Про ранг матрицы

[Charlz_Klug]

feedinglight, я поленился приводить к треугольному виду. Спасибо за ответ!

[feedinglight]

Charlz_Klug в сообщении #1392354 писал(а):

поленился приводить к треугольному виду

Делайте, конечно, как удобнее, я просто предложил.

(Оффтоп)

и я тоже поленился приводить, поэтому использовал maple

[ewert]

Charlz_Klug в сообщении #1392200 писал(а):

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} 2 \alpha + 3 \beta &=& \lambda - 4 \\ (\lambda - 1) \alpha + 6 \beta &=& 2 \\ 6 \alpha + (\lambda + 4) \beta & = & 3 \end{array} \right..$$

Из первого и второго уравнения получаю что $\alpha = -2$ и $\beta = \dfrac {\lambda} {3}$.

Это невозможно: если брать только эти два уравнения, то любую из трёх переменных можно выбрать в качестве свободной и, соответственно, взять какой угодно (или почти какой угодно).

Чудес не бывает. Задача -- в точности на поиск собственных чисел, поэтому без составления кубического уравнения никак. Ваш же стартовый пост -- не более чем гадание на кофейной гуще. Да, там Вам повезло, но такое везение скорее вредно.

feedinglight в сообщении #1392252 писал(а):

Вроде можно просто привести к треугольному виду

Можно. Это ровно и означает составить характеристическое уравнение, только кустарными средствами.

[feedinglight]

ewert в сообщении #1392364 писал(а):

Это ровно и означает составить характеристическое уравнение, только кустарными средствами

Проще и естественнее, не нужны никакие теории чтобы реализовать и сходу получить ответ.
Для обучения лучше конечно вычислить определитель, потому что это важно(понимать, что такое определитель). Но ТС уже отбросил способ приведения к треугольному виду, так что вред моего сообщения для него сводится к нулю.

[Charlz_Klug]

ewert, не понял что именно Вам не понравилось в составлении и решении системы. Я же применяю полученные значения в третьем уравнении.

-- 11.05.2019, 22:46 --

Munin в сообщении #1392209 писал(а):

Не обязательно. Исходное утверждение выглядит так: раз ранг матрицы меньше 3, то это значит, что можно умножить первую, вторую и третью строки на некоторые числа $\omega,\alpha,\beta,$ сложить между собой, и получить нуль.

Сейчас я буду вываливать содержимое своего черепа с целью улучшения оного содержимого. Обозначу первую строку как $s_1$, вторую как $s_2$, третью как $s_3$. Из условия задачи получается, что данные строки линейно зависимы. То есть, $\omega s_1 + \alpha s_2 + \beta s_3 = 0$. Если каждая из $\omega$, $\alpha$, $\beta$ не равна нулю, то можно поделить всё уравнение на любую из этих чисел и получить что коэффициент при какой-то $s$ будет равен единице. Например проделаю это с $\omega$:

$$\omega s_1 + \alpha s_2 + \beta s_3 = 0 \Rightarrow s_1 + \dfrac {\alpha} {\omega} s_2 + \dfrac {\beta} {\omega} s_3 = 0 \Rightarrow s_1 = -\dfrac {\alpha} {\omega} s_2 - \dfrac {\beta} {\omega} s_3.$$

Если обозначить $\alpha' = -\dfrac {\alpha} {\omega}$ и $\beta' = - \dfrac {\beta} {\omega}$, то $s_1 = \alpha' s_2 + \beta' s_3$. Отсюда я и исходила.

[Munin]

Всё верно, если $\omega\ne 0.$ А вдруг да равна?

[Charlz_Klug]

Munin, при таком подходе получается что случаи равенства нулю должны рассматриваться отдельно. С соответствующими предположениями.

[Munin]

При таком подходе - да. Но он же не единственный, как тут уже многие сказали.

[Charlz_Klug]

thething в сообщении #1392208 писал(а):

А Вы что-нибудь знаете про ранг симметричной матрицы?

Вот что я прочитал:

Цитата:

Ранг симметричной матрицы $A$ равен наивысшему из порядков не равных нулю главных миноров.

Это получается что не должен равняться нулю хотя бы один определитель следующих матриц:

$$\left ( \begin{matrix} \lambda - 4 & 2 \\ 2 & \lambda - 1 \end{matrix} \right ), \left ( \begin{matrix} \lambda - 4 & 3 \\ 3 & \lambda + 4 \end{matrix} \right ), \left ( \begin{matrix} \lambda - 1 & 6 \\ 6 & \lambda + 4 \end{matrix} \right )?$$

И должен равняться нулю определитель всей матрицы? Но я не понимаю что это даёт.

-- 11.05.2019, 23:57 --

Munin, согласен.

-- 12.05.2019, 00:18 --

svv в сообщении #1392265 писал(а):

Charlz_Klug, понимаете ли Вы, что эти две вещи связаны?
$\bullet$ при $\lambda=5$ матрица $A(\lambda)$ имеет ранг на $2$ меньше своего порядка, т.е. трёх;
$\bullet$ корень $\lambda=5$ уравнения $\det A(\lambda)=0$ имеет кратность $2$.

Можете ли Вы перебросить логический мостик от одного к другому, с учётом того, что Ваша матрица симметрична?
Возможно, Вы этого ещё не проходили.

Исходя из Ваших намёков я предполагаю, что в данном случае ранг матрицы равен порядку матрицы минус кратность корня? Может плохо искал, но в книгах не нашёл таких свойств.

[svv]

Charlz_Klug в сообщении #1392431 писал(а):

в данном случае ранг матрицы равен порядку матрицы минус кратность корня?

Да.

1) Возьмём квадратную матрицу $A$. Получим из неё новую матрицу $\tilde A$ вот таким преобразованием: $\tilde A=S^{-1}AS$, где $S$ — невырожденная матрица. Матрицы $A$ и $\tilde A$ называются подобными, а само преобразование — преобразованием подобия. Это полезное понятие, потому что именно так преобразуются матрицы линейных операторов при замене базиса.

2) Пусть матрица $A$ вдобавок симметрична, тогда она диагонализируема. Это значит, что некоторым преобразованием подобия из $A$ можно получить диагональную матрицу. Иначе говоря, существует такая матрица $S$, что
$S^{-1}AS=D=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_n)$
Тогда матрицы $A-\lambda E$ и $D-\lambda E$ тоже подобны при любом $\lambda$:
$S^{-1}(A-\lambda E)S=D-\lambda E=\operatorname{diag}(d_1-\lambda,\ldots,d_n-\lambda)$,

3) Возьмём определитель от обеих частей предыдущего равенства:
$\det(A-\lambda E)=\det(D-\lambda E)=(d_1-\lambda)\cdot\ldots\cdot(d_n-\lambda)$
Пусть уравнение $\det(A-\lambda E)=0$ имеет корень $\lambda=\lambda_0$ кратности $k$. Тогда из разностей $d_1-\lambda_0,\ldots,d_n-\lambda_0$ ровно $k$ равны нулю.
Значит, на диагонали матрицы $D-\lambda_0E$ ровно $k$ нулевых элементов, а её ранг равен $n-k$.
Известно, что подобные матрицы имеют один и тот же ранг, поэтому и $\operatorname{rank}(A-\lambda_0E)=n-k$
Рассуждение проходит и в обратную сторону.

Итак, для симметричной (и вообще диагонализируемой) матрицы $A$:
$\det(A-\lambda E)=0$ имеет корень $\lambda_0$ кратности $k\quad\Leftrightarrow\quad\operatorname{rank}(A-\lambda_0E)=n-k$

P.S. В Вашем задании перед $\lambda$ стоит знак $+$. Это не проблема.

[Munin]

В учебниках $\det(A-\lambda E)=0$ называется характеристическим уравнением, а $\det(A-\lambda E)$ - характеристическим многочленом, это полиномиальное уравнение и многочлен степени $n.$
А его корни - собственные числа (собственные значения) матрицы.
Диагонализация матрицы - частный случай приведения к жордановой нормальной форме. Если приводить к ЖНФ симметричную матрицу, то получится диагональная. Но есть такие матрицы, которые приводятся к ЖНФ, не являющейся диагональной.