Personal tools

Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 5: Macierze

From Studia Informatyczne

Spis treści

Zadanie 5.1

Niech


\displaystyle A = \left[ \begin{array} {rrr} 1 &  2 & -1 \\ 0 &  3 &  0 \\ 1 & -1 & -1 \end{array}  \right].


Wyznaczyć \displaystyle \textnormal rk A.

Wskazówka

Z definicji rzędu macierzy wynika, że musimy znaleźć maksymalną liczbę liniowo niezależnych kolumn (lub wierszy) naszej macierzy.

Rozwiązanie

Będziemy się starali wyznaczyć maksymalną liczbę liniowo niezależnych kolumn naszej macierzy. Zauważmy, że kolumna trzecia jest równa kolumnie pierwszej przemnożonej przez \displaystyle -1, co oznacza, że rząd macierzy \displaystyle A nie może być równy \displaystyle 3, ponieważ jej kolumny nie są liniowo niezależne. Łatwo widać, że jedynymi skalarami takimi, że


\displaystyle \alpha(1,0,1)+\beta(2,3,-1)=(0,0,0)


\displaystyle \alpha=\beta=0, czyli pierwsza i druga kolumna naszej macierzy są liniowo niezależne. Znaleźliśmy więc dwie liniowo niezależne kolumny macierzy i wiemy, że nie uda się znaleźć trzech liniowo niezależnych kolumn tej macierzy. Oznacza to, że rząd naszej macierzy jest równy \displaystyle 2.

Zadanie 5.2

Dane są macierze


\displaystyle \aligned A &= \left[ \begin{array} {rrr}  1 &2& 3 \\ -1 &1&0 \end{array}  \right],& B &= \left[ \begin{array} {rr}  2&1 \\ -1&1 \\  0&3 \end{array}  \right]. \endaligned


Obliczyć \displaystyle AB oraz \displaystyle B^*A^*.

Wskazówka

Wystarczy wykonać odpowiednie rachunki korzystając z określenia mnożenia macierzy i z definicji macierzy transponowanej.

Rozwiązanie

Mamy:


\displaystyle AB=\left[\begin{array} {rr}0&12\\-3&0\end{array} \right]


Oczywiście


\displaystyle \aligned A^*&=\left[\begin{array} {rr}1&-1\\2&1\\3&0\end{array} \right],& B^*&=\left[\begin{array} {rrr}2&-1&0\\1&1&3\end{array} \right]. \endaligned


Rachując bezpośrednio lub korzystając ze wzoru \displaystyle B^*A^*=(AB)^* otrzymujemy:


\displaystyle B^*A^*=\left[\begin{array} {rr}0&-3\\12&0\end{array} \right].\qedhere


Zadanie 5.3

Niech


\displaystyle A = \left[\begin{array} {cc} a&b \\ c&d \end{array}  \right],


gdzie \displaystyle a,b,c,d \in \mathbb{R} oraz \displaystyle ad-bc\neq 0. Wykazać, że macierz


\displaystyle B =\frac{1}{ad-bc} \left[ \begin{array} {cc} d&-b \\ -c&a \end{array}  \right]


jest odwrotna do \displaystyle A.

Wskazówka

Wystarczy udowodnić, że \displaystyle AB=BA=I.

Rozwiązanie

Zauważmy, że dzięki założeniu, że \displaystyle ad-bc\neq 0 macierz \displaystyle B jest dobrze określona. Korzystając z własności mnożenia macierzy przez skalar oraz wykonując odpowiedni rachunki widzimy także, że


\displaystyle \aligned AB&= \frac{1}{ad-bc} \left[ \begin{array} {cc} a&b \\ c&d \end{array}  \right] \left[ \begin{array} {cc} d&-b \\ -c&a \end{array}  \right]\\ &= \frac{1}{ad-bc} \left[ \begin{array} {cc} ad-bc&0\\ 0&ad-bc \end{array}  \right]\\ &= \left[ \begin{array} {cc} 1&0\\ 0&1 \end{array}  \right] \endaligned


i analogicznie


\displaystyle BA=\left[\begin{array} {cc}1&0\\0&1\end{array} \right].


Wykazaliśmy zatem, że \displaystyle AB=BA=I, co oznacza, że macierz \displaystyle B jest macierzą odwrotną do macierzy \displaystyle A.

Zadanie 5.4

Dane są macierze


\displaystyle \aligned A &= \left[ \begin{array} {rr} 1&-2 \\ -1&3 \end{array}  \right],\qquad B &= \left[ \begin{array} {rr} 2&1 \\ -1&0 \end{array}  \right]. \endaligned


Wyznaczyć \displaystyle AB, \displaystyle BA, \displaystyle A^{-1} oraz \displaystyle B^{-1}. Zbadać, czy \displaystyle A^{-1}B^{-1} = (AB)^{-1}.

Wskazówka

Wystarczy wykonać odpowiednie rachunki. W celu wyznaczenia macierzy \displaystyle A^{-1}\displaystyle B^{-1} oraz \displaystyle (AB)^{-1} możemy skorzystać ze wzoru podanego w zadaniu 5.3. Pamiętajmy, że mnożenie macierzy kwadratowych nie jest przemienne.

Rozwiązanie

Elementarny rachunki pokazują, że


\displaystyle \aligned AB&=\left[ \begin{array} {rr} 4&1\\-5&-1\end{array}  \right],\qquad BA&=\left[ \begin{array} {rr} 1&-1\\-1&2\end{array}  \right]. \endaligned


Korzystając ze wzoru podanego w zadaniu 5.3 stwierdzamy, że macierze \displaystyle A oraz \displaystyle B są odwracalne oraz


\displaystyle \aligned A^{-1}&=\left[ \begin{array} {rr} 3&2\\1&1\end{array} \right],\qquad B^{-1}&=\left[ \begin{array} {rr} 0&-1\\1&2 \end{array}  \right]. \endaligned


Na koniec zauważmy jeszcze, że \displaystyle A^{-1}B^{-1}\neq(AB)^{-1}, bo


\displaystyle \aligned A^{-1}B^{-1}&=\left[\begin{array} {rr} 2&1\\1&1\end{array}  \right], \qquad  (AB)^{-1}&=\left[ \begin{array} {rr} -1&-1\\5&4\end{array}  \right].\qedhere \endaligned


Zadanie 5.5

Niech


\displaystyle A = \left[\begin{array} {rrr} 2& 0& 1  \\ 0&-1& 0 \\ -1& 3&-1 \end{array} \right].


Wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy \displaystyle A.

Wskazówka

Wystarczy rozwiązać trzy następujące układy równań:


\displaystyle \aligned & \left\{ \begin{array}  {r} 2x_1 + x_3 =1 \\ -x_2 = 0\\ -x_1 +3x_2 -x_3 = 0 \end{array}  \right. \\ &   \left\{ \begin{array}  {r} 2x_1 + x_3 =0 \\ -x_2 = 1\\ -x_1 +3x_2 -x_3 = 0 \end{array}  \right.\\ &   \left\{ \begin{array}  {r}  2x_1 + x_3 =0 \\           -x_2 = 0\\           -x_1 +3x_2 -x_3 = 1  \end{array}  \right.\qedhere \endaligned


Rozwiązanie

Zauważmy, że jeżeli macierz \displaystyle B=[b_{ij}]_{3\times 3} jest macierzą odwrotną do macierzy \displaystyle A=[a_{ij}]_{3\times 3}, to \displaystyle i-ta kolumna macierzy \displaystyle B spełnia układ równań \displaystyle Ax=e_i, gdzie \displaystyle e_i oznacza \displaystyle i-ty wektor bazy kanonicznej przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^3, co możemy zapisać w następujący sposób:


\displaystyle \aligned \left[\begin{array} {cccc}   a_{11} &  a_{12} &  a_{13} \\   a_{21} &  a_{22} &  a_{23} \\   a_{31} &  a_{32} &  a_{33} \\ \end{array} \right]\cdot\left[\begin{array} {c}                     b_{11}\\                     b_{21}\\                     b_{31}                 \end{array} \right]&= \left[\begin{array} {c}                     1\\                     0\\                     0                 \end{array} \right],\\ \left[\begin{array} {cccc}   a_{11} &  a_{12} &  a_{13} \\   a_{21} &  a_{22} &  a_{23} \\   a_{31} &  a_{32} &  a_{33} \\ \end{array} \right]\cdot\left[\begin{array} {c}                     b_{12}\\                     b_{22}\\                     b_{32}                 \end{array} \right]&= \left[\begin{array} {c}                     0\\                     1\\                     0                 \end{array} \right],\\ \left[\begin{array} {cccc}   a_{11} &  a_{12} &  a_{13} \\   a_{21} &  a_{22} &  a_{23} \\   a_{31} &  a_{32} &  a_{33} \\ \end{array} \right]\cdot\left[\begin{array} {c}                     b_{13}\\                     b_{23}\\                     b_{33}                 \end{array} \right]&= \left[\begin{array} {c}                     0\\                     0\\                     1                 \end{array} \right]. \endaligned


Oznacza to, że obliczenie macierzy odwrotnej do \displaystyle A można sprowadzić do rozwiązania \displaystyle 3 układów równań liniowych o identycznych lewych stronach i zmieniających się prawych stronach. Układe te to


\displaystyle \aligned & \left\{ \begin{array}  {r} 2x_1 + x_3 =1 \\ -x_2 = 0\\ -x_1 +3x_2 -x_3 = 0 \end{array}  \right. \\ &   \left\{ \begin{array}  {r} 2x_1 + x_3 =0 \\ -x_2 = 1\\ -x_1 +3x_2 -x_3 = 0 \end{array}  \right.\\ &   \left\{ \begin{array}  {r}  2x_1 + x_3 =0 \\           -x_2 = 0\\           -x_1 +3x_2 -x_3 = 1  \end{array}  \right. \endaligned


Rozwiązując te układy otrzymujemy kolejne kolumny macierzy \displaystyle A^{-1}, i tak rozwiązaniami kolejnych układów są:


\displaystyle \aligned b_{11}&= 1,\qquad b_{21}&= 0,\qquad b_{31}&=-1,\\ b_{12}&= 3,\qquad b_{22}&=-1,\qquad b_{32}&=-6,\\ b_{13}&= 1,\qquad b_{23}&= 0,\qquad b_{33}&=-2. \endaligned


Otrzymujemy stąd, że


\displaystyle A^{-1}=\left[\begin{array} {rrr} 1& 3& 1 \\ 0&-1& 0 \\ -1&-6&-2\end{array} \right].\qedhere


Zadanie 5.6

Niech \displaystyle A, B \in M(2,2;\mathbb{C}) będą macierzami postaci


\displaystyle \aligned A = & \left[ \begin{array} {rr}  \lambda &      0   \\     0    &  \lambda \end{array}  \right], \qquad B = & \left[ \begin{array} {rr}     \lambda &       1   \\         0   &   \lambda \end{array}  \right] . \endaligned


Wyznaczyć \displaystyle A^n i \displaystyle B^n dla \displaystyle n \in \mathbb{N}_1.

Wskazówka

Policzmy \displaystyle A^2=AA, potem \displaystyle A^3=A(A^2)=A(AA). Spróbujmy odgadnąć jak będzie wyglądała macierz \displaystyle A^n=A(A^{n-1}) dla dowolnego \displaystyle n\in\mathbb{N}_1. Jak już zgadniemy jak wygląda \displaystyle A^n, to możemy przeprowadzić dowód przy pomocy indukcji matematycznej. Dla macierzy \displaystyle B postępujemy analogicznie.

Rozwiązanie

Zauważmy, że


\displaystyle A=\lambda \left[ \begin{array} {rr} 1 & 0   \\ 0 & 1 \end{array}  \right].


Korzystając z podstawowych własności mnożenia macierzy przez skalar otrzymujemy stąd, że


\displaystyle A^2=\left( \lambda \left[ \begin{array} {cc} 1 & 0   \\ 0 & 1 \end{array}  \right] \right) \left( \lambda \left[ \begin{array} {cc} 1 & 0   \\ 0 & 1 \end{array}  \right] \right)=\lambda^2 \left[ \begin{array} {cc} 1 & 0   \\ 0 & 1 \end{array}  \right]=\left[ \begin{array} {cc} \lambda^2 &      0   \\ 0      &  \lambda^2 \end{array}  \right]


oraz


\displaystyle \aligned A^n&=(A^{n-1})A\\    &=\left(  \left[ \begin{array} {cc} \lambda^{n-1} & 0   \\     0 & \lambda^{n-1} \end{array}  \right] \right) \left( \lambda \left[ \begin{array} {cc}     1 & 0   \\     0 & 1 \end{array}  \right] \right)\\    &=\left[ \begin{array} {cc}  \lambda^n &      0   \\     0      &  \lambda^n \end{array}  \right]. \endaligned


Zauważmy, że


\displaystyle \aligned B^2&= \left[ \begin{array} {cc}  \lambda^2 & 2\lambda   \\     0      &  \lambda^2 \end{array}  \right],\qquad B^3&= \left[ \begin{array} {cc}  \lambda^3 & 3\lambda^2   \\     0      &  \lambda^3 \end{array}  \right],\\ B^4&= \left[ \begin{array} {cc}  \lambda^4 & 4\lambda^3   \\     0      &  \lambda^4 \end{array}  \right],\qquad B^5&= \left[ \begin{array} {cc}  \lambda^5 & 5\lambda^4   \\     0      &  \lambda^5 \end{array}  \right]. \endaligned


Udowodnimy, że


\displaystyle B^n= \left[ \begin{array} {cc} \lambda^n & n\lambda^{n-1}   \\ 0      &  \lambda^n \end{array}  \right].


Pierwszy krok dowodu indukcyjnego już zrobiliśmy. Załóżmy zatem, że nasz wzór jest prawdziwy dla pewnego \displaystyle n\ge 1. Wówczas


\displaystyle \aligned B^{n+1}&= (B^n)B\\ &=\left[ \begin{array} {cc}  \lambda^n & n\lambda^{n-1}   \\     0      &  \lambda^n \end{array}  \right]\left[ \begin{array} {cc}  \lambda &      1   \\     0    &  \lambda \end{array}  \right]\\ &=\left[ \begin{array} {cc}  \lambda^{n+1} & (n+1)\lambda^{n}   \\     0          &  \lambda^{n-1} \end{array}  \right], \endaligned


co było do okazania.

Zadanie 5.7

Niech \displaystyle V będzie zbiorem tych wszystkich macierzy kwadratowych \displaystyle M\in M(4,4;\mathbb{R}), które komutują z macierzą \displaystyle C, gdzie


\displaystyle C= \left[ \begin{array} {cccc} 0&1&0&0\\0&0&1&0 \\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{array}  \right].


Innymi słowy


\displaystyle V=\{M\in M(4,4;\mathbb{R}) :CM=MC\}.
i) Sprawdzić, że \displaystyle V jest podprzestrzenią przestrzeni \displaystyle M(4,4;\mathbb{R}).
ii) Wyznaczyć bazę podprzestrzeni \displaystyle V oraz podać jej wymiar.

Wskazówka

Dowód, że \displaystyle V jest podprzestrzenią przestrzeni \displaystyle M(4,4;\mathbb{R}) można przeprowadzić w oparciu o podstawowe własności mnożenia macierzy. Przy poszukiwaniu bazy dla \displaystyle V można, korzystając

z definicji mnożenia macierzy, ułożyć układ równań jakie muszą spełniać wyrazy macierzy komutujących z \displaystyle C, a następnie wyznaczyć ogólną postać takiej macierzy. Posługując się postacią ogólną można wyznaczyć zbiór wektorów generujących przestrzeń \displaystyle V, a potem wyznaczyć maksymalny liniowo niezależny podzbiór tego zbioru, aby otrzymać bazę.

Rozwiązanie

i) Udowodnimy, że \displaystyle V jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni \displaystyle M(4,4;\mathbb{R}).

Zauważmy, że \displaystyle V jest zbiorem niepustym, bo macierz jednostkowa \displaystyle I należy do \displaystyle V. Weżmy dowolne macierze \displaystyle A,B\in V oraz dowolne skalary \displaystyle \alpha,\beta\in\mathbb{R}. Aby wykazać, że macierz \displaystyle \alpha A+\beta B należy do zbioru \displaystyle V musimy wykazać, że


\displaystyle (\alpha A+\beta B)C=C(\alpha A+\beta B).


Korzystając z elementarnych praw działań na macierzach widzimy, że


\displaystyle \aligned (\alpha A+\beta B)C&= (\alpha A)C+(\beta B)C \\ &=\alpha (AC)+\beta (BC) \\ &=\alpha (CA)+\beta (CB) \\ &=C(\alpha A)+C(\beta B) \\ &=C(\alpha A+\beta B). \endaligned


Powyższa równość oznacza, że macierz \displaystyle \alpha A+\beta B należy do zbioru \displaystyle V i \displaystyle V jest podprzestrzenią wektorową.

ii) Załóżmy, że macierz \displaystyle A=[a_{ij}]_{4\times 4}\in V. Wówczas \displaystyle AC=CA, czyli


\displaystyle \left[ \begin{array} {cccc} 0&a_{{11}}&a_{{12}}&a_{{13}}\\ 0&a_{{21}}&a_{{22}}&a_{{23}}\\ 0&a_{{31}}&a_{{32}}&a_{{33}}\\ 0&a_{{41}}&a_{{42}}&a_{{43}} \end{array}  \right] = \left[ \begin{array} {cccc} a_{{21}}&a_{{22}}&a_{{23}}&a_{{24}}\\ a_{{31}}&a_{{32}}&a_{{33}}&a_{{34}}\\ a_{{41}}&a_{{42}}&a_{{43}}&a_{{44}}\\ 0   &    0   &    0   &    0 \end{array}  \right]


Przyrównując do siebie odpowiadające sobie wyrazy macierzy stojących po lewej i prawej stronie tej równości widzimy, że wyraz \displaystyle a_{14} może być dowolny oraz


\displaystyle \aligned a_{11}=a_{22}&=a_{33}=a_{44}\\ a_{12}=&a_{23}=a_{34}\\ a_{13}&=a_{24}. \endaligned


Pozostałe wyrazy macierzy \displaystyle A muszą być równe \displaystyle 0. Widzimy stąd, że macierz \displaystyle A\in V wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją liczby rzeczywiste \displaystyle a,b,c,d takie, że


\displaystyle A=\left[ \begin{array} {cccc} a&b&c&d\\ 0&a&b&c\\ 0&0&a&b\\ 0&0&0&a \end{array}  \right].


Zauważmy, że wynika stąd, że jeżeli \displaystyle A\in V, to


\displaystyle A=aI+bJ_1+cJ_2+dJ_3,


gdzie


\displaystyle \aligned I&=\left[ \begin{array} {cccc} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{array}  \right],\qquad J_1&=\left[ \begin{array} {cccc} 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ 0&0&0&0 \end{array}  \right],\\ J_2&=\left[ \begin{array} {cccc} 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{array}  \right],\qquad J_3&=\left[ \begin{array} {cccc} 0&0&0&1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{array}  \right]. \endaligned


W szczególności widzimy, że


\displaystyle V=\textnormal lin\{I,J_1,J_2,J_3\}.


Załóżmy teraz, że skalary \displaystyle a,b,c,d\in\mathbb{R} dobrano tak, aby kombinacja liniowa \displaystyle aI+bJ_1+cJ_2+dJ_3 była równa macierzy zerowej. Oznacza to, że zachodzi równość


\displaystyle aI+bJ_1+cJ_2+dJ_3=\left[ \begin{array} {cccc} a&b&c&d\\ 0&a&b&c\\ 0&0&a&b\\ 0&0&0&a \end{array}  \right]=\left[ \begin{array} {cccc} 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{array}  \right].


Powyższa równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy


\displaystyle a=b=c=d=0.


Wykazaliśmy zatem, że macierze \displaystyle I,J_1,J_2,J_3 tworzą bazę podprzestrzeni \displaystyle V.

Zadanie 5.8

Ustalmy liczbę \displaystyle n\in\mathbb{N}. Niech \displaystyle E_{ij}\in M(n,n;\mathbb{R}) będzie macierzą, której jedyny niezerowy wyraz jest równy \displaystyle 1 i stoi na przecięciu \displaystyle i-tego wiersza oraz \displaystyle j-tej kolumny, gdzie \displaystyle 1\le i, j\le n. Dla danych liczb naturalnych \displaystyle 1\le i, j\le n, \displaystyle i\neq j oraz liczby rzeczywistej \displaystyle \lambda\in\mathbb{R} definiujemy macierze kwadratowe \displaystyle Z_{ij}, D_{ij}^\lambda, P_i^\lambda\in M(n,n;\mathbb{R}), gdzie


\displaystyle \aligned Z_{ij}          &= I-E_{ii}-E_{jj}+E_{ij}+E_{ji},\\ D_{ij}^\lambda  &=I+\lambda E_{ij},\\ P_i^\lambda     &=I-E_{ii}+\lambda E_{ii}, \endaligned


innymi słowy macierz \displaystyle Z_{ij}, to macierz jednostkowa, w której zamieniono miejscami wiersze o numerach \displaystyle i oraz \displaystyle j, macierz \displaystyle D_{ij}^\lambda , to macierz jednostkowa, w której do wiersza \displaystyle i-tego dodano wiersz \displaystyle j-ty przemnożony przez liczbę rzeczywistą \displaystyle \lambda, natomiast macierz \displaystyle P_i^\lambda, to macierz jednostkowa, w której \displaystyle i-ty przemnożono przez liczbę rzeczywistą \displaystyle \lambda, czyli


\displaystyle \aligned Z_{ij}&= \left[ \begin{array} {ccccccccccc}    1    & \ldots &      0 &      0 &      0 & \ldots & 0      & 0      & 0      & \ldots & 0      \\ \vdots  & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots \\    0    & \ldots &      1 &      0 &      0 & \ldots & 0      & 0      & 0      & \ldots & 0      \\ \mathbf{0}  & \ldots & \mathbf{0} & \mathbf{0} & \mathbf{0} & \ldots & \mathbf{0} & \mathbf{1} & \mathbf{0} & \ldots & \mathbf{0} \\    0    & \ldots &      0 &      0 &      1 & \ldots & 0      & 0      & 0      & \ldots & 0      \\ \vdots  &        & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots \\    0    & \ldots &      0 &      0 &      0 & \ldots & 1      & 0      & 0      & \ldots & 0      \\ \mathbf{0}  & \ldots & \mathbf{0} & \mathbf{1} & \mathbf{0} & \ldots & \mathbf{0} & \mathbf{0} & \mathbf{0} & \ldots & \mathbf{0} \\    0    & \ldots &      0 &      0 &      0 & \ldots & 0      & 0      & 1      & \ldots & 0      \\ \vdots  &        & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\    0    & \ldots &      0 &      0 &      0 & \ldots & 0      & 0      & 0      & \ldots & 1 \end{array}  \right], \endaligned


\displaystyle \aligned D_{ij}^\lambda &=\left[ \begin{array} {ccccccccccc}    1    & \ldots &      0 &      0 &      0 & \ldots & 0      & 0      & 0      & \ldots & 0      \\ \vdots  & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots \\    0    & \ldots &      1 &      0 &      0 & \ldots & 0      & 0      & 0      & \ldots & 0      \\ \mathbf{0}  & \ldots & \mathbf{0} & \mathbf{1} & \mathbf{0} & \ldots & \mathbf{0} &\mathbf{\lambda}& \mathbf{0} & \ldots & \mathbf{0} \\    0    & \ldots &      0 &      0 &      1 & \ldots & 0      & 0      & 0      & \ldots & 0      \\ \vdots  &        & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots \\    0    & \ldots &      0 &      0 &      0 & \ldots & 1      & 0      & 0      & \ldots & 0      \\ \mathbf{0}  & \ldots & \mathbf{0} & \mathbf{0} & \mathbf{0} & \ldots & \mathbf{0} & \mathbf{1} & \mathbf{0} & \ldots & \mathbf{0} \\    0    & \ldots &      0 &      0 &      0 & \ldots & 0      & 0      & 1      & \ldots & 0      \\ \vdots  &        & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\    0    & \ldots &      0 &      0 &      0 & \ldots & 0      & 0      & 0      & \ldots & 1 \end{array}  \right], \endaligned


\displaystyle \aligned P_i^\lambda&= \left[\begin{array} {ccccccc}     1    &  \ldots &     0  &    0   &    0   & \ldots &    0   \\  \vdots  &  \ddots & \vdots & \vdots & \vdots &        & \vdots \\     0    &  \ldots &    1   &    0   &    0   & \ldots &    0   \\     0    &  \ldots &    0   & \lambda&    0   & \ldots &    0   \\     0    &  \ldots &    0   &    0   &    1   & \ldots &    0   \\  \vdots  &         & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\     0    &  \ldots &    0   &    0   &    0   & \ldots &    1 \end{array} \right]. \endaligned


Niech \displaystyle M będzie dowolną macierzą o \displaystyle n wierszach. Udowodnić, że

a) Macierz powstająca z macierzy \displaystyle M poprzez zamianę \displaystyle i-tego i \displaystyle j-tego wiersza miejscami jest równa \displaystyle Z_{ij}M.
b) Macierz powstająca z macierzy \displaystyle M poprzez dodanie do \displaystyle i-tego wiersza \displaystyle j-tego pomnożonego przez liczbę rzeczywistą \displaystyle \lambda jest równa \displaystyle D_{ij}^\lambda M.
c) Macierz powstająca z macierzy \displaystyle M poprzez pomnożenie \displaystyle i-tego wiersza przez liczbę rzeczywistą \displaystyle \lambda jest równa \displaystyle P_{i}^\lambda M.

Wskazówka

Należy skorzystać ze wzoru na mnożenie macierzy.

Rozwiązanie

Załóżmy, że macierz \displaystyle M ma \displaystyle m wierszy. Oznaczmy wyraz stojący w \displaystyle k-tym wierszu i \displaystyle l-tej kolumnie macierzy macierzy \displaystyle M przez \displaystyle m_{kl}, czyli \displaystyle M=[m_{kl}]_{n\times m}. Analogicznie niech


\displaystyle \aligned Z_{ij}          &= [z_{kl}]_{n\times n},\\ D_{ij}^\lambda  &= [d_{kl}]_{n\times n},\\ P_i^\lambda     &= [p_{kl}]_{n\times n}. \endaligned

a) Oznaczmy wyraz stojący w \displaystyle k-tym wierszu i \displaystyle l-tej kolumnie macierzy \displaystyle Z_{ij}M przez \displaystyle a_{kl}. Weżmy dowolne \displaystyle 1\le s \le n takie, że \displaystyle s\neq i oraz \displaystyle s\neq j. Rozważmy wyraz \displaystyle a_{st} stojący w \displaystyle s-tym wierszu macierzy \displaystyle Z_{ij}M w kolumnie \displaystyle t (\displaystyle 1\le t \le m). Zgodnie ze wzorem na mnożenie macierzy mamy


\displaystyle a_{st}=\sum_{k=1}^n z_{sk}m_{kt}.


Ale w \displaystyle s-tym wierszu macierzy \displaystyle Z_{ij} stoi tylko jedne niezerowy wyraz - to \displaystyle z_{ss}=1 stojący w \displaystyle s-tej kolumnie, stąd


\displaystyle a_{st}=z_{ss}m_{st}=m_{st},


co oznacza, że w macierzy \displaystyle Z_{ij}M wszystkie wiersze (ewentualnie poza wierszami o numerach \displaystyle i oraz \displaystyle j) są identyczne jak w macierzy \displaystyle M. Rozważmy teraz wyraz \displaystyle a_{it} stojący w \displaystyle i-tym wierszu macierzy \displaystyle Z_{ij}M w kolumnie \displaystyle t, gdzie \displaystyle 1\le t \le m. Korzystając ze wzoru na mnożenie macierzy otrzymujemy:


\displaystyle a_{it}=\sum_{k=1}^n z_{ik}m_{kt}.


Wiedząc, że jedynym niezerowym wyrazem w \displaystyle i-tym wierszu macierzy \displaystyle Z_{ij} jest stojący w \displaystyle j-tej kolumnie wyraz \displaystyle z_{ij}=1 widzimy, że


\displaystyle a_{it}= z_{ij}m_{jt}=m_{jt}.


Oznacza to, że \displaystyle i-ty wiersz macierzy \displaystyle Z_{ij}M jest równy \displaystyle j-temu wierszowi macierzy \displaystyle M. Analogiczne rozumowanie dowodzi, że \displaystyle j-ty wiersz macierzy \displaystyle Z_{ij}M jest równy \displaystyle i-temu wierszowi macierzy \displaystyle M. Wykazaliśmy, że macierz \displaystyle Z_{ij}M powstaje z macierzy \displaystyle M poprzez zamianę miejscami \displaystyle i-tego wiersza z \displaystyle j-tym.

b) Oznaczmy wyraz stojący w \displaystyle k-tym wierszu i \displaystyle l-tej kolumnie macierzy \displaystyle D_{ij}^\lambda M przez \displaystyle b_{kl}. Weżmy dowolne \displaystyle 1\le s \le n takie, że \displaystyle s\neq i. Ustalmy \displaystyle 1\le t \le m i rozważmy wyraz \displaystyle b_{st} stojący w \displaystyle s-tym wierszu macierzy \displaystyle D_{ij}^\lambda M w kolumnie \displaystyle t. Zgodnie ze wzorem na mnożenie macierzy mamy


\displaystyle b_{st}=\sum_{k=1}^n d_{sk}m_{kt}.


Wiedząc, że jedynym niezerowym wyrazem w \displaystyle s-tym wierszu macierzy \displaystyle D_{ij}^\lambda jest stojący na przekątnej wyraz \displaystyle d_{ss}=1 widzimy, że


\displaystyle b_{st}= d_{ss}m_{st}=m_{st}.


Oznacza to, że \displaystyle s-ty wiersz macierzy \displaystyle D_{ij}^\lambda M jest równy \displaystyle s-temu wierszowi macierzy \displaystyle M dla każdego \displaystyle 1\le s \le n różnego od \displaystyle i. Rozważmy teraz wyraz \displaystyle b_{it} stojący w \displaystyle i-tym wierszu macierzy \displaystyle D_{ij}^\lambda M w kolumnie \displaystyle t, gdzie \displaystyle 1\le t \le m. Korzystając ze wzoru na mnożenie macierzy otrzymujemy:


\displaystyle b_{it}=\sum_{k=1}^n d_{ik}m_{kt}.


\displaystyle i-tym wierszu macierzy \displaystyle D_{ij}^\lambda są dwa niezerowe wyrazy: \displaystyle d_{ii}=1 oraz \displaystyle d_{ij}=\lambda. Wynika stąd, że


\displaystyle b_{it}=d_{ii}m_{it}+d_{ij}m_{jt}=m_{it}+\lambda m_{jt}.


Widzimy, że \displaystyle i-ty wiersz macierzy \displaystyle D_{ij}^\lambda M jest równy \displaystyle i-temu wierszowi macierzy \displaystyle M powiększonemu o \displaystyle j-ty wiersz macierzy \displaystyle M pomnożony przez \displaystyle \lambda, co kończy dowód.

c) Oznaczmy wyraz stojący w \displaystyle k-tym wierszu i \displaystyle l-tej kolumnie macierzy \displaystyle P_{i}^\lambda M przez \displaystyle c_{kl} i weżmy dowolne \displaystyle 1\le s \le n oraz \displaystyle 1\le t \le m. Ze wzoru na mnożenie macierzy otrzymujemy


\displaystyle c_{st}=\sum_{k=1}^n d_{sk}m_{kt}.


Ponieważ jedynymi niezerowymi wyrazami stojącymi w macierzy \displaystyle P_{i}^\lambda są te stojace na przekątnej, widzimy, że


\displaystyle c_{st}=d_{ss}m_{st}= \begincases  m_{st},&\text{gdy }s\neq i,\\ \lambda m_{it},&\text{gdy }s=i. \endcases


Otrzymaliśmy zatem, że wszystkie wiersze macierzy \displaystyle P_{i}^\lambda M poza wierszem \displaystyle i-tym są równe odpowiednim wierszom macierzy \displaystyle M, natomiast \displaystyle i-ty wiersz macierzy \displaystyle P_{i}^\lambda M jest równy \displaystyle i-temu wierszowi macierzy \displaystyle M pomnożonemu przez liczbę rzeczywistą \displaystyle \lambda, co należało wykazać.

Definicja 1

Mówimy, że macierz \displaystyle E jest w postaci schodkowej, jeżeli spełnione są następujące dwa warunki:

  1. Jeżeli pewien wiersz macierzy \displaystyle E składa się z samych zer, to wszystkie następne wiersze także składają się z samych zer (innymi słowy, wiersz zawierający niezerowe elementy nie może być poprzedzony przez wiersz zerowy).
  2. W każdym niezerowym wierszu macierzy \displaystyle E pierwszy niezerowy element występuje w kolumnie o numerze większym niż numer kolumny zawierający pierwszy niezerowy element poprzedniego wiersza.


\displaystyle \left[ \begin{array} {cccccccccccc} \ast  &  \square  & \square  & \square   & \square  & \square  & \square  &\ldots&\ldots&\square  & \square  \\ \cline{1-2} 0    & \sepa & \ast & \square   & \square  & \square  & \square  &\ldots&\ldots&\square  & \square  \\ \cline{3-4} 0    &   0   & 0    & \sepa & \ast & \square  & \square  &\ldots&\ldots&\square  & \square  \\ \cline{5-7} \vdots&\vdots &\vdots&\vdots &\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&      &\vdots&\vdots\\ \vdots&\vdots &\vdots&\vdots &\vdots&\vdots&\vdots&      &\ddots&\vdots&\vdots\\ 0    &   0   & 0    & 0     & 0    & 0    & 0    &\ldots&\ldots&\sepa & \ast \\ \cline{11-11} 0    &   0   & 0    & 0     & 0    & 0    & 0    &\ldots&\ldots&  0   & 0    \\ \vdots&\vdots &\vdots&\vdots &\vdots&\vdots&\vdots&      &      &\vdots&\vdots\\ 0    &   0   & 0    & 0     & 0    & 0    & 0    &\ldots&\ldots&  0   & 0 \end{array}  \right].


Przykład 1

1. Podane poniżej macierze są macierzami w postaci schodkowej


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {cccc} 1&2&3&4\\ 0&1&2&3\\ 0&0&1&2\\ 0&0&0&1 \end{array}  \right],&&\left[ \begin{array} {ccccc} 1&1&1&1&1\\ 0&2&2&2&2\\ 0&0&0&3&3\\ 0&0&0&0&0 \end{array}  \right],&&\left[ \begin{array} {ccccc} 1&0&3&0&1\\ 0&1&2&0&5\\ 0&0&0&1&2\\ 0&0&0&0&0 \end{array}  \right]. \endaligned
2. Podane poniżej macierze nie są macierzami w postaci schodkowej


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {cccc} 0&0&0&1\\ 0&0&1&0\\ 0&1&0&0\\ 1&0&0&0 \end{array}  \right],&& \left[ \begin{array} {cccc} 0&0&0&0\\ 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0 \end{array}  \right],&& \left[ \begin{array} {cccc} 0&1&0&0\\ 1&0&0&0\\ 0&0&0&1\\ 0&0&1&0 \end{array}  \right]. \endaligned


Definicja 2

Operacją elementarną na wierszach macierzy nazywamy każdą z poniższych czynności:

  1. Przemnożenie dowolnego wiersza macierzy przez różną od zera liczbę rzeczywistą.
  2. Zamiana dwóch wierszy miejscami.
  3. Dodanie do dowolnego wiersza innego wiersza przemnożonego przez dowolną liczbę rzeczywistą.

Definicja 3

Jeżeli \displaystyle E jest macierzą w postaci schodkowej, to każdą kolumnę, w której stoi pierwszy niezerowy wyraz jakiegoś wiersza nazywamy kolumną bazową.

Przykład 2

Kolumnami bazowymi dla następującej macierzy


\displaystyle \left[ \begin{array} {rrrrrr} 2&-1& 1&0& 1&1\\ 0& 0&-2&1&-3&0\\ 0& 0& 0&0& 0&1\\ 0& 0& 0&0& 0&0 \end{array}  \right]


są kolumny: pierwsza, trzecia i szósta.

Twierdzenie 5.1

Jeżeli \displaystyle E\in M(n,m;\mathbb{R}) jest macierzą w postaci schodkowej, to rząd macierzy \displaystyle E jest równy liczbie kolumn bazowych.

Zadanie 5.9

Udowodnić twierdzenie 5.1.

Wskazówka

Dowód przeprowadzić w dwóch krokach:

i) Udowodnić, że kolumny bazowe są liniowo niezależnymi wektorami w przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^n.
ii) Udowodnić, że każda kolumna nie będąca kolumną bazową jest kombinacją liniową kolumn bazowych.

Rozwiązanie

Niech \displaystyle A będzie macierzą w postaci schodkowej. Rząd macierzy to maksymalna ilość liniowo niezależnych kolumn. Wystarczy udowodnić, że

i) kolumny bazowe są liniowo niezależnymi wektorami w przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^n.
ii) każda kolumna nie będąca kolumną bazową jest kombinacją liniową kolumn bazowych.

Załóżmy, że kolumnami bazowymi są kolumny o numerach \displaystyle \mathbf{b}_1,\ldots,\mathbf{b}_k, gdzie


\displaystyle k\le\min\{m,n\}.


Kolumny te możemy utożsamiać z wektorami w przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^n i oznaczyć ich współrzędne w następujący sposób:


\displaystyle \aligned \mathbf{b}_1&=\left[\begin{array} {c}             b^1_1 \\             0 \\             0 \\        \vdots \\             0           \end{array}  \right],&\mathbf{b}_2&=\left[\begin{array} {c}             b^2_1 \\             b^2_2 \\             0 \\        \vdots \\             0           \end{array}  \right],&\ldots&\ldots,&\mathbf{b}_k&=\left[\begin{array} {c}             b^k_1 \\             b^k_2 \\             b^k_3 \\        \vdots \\             b^k_k           \end{array}  \right]. \endaligned


Ponieważ zakładamy, że wektory \displaystyle \mathbf{b}_1,\ldots,\mathbf{b}_k odpowiadają kolumnom bazowym, zatem wiemy, że


\displaystyle b^i_i\neq 0


dla \displaystyle i=1,\ldots,k. Jeżeli teraz rozważymy kombinację liniową wektorów \displaystyle \mathbf{b}_1,\ldots,\mathbf{b}_k o współczynnikach \displaystyle \alpha_1,\ldots,\alpha_k, dającą wektor zerowy, to rozważając odpowiedni układ równań zobaczymy, że


\displaystyle \alpha_1=\ldots=\alpha_k=0,


co oznacza liniową niezależność kolumn bazowych. Rozważmy teraz dowolną kolumnę macierzy \displaystyle A nie będącą kolumną bazową. Kolumna ta jest poprzedzana przez \displaystyle s kolumn bazowych, gdzie


\displaystyle 1\le s \le k.


Współrzędne od \displaystyle s+1 do \displaystyle n utożsamianego z tą kolumną wektora w przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^n są wtedy równe zero. Nasza kolumna jest zatem elementem pewnej \displaystyle s wymiarowej podprzestrzeni przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^n. Ponieważ \displaystyle s kolumn bazowych, które ją poprzedzają także należy do tej podprzestrzeni i tworzy zbiór liniowo niezależny nasza kolumna musi być kombinacją liniową tych kolumn bazowych.

Twierdzenie 5.2

Każdą macierz można przy pomocy operacji elementarnych sprowadzić do postaci schodkowej.

Dowód

Przeprowadzony przez nas dowód będzie konstruktywny, tzn. nie tylko uzasadnimy, że każda macierz może być przy pomocy operacji elementarnych przekształcona do postaci schodkowej, ale równocześnie podamy efektywny algorytm, opisujący krok po kroku jakich operacji elementarnych należy użyć.

Niech \displaystyle A\in M(n,m;\mathbb{R}) będzie macierzą, którą będziemy przekształcać do postaci schodkowej. Oznaczmy wyraz stojący w macierzy \displaystyle A w \displaystyle i-tym wierszu oraz \displaystyle j-tej kolumnie przez \displaystyle a_{ij}, czyli


\displaystyle A=[a_{ij}]_{n\times m}.


Jeżeli \displaystyle A jest macierzą zerową (dowolnego wymiaru) lub \displaystyle A ma tylko jeden wiersz to \displaystyle A jest macierzą w postaci schodkowej i teza jest w tych przypadkach spełniona.

Załóżmy zatem, że \displaystyle A jest niezerową macierzą o co najmniej dwóch wierszach i \displaystyle A nie jest jeszcze w postaci schodkowej. Rozpatrzmy pierwszą niezerową kolumnę występującą w naszej macierzy. Załóżmy, że jest to kolumna o numerze \displaystyle b. Kolumna ta będzie pierwszą kolumną bazową. Jeżeli w tej kolumnie w pierwszym wierszu stoi \displaystyle 0, to zamieniamy pierwszy wiersz z jakimkolwiek wierszem, w którym w rozważanej kolumnie bazowej występuje niezerowy wyraz. Ponieważ założyliśmy, że kolumna bazowa o numerze \displaystyle b zawiera wyrazy różne od zera taka operacja jest zawsze wykonalna. Po ewentualnej zamianie wierszy mamy zatem do czynienia z macierzą, której pierwsza niezerowa kolumna ma numer \displaystyle b oraz wyraz stojący w pierwszym wierszu oraz kolumnie \displaystyle b, oznaczony tu \displaystyle a_{1b}, jest różny od zera. Dzięki temu możemy teraz używając operacji elementarnych wyzerować wyrazy macierzy leżące w kolumnie bazowej poniżej pierwszego wiersza. Uczynimy to odejmując od \displaystyle i-tego wiersza, gdzie \displaystyle i=2,\ldots,m wiersz pierwszy pomnożony przez \displaystyle - a_{ib}/a_{1b}. Zauważmy, że współczynnik \displaystyle a'_{ib} stojący w \displaystyle i-tym wierszu i kolumnie \displaystyle b w macierzy powstającej po zastosowaniu tej operacji elementarnej jest równy


\displaystyle a'_{ib}=a_{ib}- \frac{a_{ib}}{a_{1b}}\cdot {a_{1b}} =0.


Oznacza to, że po zastosowaniu naszej operacji elementarnej do wszystkich wierszy macierzy od drugiego do \displaystyle m-tego włącznie otrzymujemy macierz, w której jedynym niezerowym wyrazem stojącym w kolumnie \displaystyle b jest współczynnik stojący w pierwszym wierszu. Otrzymaliśmy macierz \displaystyle A', którą schematycznie możemy zapisać tak:


\displaystyle A'=\left[ \begin{array} {ccccccc} 0     & \ldots & \sepa & \mathbf{a_{1b}}& \square    & \ldots &   \square \\ \cline{4-4} 0     & \ldots &     0 & \mathbf{0}     & \square    & \ldots &   \square \\ \vdots& \ddots &\vdots & \vdots     & \vdots & \ddots &\vdots \\ 0     & \ldots &     0 & \mathbf{0}     & \square    & \ldots &   \square \end{array}  \right]


Oznacza to, że pierwszy krok naszego algorytmu został zakończony.

Rozpatrzmy teraz macierz powstajacą z macierzy \displaystyle A' poprzez wykreślenie pierwszego wiersza i pierwszych \displaystyle b kolumn. Oznaczmy ją przez \displaystyle A_1.


\displaystyle A'=\left[ \begin{array} {ccccccc} 0     &\ldots&     0 & \mathbf{a_{1b}}&\square &\ldots&\square\\\cline{5-7} 0     &\ldots&     0 & \sepb      &    &      &\sepe \\ \vdots&\ddots&\vdots & \sepb      &    & A_1  &\sepe \\ 0     &\ldots&     0 & \sepb      &    &      &\sepe \\\cline{5-7} \end{array}  \right]


Jeżeli macierz \displaystyle A_1 będzie macierzą w postaci schodkowej, to widać, że macierz \displaystyle A' będzie także w postaci schodkowej i nasz algorytm jest zakończony. Aby dokończyć dowód wystarczy zatem uzasadnić, że macierz \displaystyle A_1 może być przy pomocy operacji elementarnych na wierszach sprowadzona do postaci schodkowej (operacje na wierszach \displaystyle A_1 mogą uważana za operacje na wierszach \displaystyle A', ponieważ wyrazy stojące w pierwszych \displaystyle b kolumnach w macierzy \displaystyle A' w wierszach od \displaystyle 2 do \displaystyle m-tego są równe \displaystyle 0). Jeżeli \displaystyle A_1 jest niezerową macierzą o co najmniej dwóch wierszach nie bedącą w postaci schodkowej, to powtarzając opisaną wyżej procedurę do macierzy \displaystyle A_1 sprowadzimy nasz problem do macierzy \displaystyle A_2 liczącej od dwa wiersza mniej niż macierz \displaystyle A. Ponieważ liczba wierszy naszej macierzy jest skończona jasne jest, że najdalej po \displaystyle m-1 krokach otrzymamy macierz w postaci schodkowej.

image:End_of_proof.gif

Twierdzenie 5.3

Operacje elementarne na wierszach macierzy nie zmieniają rzędu macierzy.

Dowód

Wynika z modułów V i VI wykładu.

image:End_of_proof.gif

Wniosek 5.4

Aby obliczyć rząd macierzy \displaystyle A wystarczy sprowadzić ją przy pomocy operacji elementarnych do postaci schodkowej i obliczyć liczbę kolumn bazowych.