Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 5: Macierze

Zadanie 5.1

Niech

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

Wyznaczyć $rkA$.

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 $-1$, co oznacza, że rząd macierzy $A$ nie może być równy $3$, ponieważ jej kolumny nie są liniowo niezależne. Łatwo widać, że jedynymi skalarami takimi, że

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

są $\alpha =\beta =0$, 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 $2$.

Zadanie 5.2

Dane są macierze

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

Obliczyć $AB$ oraz $B^{*}{A}^{*}$.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Mamy:

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

Oczywiście

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

Rachując bezpośrednio lub korzystając ze wzoru $B^{*}{A}^{*}=(AB{)}^{*}$ otrzymujemy:

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

Zadanie 5.3

Niech

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

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

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

jest odwrotna do $A$.

Wskazówka

Wystarczy udowodnić, że $AB=BA=I$.

Rozwiązanie

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

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

i analogicznie

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

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

Zadanie 5.4

Dane są macierze

$\begin{array}{rlr}A& =\left[\begin{array}{rr}1& -2\\ -1& 3\end{array}\right],B& =\left[\begin{array}{rr}2& 1\\ -1& 0\end{array}\right].\end{array}$

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Elementarny rachunki pokazują, że

$\begin{array}{rlr}AB& =\left[\begin{array}{rr}4& 1\\ -5& -1\end{array}\right],BA& =\left[\begin{array}{rr}1& -1\\ -1& 2\end{array}\right].\end{array}$

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

$\begin{array}{rlr}{A}^{-1}& =\left[\begin{array}{rr}3& 2\\ 1& 1\end{array}\right],B^{-1}& =\left[\begin{array}{rr}0& -1\\ 1& 2\end{array}\right].\end{array}$

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

$\begin{array}{rlr}{A}^{-1}{B}^{-1}& =\left[\begin{array}{rr}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right],(AB{)}^{-1}& =\left[\begin{array}{rr}-1& -1\\ 5& 4\end{array}\right].\end{array}$

Zadanie 5.5

Niech

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

Wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy $A$.

Wskazówka

Wystarczy rozwiązać trzy następujące układy równań:

$\begin{array}{rl}& \{\begin{array}{r}2x_1+x_3=1\\ -x_2=0\\ -x_1+3x_2-x_3=0\end{array}\\ & \{\begin{array}{r}2x_1+x_3=0\\ -x_2=1\\ -x_1+3x_2-x_3=0\end{array}\\ & \{\begin{array}{r}2x_1+x_3=0\\ -x_2=0\\ -x_1+3x_2-x_3=1\end{array}\end{array}$

Rozwiązanie

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

$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\\ \end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{b}_{11}\\ b_{21}\\ b_{31}\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\\ \left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\\ \end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{b}_{12}\\ b_{22}\\ b_{32}\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\\ \left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\\ \end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{b}_{13}\\ b_{23}\\ b_{33}\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right].\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}& \{\begin{array}{r}2x_1+x_3=1\\ -x_2=0\\ -x_1+3x_2-x_3=0\end{array}\\ & \{\begin{array}{r}2x_1+x_3=0\\ -x_2=1\\ -x_1+3x_2-x_3=0\end{array}\\ & \{\begin{array}{r}2x_1+x_3=0\\ -x_2=0\\ -x_1+3x_2-x_3=1\end{array}\end{array}$

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

$\begin{array}{rlrl}{b}_{11}& =1,b_{21}& =0,b_{31}& =-1,\\ b_{12}& =3,b_{22}& =-1,b_{32}& =-6,\\ b_{13}& =1,b_{23}& =0,b_{33}& =-2.\end{array}$

Otrzymujemy stąd, że

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

Zadanie 5.6

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

$\begin{array}{rlr}A=& \left[\begin{array}{rr}\lambda & 0\\ 0& \lambda \end{array}\right],B=& \left[\begin{array}{rr}\lambda & 1\\ 0& \lambda \end{array}\right].\end{array}$

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Zauważmy, że

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

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

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

oraz

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

Zauważmy, że

$\begin{array}{rlr}{B}^2& =\left[\begin{array}{cc}{\lambda }^2& 2\lambda \\ 0& {\lambda }^2\end{array}\right],B^3& =\left[\begin{array}{cc}{\lambda }^3& 3{\lambda }^2\\ 0& {\lambda }^3\end{array}\right],\\ B^4& =\left[\begin{array}{cc}{\lambda }^4& 4{\lambda }^3\\ 0& {\lambda }^4\end{array}\right],B^5& =\left[\begin{array}{cc}{\lambda }^5& 5{\lambda }^4\\ 0& {\lambda }^5\end{array}\right].\end{array}$

Udowodnimy, że

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

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

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

co było do okazania.

Zadanie 5.7

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

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

Innymi słowy

$V=\{M\in M(4,4;\mathbb{ℝ}):CM=MC\}$

i) Sprawdzić, że $V$ jest podprzestrzenią przestrzeni $M(4,4;\mathbb{ℝ})$.

ii) Wyznaczyć bazę podprzestrzeni $V$ oraz podać jej wymiar.

Wskazówka

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

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

Rozwiązanie

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

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

$(\alpha A+\beta B)C=C(\alpha A+\beta B)$

Korzystając z elementarnych praw działań na macierzach widzimy, że

$\begin{array}{rl}(\alpha A+\beta B)C& =(\alpha A)C+(\beta B)C\\ & =\alpha (AC)+\beta (BC)\\ & =\alpha (CA)+\beta (CB)\\ & =C(\alpha A)+C(\beta B)\\ & =C(\alpha A+\beta B).\end{array}$

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

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

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

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

$\begin{array}{rl}{a}_{11}=a_{22}& =a_{33}=a_{44}\\ a_{12}=& a_{23}=a_{34}\\ a_{13}& =a_{24}.\end{array}$

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

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

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

$A=aI+b{J}_1+c{J}_2+d{J}_3$,

gdzie

$\begin{array}{rlr}I& =\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right],J_1& =\left[\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right],\\ J_2& =\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right],J_3& =\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right].\end{array}$

W szczególności widzimy, że

$V=lin\{I,J_1,J_2,J_3\}$

Załóżmy teraz, że skalary $a,b,c,d\in \mathbb{ℝ}$ dobrano tak, aby kombinacja liniowa $aI+b{J}_1+c{J}_2+d{J}_3$ była równa macierzy zerowej. Oznacza to, że zachodzi równość

$aI+b{J}_1+c{J}_2+d{J}_3=\left[\begin{array}{cccc}a& b& c& d\\ 0& a& b& c\\ 0& 0& a& b\\ 0& 0& 0& a\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]$

Powyższa równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

$a=b=c=d=0$.

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

Zadanie 5.8

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

$\begin{array}{rl}{Z}_{ij}& =I-E_{ii}-E_{jj}+E_{ij}+E_{ji},\\ D_{ij}^{\lambda }& =I+\lambda E_{ij},\\ P_i^{\lambda }& =I-E_{ii}+\lambda E_{ii},\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}{Z}_{ij}& =\left[\begin{array}{ccccccccccc}1& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0\\ ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& \dots & 1& 0& 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0\\ \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟏}& \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}\\ 0& \dots & 0& 0& 1& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 1& 0& 0& \dots & 0\\ \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟏}& \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}\\ 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0& 0& 1& \dots & 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 1\end{array}\right],\end{array}$

$\begin{array}{rl}{D}_{ij}^{\lambda }& =\left[\begin{array}{ccccccccccc}1& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0\\ ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& \dots & 1& 0& 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0\\ \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟏}& \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}& \mathit{\lambda }& \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}\\ 0& \dots & 0& 0& 1& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 1& 0& 0& \dots & 0\\ \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}& \mathbf{𝟏}& \mathbf{𝟎}& \dots & \mathbf{𝟎}\\ 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0& 0& 1& \dots & 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 1\end{array}\right],\end{array}$

$\begin{array}{rl}{P}_i^{\lambda }& =\left[\begin{array}{ccccccc}1& \dots & 0& 0& 0& \dots & 0\\ ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& \dots & 1& 0& 0& \dots & 0\\ 0& \dots & 0& \lambda & 0& \dots & 0\\ 0& \dots & 0& 0& 1& \dots & 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& \dots & 0& 0& 0& \dots & 1\end{array}\right].\end{array}$

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

a) Macierz powstająca z macierzy $M$ poprzez zamianę $i$-tego i $j$-tego wiersza miejscami jest równa $Z_{ij}M$.

b) Macierz powstająca z macierzy $M$ poprzez dodanie do $i$-tego wiersza $j$-tego pomnożonego przez liczbę rzeczywistą $\lambda$ jest równa $D_{ij}^{\lambda }M$.

c) Macierz powstająca z macierzy $M$ poprzez pomnożenie $i$-tego wiersza przez liczbę rzeczywistą $\lambda$ jest równa $P_i^{\lambda }M$.

Wskazówka

Należy skorzystać ze wzoru na mnożenie macierzy.

Rozwiązanie

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

$\begin{array}{rl}{Z}_{ij}& =[z_{kl}{]}_{n\times n},\\ D_{ij}^{\lambda }& =[d_{kl}{]}_{n\times n},\\ P_i^{\lambda }& =[p_{kl}{]}_{n\times n}.\end{array}d$

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

$a_{st}=\sum _{k=1}^n{z}_{sk}{m}_{kt}$

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

$a_{st}=z_{ss}{m}_{st}=m_{st}$,

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

$a_{it}=\sum _{k=1}^n{z}_{ik}{m}_{kt}$

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

$a_{it}=z_{ij}{m}_{jt}=m_{jt}$

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

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

$b_{st}=\sum _{k=1}^n{d}_{sk}{m}_{kt}$

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

$b_{st}=d_{ss}{m}_{st}=m_{st}$

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

$b_{it}=\sum _{k=1}^n{d}_{ik}{m}_{kt}$

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

$b_{it}=d_{ii}{m}_{it}+d_{ij}{m}_{jt}=m_{it}+\lambda m_{jt}$

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

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

$c_{st}=\sum _{k=1}^n{d}_{sk}{m}_{kt}$

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

$c_{st}=d_{ss}{m}_{st}=\{\begin{array}{ll}{m}_{st},& \text{gdy }s\ne i,\\ \lambda m_{it},& \text{gdy }s=i.\end{array}$

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

Definicja 1

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

1. Jeżeli pewien wiersz macierzy $E$ 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 $E$ pierwszy niezerowy element występuje w kolumnie o numerze większym niż numer kolumny zawierający pierwszy niezerowy element poprzedniego wiersza.

$\left[\begin{array}{ccccccccccc}\ast & ◻& ◻& ◻& ◻& ◻& ◻& \dots & \dots & ◻& ◻\\ 0& & \ast & ◻& ◻& ◻& ◻& \dots & \dots & ◻& ◻\\ 0& 0& 0& & \ast & ◻& ◻& \dots & \dots & ◻& ◻\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & & ⋮& ⋮\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& & \ddots & ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& \dots & \dots & & \ast \\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& \dots & \dots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& & & ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& 0& 0& 0& 0& \dots & \dots & 0& 0\end{array}\right]$

Przykład 1

1. Podane poniżej macierze są macierzami w postaci schodkowej

$\begin{array}{rlrlr}\left[\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 0& 1& 2& 3\\ 0& 0& 1& 2\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right],& & \left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& 1& 1\\ 0& 2& 2& 2& 2\\ 0& 0& 0& 3& 3\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right],& & \left[\begin{array}{ccccc}1& 0& 3& 0& 1\\ 0& 1& 2& 0& 5\\ 0& 0& 0& 1& 2\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right].\end{array}$

2. Podane poniżej macierze nie są macierzami w postaci schodkowej

$\begin{array}{rlrlr}\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\end{array}\right],& & \left[\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\end{array}\right],& & \left[\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\end{array}\right].\end{array}$

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 $E$ 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

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

są kolumny: pierwsza, trzecia i szósta.

Twierdzenie 5.1

Jeżeli $E\in M(n,m;\mathbb{ℝ})$ jest macierzą w postaci schodkowej, to rząd macierzy $E$ 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 ${\mathbb{ℝ}}^n$.

ii) Udowodnić, że każda kolumna nie będąca kolumną bazową jest kombinacją liniową kolumn bazowych.

Rozwiązanie

Niech $A$ 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 ${\mathbb{ℝ}}^n$.

ii) każda kolumna nie będąca kolumną bazową jest kombinacją liniową kolumn bazowych.

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

$k\le \min \{m,n\}$

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

$\begin{array}{rlrlrlrl}{\mathbf{𝐛}}_1& =\left[\begin{array}{c}{b}_1^1\\ 0\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right],& {\mathbf{𝐛}}_2& =\left[\begin{array}{c}{b}_1^2\\ b_2^2\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right],& \dots & \dots ,& {\mathbf{𝐛}}_k& =\left[\begin{array}{c}{b}_1^k\\ b_2^k\\ b_3^k\\ ⋮\\ b_k^k\end{array}\right].\end{array}$

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

$b_i^i\ne 0$

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

${\alpha }_1=\dots ={\alpha }_k=0$,

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

$1\le s\le k$

Współrzędne od $s+1$ do $n$ utożsamianego z tą kolumną wektora w przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^n$ są wtedy równe zero. Nasza kolumna jest zatem elementem pewnej $s$ wymiarowej podprzestrzeni przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^n$. Ponieważ $s$ 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 $A\in M(n,m;\mathbb{ℝ})$ będzie macierzą, którą będziemy przekształcać do postaci schodkowej. Oznaczmy wyraz stojący w macierzy $A$ w $i$-tym wierszu oraz $j$-tej kolumnie przez $a_{ij}$, czyli

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

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

Załóżmy zatem, że $A$ jest niezerową macierzą o co najmniej dwóch wierszach i $A$ nie jest jeszcze w postaci schodkowej. Rozpatrzmy pierwszą niezerową kolumnę występującą w naszej macierzy. Załóżmy, że jest to kolumna o numerze $b$. Kolumna ta będzie pierwszą kolumną bazową. Jeżeli w tej kolumnie w pierwszym wierszu stoi $0$, to zamieniamy pierwszy wiersz z jakimkolwiek wierszem, w którym w rozważanej kolumnie bazowej występuje niezerowy wyraz. Ponieważ założyliśmy, że kolumna bazowa o numerze $b$ 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 $b$ oraz wyraz stojący w pierwszym wierszu oraz kolumnie $b$, oznaczony tu $a_{1b}$, 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 $i$-tego wiersza, gdzie $i=2,\dots ,m$ wiersz pierwszy pomnożony przez $-a_{ib}/a_{1b}$. Zauważmy, że współczynnik $a{\text{'}}_{ib}$ stojący w $i$-tym wierszu i kolumnie $b$ w macierzy powstającej po zastosowaniu tej operacji elementarnej jest równy

$a{\text{'}}_{ib}=a_{ib}-\frac{a_{ib}}{a_{1b}}\cdot a_{1b}=0$

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

$A^{\prime }=\left[\begin{array}{ccccccc}0& \dots & & {\mathbf{a}}_{\mathbf{𝟏}\mathbf{𝐛}}& ◻& \dots & ◻\\ 0& \dots & 0& \mathbf{𝟎}& ◻& \dots & ◻\\ ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& \dots & 0& \mathbf{𝟎}& ◻& \dots & ◻\end{array}\right]$

Oznacza to, że pierwszy krok naszego algorytmu został zakończony.

Rozpatrzmy teraz macierz powstajacą z macierzy $A^{\prime }$ poprzez wykreślenie pierwszego wiersza i pierwszych $b$ kolumn. Oznaczmy ją przez $A_1$.

$A^{\prime }=\left[\begin{array}{ccccccc}0& \dots & 0& {\mathbf{a}}_{\mathbf{𝟏}\mathbf{𝐛}}& ◻& \dots & ◻\\ 0& \dots & 0& & & & \\ ⋮& \ddots & ⋮& & & A_1& \\ 0& \dots & 0& & & & \\ \end{array}\right]$

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

Twierdzenie 5.3

Operacje elementarne na wierszach macierzy nie zmieniają rzędu macierzy.

Dowód

Wynika z modułów V i VI wykładu.

Wniosek 5.4

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