Лин. зависимость

[Tosha]

Найти все значения параметра $a$, для которых указанная система будет лин. зависимой.
$(-3,-3,a,0)$, $(a,1,1,2)$, $(-2,a, 0,1)$

По сути нужно найти ранг соответствующей матрицы. Он не может быть больше 3. Ну, а если меньше 3, то система будет лин. зависимой.
Как тут лучше -- по минорам ранг искать (приравнивая все миноры третьего порядка к нулю) или же методом гаусса (а тогда нужно будет соотвествующие элементы занулять или как обосновать?)

[provincialka]

По-моему, Гаусс быстрее. (я уже нашла оба ответа). В определителях всегда можно сделать ошибку. Но, впрочем, на любителя.

[Tosha]

provincialka в сообщении #798023 писал(а):

По-моему, Гаусс быстрее. (я уже нашла оба ответа). В определителях всегда можно сделать ошибку. Но, впрочем, на любителя.

А там 2 значения? Спасибо

$(-3,-3,a,0)$, $(a,1,1,2)$, $(-2,a, 0,1)$

$$\begin{pmatrix} -3&-3 &a & 0\\ a& 1 & 1 &2 \\ -2&a &0 & 1\\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} -3&-3 &a & 0\\ -2&a &0 & 1\\ a& 1 & 1 &2 \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} -3&-3 &a & 0\\ -2a&a^2 &0 & a\\ 2a& 2 & 2 &4 \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} -3&-3 &a & 0\\ -2a&a^2 &0 & a\\ 0& 2+a^2 & 2 &4+a \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\begin{pmatrix} -3&-3 &a & 0\\ -2&a &0 & 1\\ 0& 2+a^2 & 2 &4+a \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow\begin{pmatrix} -6&-6 &2a & 0\\ -6&3a &0 & 3\\ 0& 2+a^2 & 2 &4+a \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix} -6&-6 &2a & 0\\ 0&3a+6 &2a & 3\\ 0& 2+a^2 & 2 &4+a \\ \end{pmatrix}$$

$$\Leftrightarrow\begin{pmatrix} -6&-6 &2a & 0\\ 0&3a^2+6a &2a^2 & 3a\\ 0& 6+3a^2 & 6 &12+3a \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow\begin{pmatrix} -6&-6 &2a & 0\\ 0&3a+6 &2a & 3\\ 0& 6-6a & 6-2a^2 &12 \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow\begin{pmatrix} -6&-6 &2a & 0\\ 0&3a+6 &2a & 3\\ 0& 3-3a & 3-a^2 &6 \\ \end{pmatrix} \Leftrightarrow}$$

$$\Leftrightarrow\begin{pmatrix} -6&-6 &2a & 0\\ 0&3a+6 &2a & 3\\ 0& 9 & 3+2a+a^2 &9 \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow\begin{pmatrix} -6&-6 &2a & 0\\ 0&9(a+2) &6a & 9\\ 0& 9(a+2) & (a+2)(3+2a+a^2) &9 \\ \end{pmatrix}\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\begin{pmatrix} -6&-6 &2a & 0\\ 0&3a+6 &2a & 3\\ 0& 0 & (a+2)(3+2a+a^2)-6a &0 \\ \end{pmatrix}$$

Хотя бы идея верна? А как дальше?

[iifat]

(Выкладки не проверяю) А дальше — рассматривать три возможных определителя 3х3 и смотреть, когда они одновременно равны нулю.

[bot]

С определителями быстрее. Нужно сосчитать всего один определитель (выбрать тот, что даёт квадратное уравнение) из которого получить два корня. Дальше просто их проверить.

[provincialka]

Вы выбрали неудачный вариант Гаусса. Там в последнем столбце нет параметра, вот с него и надо начинать упрощение. К тому же там уже есть 0. За два преобразования получаем трапециевидную матрицу, у которой на диагонали стоят две константы и квадратный многочлен. Вот его и приравниваем к 0.

[Tosha]

provincialka в сообщении #798068 писал(а):

Вы выбрали неудачный вариант Гаусса. Там в последнем столбце нет параметра, вот с него и надо начинать упрощение. К тому же там уже есть 0. За два преобразования получаем трапециевидную матрицу, у которой на диагонали стоят две константы и квадратный многочлен. Вот его и приравниваем к 0.

Спасибо большое!

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

$$\Leftrightarrow\begin{pmatrix} a&0 &-3 & -3\\ 0& 2a & a^2-3 &a-3 \\ 0&0 &-4a-a^2+3 & 2a^2-a+3\\ \end{pmatrix}$$

$$\begin{vmatrix} a&0 &-3 \\ 0& 2a & a^2-3 \\ 0&0 &-4a-a^2+3 \\ \end{vmatrix} =a(a^2-3)(-4a-a^2+3)$$

$a(a^2-3)(-4a-a^2+3)=0$

$a_1=0, a_2=-2-\sqrt{7}, a_3=\sqrt{7}-2$

Верно ли это? А почему достаточно только один минор третьего порядка занулить?
Ведь, чтобы ранг был менее 3 -- нужно, чтобы все миноры 3го порядка были нулевые...

[bot]

Tosha в сообщении #798097 писал(а):

Верно ли это?

Надеюсь на Ваши арифметические способности.

Tosha в сообщении #798097 писал(а):

А почему достаточно только один минор третьего порядка занулить?

Из здорового прагматизма. Если этот минор не ноль, то ранг = 3, ну а если ноль (при конкретных $a$), то ранг зависит от остальных миноров. Зачем же их считать при любых $a$?

-- Пн дек 09, 2013 16:25:43 --

bot в сообщении #798053 писал(а):

Дальше просто их проверить.

[nnosipov]

Tosha в сообщении #798097 писал(а):

Верно ли это?

У Вас куча ошибок --- есть и вычислительные ошибки (определитель неправильно найден), есть и принципиальные (умножаете строку на $a$, а это не всегда элементарное преобразование). Считайте заново.

[svv]

$$\begin{bmatrix}-3&a&-2\\-3&1&a\\a&1&0\\0&2&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\end{bmatrix}$$

Нам нужно выяснить, при каких значениях $a$ эта система имеет нетривиальное решение $(x, y, z)$. Из последнего уравнения $2y+z=0$ видим, что если $y=0$, то и $z=0$. А так как первый столбец матрицы не обращается в нулевой ни при каком $a$, то в случае $y=0$ имеем только тривиальное решение. Значит, если ищем нетривиальное, то $y\neq 0$, поэтому можно разделить $(x, y, z)$ на $y$. Или, чтобы не вводить новых обозначений, считать, что изначально $y=1$. Тогда $z=-2$.

Теперь, вычитая из первого уравнения второе, получаем линейное уравнение для $a$, в которое не входит $x$:
$(a-1)\cdot 1+(-2-a)(-2)=0$,
откуда $a=-1$. Сразу $x=1$. И ответ: линейная зависимость такова, что при $a=-1$ третий вектор равен полусумме первых двух, и больше никакова.

Вопрос (provincialka, bot): а где же Ваше второе решение? Я где-то его потерял?

[iifat]

svv в сообщении #798256 писал(а):

а где же Ваше второе решение?

Напоминаю: предлагалось найти два возможных решения, которые потом проверить. Второе проверку не прошло. Таки да, ваш способ лучше. Но оба одинаково правильны.

[svv]

Понятно, спасибо.

[Tosha]

Спасибо! Переделанный вариант....

$$\begin{pmatrix} a&0 &-3 & -3\\ 0& 2a & a^2+3 &a+3 \\ 0&0 &-4a-a^2-3 & 4a^2-a-3\\ \end{pmatrix}$$

$$\begin{vmatrix} a&0 &-3 \\ 0& 2a & a^2-3 \\ 0&0 &-4a-a^2+3 \\ \end{vmatrix} =a\cdot 2a\cdot (-4a-a^2-3)$$

$a(a^2-3)(-4a-a^2+3)=0$

$a_1=-1, a_2=-3, a_3=0$

И все эти три подозрительные значения нужно подставить в матрицу и проверить отдельно -- какой будет ранг? Или нужно по-другому?

[provincialka]

Насчет двух я не уверена, я их оба не проверяла - в конце концов, это же не мое задание. А вот элементарные преобразования я делала по-другому. Через полчасика дойду до дома, напишу.

(Оффтоп)

набирать матрицы со смартфона -занятие не для слабонервных

[Tosha]

provincialka в сообщении #798382 писал(а):

Насчет двух я не уверена, я их оба не проверяла - в конце концов, это же не мое задание. А вот элементарные преобразования я делала по-другому. Через полчасика дойду до дома, напишу.

(Оффтоп)

набирать матрицы со смартфона -занятие не для слабонервных

Ок, спасибо, жду)