равен [tex]4(p+1)[/tex]. При [tex]p\ne -1[/tex] он отличен от нуля, четыре вектора линейно независимы и ранг равен [tex]4[/tex]. При [tex]p=-1[/tex] имеем [tex]a_4=a_2[/tex], поэтому ранг равен рангу системы [tex]a_1, a_2, a_3[/tex], т.е. [tex]3[/tex], так как вычисленный выше минор третьего порядка равен [tex]4\ne 0[/tex]. Следовательно, ранг равен [tex]3[/tex] только при
[tex]p=-1[/tex]

Решение:
Квадратная однородная система имеет ненулевое решение тогда и только тогда, когда её определитель равен нулю (т.е. ранг её матрицы меньше числа неизвестных). Разложим определитель по первой строке:
[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]
Значит, [tex]\Delta=0[/tex] ровно при [tex]\lambda=2[/tex] и [tex]\lambda=-1[/tex]. Действительно, при [tex]\lambda=2[/tex] вектор [tex]\left(-3 ; 2 ; 1\right)[/tex] — ненулевое решение, а при [tex]\lambda=-1[/tex] таким решением является [tex]\left(3 ; -17 ; 5\right)[/tex]. При всех остальных значениях [tex]\lambda[/tex] система имеет только нулевое решение. Ответ:
[tex]\lambda\in\left\{-1 ; 2\right\}[/tex]

Решение:
Равенство [tex]a=c_1a_1+c_2a_2+c_3a_3[/tex], записанное покоординатно, есть линейная система относительно [tex]c_1, c_2, c_3[/tex], столбцы которой — [tex]a_1, a_2, a_3[/tex], а свободные члены — координаты [tex]a[/tex]. Значит, [tex]a[/tex] является линейной комбинацией [tex]a_1, a_2, a_3[/tex] тогда и только тогда, когда эта система совместна. В её расширенной матрице прибавим ко второй строке первую, умноженную на [tex]6[/tex], и вычтем первую строку из третьей:
[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]
Вторая строка равна [tex]5\left(3 ; 5 ; 0 ; 8\right)[/tex]; разделим её на [tex]5[/tex] и вычтем из третьей строки:
[tex]\sim\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & 1 & 7 \\ 3 & 5 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda-15 \end{array}\right)[/tex]
Матрица системы имеет ранг [tex]2[/tex] (её третья строка нулевая и [tex]\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 3 & 5 \end{vmatrix}=1\ne 0[/tex]), а расширенная матрица имеет ранг [tex]2[/tex] при [tex]\lambda=15[/tex] и ранг [tex]3[/tex] в остальных случаях. По теореме Кронекера-Капелли система совместна только при [tex]\lambda=15[/tex]. Тогда, например, [tex]a=a_1+a_2+2a_3=\left(7 ; -2 ; 15\right)[/tex]. Ответ:
[tex]\lambda=15[/tex]

Решение:
Сложив все четыре уравнения, а также вычтя [tex]j[/tex]-е уравнение из [tex]i[/tex]-го, получим
[tex](\lambda+3)(x_1+x_2+x_3+x_4)=4,\qquad (\lambda-1)(x_i-x_j)=0[/tex]
Если [tex]\lambda\ne 1[/tex] и [tex]\lambda\ne -3[/tex], то все [tex]x_i[/tex] равны и [tex]4(\lambda+3)x_1=4[/tex], поэтому система имеет единственное решение [tex]x_1=x_2=x_3=x_4=\frac{1}{\lambda+3}[/tex] (её определитель равен [tex](\lambda-1)^3(\lambda+3)\ne 0[/tex]).
Если [tex]\lambda=1[/tex], все четыре уравнения совпадают с [tex]x_1+x_2+x_3+x_4=1[/tex]; система совместна и имеет бесконечно много решений.
Если [tex]\lambda=-3[/tex], сумма уравнений даёт [tex]0=4[/tex] — противоречие, поэтому система несовместна (здесь [tex]\operatorname{rank}A=3[/tex], [tex]\operatorname{rank}\bar{A}=4[/tex]). Следовательно, единственное такое значение
[tex]\lambda=-3[/tex]

Решение:
Условия образуют линейную систему относительно [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]
Её матрица — матрица Вандермонда с различными узлами [tex]-2[/tex], [tex]-1[/tex], [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], поэтому её определитель отличен от нуля (он равен [tex]72[/tex]) и по формулам Крамера система имеет единственное решение. Сложим второе и третье уравнения, а также первое и четвёртое:
[tex]2f_0+2f_2=0,\qquad 2f_0+8f_2=-6\ \Rightarrow\ f_2=-1,\ f_0=1[/tex]
Вычитая (третье минус второе, четвёртое минус первое):
[tex]2f_1+2f_3=12,\qquad 4f_1+16f_3=0\ \Rightarrow\ f_3=-2,\ f_1=8[/tex]
Итак, [tex]f(t)=1+8t-t^2-2t^3[/tex]. Проверка: [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]. Следовательно,
[tex]f(0)=f_0=1[/tex]

Решение:
Обозначим данную матрицу через [tex]A[/tex]. В ней [tex]3[/tex] строки и [tex]4[/tex] столбца, а в правой части [tex]1[/tex] строка и [tex]4[/tex] столбца, поэтому [tex]X[/tex] имеет [tex]1[/tex] строку и [tex]3[/tex] столбца: [tex]X=\begin{bmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \end{bmatrix}[/tex]. Тогда [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], и, сравнивая элементы, получаем четыре уравнения с тремя неизвестными:
[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]
Второе уравнение минус первое даёт [tex]x_2=0[/tex]; третье минус второе даёт [tex]2x_3=4[/tex], т.е. [tex]x_3=2[/tex]; четвёртое минус второе снова даёт [tex]x_3=2[/tex], так что эта переопределённая система совместна. Из первого уравнения [tex]x_1=1-0-2=-1[/tex]. Проверка:
[tex]-\left(1 ; 1 ; 1 ; 1\right)+2\left(1 ; 1 ; 3 ; 2\right)=\left(1 ; 1 ; 5 ; 3\right)[/tex]
Следовательно,
[tex]X=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}[/tex]

Решение:
В расширенной матрице вычтем из второй строки первую, умноженную на [tex]2[/tex], а из третьей — первую, умноженную на [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]
Новая третья строка вдвое больше новой второй, поэтому вычтем её; кроме того, умножим вторую строку на [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]
Следовательно, [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}\bar{A}=2\lt 4[/tex]: по теореме Кронекера-Капелли система совместна и имеет [tex]4-2=2[/tex] свободных неизвестных. Минор из столбцов при [tex]x_3[/tex] и [tex]x_4[/tex] равен [tex]\begin{vmatrix} 5 & 4 \\ 6 & 5 \end{vmatrix}=1\ne 0[/tex], поэтому примем [tex]x_1=p[/tex], [tex]x_2=q[/tex] за параметры и решим
[tex]\begin{cases} 5x_3+4x_4=2-3p+2q \\ 6x_3+5x_4=1 \end{cases}[/tex]
По формулам Крамера (определитель равен [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]
Проверка в первом уравнении: [tex]3p-2q+5(6-15p+10q)+4(18p-12q-7)=2[/tex]. Итак, общее решение:
[tex]x_1=p,\ x_2=q,\ x_3=6-15p+10q,\ x_4=18p-12q-7,\quad p, q\in\mathbb{R}[/tex]

Решение:
Обозначим уравнения через [tex]E_1, E_2, E_3, E_4[/tex]. Вычитая второе уравнение из первого, получаем удобное уравнение
[tex]F_1:\ x_1+x_2+x_3+x_4+2x_5=0[/tex]
С его помощью исключим [tex]x_1[/tex] из остальных уравнений:
[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]
Последнее уравнение есть [tex]2F_2[/tex], а вычитая [tex]F_2[/tex] из среднего, получаем [tex]-2x_4-4x_5=0[/tex], т.е. [tex]x_4=-2x_5[/tex]. Следовательно, ранг матрицы системы [tex]r=3[/tex], и фундаментальная система состоит из [tex]n-r=5-3=2[/tex] решений. Возьмём [tex]x_3[/tex] и [tex]x_5[/tex] в качестве свободных неизвестных:
[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]
При [tex]x_3=1[/tex], [tex]x_5=0[/tex] получаем [tex]\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right)[/tex], а при [tex]x_3=0[/tex], [tex]x_5=1[/tex] получаем [tex]\left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]. Эти два решения линейно независимы (см. третью и пятую координаты), и любое решение равно
[tex]x_3\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right)+x_5\left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]
поэтому они образуют фундаментальную систему решений (проверка второго вектора в [tex]E_1[/tex]: [tex]-3+4+0-4+3=0[/tex]). Ответ:
[tex]\left(-3 ; 2 ; 1 ; 0 ; 0\right),\ \left(-1 ; 1 ; 0 ; -2 ; 1\right)[/tex]

Решение:
Три вектора линейно независимы тогда и только тогда, когда матрица, строками которой они являются, имеет ранг [tex]3[/tex]. Заменим вторую строку на [tex]\vec{x}_2-\vec{x}_1=\left(0 ; a ; 1 ; 3-b\right)[/tex], а третью — на [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]
Если [tex]a\ne 0[/tex], ведущие элементы [tex]1[/tex], [tex]a[/tex], [tex]3[/tex] стоят в первых трёх столбцах, поэтому ранг равен [tex]3[/tex] и векторы независимы при любом [tex]b[/tex].
Если [tex]a=0[/tex], строки равны [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]; вычитая из третьей строки вторую, умноженную на [tex]3[/tex], получаем
[tex]\left(0 ; 0 ; 0 ; 4-b-3(3-b)\right)=\left(0 ; 0 ; 0 ; 2b-5\right)[/tex]
поэтому ранг равен [tex]3[/tex] при [tex]b\ne\frac{5}{2}[/tex] и [tex]2[/tex] при [tex]b=\frac{5}{2}[/tex]. Следовательно, векторы линейно зависимы только при [tex]a=0[/tex], [tex]b=\frac{5}{2}[/tex] и линейно независимы ровно тогда, когда
[tex]\left(a ; b\right)\ne\left(0 ; \frac{5}{2}\right)[/tex]

Решение:
Ранг матрицы равен размерности линейной оболочки её столбцов (линейную оболочку обозначаем через [tex]\ell[/tex]). Пусть [tex]\vec{a}_1,\vec{a}_2,\vec{a}_3[/tex] — столбцы матрицы [tex]A[/tex], а [tex]\vec{b}_1,\vec{b}_2,\vec{b}_3[/tex] — столбцы матрицы [tex]B[/tex]. Так как [tex]\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}B=1[/tex], столбцы [tex]A[/tex] порождают одномерное пространство [tex]\ell(\vec{u})[/tex], а столбцы [tex]B[/tex] — одномерное пространство [tex]\ell(\vec{v})[/tex] для некоторых векторов [tex]\vec{u},\vec{v}[/tex], т.е.
[tex]\vec{a}_j=\alpha_j\vec{u},\qquad \vec{b}_j=\beta_j\vec{v},\qquad j=1,2,3[/tex]
Поэтому [tex]j[/tex]-й столбец матрицы [tex]A+B[/tex] равен
[tex]\vec{a}_j+\vec{b}_j=\alpha_j\vec{u}+\beta_j\vec{v}\in\ell(\vec{u},\vec{v})[/tex]
Пространство [tex]\ell(\vec{u},\vec{v})[/tex] имеет размерность не больше [tex]2[/tex], а любые три вектора пространства размерности не больше [tex]2[/tex] линейно зависимы. Следовательно, три столбца матрицы [tex]A+B[/tex] линейно зависимы и
[tex]\operatorname{rank}(A+B)\le 2[/tex]
Замечание: тем же рассуждением доказывается общее неравенство [tex]\operatorname{rank}(A+B)\le\operatorname{rank}A+\operatorname{rank}B[/tex].