Как найти ранг матрицы методом окаймления миноров - Исправление недочетов и поиск решений вместе с Examum.ru

Вычисление ранга матрицы методом окаймляющих миноров.

В данной теме нам понадобятся такие понятия как минор матрицы и окаймляющий минор. В теме «Алгебраические дополнения и миноры. Виды миноров и алгебраических дополнений» есть подробное пояснение этих понятий.

В предыдущей теме было рассмотрено понятие ранга матрицы, а также на примерах показано, как находить ранг по определению. Конечно, находить ранг матрицы таким образом несколько затруднительно, – в первую очередь из-за объёма вычислений. Однако количество вычисляемых миноров можно существенно уменьшить, если использовать так называемый метод окаймляющих миноров.

Суть метода окаймляющих миноров выражается парой пунктов простого алгоритма:

Пусть некий минор $M$ k-го порядка не равен нулю.
Если окаймляющие миноры для минора $M$ (это уже будут миноры (k+1)-го порядка), составить невозможно (т.е. матрица содержит k строк или k столбцов), то ранг равен k. Если окаймляющие миноры существуют и все равны нулю, то ранг равен k. Если среди окаймляющих миноров есть хотя бы один, отличный от нуля, то повторяем для него пункт №1, приняв k+1 вместо k.

Наглядно всё вышеизложенное можно выразить следующей схемой:

Поясню эту схему более подробно. Станем рассуждать с самого начала, т.е. с миноров первого порядка. Если все миноры первого порядка некоей матрицы $A$ (миноры первого порядка – это элементы матрицы) равны нулю, то $rang A=0$. Если в матрице есть минор первого порядка $M_1neq 0$, то $rang A≥ 1$.

Проверяем окаймляющие миноры для минора $M_1$. Это уже будут миноры второго порядка. Если все миноры, окаймляющие $M_1$, равны нулю, то $rang A=1$. Если среди миноров второго порядка, окаймляющих $M_1$, есть хоть один минор $M_2 neq 0$, то $rang A≥ 2$.

Проверяем окаймляющие миноры для минора $M_2$. Это будут миноры третьего порядка. Если все миноры третьего порядка, окаймляющие $M_2$, равны нулю, то $rang A=2$. Если среди миноров третьего порядка, окаймляющих $M_2$, есть хоть один минор $M_3neq 0$, то $rang A≥ 3$.

Проверяем окаймляющие миноры для минора $M_3$. Если все миноры четвёртого порядка, окаймляющие $M_3$, равны нулю, то $rang A=3$. Если среди миноров четвёртого порядка, окаймляющих $M_3$, есть хоть один минор $M_4neq 0$, то $rang A≥ 4$.

Проверяем все окаймляющие миноры для минора $M_4$, и так далее. В конце концов возможны два случая: либо на каком-то шаге окажется, что все окаймляющие миноры равны нулю, либо окаймляющий минор составить просто не получится, так как в матрице «закончатся» строки или столбцы. Порядок последнего составленного ненулевого минора и будет равен рангу матрицы.

Пример №1

Найти ранг матрицы $A=left(begin{array}{cccc}
-1 & 2 & 1 & 3 \
-3 & 0 & 5 & 4 \
-5 & 4 & 7 & 10
end{array} right)$ методом окаймляющих миноров.

Решение

Можно, конечно, начать с миноров первого порядка, которые представляют собой просто элементы данной матрицы. Но лучше сразу выбрать какой-либо не равный нулю минор второго порядка, тем паче что такой выбор большой сложности не представляет. Например, на пересечении строк №1, №2 и столбцов №1, №2 расположены элементы минора $left|begin{array}{cc}
-1 & 2 \
-3 & 0
end{array} right|$, который несложно вычислить, используя формулу №1 из темы про вычисление определителей второго и третьего порядков:

$$
left|begin{array}{cc}
-1 & 2 \
-3 & 0
end{array} right|=-1cdot 0-2cdot (-3)=6.
$$

Итак, существует минор второго порядка, не равный нулю, из чего следует, что $rang A≥ 2$. Рассмотрим миноры третьего порядка, окаймляющие данный минор второго порядка. Как составить окаймляющий минор? Для этого к набору строк и столбцов, на пересечении которых лежат элементы минора второго порядка, нужно добавить ещё одну строку и ещё один столбец. Вспоминаем, что элементы записанного нами минора второго порядка расположены на пересечении строк №1, №2 и столбцов №1, №2. Добавим к строкам ещё строку №3, а к столбцам – столбец №3. Мы получим минор третьего порядка, элементы которого (они для наглядности показаны в матрице синим цветом) лежат на пересечении строк №1, №2, №3 и столбцов №1, №2, №3. Найдём значение этого минора, используя формулу №2 из темы про вычисление определителей второго и третьего порядков:

$$
left(begin{array}{cccc}
normblue{-1} & normblue{2} & normblue{1} & 3 \
normblue{-3} & normblue{0} & normblue{5} & 4 \
normblue{-5} & normblue{4} & normblue{7} & 10
end{array} right);;

left|begin{array}{ccc}
-1 & 2 & 1 \
-3 & 0 & 5 \
-5 & 4 & 7
end{array} right|
=0.
$$

Окаймляющий минор равен нулю. О чём это говорит? Это говорит о том, что нам нужно продолжить нахождение окаймляющих миноров. Либо они все равны нулю (и тогда ранг будет равен 2), либо среди них найдётся хотя бы один, отличный от нуля.

Элементы второго окаймляющего минора лежат на пересечении строк №1, №2, №3 и столбцов №1, №2, №4. В матрице для наглядности элементы этого минора показаны зелёным цветом. Сразу вычислим данный минор, используя всё ту же формулу №2 из темы про вычисление определителей второго и третьего порядков:

$$
left(begin{array}{cccc}
normgreen{-1} & normgreen{2} & 1 & normgreen{3} \
normgreen{-3} & normgreen{0} & 5 & normgreen{4} \
normgreen{-5} & normgreen{4} & 7 & normgreen{10}
end{array} right);;

left|begin{array}{ccc}
-1 & 2 & 3 \
-3 & 0 & 4 \
-5 & 4 & 10
end{array} right|=0.
$$

И этот окаймляющий минор равен нулю. Иных окаймляющих миноров нет. Следовательно, все окаймляющие миноры равны нулю. Порядок последнего составленного ненулевого минора равен 2. Вывод: ранг равен 2, т.е. $rang A=2$.

Ответ: $rang A=2$.

Пример №2

Найти ранг матрицы $A=left(begin{array}{ccccc}
1 & 2 & 0 & 4 & 5\
3 & 6 & -2 & -1 & -3\
-2 & -4 & 2 & 5 & 7\
-1 & -2 & 2 & 9 & 11
end{array} right)$ методом окаймляющих миноров.

Решение

Вновь, как и в предыдущем примере, начнём решение с выбора минора второго порядка, не равного нулю. Например, на пересечении строк №1, №2 и столбцов №1, №2 расположены элементы минора $left|begin{array}{cc}
1 & 2 \
3 & 6
end{array} right|$, который несложно вычислить, используя формулу №1 из темы про вычисление определителей второго и третьего порядков:

$$
left|begin{array}{cc}
1 & 2 \
3 & 6
end{array} right|=1cdot 6-2cdot 3=0.
$$

Данный минор второго порядка равен нулю, т.е. выбор неудачен. Возьмём иной минор второго порядка. Например, тот, элементы которого расположены на пересечении строк №1, №2 и столбцов №2, №3:

$$
left|begin{array}{cc}
2 & 0 \
6 & -2
end{array} right|=-4.
$$

Итак, ненулевой минор второго порядка существует, поэтому $rang A≥ 2$. Обозначим этот минор как $M_2$ и станем окаймлять его минорами третьего порядка. Например, добавим к строкам и столбцам, на которых расположены элементы $M_2$, ещё строку №3 и столбец №1. Т.е. найдём минор третьего порядка, элементы которого находятся на пересечении строк №1, №2, №3 и столбцов №1, №2, №3. Используем для этого формулу №2 из темы про вычисление определителей второго и третьего порядков. Подробные вычисления я приводить не стану, запишем лишь ответ:

$$
left|begin{array}{ccc}
1 & 2 & 0 \
3 & 6 & -2 \
-2 & -4 & 2
end{array} right|=0.
$$

Этот минор равен нулю, значит нужно переходить к иному окаймляющему минору. Либо все миноры третьего порядка, окаймляющие $M_2$, равны нулю, либо среди них всё-таки найдётся хоть один, отличный от нуля.

Рассмотрим минор третьего порядка, элементы которого лежат на пересечении строк №1, №2, №3 и столбцов №2, №3, №4. Этот минор тоже окаймляет $M_2$:

$$
left|begin{array}{ccc}
2 & 0 & 4 \
6 & -2 & -1 \
-4 & 2 & 5
end{array} right|=0.
$$

И вновь минор третьего порядка, окаймляющий $M_2$, равен нулю. Значит, переходим к иному минору третьего порядка. Возьмём минор третьего порядка, элементы которого лежат на пересечении строк №1, №2, №3 и столбцов №2, №3, №5. Этот минор тоже окаймляет $M_2$:

$$
left|begin{array}{ccc}
2 & 0 & 5 \
6 & -2 & -3 \
-4 & 2 & 7
end{array} right|=4.
$$

Итак, среди миноров третьего порядка, окаймляющих $M_2$, есть минор, не равный нулю, откуда следует $rang A≥ 3$. Обозначим этот ненулевой минор как $M_3$. Элементы минора $M_3$ лежат на пересечении строк №1, №2, №3 и столбцов №2, №3, №5. Станем окаймлять минор $M_3$ минорами четвёртого порядка. Для начала возьмём минор четвёртого порядка, элементы которого лежат на пересечении строк №1, №2, №3, №4 и столбцов №1, №2, №3, №5. Этот минор окаймляет $M_3$. Его значение найти несложно, если использовать, например, разложение по строке или по столбцу:

$$
left|begin{array}{cccc}
1 & 2 & 0 & 5\
3 & 6 & -2 & -3\
-2 & -4 & 2 & 7\
-1 & -2 & 2 & 11
end{array} right|=0.
$$

Аналогично, рассматривая минор четвёртого порядка, элементы которого расположены на пересечении строк №1, №2, №3, №4 и столбцов №2, №3, №4, №5, получим:

$$
left|begin{array}{cccc}
2 & 0 & 4 & 5\
6 & -2 & -1 & -3\
-4 & 2 & 5 & 7\
-2 & 2 & 9 & 11
end{array} right|=0.$$

Иных окаймляющих миноров для минора $M_3$ нет. Все миноры четвёртого порядка, окаймляющие $M_3$, равны нулю. Последний ненулевой минор, т.е. $M_3$, был третьего порядка. Вывод: ранг равен 3, т.е. $rang A=3$.

Ответ: $rang A=3$.

Пример №3

Найти ранг матрицы $A=left(begin{array}{ccccc}
-1 & 3 & 2 & 4 & 1\
0 & -2 & 5 & 0 & -3\
1 & -5 & 3 & 7 & 6
end{array} right)$ методом окаймляющих миноров.

Решение

Снова начинаем решение с выбора минора второго порядка, не равного нулю. Например, на пересечении строк №1, №2 и столбцов №1, №2 расположены элементы минора $left|begin{array}{cc}
-1 & 3 \
0 & -2
end{array} right|$, который вычисляем, используя формулу №1 из темы про вычисление определителей второго и третьего порядков:

$$
left|begin{array}{cc}
-1 & 3 \
0 & -2
end{array} right|=2.
$$

Данный минор (обозначим его $M_2$) не равен нулю, посему именно его мы и станем окаймлять минорами третьего порядка. Например, добавим к строкам и столбцам, на которых расположены элементы $M_2$, ещё строку №3 и столбец №3. Т.е. найдём минор третьего порядка, элементы которого расположены на пересечении строк №1, №2, №3 и столбцов №1, №2, №3. Используем для этого формулу №2 из темы про вычисление определителей второго и третьего порядков:

$$
left|begin{array}{ccc}
-1 & 3 & 2 \
0 & -2 & 5 \
1 & -5 & 3
end{array} right|=0.
$$

Рассмотрим минор третьего порядка, элементы которого лежат на пересечении строк №1, №2, №3 и столбцов №1, №2, №4. Этот минор тоже окаймляет $M_2$:

$$
left|begin{array}{ccc}
-1 & 3 & 4 \
0 & -2 & 0 \
1 & -5 & 7
end{array} right|=22.
$$

Итак, среди миноров третьего порядка, окаймляющих $M_2$, есть хоть один, не равный нулю. Миноры четвёртого порядка мы образовать уже не можем, так как для них потребуется 4 строки, а в матрице $A$ всего 3 строки. Посему, так как последний ненулевой минор был третьего порядка, то ранг равен 3, т.е. $rang A=3$.

Ответ: $rang A=3$.

Источник

В данной публикации мы рассмотрим определение ранга матрицы, а также методы, с помощью которых его можно найти. Также разберем примеры для демонстрации применения теории на практике.

Определение ранга матрицы
Нахождение ранга матрицы
- Метод окаймляющих миноров
- Приведение матрицы к ступенчатому виду

Определение ранга матрицы

Ранг матрицы – ранг ее системы строк или столбцов. В любой матрице есть ее строчный и столбцовый ранги, которые равны между собой.

Ранг системы строк – это максимальное количество линейно-независимых строк. Аналогичным образом определяется ранг системы столбцов.

Примечания:

Ранг нулевой матрицы (обозначается символом “θ“) любого размера равняется нулю.
Ранг любого ненулевого вектора-строки или вектора-столбца равняется единице.
Если в матрице любых размеров присутствует хотя бы один элемент, не равный нулю, значит ее ранг не меньше единицы.
Ранг матрицы не больше её минимальной размерности.
Элементарные преобразования, выполненные над матрицей, не меняют её ранга.

Нахождение ранга матрицы

Метод окаймляющих миноров

Ранг матрицы равняется максимальному порядку ненулевого минора.

Алгоритм следующий: находим миноры от низших порядков к высоким. Если минор n-го порядка не равняется нулю, а все последующие (n+1) равны 0, значит ранг матрицы равен n.

Пример
Чтобы было понятнее, давайте разберем практический пример и найдем ранг матрицы A ниже, пользуясь методом окаймляющих миноров.

Решение
Мы имеем дело с матрицей 4×4, следовательно, ее ранг не может быть выше 4. Также в матрице присутствуют ненулевые элементы, значит, ее ранг не меньше единицы. Итак, приступим:

1. Начинаем проверять миноры второго порядка. Для начала берем две строки первого и второго столбцов.

Минор равняется нулю.

Следовательно переходим к следующему минору (первый столбец остается, а вместо второго берем третий).

Минор равен 54≠0, следовательно ранг матрицы не меньше двух.

Примечание: Если бы и этот минор оказался равным нулю, мы бы дальше проверили следующие комбинации:

Если требуется, перебор можно аналогичным образом продолжить со строками:

1 и 3;
1 и 4;
2 и 3;
2 и 4;
3 и 4.

Если бы все миноры второго порядка оказались равными нулю, то ранг матрицы равнялся бы одному.

2. Нам удалось почти сразу найти минор, который нам подходит. Поэтому переходим к минорам третьего порядка.

К найденному минору второго порядка, который дал отличный от нуля результат, добавляем одну строку и один из столбцов, выделенных зеленым цветом (начнем со второго).

Минор оказался равным нулю.

Следовательно меняем второй столбец на четвертый. И со второй попытки нам удается найти минор, не равный нулю, значит ранг матрицы не может быть меньше 3.

Примечание: если бы результат снова оказался равным нулю, вместо второй строки мы бы дальше взяли четвертую и продолжили бы поиски “хорошего” минора.

3. Теперь остается определить миноры четвертого порядка с учетом найденного ранее. В данном случае он один, который совпадает с определителем матрицы.

Минор равняется 144≠0. А это значит, что ранг матрицы A равняется 4.

Приведение матрицы к ступенчатому виду

Ранг ступенчатой матрицы равняется количеству её ненулевых строк. То есть все, что нам нужно сделать – это привести матрицу к соответствующему виду, например, с помощью элементарных преобразований, которые, как мы уже упомянули выше, не меняют ее ранг.

Пример
Найдем ранг матрицы B ниже. Мы не берем слишком сложный пример, т.к. наша основная цель – это просто продемонстрировать применение метода на практике.

Решение
1. Сначала вычтем из второй строки удвоенную первую.

2. Теперь отнимем из третьей строки первую, умноженную на четыре.

Таким образом, мы получили ступенчатую матрицу, в которой количество ненулевых строк равняется двум, следовательно ее ранг, также, равен 2.

Источник

Перед тем как начать знакомство с темой, необходимо повторить правила нахождения определителей второго, третьего и высших порядков. Также необходимо знать, что детерминант 1-го порядка — число. Рассмотрим 2 метода вычисления ранга матриц.

Онлайн-калькулятор

Метод окаймляющих миноров

Для нахождения ранга матрицы данным методом требуется уметь находить миноры матриц.

Ранг матрицы

Рангом матрицы QQ называется наивысший порядок миноров, среди которых есть хотя бы один отличный от 00.

При этом ранг матрицы не может превышать порядка матрицы: 0⩽rang Qm×n⩽min(m,n)0leqslant rang Q_{mtimes n}leqslant min (m, n).

Обозначить ранг матрицы QQ можно следующим образом: rang Qrang Q или r(Q)r(Q).

Если ранг матрицы QQ равен rr, то это означает, что в матрице QQ имеется отличный от нуля минор порядка rr. При этом всякий минор порядка больше, чем rr равен нулю.

Исходя из определения ранга матрицы, следует, что если все миноры первого порядка (т. е. элементы матрицы QQ) равны 00, то rang Q=0rang Q=0. Если один из миноров первого порядка отличен от 00, а все миноры второго порядка равны 00, то rang Q=1rang Q=1. Если все миноры kk-го порядка равны 00, или миноров kk-го порядка не существует, то rang Q=k−1rang Q=k-1.

Рассмотрим примеры нахождения ранга матриц данным методом.

Пример 1

Найти ранг матрицы методом окаймляющих миноров

F=(03−1210−2−10)F=begin{pmatrix}0&3&-1\2&1&0\-2&-1&0end{pmatrix}.

Данная матрица имеет размер 3×33times3, поэтому ее ранг не может быть больше 33, т.е. rang F⩽3rang Fleqslant3.

Перейдем к вычислению ранга матрицы.

Среди миноров 1-го порядка (т.е. элементов определителя) есть хотя бы один, не равный 00, поэтому rang F≥1rang Fgeq1.

Перейдем к проверке миноров 2-го порядка. Например, на пересечении строк №1 и №2 и столбцов №1 и №2 получим минор: ∣0321∣=0⋅1−2⋅3=0−6=−6begin{vmatrix}0&3\2&1end{vmatrix}=0cdot1-2cdot3=0-6=-6. Значит, среди миноров 2-го порядка есть хотя бы один, не равный 00 и поэтому rang F≥2rang Fgeq2.

Перейдем к проверке миноров 3-го порядка. Минор 3-го порядка — определитель матрицы FF, поскольку она состоит из 3 строк и 3 столбцов: ∣03−1210−2−10∣=0begin{vmatrix}0&3&-1\2&1&0\-2&-1&0end{vmatrix}=0. Значит, ранг матрицы FF равен 22, или rang F=2rang F=2.

Пример 2

Найти ранг матрицы методом окаймляющих миноров

K=(21−23−121213−15−2−21243−31)K=begin{pmatrix}2&1&-2&3\-1&2&1&2\1&3&-1&5\-2&-2&1&2\4&3&-3&1end{pmatrix}.

Данная матрица имеет размер 5×45times4. Из чисел 55 и 44 минимальным является 44, поэтому ее ранг не может быть больше 44, а значит rang K⩽4rang Kleqslant4.

Перейдем к вычислению ранга матрицы.

Среди миноров 1-го порядка (т.е. элементов определителя) есть хотя бы один, не равный 00, поэтому rang K≥1rang Kgeq1.

Перейдем к проверке миноров 2-го порядка. Например, на пересечении строк №1 и №2 и столбцов №1 и №2 получим минор: ∣21−12∣=2⋅2−(−1)⋅1=4+1=5begin{vmatrix}2&1\-1&2end{vmatrix}=2cdot2-(-1)cdot1=4+1=5. Значит, среди миноров 2-го порядка есть хотя бы один, не равный 00 и поэтому rang K≥2rang Kgeq2.

Перейдем к проверке миноров 3-го порядка. Например, на пересечении строк №1, №3 и №5 и столбцов №2, №3 и №4 получим минор:

∣1−233−153−31∣=1⋅(−1)⋅1+(−2)⋅5⋅3+3⋅(−3)⋅3−3⋅(−1)⋅3−(−2)⋅1⋅3−1⋅5⋅(−3)=−1−30−27+9+6+15=−28begin{vmatrix}1&-2&3\3&-1&5\3&-3&1end{vmatrix}=1cdot(-1)cdot1+(-2)cdot5cdot3+3cdot(-3)cdot3-3cdot(-1)cdot3-(-2)cdot1cdot3-1cdot5cdot(-3)=-1-30-27+9+6+15=-28.

Значит, среди миноров 3-го порядка есть хотя бы один, не равный 00 и поэтому rang K≥3rang Kgeq3.

Перейдем к проверке миноров 4-го порядка. Например, на пересечении строк №1, №2, №3 и №4 и столбцов №1, №2, №3 и №4 получим минор:

∣21−23−121213−15−2−212∣=2(−1)1+1∣2123−15−212∣−(−1)2+1∣1−233−15−212∣+(−1)3+1∣1−23212−212∣−2(−1)4+1∣1−232123−15∣=2(−1)2∣2123−15−212∣−(−1)3∣1−233−15−212∣+(−1)4∣1−23212−212∣−2(−1)5∣1−232123−15∣=2∣2123−15−212∣+∣1−233−15−212∣+∣1−23212−212∣+2∣1−232123−15∣=2(−4+6−10−4−10−6)−2+9+20−6−5+12+2+6+8+6−2+8+2(5−6−12−9+2+20)=−56+56+0=0begin{vmatrix}2&1&-2&3\-1&2&1&2\1&3&-1&5\-2&-2&1&2end{vmatrix}=2(-1)^{1+1}begin{vmatrix}2&1&2\3&-1&5\-2&1&2end{vmatrix}-(-1)^{2+1}begin{vmatrix}1&-2&3\3&-1&5\-2&1&2end{vmatrix}+(-1)^{3+1}begin{vmatrix}1&-2&3\2&1&2\-2&1&2end{vmatrix}-2(-1)^{4+1}begin{vmatrix}1&-2&3\2&1&2\3&-1&5end{vmatrix}=2(-1)^{2}begin{vmatrix}2&1&2\3&-1&5\-2&1&2end{vmatrix}-(-1)^{3}begin{vmatrix}1&-2&3\3&-1&5\-2&1&2end{vmatrix}+(-1)^{4}begin{vmatrix}1&-2&3\2&1&2\-2&1&2end{vmatrix}-2(-1)^{5}begin{vmatrix}1&-2&3\2&1&2\3&-1&5end{vmatrix}=2begin{vmatrix}2&1&2\3&-1&5\-2&1&2end{vmatrix}+begin{vmatrix}1&-2&3\3&-1&5\-2&1&2end{vmatrix}+begin{vmatrix}1&-2&3\2&1&2\-2&1&2end{vmatrix}+2begin{vmatrix}1&-2&3\2&1&2\3&-1&5end{vmatrix}=2(-4+6-10-4-10-6)-2+9+20-6-5+12+2+6+8+6-2+8+2(5-6-12-9+2+20)=-56+56+0=0.

Остальные миноры 4-го порядка также равны нулю:
∣21−23−121213−1543−31∣=0begin{vmatrix}2&1&-2&3\-1&2&1&2\1&3&-1&5\4&3&-3&1end{vmatrix}=0,

∣21−23−1212−2−21243−31∣=0begin{vmatrix}2&1&-2&3\-1&2&1&2\-2&-2&1&2\4&3&-3&1end{vmatrix}=0,

∣21−2313−15−2−21243−31∣=0begin{vmatrix}2&1&-2&3\1&3&-1&5\-2&-2&1&2\4&3&-3&1end{vmatrix}=0,

∣−121213−15−2−21243−31∣=0begin{vmatrix}-1&2&1&2\1&3&-1&5\-2&-2&1&2\4&3&-3&1end{vmatrix}=0.

Значит, ранг матрицы KK равен 33, или rang K=3rang K=3.

Данный метод не всегда удобен, поскольку связан с вычислением большого количества определителей. Рассмотрим метод нахождения ранга матриц, который наиболее часто применяется на практике.

Метод Гаусса (метод элементарных преобразований)

Метод основан на элементарных преобразованиях матриц, под которыми будем понимать такие преобразования, в результате которых сохраняется эквивалентность матриц:

перестановка местами любых двух рядов (строк или столбцов) матрицы;
умножение любого ряда матрицы (строки или столбца) на некоторое число, отличное от нуля;
прибавление к любому ряду (строке или столбцу) матрицы другого ряда (строки или столбца), умноженного на некоторое число, отличное от нуля.

Ранг матрицы

Рангом матрицы называется количество ненулевых строк матрицы после ее приведения к ступенчатому виду при помощи элементарных преобразований над строками и столбцами.

Рассмотрим суть данного метода на примерах.

Пример 1

Найти ранг матрицы методом Гаусса F=(03−1210−2−10)F=begin{pmatrix}0&3&-1\2&1&0\-2&-1&0end{pmatrix}.

Приведем матрицу FF с помощью элементарных преобразований к ступенчатому виду.

Поменяем местами строки №1 и №2:

(03−1210−2−10)∼(21003−1−2−10)begin{pmatrix}0&3&-1\2&1&0\-2&-1&0end{pmatrix}sim begin{pmatrix}2&1&0\0&3&-1\-2&-1&0end{pmatrix}.

Прибавим к строке №3 строку №1, умноженную на 1:

(21003−1−2−10)∼(21003−1000)begin{pmatrix}2&1&0\0&3&-1\-2&-1&0end{pmatrix}simbegin{pmatrix}2&1&0\0&3&-1\0&0&0end{pmatrix}.

С помощью элементарных преобразований мы привели матрицу FF к ступенчатому виду. В ней остались 2 ненулевые строки, следовательно, rang F=2rang F=2.

Пример 2

Найти ранг матрицы методом Гаусса

K=(21−23−121213−15−2−21243−31)K=begin{pmatrix}2&1&-2&3\-1&2&1&2\1&3&-1&5\-2&-2&1&2\4&3&-3&1end{pmatrix}.

Приведем матрицу KK с помощью элементарных преобразований к ступенчатому виду.

Поменяем местами строки №1 и №2:

(21−23−121213−15−2−21243−31)∼(−121221−2313−15−2−21243−31)begin{pmatrix}2&1&-2&3\-1&2&1&2\1&3&-1&5\-2&-2&1&2\4&3&-3&1end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\2&1&-2&3\1&3&-1&5\-2&-2&1&2\4&3&-3&1end{pmatrix}.

Поменяем местами строки №2 и №4:

(−121221−2313−15−2−21243−31)∼(−1212−2−21213−1521−2343−31)begin{pmatrix}-1&2&1&2\2&1&-2&3\1&3&-1&5\-2&-2&1&2\4&3&-3&1end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\-2&-2&1&2\1&3&-1&5\2&1&-2&3\4&3&-3&1end{pmatrix}.

Поменяем местами строки №3 и №4:

(−1212−2−21213−1521−2343−31)∼(−1212−2−21221−2313−1543−31)begin{pmatrix}-1&2&1&2\-2&-2&1&2\1&3&-1&5\2&1&-2&3\4&3&-3&1end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\-2&-2&1&2\2&1&-2&3\1&3&-1&5\4&3&-3&1end{pmatrix}.

Поменяем местами строки №4 и №5:

(−1212−2−21221−2313−1543−31)∼(−1212−2−21221−2343−3113−15)begin{pmatrix}-1&2&1&2\-2&-2&1&2\2&1&-2&3\1&3&-1&5\4&3&-3&1end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\-2&-2&1&2\2&1&-2&3\4&3&-3&1\1&3&-1&5end{pmatrix}.

Прибавим к строке №2 строку №1, умноженную на -2:

(−1212−2−21221−2343−3113−15)∼(−12120−6−1−221−2343−3113−15)begin{pmatrix}-1&2&1&2\-2&-2&1&2\2&1&-2&3\4&3&-3&1\1&3&-1&5end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-6&-1&-2\2&1&-2&3\4&3&-3&1\1&3&-1&5end{pmatrix}.

Прибавим к строке №3 строку №1, умноженную на 2:

(−12120−6−1−221−2343−3113−15)∼(−12120−6−1−2050743−3113−15)begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-6&-1&-2\2&1&-2&3\4&3&-3&1\1&3&-1&5end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-6&-1&-2\0&5&0&7\4&3&-3&1\1&3&-1&5end{pmatrix}.

Прибавим к строке №4 строку №1, умноженную на 4:

(−12120−6−1−2050743−3113−15)∼(−12120−6−1−205070111913−15)begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-6&-1&-2\0&5&0&7\4&3&-3&1\1&3&-1&5end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-6&-1&-2\0&5&0&7\0&11&1&9\1&3&-1&5end{pmatrix}.

Прибавим к строке №5 строку №1, умноженную на 1:

(−12120−6−1−205070111913−15)∼(−12120−6−1−20507011190507)begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-6&-1&-2\0&5&0&7\0&11&1&9\1&3&-1&5end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-6&-1&-2\0&5&0&7\0&11&1&9\0&5&0&7end{pmatrix}.

Прибавим к строке №2 строку №3, умноженную на 1:

(−12120−6−1−20507011190507)∼(−12120−1−150507011190507)begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-6&-1&-2\0&5&0&7\0&11&1&9\0&5&0&7end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&5&0&7\0&11&1&9\0&5&0&7end{pmatrix}.

Прибавим к строке №5 строку №3, умноженную на -1:

(−12120−1−150507011190507)∼(−12120−1−150507011190000)begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&5&0&7\0&11&1&9\0&5&0&7end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&5&0&7\0&11&1&9\0&0&0&0end{pmatrix}.

Прибавим к строке №3 строку №2, умноженную на 5:

(−12120−1−150507011190000)∼(−12120−1−1500−532011190000)begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&5&0&7\0&11&1&9\0&0&0&0end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&0&-5&32\0&11&1&9\0&0&0&0end{pmatrix}.

Прибавим к строке №4 строку №2, умноженную на 11:

(−12120−1−1500−532011190000)∼(−12120−1−1500−53200−10640000)begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&0&-5&32\0&11&1&9\0&0&0&0end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&0&-5&32\0&0&-10&64\0&0&0&0end{pmatrix}.

Прибавим к строке №4 строку №3, умноженную на -2:

(−12120−1−1500−53200−10640000)∼(−12120−1−1500−53200000000)begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&0&-5&32\0&0&-10&64\0&0&0&0end{pmatrix}sim begin{pmatrix}-1&2&1&2\0&-1&-1&5\0&0&-5&32\0&0&0&0\0&0&0&0end{pmatrix}.

С помощью элементарных преобразований мы привели матрицу KK к ступенчатому виду. В ней остались 3 ненулевые строки, следовательно, rang K=3rang K=3.

Любым из рассмотренных методов можно найти ранг матрицы.

Наши эксперты готовы оказать вам помощь с решением задачи онлайн по самым низким ценам!

Тест по теме «Ранг матрицы»

Источник

Методы вычисления ранга матрицы

Метод окаймляющих миноров

Находить ранг матрицы по определению — вычисляя миноры всех порядков — очень трудоемкая операция. Следующий алгоритм позволяет уменьшить число рассматриваемых миноров.

Пусть дана матрица размеров mtimes n . Будем говорить, что минор $M_{i_1i_2ldots i_ki_{k+1}}^{j_1j_2ldots j_kj_{k+1}}$ (k+l)-ro порядка окаймляет (содержит в себе) минор $M_{i_1i_2ldots i_k}^{j_1j_2ldots j_k}$ k-го порядка. При описании метода индексы выбранных строк и столбцов, в которых располагается минор, будем указывать, не упорядочивая их по возрастанию. При этом рассматриваемый минор и минор с упорядоченными индексами равны по абсолютной величине и, быть может, отличаются по знаку, но это для метода окаймляющих миноров не имеет никакого значения, поскольку нас интересует только ответ на вопрос: равен минор нулю или нет.

1. Выбираем строку i_1 и столбец j_1 так, чтобы минор 1-го порядка $M_{j_1}^{i_1}=a_{i_1j_1}$ был не равен нулю. Если это возможно, то operatorname{rg}Ageqslant1 , иначе процесс завершается и operatorname{rg}A=1 .

2. Окаймляем минор $M_{j_1}^{i_1}ne0$ , добавляя к выбранным i_1 -ой строке и j_1 -му столбцу еще строку i_2ne i_1 и столбец j_2ne j_1 так, чтобы минор

$M_{j_1j_2}^{i_1i_2}=begin{vmatrix}a_{i_1j_1}&a_{i_1j_2}\ a_{i_2j_1}& a_{i_2j_2} end{vmatrix}ne0.$

Если это возможно, то operatorname{rg}Ageqslant2 , иначе процесс завершается и operatorname{rg}A=2 .

3. Окаймляем минор $M_{j_1j_2}^{i_1i_2}ne0$ , добавляя к выбранным ранее строкам и столбцам новую строку i_3 и новый столбец j_3 так, чтобы получить минор $M_{j_1j_2j_3}^{i_1i_2i_3}ne0$ . Если это удалось, то operatorname{rg}Ageqslant3 , иначе процесс завершается и operatorname{rg}A=3 .

Продолжаем процесс окаймления, пока он не завершится. Пусть найден минор r-го порядка $M_{j_1ldots j_r}^{i_1ldots i_r}ne0$ , т.е. operatorname{rg}Ageqslant r . Однако, все миноры (r+l)-ro порядка, окаймляющие его, равны нулю $M_{j_1j_2ldots j_rj_{r+1}}^{i_1i_2ldots i_ri_{r+1}}=0$ или не существуют (при r=m или r=n ). Тогда процесс завершается и operatorname{rg}A=r .

Пример 3.6. Методом окаймляющих миноров найти ранги матриц

$O=begin{pmatrix}0&0\0&0end{pmatrix}!,quad A=begin{pmatrix}3&9\ 2&4 end{pmatrix}!,quad B=begin{pmatrix}0&2&3\ 2&4&6end{pmatrix}!,quad C=begin{pmatrix} 1&0&2&1&3\ 2&0&1&1&3\ 3&0&3&2&5end{pmatrix}!.$

Решение. Матрица . 1. В этой матрице нет отличных от нуля миноров первого порядка, так как все ее элементы равны нулю. Поэтому operatorname{rg}O=o .

Матрица . 1. Выбираем первую строку (i_1=1) и первый столбец (j_1=1) матрицы , на пересечении которых стоит ненулевой элемент $a_{11}=3ne0$ . Получили минор M_1^1=3ne0 . Следовательно, operatorname{rg}Ageqslant1 .

2. Добавляем к выбранным строке и столбцу еще одну строку i_2=2 и еще один столбец j_2=2 . Получаем отличный от нуля минор второго порядка

$M_{12}^{12}= det{A}= begin{vmatrix}3&9\2&4end{vmatrix}=-6ne0$ Следовательно, operatorname{rg}Ageqslant2 .

3. Поскольку исчерпаны все строки и все столбцы матрицы , миноров, окаймляющих $M_{12}^{12}ne0$ , нет. Следовательно, operatorname{rg}A=2 .

Матрица . 1. Выбираем первую строку и второй столбец матрицы , на пересечении которых стоит ненулевой элемент $b_{12}=2ne0$ . Получили минор M_2^1=2ne0 . Следовательно, operatorname{rg}Bgeqslant1 .

2. Добавляем к уже выбранным вторую строку и третий столбец. Получаем минор второго порядка $M_{23}^{12}=begin{vmatrix}2&3\4&6end{vmatrix}=0$ . Выбор оказался неудачным, так как получили нулевой минор. Вместо третьего столбца возьмем первый. Тогда получим отличный от нуля минор второго порядка $M_{21}^{12}= begin{vmatrix}2&0\4&2end{vmatrix}=4ne0$ . Следовательно, operatorname{rg}Bgeqslant2 .

3. Все строки матрицы исчерпаны. Миноров третьего порядка нет. Поэтому operatorname{rg}B=2 .

Матрица . 1. Выбираем первую строку (i_1=1) и первый столбец (j_1=1) матрицы , на пересечении которых стоит ненулевой элемент $a_{11}=1ne0$ . Получили минор $M_{1}^{1}=1ne0$ . Следовательно, operatorname{rg}Cgeqslant1 .

2. Добавляем к выбранным строке и столбцу еще одну строку i_2=2 и еще один столбец j_2=2 . Получили минор второго порядка $M_{12}^{12}= begin{vmatrix}1&0\2&0end{vmatrix}$ . Выбор второго столбца оказался неудачным, так как получили минор, равный нулю. Возьмем вместо второго третий столбец (j_2=3) . Получим минор $M_{13}^{12}= begin{vmatrix}1&2\2&1end{vmatrix}=-3ne0$ . Следовательно, operatorname{rg}Cgeqslant2 .

3. Окаймляем минор $M_{13}^{12}ne0$ . Имеется три окаймляющих минора

$M_{134}^{123}= begin{pmatrix}1&2&1\ 2&1&1\ 3&3&2end{pmatrix}=0,quad M_{135}^{123}= begin{pmatrix}1&2&3\ 2&1&2\ 3&3&5end{pmatrix}=0,quad M_{132}^{123}= begin{pmatrix}1&2&0\ 2&1&0\ 3&3&0end{pmatrix}=0.$

Три определителя равны нулю, так как третья строка равна сумме первых двух строк. Следовательно, нельзя найти отличный от нуля окаймляющий минор 3-го порядка, т.е. ранг матрицы равен 2.

Замечание 3.4. Метод окаймляющих миноров позволяет уменьшить по сравнению с определением количество рассматриваемых миноров. Если в матрице размеров mtimes n выбран минор r-го порядка (r<min{m,n}) , то количество окаймляющих его миноров (r+l)-ro порядка равно (m-r)(n-r) , а общее количество миноров (r+1)-го порядка гораздо больше.

Метод Гаусса нахождения ранга матрицы

Пусть дана матрица размеров mtimes n . Для нахождения ее ранга нужно выполнить следующие действия.

1. Привести матрицу к ступенчатому виду (см. метод Гаусса).

2. В полученной матрице вычислить количество ненулевых строк. Это число равно рангу матрицы .

Замечания 3.5.

1. Обоснованием этого метода служит следствие 2 теоремы 3.4. Базисным минором в матрице ступенчатого вида (см. рис. 1.4) является минор

$M=begin{vmatrix}1&ast&cdots&ast\ 0&1&cdots&ast\ vdots&vdots&ddots&vdots\ 0&0&cdots&1 end{vmatrix},$

составленный из столбцов, содержащих единичные элементы (в начале каждой «ступеньки»). Этот определитель треугольного вида отличен от нуля (равен 1), а любой его окаймляющий минор (если такой найдется) равен нулю, так как содержит нулевую строку.

2. Метод Гаусса для нахождения ранга произвольной матрицы наиболее экономичен, так как требует меньше вычислений, чем другие методы. Конечно, для матриц какого-либо специального вида (блочных, разреженных и т.п.) можно предложить более эффективные методы.

Пример 3.7. Методом Гаусса найти ранги матриц

$O=begin{pmatrix}0&0\0&0end{pmatrix}!,quad A=begin{pmatrix}3&9\2&4 end{pmatrix}!,quad B=begin{pmatrix}0&2&3\2&4&6end{pmatrix}!,quad C=begin{pmatrix} 1&0&2&1&3\ 2&0&1&1&2\ 3&0&3&2&5end{pmatrix}!,quad D=begin{pmatrix}1&2&3\ 0&0&0\ 2&1&3\ 1&1&2\ 3&2&5 end{pmatrix}!.$

Решение. Матрица . 1. Нулевая матрица уже имеет ступенчатый вид (см. п.2 замечаний 1.8).

2. Количество ненулевых строк равно нулю. Следовательно, operatorname{rg}O=0 .

Матрица . 1. Приводим матрицу к ступенчатому виду (см. пример 1.29):

$Asim begin{pmatrix}1&3\0&1end{pmatrix}!.$

2. В этой матрице две ненулевые строки. Следовательно, operatorname{rg}A=2 .

Матрица . 1. Приводим матрицу к ступенчатому виду (см. пример 1.29):

$Bsim begin{pmatrix}1&2&3\0&1&1,!5end{pmatrix}!.$

В этой матрице две ненулевые строки. Следовательно, operatorname{rg}B=2 .

Матрица . 1. Приводим матрицу к ступенчатому виду. Взяв в качестве ведущего элемента $a_{11}=1$ , делаем равными нулю остальные элементы первого столбца: ко второй строке прибавляем первую, умноженную на (-2), к третьей строке — первую, умноженную на (-3). Получаем матрицу

$C=begin{pmatrix}1&0&2&1&3\ 2&0&1&1&2\ 3&0&3&2&5end{pmatrix}sim begin{pmatrix}1&0&2&1&3\ 0&0&-3&-1&-4\ 0&0&-3&-1&-4end{pmatrix}!,$

У которой имеются две равные строки. По следствию 1 теоремы 3.3 одну из равных строк вычеркиваем:

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

Получили матрицу ступенчатого вида (см. п. 1 замечаний 1.8).

2. В этой матрице две ненулевые строки. Следовательно, operatorname{rg}C=2 .

Матрица . 1. Приводим матрицу к ступенчатому виду. Вычеркнув предварительно нулевую строку, берем в качестве ведущего элемента $a_{11}=1$ , и делаем равными нулю остальные элементы первого столбца:

$Dsim begin{pmatrix}1&2&3\ 2&1&3\ 1&1&2\ 3&2&5 end{pmatrix}sim begin{pmatrix}1&2&3\ 0&-3&-3\ 0&-1&-1\ 0&-4&-4end{pmatrix}!.$

Последние три строки матрицы пропорциональны. По следствию 1 теоремы 3.3 две из них можно вычеркнуть:

$Dsim begin{pmatrix}1&2&3\ 0&-1&-1end{pmatrix}!.$

Получили матрицу ступенчатого вида (см. п. 1 замечаний 1.8).

2. В этой матрице две ненулевые строки. Следовательно, operatorname{rg}D=2 .

Заметим, что operatorname{rg}C=operatorname{rg}D , так как D=C^T (см. следствие 1 теоремы 3.4).

Пример 3.8. Даны матрицы

$A=begin{pmatrix}1&0\0&0end{pmatrix}!,quad B=begin{pmatrix}0&0\0&1 end{pmatrix}!,quad C=begin{pmatrix}0&1\1&1end{pmatrix}!.$

Найти ранги матриц: A+B;~A+C;~AB;~AC .

Решение. По определению имеем operatorname{rg}A=1,~ operatorname{rg}B=1,~ operatorname{rg}C=2 . Находим суммы и произведения данных матриц, а также их ранги:

$A+B= begin{pmatrix}1&0\0&0end{pmatrix}+ begin{pmatrix}0&0\0&1end{pmatrix}= begin{pmatrix}1&0\0&1end{pmatrix}= operatorname{rg}(A+B)=2$ , то есть operatorname{rg}(A+B)= operatorname{rg}A+ operatorname{rg}B ;

$A+C= begin{pmatrix}1&0\0&0end{pmatrix}+ begin{pmatrix}0&1\1&1end{pmatrix}= begin{pmatrix}1&1\1&1end{pmatrix}= operatorname{rg}(A+C)=1$ , то есть operatorname{rg}(A+C)< operatorname{rg}A+ operatorname{rg}C ;

$Acdot B= begin{pmatrix}1&0\0&0end{pmatrix}!cdot !begin{pmatrix}0&0\0&1end{pmatrix}= begin{pmatrix}0&0\0&0end{pmatrix}= operatorname{rg}(Acdot B)=0$ , то есть operatorname{rg}(Acdot B)< min{operatorname{rg}A, operatorname{rg}B} ;

$Acdot C= begin{pmatrix}1&0\0&0end{pmatrix}!cdot !begin{pmatrix}0&1\1&1end{pmatrix}= begin{pmatrix}0&1\0&0end{pmatrix}= operatorname{rg}(Acdot C)=1$ , то есть operatorname{rg}(Acdot C)= min{operatorname{rg}A, operatorname{rg}C} ;

Полученные результаты иллюстрируют справедливость теорем 3.5, 3.6.

См. также Ранг системы столбцов (строк)

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Кнопка "Поделиться"

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Источник

Теорема 1 (теорема о ранге матрицы).
Ранг ненулевой матрицы равен максимальному
порядку отличных от нуля миноров данной
матрицы.

Доказательство. Пусть дана ненулевая
матрица А размерности mn.
Тогда у этой матрицы есть миноры не
равные нуля и среди миноров не равных
нулю есть миноры максимального порядка.
Через r обозначим наибольший порядок
неравного нулю минора. Не нарушая
общности будем считать, что ненулевой
минор M r-го порядка находится в
левом верхнем углу матрицы А (в
противном случае строки и столбцы
матрицы А можно не меняя ранг матрицы
переставить) (см. (1). Тогда

.
(1)

(2)

Пусть a₁, a₂,
…, a_m — строки матрицы.
Первые r строк a₁, a₂,
…, a_r матрицы А линейно
независимы. Действительно, если бы они
были линейно зависимы, то по свойству
3.1 какая-нибудь из строк a₁,
a₂, …, a_r
есть линейная комбинация остальных
строк этой системы. Но тогда и в миноре
М соответствующая строка есть
линейная комбинация остальных строк
минора. Тогда по свойству определителя
М = 0, а это противоречит выбору минора
М.

Докажем теперь, что каждая строка матрицы
А линейная комбинация первых r
строк. Проверим это для k-й строки
(r + 1  k .
m) . Для этого рассмотрим определитель
(2) (k + 1) — го порядка.

Определитель (2) при любом s (1 
s . n) равен
нулю. Если 1  s
. r , то он имеет
два равных столбца, и по свойству
определителей равен нулю. Если r + 1
 s .
n , то это минор (r + 1) — го порядка
матрицы А и равен нулю по предположению.
Разложим определитель (2) по элементам
последнего столбца и получим:

a₁_sA₁_s
+ a₂_sA₂_s+
… + a_rsA_rs +
a_ksA_ks = 0,

где A₁_k, A₂_k,
…, A_rs, A_ks —
алгебраические дополнения соответствующих
элементов в определителе (2). По определению
алгебраического дополнения A_ks
= (1)^r+1+r+1M
= M  0, A₁_k,
A₂_k, …, A_rs
ни не зависят от s , т.е. от элементов
s-го столбца матрицы А обозначим
их . Тогда из последнего равенства
находим:

Последнее равенство справедливо для
всех s , 1  s
 n, и его
коэффициенты не зависят от s. Это
означает, что координаты вектора a_k
выражаются линейно с одними и теми же
коэффициентами через соответствующие
координаты векторов a₁,
a₂, …, a_r
. Поэтом вектор a_k
линейная комбинация векторов a₁,
a₂, …, a_r
.

Следовательно, первые r строк a₁,
a₂, …, a_r
матрицы А образуют базис системы
всех строк матрицы . Поэтому rangА =
r.

При транспонировании матрицы А ее
миноры транспонируются и по свойства
определителя не изменяются. Поэтому
максимальные порядки миноров не равных
нулю в матрица А и А^t
равны. Отсюда rang A = rang А^t
. Так как ранг матрицы А равен рангу
системы строк матрицы А, а ранг матрицы
А^tравен рангу системы
столбцов матрицы А, то получаем
следующее следствие.

Следствие 1. Строковый ранг матрицы
равен ее столбцовому рангу.

В силу этого следствия строки и столбцы
матрицы при вычислении ранга матрицы
равноправны.

Следствие 2. Определитель квадратной
матрицы А порядка n >1 равен нулю тогда
и только тогда, когда какая-нибудь строка
матрицы есть линейная комбинация
остальных строк.

Доказательство. Достаточность
следует из свойства определителя. Пусть
detA =0. Тогда наибольший порядок r
минора неравного нулю в матрице А
меньше n . По теореме rang A = r .
Так как r < n , то число базисных
строк в матрице меньше n и по теореме
о базисах строки матрицы А линейно
зависимы. Поэтому хотя бы одна из строк
матрицы А есть линейная комбинация
остальных строк матрицы.

Следствие 3. Определитель квадратной
матрицы А порядка n >1 равен нулю тогда
и только тогда, когда какая-нибудь строки
матрицы линейно зависимы.

Доказательство следует в силу свойств
линейной зависимости и из следствия 2.

Определение 2. Минор М
(k + 1)-го порядка матрицы А
называется окаймляющим минором для
минора М k -го порядка той же матрицы,
если все элементы минора М элементами
минора М.

При r + 1  s .
n определитель (2) окаймляющий минор
для минора М. Поэтому в ходе
доказательства теоремы 1 мы установили
еще следующую предложение.

Теорема 2. Если в ненулевой матрице
А имеется минор r-го порядка отличный
от нуля, а все окаймляющие его миноры
равны нулю или не существуют, то ранг
матрицы А равен r.

Из теоремы 2 вытекает метод вычисления
ранга матрицы, называемый методом
окаймления миноров. Для того, чтобы
вычислить ранг ненулевой матрицы,
выбирается любой элемент матрицы не
равный нулю (минор первого порядка) и
рассматриваются окаймляющие его миноры
второго порядка. Если все эти окаймляющие
миноры равны нулю или не существуют, то
ранг матрицы равен двум. Если среди их
есть минор не равный нулю, то рассматриваются
окаймляющие его миноры третьего порядка.

Продолжая этот процесс, который
закончится через конечное число шагов,
мы найдем ранг матрицы А.

Пример 1. Вычислить ранг матрицы

Так как

то rang A=2.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Источник