Разобраться с рангом

[NEvOl]

Здравствуйте уважаемые, пытаюсь разобраться с понятиями линейной зависимости, ранга и базиса (систематизировать знания и устранить пробелы). В разных источниках дают разную информацию.
Например дана система векторов $Q$:
$a_1=\begin{pmatrix} 6\\8\\9\\0\\1\\6 \end{pmatrix}$ $a_2=\begin{pmatrix} 2\\1\\1\\3\\0\\1 \end{pmatrix}$ $a_3=\begin{pmatrix} 2\\7\\6\\-6\\1\\4 \end{pmatrix}$
Нужно определить размерность и найти базис линейной оболочки данных векторов.
Известно что линейная оболочка (ЛО) является подпространством. Размерность ЛО, равна рангу системы $Q$. А в качестве базиса ЛО можно взять любой базис системы $Q$.

1) Что бы найти размерность, нужно определить ранг системы $Q$.
Тут у меня возникает вопрос, что бы найти ранг системы, можно выписать вектора в столбцы матрицы (i-ый столбец равен i-ом вектору) или можно выписать в строки матрицы (i-ая строка равна i-ом вектору), или можно и так и так ?
Далее можно элементарными преобразованиями свести полученную матрицу из векторов к диагональному виду. В качестве элементарных преобразований можно использовать:
1)перестановка любых строк
2)перестановка любых столбцов
3)умножение любой строки на число отличное от 0
4)умножение любого столбца на число отличное от 0
5) прибавление к элементам строки соответствующих элементов другой строки, предварительно умноженных на число
6) прибавление к элементам столбца соответствующих элементов другого столбца, предварительно умноженных на число.

После приведения матрицы к диагональному виду, число строк (столбцов) матрицы у которых на диагонали стоят элементы отличные от 0 является рангом матрицы, соответственно рангом системы векторов и размерностью ЛО.

Так же с помощью ранга можно определить сколько векторов данной системы линейно зависимы.

2) что бы найти базис, можно из полученной диагональной матрицы взять вектора (строки или столбцы - зависит от того как они были записаны в эту матрицу изначально) у которых на диагонали стоят элементы отличные от 0.

Подскажите пожалуйста, все что я описал верно ? если что-то не так, поправьте пожалуйста.

[iifat]

NEvOl в сообщении #1159358 писал(а):

можно выписать вектора в столбцы матрицы

Напоминаю: ранг — размер максимальной квадратной подматрицы.

NEvOl в сообщении #1159358 писал(а):

элементарными преобразованиями свести полученную матрицу из векторов к диагональному виду

Только действовать надо осторожно. Например, как в методе Гаусса. Иначе можно потерять в ранге (примеров сходу не приведу, поверьте на слово).

[worm2]

В принципе всё так, но есть неточности.
Во-первых, хорошо бы сказать, что описанный метод вычисления ранга называется метод Гаусса. Если вы знакомы с методом Гаусса решения системы линейных уравнений, то это он и есть, только обобщённый по самое не балуйся.
Можно его применять по строкам (пункты 1, 3, 5), можно по столбцам (2, 4, 6), результат должен получиться одинаковым. Но использовать в одном методе преобразование и строк, и столбцов — это усложнение, вроде бы, никому не нужное.
У вас в примере векторы-столбцы, и базис от вас требуют в виде векторов-столбцов. Значит, нужно проводить метод по столбцам.
Во-вторых, может быть, кто-то и говорит "диагональный вид", но это не совсем правильно. Говорят "ступенчатый вид". Потому что там не всегда на диагонали будут ненулевые элементы. И не диагональные элементы нужно считать. Нужно провести метод Гаусса до конца, и тогда число ненулевых столбцов (строк, если применять метод по строкам) матрицы будет равно рангу, а сами ненулевые столбцы будут подходящим базисом. Погуглите "приведение матрицы к ступенчатому виду", должно быть понятно разжёвано.

[ewert]

NEvOl в сообщении #1159358 писал(а):

или можно и так и так ?

Или можно и так и так. Ибо есть теорема: строчный ранг равен столбцовому. Но технически выгоднее работать не со столбцами, а со строками. Т.е. переписать столбцы в строки, разобраться с рангом и получившимися базисными строками, а потом эти строки перевернуть обратно. Поскольку манипулировать со столбцами довольно неудобно.

Можно, конечно, работать и с исходной матрицей, отыскивая её базисный минор. Преимущество в том, что в базис войдут какие-то векторы из числа исходных. Но этот метод -- всё-таки извращение.

[NEvOl]

iifat в сообщении #1159360 писал(а):

Иначе можно потерять в ранге

что это значит ?
т.е. если мы выписываем исходные вектора в столбцы матрицы (i-ый вектор - i-ый столбец матрицы), то "безопаснее" выполнять преобразования над строками при этом не используя преобразования над столбцами, а если выписываем в строки матрицы (i-ый вектор - i-ая строка матрицы) то лучше выполнять преобразованиям над столбцами ?

[svv]

Я не знаю, что имел в виду уважаемый iifat, но, коли доказано, что такое-то преобразование сохраняет ранг матрицы, пользуйтесь им хоть миллион раз. Все шесть, Вами перечисленных, сохраняют.

[iifat]

Пожалуй, вы правы. Мне казалось, что беспорядочными действиями можно уменьшить ранг, не зря же метод Гаусса выстраивает треугольник сверху вниз (более или менее). Похоже, я был неправ.

[NEvOl]

тогда для примера приведенного в теме решение будет выглядеть так ?
Записываю исходные векторы-столбцы в качестве столбцов матрицы:
$\begin{pmatrix} 6& 2 &2 \\ 8& 1 &7\\ 9& 1 &6 \\ 0& 3 &-6 \\ 1& 0 &1 \\ 6& 1 &4 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 6& 2 &2 \\ 8& 1 &7\\ 1& 0 &-1 \\ 0& 3 &-6 \\ 1& 0 &1 \\ 6& 1 &4 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 6& 2 &2 \\ 8& 1 &7\\ 2& 0 &0 \\ 0& 3 &-6 \\ 1& 0 &1 \\ 6& 1 &4 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 0& 2 &2 \\ 0& 1 &7\\ 2& 0 &0 \\ 0& 3 &-6 \\ 0& 0 &1 \\ 0& 1 &4 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 0& 2 &0 \\ 0& 1 &0\\ 2& 0 &0 \\ 0& 3 &0 \\ 0& 0 &1 \\ 0& 1 &0 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 0& 0 &0 \\ 0& 1 &0\\ 2& 0 &0 \\ 0& 0 &0 \\ 0& 0 &1 \\ 0& 0 &0 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 2& 0 &0 \\ 0& 1 &0\\ 0& 0 &1 \\ 0& 0 &0 \\ 0& 0 &0 \\ 0& 0 &0 \end{pmatrix}$
(все преобразования происходили над строками)
получаем ранг равен 3, соответственно сами исходные вектора образуют базис в ЛО ?

[svv]

Проверять такие преобразования (как самому, так и другим людям) будет легко и приятно, если как-нибудь обозначать, что именно Вы делаете на каждом шаге, например:

$$\begin{pmatrix} 6& 2 &2 \\ 8& 1 &7\\ 9& 1 &6 \\ 0& 3 &-6 \\ 1& 0 &1 \\ 6& 1 &4 \end{pmatrix} \begin{matrix} {}\\ {}\\ {-c_2}\\ {}\\ {}\\ {}\end{matrix} \begin{pmatrix} 6& 2 &2 \\ 8& 1 &7\\ 1& 0 &-1 \\ 0& 3 &-6 \\ 1& 0 &1 \\ 6& 1 &4 \end{pmatrix} \begin{matrix} {}\\ {}\\ {+c_5}\\ {}\\ {}\\ {}\end{matrix} \begin{pmatrix} 6& 2 &2 \\ 8& 1 &7\\ 2& 0 &0 \\ 0& 3 &-6 \\ 1& 0 &1 \\ 6& 1 &4 \end{pmatrix} \begin{matrix} {-3c_3}\\ {-4c_3}\\ {}\\ {}\\ {-0.5c_3}\\ {-3c_3}\end{matrix} \begin{pmatrix} 0& 2 &2 \\ 0& 1 &7\\ 2& 0 &0 \\ 0& 3 &-6 \\ 0& 0 &1 \\ 0& 1 &4 \end{pmatrix}$$

Хорошо. А что Вы будете делать с такой матрицей?
$\begin{pmatrix} 1& 2 &3 &4 &5 \\ 0& 0 &6 &7 &8 \\ 0& 0 &0 &0 &9\end{pmatrix}$
К диагональному виду (в Вашем понимании) она, вроде, приведена? Ну, и каков её ранг?

[NEvOl]

svv в сообщении #1159522 писал(а):

Проверять такие преобразования (как самому, так и другим людям) будет легко и приятно, если как-нибудь обозначать, что именно Вы делаете на каждом шаге, например:

виноват.

svv в сообщении #1159522 писал(а):

Хорошо. А что Вы будете делать с такой матрицей?
$\begin{pmatrix} 1& 2 &3 &4 &5 \\ 0& 0 &6 &7 &8 \\ 0& 0 &0 &0 &9\end{pmatrix}$
К диагональному виду (в Вашем понимании) она, вроде, приведена? Ну, и каков её ранг?

тоже 3 ?

[svv]

Верно, $3$, но ведь на главной диагонали два нуля! И, скажем, ранг «укороченной» матрицы
$\begin{pmatrix} 1& 2 &3\\ 0& 0 &6\\ 0& 0 &0\end{pmatrix}$
уже $2$, хоть диагональ у неё та же.

В таком случае, к какому виду мы приводим матрицу, зачем, и на что смотрим по окончании работы?

[NEvOl]

приводим к ступенчатому виду, и смотрим количество ненулевых строк (столбцов) ?

[svv]

Верно.
Доказательство:

На картинке 1) изображена матрица, приведённая к ступенчатому виду (серые кружки — нулевые элементы, синие ненулевые).
Что в этой ситуации все миноры порядка 5 будут нулевыми, очевидно. Чтобы показать, что ранг равен 4, надо предъявить ненулевой минор 4 порядка.
На картинке 2) показано, какие элементы образуют этот минор (понятен принцип?), а из картинки 3) ясно, что он ненулевой.

[bot]

iifat в сообщении #1159425 писал(а):

не зря же метод Гаусса выстраивает треугольник сверху вниз (более или менее)

Только лишь для наглядности и при первом объяснении. Важно лишь помнить, что система меняется на каждом шагу алгоритма и не допускать необратимых шагов типа $\left\{\begin{matrix}a\\ b\end{matrix}\right.\to \left\{\begin{matrix}a-b\\ b-a\end{matrix}\right.$. Треугольные преобразования стопроцентно страхуют от подобного рода сбоев.