Ранг матрицы

Метод окаймляющих миноров

Задача 1. Найти ранг матрицы

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

методом окаймляющих миноров.

Решение. Метод окаймляющих миноров позволяет найти минорный ранг матрицы.

  1. Выберем ненулевой минор $M_1=1$ порядка 1, построенный на первой строке и первом столбце матрицы.
  2. Чтобы найти окаймляющий минор для $M_1$, нужно к нему добавить по одной строке и одному столбцу. То есть минор второго порядка $M_2$, окаймляющий $M_1$ должен содержать первую строку и первый столбец матрицы. Таких миноров несколько, выберем любой из них, не равный нулю. Например, $M_2=\begin{vmatrix}1 & 0\\1 & -1\end{vmatrix}=-1$, построенный на 1-й и 2-й строках, 1-м и 4-м столбцах.
  3. Далее ищем ненулевой минор третьего порядка $M_3$, окаймляющий $M_2$. Добавим к 1-й и 2-й строкам 4-ю строку, а к 1-му и 4-му столбцам — 2-й столбец. Получим $M_3=\begin{vmatrix}1 & 2 & 0\\1 & 3 & -1\\ 2 & 0 & 3\end{vmatrix}=-1$.
  4. Пытаемся найти ненулевой окаймляющий минор для $M_3$. Для этого перебираем окаймляющие миноры 4-го порядка:
    1. на 1-й, 2-й, 3-й, 4-й строках и 1-м, 2-м, 3-м, 4-м столбцах:
      $\begin{vmatrix}1 & 2 & 1 & 0\\1 & 3 & 2 & -1\\2 & 1 & -1 & 3 \\2 & 0 & -2 & 3 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & 2 & 1 & 0\\0 & 1 & 1 & -1\\0 & -3 & -3 & 3 \\0 & -4 & -4 & 3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & 1 & -1\\-3 & -3 & 3 \\-4 & -4 & 3\end{vmatrix}=0$,
    2. на 1-й, 2-й, 3-й, 4-й строках и 1-м, 2-м, 4-м, 5-м столбцах:
      $\begin{vmatrix}1 & 2 & 0 & 2\\1 & 3 & -1 & 4\\2 & 1 & 3 & -2\\2 & 0 & 3 & 1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & 2 & 0 & 2\\0 & 1 & -1 & 2\\0 & -3 & 3 & -6\\0 & -4 & 3 & -3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & -1 & 2\\-3 & 3 & -6\\-4 & 3 & -3\end{vmatrix}=0$.

Получается, что все окаймляющие миноры четвертого порядка равны нулю, а минор третьего порядка $M_3$ ненулевой, поэтому ранг матрицы равен 3.

Задача 2. Определить ранг матрицы

$\begin{pmatrix}1 & \lambda & -1 & 2\\2 & -1 & \lambda & 5\\1 & 10 & -6 & 1\end{pmatrix}$

при различных значениях $\lambda$.

Решение. Решим задачу с помощью метода окаймляющих миноров.

  • Выберем минор порядка 1, стоящий на 1-й строке в 1-м столбце, то есть левый верхний. $M_1=1$.
  • Выберем минор порядка 2, окаймляющий $M_1$, добавив 2-ю строку и 4-й столбец. $M_2=\begin{vmatrix}1 & 2\\2 & 5\end{vmatrix}=1\cdot 5-2\cdot 2=1$. Он отличен от нуля, поэтому ранг $r\geqslant 2$. Заметим, что ранг не может быть больше трех, так как матрица содержит три строки. Таким образом, возможны два варианта: $r=2$ или $r=3$.
  • Предположим, что $r=2$, тогда окаймляющие миноры третьего порядка для $M_2$ должны быть равны нулю, то есть мы требуем, чтобы
    1. $\begin{vmatrix}1 & \lambda & 2\\2 & -1 & 5\\ 1 & 10 & 1\end{vmatrix}=0$;
    2. $\begin{vmatrix}1 & -1 & 2\\2 & \lambda & 5\\ 1 & -6 & 1\end{vmatrix}=0$.

По правилу треугольника получаем, что $\begin{vmatrix}1 & \lambda & 2\\2 & -1 & 5\\ 1 & 10 & 1\end{vmatrix}=-1+5\lambda+40+2-2\lambda-50=3\lambda-9$;
$\begin{vmatrix}1 & -1 & 2\\2 & \lambda & 5\\ 1 & -6 & 1\end{vmatrix}=\lambda-5-24-2\lambda+2+30=-\lambda+3$.

Таким образом, $r=2$ при всех значениях $\lambda$, являющихся решением системы $\begin{cases}3\lambda-9=0;\\-\lambda+3=0.\end{cases}$
Очевидно, что единственным решением этой системы является $\lambda=3$, поэтому

  1. ранг $r=2$ при $\lambda=3$ и
  2. $r=3$ при $\lambda\neq3$.

Метод элементарных преобразований

Какие преобразования матриц называются элементарными, можно прочитать в определении 3.

Задача 3. Найти ранг матрицы

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

методом элементарных преобразований.

Решение. Приведем матрицу к ступенчатому виду.

  1. Прибавив ко второй строке первую, умноженную на -1, получим матрицу
    $\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 & 0 & 2\\0 & 1 & 1 & -1 & 2\\2 & 1 & -1 & 3 & -2\\2 & 0 & -2 & 3 & 1\end{pmatrix}$.
  2. Прибавив к третьей строке первую, умноженную на -2, получим матрицу
    $\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 & 0 & 2\\0 & 1 & 1 & -1 & 2\\0 & -3 & -3 & 3 & -6\\2 & 0 & -2 & 3 & 1\end{pmatrix}$.
  3. Прибавив к четвертой строке первую, умноженную на -2, получим матрицу
    $\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 & 0 & 2\\0 & 1 & 1 & -1 & 2\\0 & -3 & -3 & 3 & -6\\0 & -4 & -4 & 3 & -3\end{pmatrix}$.
  4. Прибавляя к третьей строке вторую, умноженную на 3, получим
    $\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 & 0 & 2\\0 & 1 & 1 & -1 & 2\\0 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & -4 & -4 & 3 & -3\end{pmatrix}$.
  5. Прибавляя к четвертой строке вторую, умноженную на 4, получим
    $\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 & 0 & 2\\0 & 1 & 1 & -1 & 2\\0 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 & -1 & 5\end{pmatrix}$.
  6. Переставляя две последние строки, получаем матрицу ступенчатого вида
    $\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 & 0 & 2\\0 & 1 & 1 & -1 & 2\\0 & 0 & 0 & -1 & 5\\0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$.
  7. Горизонтальный ранг этой матрицы равен 3 — числу ненулевых строк. Так как элементарные преобразования не меняют ранга матрицы (предложение 1), то ранг исходной матрицы равен 3.
solved/algebra/linear/matrix/rank.txt · Последние изменения: 17.01.2011 04:53:36 — ladilova
Наверх
Яндекс.Метрика
CC Attribution-Noncommercial-Share Alike 3.0 Unported
chimeric.de = chi`s home Valid CSS Driven by DokuWiki do yourself a favour and use a real browser - get firefox!! Recent changes RSS feed Valid XHTML 1.0