W4–W5. Четыре фундаментальных подпространства, ортогональные дополнения, метод наименьших квадратов

Автор

Salman Ahmadi-Asl

Дата публикации

13 февраля 2026 г.

1. Краткое содержание

1.1 Четыре фундаментальных подпространства матрицы

У каждой матрицы есть четыре важных векторных подпространства (four fundamental subspaces), которые раскрывают её полную алгебраическую структуру. Понимание этих подпространств нужно для решения систем уравнений, для интерпретации линейных преобразований «матрица → образ» и для приложений в анализе данных и инженерии.

Для матрицы \(A\) размера \(m \times n\) с \(\text{rank}(A) = r\) выделяют четыре фундаментальных подпространства:

1. Столбцовое пространство (column space) \(\mathcal{C}(A)\) (или \(\text{Col}(A)\))

Это множество всех линейных комбинаций столбцов \(A\): \[\mathcal{C}(A) = \{A\mathbf{x} \mid \mathbf{x} \in \mathbb{R}^n\}\]

Подпространство в \(\mathbb{R}^m\) («пространство выходов», output space)
Размерность равна \(r\) (рангу)
Система \(A\mathbf{x} = \mathbf{b}\) имеет решение тогда и только тогда, когда \(\mathbf{b} \in \mathcal{C}(A)\)
Базис: столбцы pivot в исходной матрице \(A\) (их номера видны по ступенчатому виду по строкам, row echelon form)

2. Ядро / нуль-пространство (null space) \(\mathcal{N}(A)\) (или \(\text{Nul}(A)\))

Множество всех векторов, которые \(A\) отображает в ноль: \[\mathcal{N}(A) = \{\mathbf{x} \in \mathbb{R}^n \mid A\mathbf{x} = \mathbf{0}\}\]

Подпространство в \(\mathbb{R}^n\) («пространство входов», input space)
Размерность \(n - r\) (число свободных переменных, free variables)
Содержит все решения однородной системы \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\)
Базис: специальные решения (special solutions) — по одному на каждую свободную переменную: эту переменную ставят равной \(1\), остальные свободные — \(0\)

3. Строчное пространство (row space) \(\mathcal{C}(A^T)\) (или \(\text{Row}(A)\))

Линейная оболочка строк \(A\), то же самое, что \(\mathcal{C}(A^T)\): \[\mathcal{C}(A^T) = \{A^T\mathbf{y} \mid \mathbf{y} \in \mathbb{R}^m\}\]

Подпространство в \(\mathbb{R}^n\)
Размерность \(r\) (как у столбцового пространства)
Базис: ненулевые строки REF (ступенчатого вида по строкам) матрицы \(A\)
В \(\text{Row}(A)\) лежат все линейные комбинации строк \(A\)

4. Левое ядро (left null space) \(\mathcal{N}(A^T)\) (или \(\text{Nul}(A^T)\))

Это \(\mathcal{N}(A^T)\): \[\mathcal{N}(A^T) = \{\mathbf{y} \in \mathbb{R}^m \mid A^T\mathbf{y} = \mathbf{0}\}\]

Подпространство в \(\mathbb{R}^m\)
Размерность \(m - r\)
Название left null space: \(A^T\mathbf{y} = \mathbf{0}\) эквивалентно \(\mathbf{y}^TA = \mathbf{0}^T\) — \(\mathbf{y}\) умножает \(A\) слева
Базис: решают \(A^T\mathbf{y} = \mathbf{0}\) приведением \(A^T\) к ступенчатому виду

1.1.1 Сводная таблица

Подпространство	Обозначение	Содержится в	Размерность	Как найти базис
Столбцовое	\(\mathcal{C}(A)\)	\(\mathbb{R}^m\)	\(r\)	Столбцы pivot в \(A\)
Ядро	\(\mathcal{N}(A)\)	\(\mathbb{R}^n\)	\(n - r\)	Специальные решения \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\)
Строчное	\(\mathcal{C}(A^T)\)	\(\mathbb{R}^n\)	\(r\)	Ненулевые строки \(\text{REF}(A)\)
Левое ядро	\(\mathcal{N}(A^T)\)	\(\mathbb{R}^m\)	\(m - r\)	Специальные решения \(A^T\mathbf{y} = \mathbf{0}\)

1.1.2 Теорема о ранге и дефекте (Rank–Nullity Theorem)

Размерности этих подпространств связаны. Два основных соотношения:

\[\text{dim}(\mathcal{C}(A^T)) + \text{dim}(\mathcal{N}(A)) = n\] \[\text{dim}(\mathcal{C}(A)) + \text{dim}(\mathcal{N}(A^T)) = m\]

В «сжатом» виде: \[r + (n - r) = n \quad \text{и} \quad r + (m - r) = m\]

Это следствие теоремы о ранге и дефекте: для любой матрицы ранг плюс размерность ядра (по столбцам) равны числу столбцов.

1.1.3 Как вычислить четыре подпространства: по шагам

Пример. Пусть \(A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 2 & 4 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 1 & 3 \end{bmatrix}\) (матрица \(3 \times 4\)).

Шаг 1: привести к REF

\[A \xrightarrow{\text{элемент. преобр. строк}} R = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\]

Ведущие элементы (pivots) в столбцах 1 и 3, значит \(r = 2\).

Шаг 2: \(\mathcal{C}(A)\)

Базис дают столбцы pivot в исходной матрице \(A\): \[\mathcal{C}(A) = \text{span}\left\{\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}\]

\(\text{dim}(\mathcal{C}(A)) = 2\).

Шаг 3: \(\mathcal{C}(A^T)\)

Ненулевые строки \(R\) образуют базис строчного пространства: \[\mathcal{C}(A^T) = \text{span}\left\{\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix}\right\}\]

\(\text{dim}(\mathcal{C}(A^T)) = 2\).

Шаг 4: \(\mathcal{N}(A)\)

Решаем \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\) по \(R\mathbf{x} = \mathbf{0}\): \[\begin{cases} x_1 + 2x_2 + x_4 = 0 \\ x_3 + 2x_4 = 0 \end{cases}\]

Свободные: \(x_2\) и \(x_4\). При \(x_2 = 1, x_4 = 0\) получаем \(\mathbf{n}_1 = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}\); при \(x_2 = 0, x_4 = 1\) — \(\mathbf{n}_2 = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ -2 \\ 1 \end{bmatrix}\).

\[\mathcal{N}(A) = \text{span}\left\{\begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ -2 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}\]

\(\text{dim}(\mathcal{N}(A)) = 2 = 4 - 2 = n - r\) ✓

Шаг 5: \(\mathcal{N}(A^T)\)

Решаем \(A^T\mathbf{y} = \mathbf{0}\). Составляем \(A^T\) и приводим к ступенчатому виду: \[A^T = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 4 & 3 \end{bmatrix} \xrightarrow{\text{эл. преобр. строк}} \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\]

Свободная переменная \(y_3 = t\). Система: \[\begin{cases} y_1 + 2y_2 + y_3 = 0 \\ y_2 + y_3 = 0 \end{cases}\]

При \(y_3 = 1\): \(y_2 = -1\), \(y_1 = 1\). Итак: \[\mathcal{N}(A^T) = \text{span}\left\{\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}\]

\(\text{dim}(\mathcal{N}(A^T)) = 1 = 3 - 2 = m - r\) ✓

1.2 Ортогональные дополнения (orthogonal complements)

Два подпространства \(V\) и \(W\) в \(\mathbb{R}^n\) называются ортогональными (orthogonal), если каждый вектор из \(V\) ортогонален каждому вектору из \(W\). Пишут \(V \perp W\).

1.2.1 Определение ортогонального дополнения

Для подпространства \(V \subseteq \mathbb{R}^n\) ортогональное дополнение (orthogonal complement) \(V^\perp\) (читают «V перп») — множество всех векторов в \(\mathbb{R}^n\), ортогональных каждому вектору из \(V\): \[V^\perp = \{\mathbf{x} \in \mathbb{R}^n \mid \mathbf{x} \cdot \mathbf{v} = 0 \text{ для всех } \mathbf{v} \in V\}\]

Важно: \(V^\perp\) всегда подпространство. Чтобы проверить \(\mathbf{x} \in V^\perp\), достаточно проверить ортогональность базису \(V\), а не всем векторам из \(V\).

1.2.2 Фундаментальная теорема линейной алгебры (Fundamental Theorem of Linear Algebra)

Четыре фундаментальных подпространства образуют ортогональные пары:

\[\boxed{\mathcal{C}(A^T) \perp \mathcal{N}(A) \quad \text{в }\mathbb{R}^n}\] \[\boxed{\mathcal{C}(A) \perp \mathcal{N}(A^T) \quad \text{в }\mathbb{R}^m}\]

Эквивалентно: \[\mathcal{C}(A^T)^\perp = \mathcal{N}(A) \quad \text{и} \quad \mathcal{N}(A)^\perp = \mathcal{C}(A^T)\] \[\mathcal{C}(A)^\perp = \mathcal{N}(A^T) \quad \text{и} \quad \mathcal{N}(A^T)^\perp = \mathcal{C}(A)\]

Почему так? Если \(\mathbf{x} \in \mathcal{N}(A)\), то \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\). Пусть \(\mathbf{r}\) — любая строка \(A\). Тогда: \[\mathbf{r} \cdot \mathbf{x} = 0\]

То есть \(\mathbf{x}\) ортогонален каждой строке \(A\), т.е. \(\mathbf{x} \in \mathcal{C}(A^T)^\perp\). Обратно, если \(\mathbf{x}\) ортогонален всем строкам, то \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\).

1.2.3 Ортогональное разложение

Связь «пространство — ортогональное дополнение» даёт разложение: каждый вектор из \(\mathbb{R}^n\) единственным образом записывается как сумма компоненты в подпространстве и компоненты в дополнении.

Теорема (ортогональное разложение, orthogonal decomposition). Если \(V\) — подпространство в \(\mathbb{R}^n\), то каждый \(\mathbf{x} \in \mathbb{R}^n\) единственным образом представим в виде \[\mathbf{x} = \mathbf{v} + \mathbf{w}\] где \(\mathbf{v} \in V\) и \(\mathbf{w} \in V^\perp\).

Пишут: \[\mathbb{R}^n = V \oplus V^\perp\]

Символ \(\oplus\) — прямая сумма (direct sum): пересечение подпространств только \(\{\mathbf{0}\}\).

Для матриц получаются два базовых разложения: \[\mathbb{R}^n = \mathcal{C}(A^T) \oplus \mathcal{N}(A)\] \[\mathbb{R}^m = \mathcal{C}(A) \oplus \mathcal{N}(A^T)\]

1.3 Свойства ортогональных дополнений

1.3.1 Свойство 1: пересечение — ноль

Для любого подпространства \(V\): \[V \cap V^\perp = \{\mathbf{0}\}\]

Доказательство. Пусть \(\mathbf{x} \in V \cap V^\perp\). Тогда \(\mathbf{x} \in V\) и \(\mathbf{x} \in V^\perp\). Так как \(\mathbf{x} \in V^\perp\), он ортогонален всем векторам из \(V\), в том числе себе: \[\mathbf{x} \cdot \mathbf{x} = \|\mathbf{x}\|^2 = 0\]

Значит \(\mathbf{x} = \mathbf{0}\). \(\square\)

1.3.2 Свойство 2: сумма размерностей равна \(n\)

Для любого \(V \subseteq \mathbb{R}^n\): \[\text{dim}(V) + \text{dim}(V^\perp) = n\]

Набросок доказательства. Возьмём ортонормированный базис \(\{\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k\}\) в \(V\) и дополним его до ортонормированного базиса \(\{\mathbf{v}_1, \ldots, \mathbf{v}_k, \mathbf{w}_1, \ldots, \mathbf{w}_{n-k}\}\) в \(\mathbb{R}^n\) (процесс Грама — Шмидта, Gram–Schmidt). Векторы \(\{\mathbf{w}_1, \ldots, \mathbf{w}_{n-k}\}\) ортогональны всем \(\mathbf{v}_i\), значит образуют базис \(V^\perp\). Отсюда \(\text{dim}(V^\perp) = n - k\). \(\square\)

1.3.3 Свойство 3: двойное дополнение возвращает \(V\)

Для любого \(V\): \[(V^\perp)^\perp = V\]

Доказательство. Две включённости.

(\(V \subseteq (V^\perp)^\perp\)): Пусть \(\mathbf{v} \in V\). Для любого \(\mathbf{w} \in V^\perp\) по определению \(V^\perp\) имеем \(\mathbf{v} \cdot \mathbf{w} = 0\). Значит \(\mathbf{v}\) ортогонален всему \(V^\perp\), т.е. \(\mathbf{v} \in (V^\perp)^\perp\).

(\(V \supseteq (V^\perp)^\perp\)): По свойству 2: \(\text{dim}(V) + \text{dim}(V^\perp) = n\) и \(\text{dim}(V^\perp) + \text{dim}((V^\perp)^\perp) = n\), откуда \(\text{dim}(V) = \text{dim}((V^\perp)^\perp)\). Так как \(V \subseteq (V^\perp)^\perp\) и размерности совпадают, множества равны. \(\square\)

1.3.4 Свойство 4: единственность разложения

Если \(\mathbf{x} = \mathbf{v}_1 + \mathbf{w}_1 = \mathbf{v}_2 + \mathbf{w}_2\), где \(\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2 \in V\) и \(\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2 \in V^\perp\), то \(\mathbf{v}_1 = \mathbf{v}_2\) и \(\mathbf{w}_1 = \mathbf{w}_2\).

Доказательство. Переставим слагаемые: \[\mathbf{v}_1 - \mathbf{v}_2 = \mathbf{w}_2 - \mathbf{w}_1\]

Слева вектор из \(V\), справа — из \(V^\perp\). Общий вектор только \(\mathbf{0}\) (свойство 1), поэтому: \[\mathbf{v}_1 - \mathbf{v}_2 = \mathbf{0} \implies \mathbf{v}_1 = \mathbf{v}_2\] \[\mathbf{w}_2 - \mathbf{w}_1 = \mathbf{0} \implies \mathbf{w}_1 = \mathbf{w}_2\] \(\square\)

1.4 Примеры ортогональных дополнений

1.4.1 Геометрия в \(\mathbb{R}^3\)

Если \(V\) — плоскость \(xy\) (множество \(\{(x, y, 0) \mid x, y \in \mathbb{R}\}\)), то \(V^\perp\) — ось \(z\) (\(\{(0, 0, z) \mid z \in \mathbb{R}\}\)).
Если \(V\) — прямая через начало с направлением \(\mathbf{v}\), то \(V^\perp\) — плоскость, перпендикулярная \(\mathbf{v}\).
Если \(V = \mathbb{R}^3\), то \(V^\perp = \{\mathbf{0}\}\).
Если \(V = \{\mathbf{0}\}\), то \(V^\perp = \mathbb{R}^3\).

1.4.2 Пример в \(\mathbb{R}^4\)

Пусть \(V = \text{span}\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right\}\).

Ищем \(V^\perp\): все \(\mathbf{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}\) такие, что \[\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \mathbf{x} = 0 \quad \text{и} \quad \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \mathbf{x} = 0\]

Получаем: \[x_1 + x_3 = 0 \quad \text{и} \quad x_2 + x_4 = 0\]

Подставляя \(x_3 = -x_1\), \(x_4 = -x_2\): \[\mathbf{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ -x_1 \\ -x_2 \end{pmatrix} = x_1\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + x_2\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}\]

Итак: \[V^\perp = \text{span}\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}\right\}\]

Заметим: \(\text{dim}(V) + \text{dim}(V^\perp) = 2 + 2 = 4\) ✓

1.5 Доказательство фундаментальной теоремы

1.5.1 Доказательство: \(\mathcal{C}(A^T)^\perp = \mathcal{N}(A)\)

Теорема. Для любой матрицы \(A\) размера \(m \times n\) выполняется \(\mathcal{C}(A^T)^\perp = \mathcal{N}(A)\).

Доказательство. Две включённости.

(\(\mathcal{N}(A) \subseteq \mathcal{C}(A^T)^\perp\)):

Пусть \(\mathbf{x} \in \mathcal{N}(A)\), т.е. \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\). Нужно \(\mathbf{x} \in \mathcal{C}(A^T)^\perp\), т.е. \(\mathbf{x}\) ортогонален всему \(\mathcal{C}(A^T)\).

Если \(\mathbf{y} \in \mathcal{C}(A^T)\), то \(\mathbf{y} = A^T\mathbf{w}\) для некоторого \(\mathbf{w} \in \mathbb{R}^m\). Вычисляем: \[\mathbf{x} \cdot \mathbf{y} = \mathbf{x}^T\mathbf{y} = \mathbf{x}^T(A^T\mathbf{w}) = (A\mathbf{x})^T\mathbf{w} = \mathbf{0}^T\mathbf{w} = 0\]

Значит \(\mathbf{x} \perp \mathbf{y}\) для всех \(\mathbf{y} \in \mathcal{C}(A^T)\), т.е. \(\mathbf{x} \in \mathcal{C}(A^T)^\perp\).

(\(\mathcal{C}(A^T)^\perp \subseteq \mathcal{N}(A)\)):

Пусть \(\mathbf{x} \in \mathcal{C}(A^T)^\perp\), т.е. \(\mathbf{x} \cdot \mathbf{y} = 0\) для всех \(\mathbf{y} \in \mathcal{C}(A^T)\). Нужно \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\).

В частности, \(\mathbf{x}\) ортогонален каждой строке \(A\) (строки \(A\) — столбцы \(A^T\)). Пусть \(\mathbf{a}_i\) — \(i\)-я строка \(A\). Тогда: \[\mathbf{a}_i \cdot \mathbf{x} = 0 \quad \text{для всех } i = 1, 2, \ldots, m\]

Это и есть \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\) (\(i\)-я компонента \(A\mathbf{x}\) равна \(\mathbf{a}_i \cdot \mathbf{x}\)). Значит \(\mathbf{x} \in \mathcal{N}(A)\).

Вывод: \(\mathcal{C}(A^T)^\perp = \mathcal{N}(A)\). \(\square\)

1.5.2 Доказательство: \(\mathcal{N}(A)^\perp = \mathcal{C}(A^T)\)

Следует из предыдущего пункта и свойства 3: \[\mathcal{N}(A)^\perp = (\mathcal{C}(A^T)^\perp)^\perp = \mathcal{C}(A^T)\] \(\square\)

Аналогично, применяя те же рассуждения к \(A^T\): \[\mathcal{C}(A)^\perp = \mathcal{N}(A^T) \quad \text{и} \quad \mathcal{N}(A^T)^\perp = \mathcal{C}(A)\]

1.6 Почему \(\text{rank}(A) = \text{rank}(A^T)\)

Из фундаментальной теоремы следует равенство строчного и столбцового ранга.

Теорема. \(\text{rank}(A) = \text{rank}(A^T)\).

Доказательство. По теореме о ранге и дефекте для \(A\): \[\text{rank}(A) + \text{dim}(\mathcal{N}(A)) = n\]

Из соотношения с ортогональным дополнением: \[\text{dim}(\mathcal{C}(A^T)) + \text{dim}(\mathcal{C}(A^T)^\perp) = n\]

Но \(\mathcal{C}(A^T)^\perp = \mathcal{N}(A)\), поэтому \[\text{dim}(\mathcal{C}(A^T)) + \text{dim}(\mathcal{N}(A)) = n\]

Сравнивая с первой формулой: \[\text{rank}(A) = \text{dim}(\mathcal{C}(A)) = \text{dim}(\mathcal{C}(A^T)) = \text{rank}(A^T)\] \(\square\)

Число линейно независимых строк совпадает с числом линейно независимых столбцов.

1.7 Задачи наименьших квадратов (least squares)

Если система \(A\mathbf{x} = \mathbf{b}\) несогласована (inconsistent) и точного решения нет, ищут «лучшее приближение». Это и есть задача наименьших квадратов (least squares problem).

1.7.1 Постановка

Задача. Даны \(A \in \mathbb{R}^{m \times n}\) (часто \(m > n\): уравнений больше, чем неизвестных) и \(\mathbf{b} \in \mathbb{R}^m\). Найти \(\mathbf{x} \in \mathbb{R}^n\), минимизирующий \[\|A\mathbf{x} - \mathbf{b}\|^2\]

Почему «наименьших квадратов»? Минимизируется сумма квадратов невязок по уравнениям: \[\|A\mathbf{x} - \mathbf{b}\|^2 = (A\mathbf{x} - \mathbf{b})^T(A\mathbf{x} - \mathbf{b}) = \sum_{i=1}^m (a_i^T\mathbf{x} - b_i)^2\]

где \(a_i^T\) — \(i\)-я строка \(A\).

1.7.2 Геометрический смысл

Вектор \(A\mathbf{x}\) всегда лежит в \(\mathcal{C}(A)\). Нужна ближайшая к \(\mathbf{b}\) точка в \(\mathcal{C}(A)\) — это ортогональная проекция (orthogonal projection) \(\mathbf{b}\) на \(\mathcal{C}(A)\); обозначим \(\mathbf{p} = \text{proj}_{\mathcal{C}(A)}(\mathbf{b})\).

Вектор ошибки \(\mathbf{e} = \mathbf{b} - \mathbf{p}\) ортогонален \(\mathcal{C}(A)\), т.е. \(\mathbf{e} \in \mathcal{C}(A)^\perp = \mathcal{N}(A^T)\).

1.7.3 Зачем нужны наименьшие квадраты?

Переопределённые системы (\(m > n\)) часто несогласованы: ограничений больше, чем степеней свободы. Типичные приложения:

Аппроксимация данных (data fitting): прямая или кривая по экспериментальным точкам
Регрессия (regression analysis): линейная модель, наилучшая по данным
Обработка сигналов (signal processing): оценка сигнала по зашумлённым измерениям
Компьютерная графика (computer graphics): упрощённые модели форм
Машинное обучение (machine learning): много обучающих примеров

Вместо отказа от решения подбирают \(\mathbf{x}\), при котором \(A\mathbf{x}\) максимально близок к \(\mathbf{b}\).

1.7.4 Нормальные уравнения (normal equations), вперёд

Нормальное псевдорешение наименьших квадратов \(\hat{\mathbf{x}}\) удовлетворяет \[A^TA\hat{\mathbf{x}} = A^T\mathbf{b}\]

Это нормальные уравнения (normal equations). Их смысл: ошибка \(\mathbf{b} - A\hat{\mathbf{x}}\) ортогональна \(\mathcal{C}(A)\).

Вывод. Пусть \(\mathbf{e} = \mathbf{b} - A\hat{\mathbf{x}}\). Для минимума \(\mathbf{e}\) должен быть перпендикулярен \(\mathcal{C}(A)\), т.е. \(\mathbf{e} \in \mathcal{N}(A^T)\): \[A^T\mathbf{e} = \mathbf{0}\] \[A^T(\mathbf{b} - A\hat{\mathbf{x}}) = \mathbf{0}\] \[A^T\mathbf{b} - A^TA\hat{\mathbf{x}} = \mathbf{0}\] \[A^TA\hat{\mathbf{x}} = A^T\mathbf{b}\]

Если столбцы \(A\) линейно независимы (full column rank), то \(A^TA\) обратима и \[\hat{\mathbf{x}} = (A^TA)^{-1}A^T\mathbf{b}\]

Матрица \(A^+ = (A^TA)^{-1}A^T\) называется псевдообратной (pseudoinverse) (обобщённо — псевдообратная Мура — Пенроуза, Moore–Penrose inverse).

2. Определения

Столбцовое пространство (column space) (\(\mathcal{C}(A)\) или \(\text{Col}(A)\)): все линейные комбинации столбцов \(A\); подпространство в \(\mathbb{R}^m\) размерности \(r = \text{rank}(A)\).
Ядро / нуль-пространство (null space) (\(\mathcal{N}(A)\) или \(\text{Nul}(A)\)): все решения \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\); подпространство в \(\mathbb{R}^n\) размерности \(n - r\).
Строчное пространство (row space) (\(\mathcal{C}(A^T)\) или \(\text{Row}(A)\)): линейная оболочка строк \(A\), то же, что \(\mathcal{C}(A^T)\); подпространство в \(\mathbb{R}^n\) размерности \(r\).
Левое ядро (left null space) (\(\mathcal{N}(A^T)\) или \(\text{Nul}(A^T)\)): ядро \(A^T\); подпространство в \(\mathbb{R}^m\) размерности \(m - r\).
Ранг (rank): размерность столбцового (эквивалентно — строчного) пространства матрицы.
Ортогональное дополнение (orthogonal complement) (\(V^\perp\)): для \(V \subseteq \mathbb{R}^n\) — все векторы из \(\mathbb{R}^n\), ортогональные каждому вектору из \(V\).
Ортогональные подпространства (orthogonal subspaces): \(V\) и \(W\) ортогональны, если каждый вектор из \(V\) ортогонален каждому вектору из \(W\).
Прямая сумма (direct sum) (\(V \oplus W\)): все векторы вида \(\mathbf{v} + \mathbf{w}\), \(\mathbf{v} \in V\), \(\mathbf{w} \in W\), при \(V \cap W = \{\mathbf{0}\}\).
Задача наименьших квадратов (least squares problem): найти \(\mathbf{x}\), минимизирующий \(\|A\mathbf{x} - \mathbf{b}\|^2\).
Нормальные уравнения (normal equations): система \(A^TA\mathbf{x} = A^T\mathbf{b}\), решение которой даёт оценку наименьших квадратов.
Псевдообратная (pseudoinverse): при полном столбцовом ранге \(A\) матрица \(A^+ = (A^TA)^{-1}A^T\) — левый обратный множитель, дающий решение наименьших квадратов.
Столбцы pivot: столбцы исходной \(A\), в которых в ступенчатом виде стоят ведущие элементы; они образуют базис \(\mathcal{C}(A)\).
Свободные переменные (free variables): отвечают столбцам без pivot; параметризуют \(\mathcal{N}(A)\).
Ведущий главный минор (leading principal minor): определитель верхнего левого блока \(k \times k\) (используется в разложении \(LDL^T\)).

3. Формулы

Размерности четырёх подпространств: для \(A\) размера \(m \times n\) с \(\text{rank}(A) = r\):
- \(\text{dim}(\mathcal{C}(A)) = r\)
- \(\text{dim}(\mathcal{N}(A)) = n - r\)
- \(\text{dim}(\mathcal{C}(A^T)) = r\)
- \(\text{dim}(\mathcal{N}(A^T)) = m - r\)
Теорема о ранге и дефекте (Rank–Nullity Theorem): \(\text{rank}(A) + \text{dim}(\mathcal{N}(A)) = n\) и \(\text{rank}(A) + \text{dim}(\mathcal{N}(A^T)) = m\)
Ортогональные пары:
- \(\mathcal{C}(A^T)^\perp = \mathcal{N}(A)\) и \(\mathcal{N}(A)^\perp = \mathcal{C}(A^T)\)
- \(\mathcal{C}(A)^\perp = \mathcal{N}(A^T)\) и \(\mathcal{N}(A^T)^\perp = \mathcal{C}(A)\)
Размерность дополнения: \(\text{dim}(V) + \text{dim}(V^\perp) = n\) для любого \(V \subseteq \mathbb{R}^n\)
Прямые суммы:
- \(\mathbb{R}^n = \mathcal{C}(A^T) \oplus \mathcal{N}(A)\)
- \(\mathbb{R}^m = \mathcal{C}(A) \oplus \mathcal{N}(A^T)\)
Нормальные уравнения: \(A^TA\hat{\mathbf{x}} = A^T\mathbf{b}\)
Решение наименьших квадратов (при полном столбцовом ранге \(A\)): \(\hat{\mathbf{x}} = (A^TA)^{-1}A^T\mathbf{b}\)
Проекция на \(\mathcal{C}(A)\): \(\mathbf{p} = A(A^TA)^{-1}A^T\mathbf{b}\)
Матрица проекции: \(P = A(A^TA)^{-1}A^T\) проецирует на \(\mathcal{C}(A)\)
Разложение \(LDL^T\) для симметричной \(A\): \(A = LDL^T\), где \(L\) — унитреугольная нижняя, \(D\) — диагональная

4. Примеры

4.1. Четыре фундаментальных подпространства матрицы (Лаба 4, Задание 1)

Дана матрица

\[A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 2 & 4 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]

Найти ступенчатый вид (echelon form) \(A\) и ранг \(r\).
Найти базисы \(\text{Col}(A)\) и \(\text{Row}(A)\).
Найти базисы \(\text{Nul}(A)\) и \(\text{Nul}(A^T)\).
Указать размерности четырёх фундаментальных подпространств \(\text{Col}(A)\), \(\text{Row}(A)\), \(\text{Nul}(A)\) и \(\text{Nul}(A^T)\) и проверить соотношения \[\dim \text{Col}(A) = \dim \text{Row}(A) = r, \quad \dim \text{Nul}(A) = n - r, \quad \dim \text{Nul}(A^T) = m - r,\] где \(m\) — число строк \(A\), \(n\) — число столбцов.

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: приведение строк одновременно даёт ранг и базисы всех четырёх подпространств.

(a) Ступенчатый вид и ранг:

Приводим \(A\):

\[\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 2 & 4 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 - 2R_1} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 \leftrightarrow R_3} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\]

Ступенчатый вид \(U = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\), pivot в столбцах 1 и 2, значит \(r = 2\).

(b) Базисы \(\text{Col}(A)\) и \(\text{Row}(A)\):

\(\text{Col}(A)\): столбцы pivot в исходной \(A\) (1-й и 2-й): \[\text{Col}(A) = \text{span}\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}\right\}\]
\(\text{Row}(A)\): ненулевые строки ступенчатого вида: \[\text{Row}(A) = \text{span}\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right\}\]

(c) Базисы \(\text{Nul}(A)\) и \(\text{Nul}(A^T)\):

\(\text{Nul}(A)\): решаем \(A\mathbf{x} = \mathbf{0}\) по ступенчатому виду. Свободные \(x_3\) и \(x_4\).

Из 2-й строки: \(x_2 + x_3 + x_4 = 0 \Rightarrow x_2 = -x_3 - x_4\).

Из 1-й: \(x_1 + 2x_2 + x_4 = 0 \Rightarrow x_1 = -2x_2 - x_4 = 2x_3 + x_4\).

При \((x_3, x_4) = (1, 0)\): \(\mathbf{n}_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\); при \((0, 1)\): \(\mathbf{n}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\).

\[\text{Nul}(A) = \text{span}\left\{\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right\}\]

\(\text{Nul}(A^T)\): \(A^T\mathbf{y} = \mathbf{0}\), приводим \(A^T\):

\[A^T = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{\text{эл. преобр.}} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\]

Свободная \(y_2 = t\). Из 2-й строки: \(y_3 = 0\); из 1-й: \(y_1 = -2t\).

\[\text{Nul}(A^T) = \text{span}\left\{\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\right\}\]

(d) Проверка размерностей:

\(\dim \text{Col}(A) = 2 = r\) ✓
\(\dim \text{Row}(A) = 2 = r\) ✓
\(\dim \text{Nul}(A) = 2 = n - r = 4 - 2\) ✓
\(\dim \text{Nul}(A^T) = 1 = m - r = 3 - 2\) ✓

Ответ: \(r = 2\); базисы выше; все формулы для размерностей выполняются.

4.2. Ортогональное дополнение к плоскости (Лаба 4, Задание 2)

Найти ортогональное дополнение к плоскости, натянутой на векторы \((1, 1, 2)\) и \((1, 2, 3)\): взять их за строки матрицы \(A\) и решить \(Ax = 0\). Имейте в виду: дополнение — целая прямая.

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: \((\text{Row}(A))^\perp = \text{Nul}(A)\) (фундаментальная теорема). Плоскость — это \(\text{Row}(A)\), ищем \(\text{Nul}(A)\).

Матрица: \[A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}\]
Расширенная матрица \([A \mid \mathbf{0}]\): \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 - R_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 - R_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]
Ядро: свободная \(x_3 = t\).
- \(x_2 + x_3 = 0 \Rightarrow x_2 = -t\)
- \(x_1 + x_3 = 0 \Rightarrow x_1 = -t\)

\[\mathbf{x} = t\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\]

Ответ: ортогональное дополнение — прямая \(\text{span}\left\{\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\right\}\) (то же, что \(\text{span}\left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}\right\}\)).

4.3. Дополнение к строчному пространству и разложение (Лаба 4, Задание 3)

Найти базис ортогонального дополнения к \(\text{Row}(A)\) для \[A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 4 \end{pmatrix}\] Разложить \(x = (3, 3, 3)\) на компоненту \(x_r\) в \(\text{Row}(A)\) и \(x_n\) в \(\text{Nul}(A)\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: \((\text{Row}(A))^\perp = \text{Nul}(A)\). Разложение \(\mathbf{x}\) — линейная комбинация векторов из \(\text{Row}(A)\) и \(\text{Nul}(A)\).

Базис \(\text{Nul}(A) = \text{Row}(A)^\perp\):

\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 4 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_2 - R_1} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}\]

\(x_3 = t\): \(x_1 = -2t\), \(x_2 = -2t\). Базис: \(\mathbf{n} = \begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\).

Базис \(\text{Row}(A)\): \(\mathbf{r}_1 = (1, 0, 2)^T\), \(\mathbf{r}_2 = (0, 1, 2)^T\) (строки RREF).
Разложение \(\mathbf{x} = (3,3,3)^T\): \(\mathbf{x} = \alpha\mathbf{r}_1 + \beta\mathbf{r}_2 + \gamma\mathbf{n}\):

\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -2 \\ 2 & 2 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\\\gamma\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\3\\3\end{pmatrix}\]

Из 1-й и 2-й строк: \(\alpha = 3 + 2\gamma\), \(\beta = 3 + 2\gamma\). Подстановка в 3-ю: \(2(3+2\gamma) + 2(3+2\gamma) + \gamma = 3 \Rightarrow 12 + 9\gamma = 3 \Rightarrow \gamma = -1\). Тогда \(\alpha = 1\), \(\beta = 1\).

Компонента в \(\text{Row}(A)\): \[\mathbf{x}_r = \alpha\mathbf{r}_1 + \beta\mathbf{r}_2 = 1\cdot(1,0,2)^T + 1\cdot(0,1,2)^T = (1,1,4)^T\]
Компонента в \(\text{Nul}(A)\): \[\mathbf{x}_n = \gamma\mathbf{n} = -1\cdot(-2,-2,1)^T = (2,2,-1)^T\]
Проверка: \(\mathbf{x}_r + \mathbf{x}_n = (3,3,3)^T\) ✓, \(A\mathbf{x}_n = \mathbf{0}\) ✓.

Ответ: базис \((\text{Row}(A))^\perp\): \(\left\{\begin{pmatrix}-2\\-2\\1\end{pmatrix}\right\}\); \(x_r = (1,1,4)^T\), \(x_n = (2,2,-1)^T\).

4.4. Почему эти утверждения об ортогональности неверны (Лаба 4, Задание 4)

Почему неверны утверждения:

Если \(V\) ортогонально \(W\), то \(V^\perp\) ортогонально \(W^\perp\).
Если \(V\) ортогонально \(W\), а \(W\) ортогонально \(Z\), то \(V\) ортогонально \(Z\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: ортогональность подпространств не транзитивна; переход к дополнению не сохраняет ортогональность. В \(\mathbb{R}^3\) достаточно контрпримеров.

(a) Контрпример:

\(V = \text{span}\{(1,0,0)\}\), \(W = \text{span}\{(0,1,0)\}\) в \(\mathbb{R}^3\).

\(V \perp W\), так как \((1,0,0)\cdot(0,1,0) = 0\).

\(V^\perp = \text{span}\{(0,1,0),(0,0,1)\}\), \(W^\perp = \text{span}\{(1,0,0),(0,0,1)\}\).

В обоих дополнениях есть \((0,0,1)\), и \((0,0,1)\cdot(0,0,1) = 1 \neq 0\).

Значит \(V^\perp\) не ортогонально \(W^\perp\). Утверждение (a) ложно.

(b) Контрпример:

\(V = \text{span}\{(1,0,0)\}\), \(W = \text{span}\{(0,1,0)\}\), \(Z = \text{span}\{(1,0,1)\}\) в \(\mathbb{R}^3\).

\(V \perp W\) ✓
\(W \perp Z\) ✓
Но \((1,0,0)\cdot(1,0,1) = 1 \neq 0\), т.е. \(V\) не ортогонально \(Z\).

Утверждение (b) ложно: ортогональность не транзитивна.

Ответ: оба утверждения опровергнуты примерами выше.

4.5. Векторы, ортогональные фундаментальным подпространствам (Лаба 4, Задание 5)

Найти вектор \(x\), ортогональный \(\text{Row}(A)\), вектор \(y\), ортогональный \(\text{Col}(A)\), и вектор \(z\), ортогональный \(\text{Nul}(A)\).

\[A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 3 \\ 3 & 6 & 4 \end{pmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: ортогональность к \(\text{Row}(A)\) \(\Rightarrow\) вектор из \(\text{Nul}(A)\); к \(\text{Col}(A)\) — из \(\text{Nul}(A^T)\); к \(\text{Nul}(A)\) — из \(\text{Row}(A)\) (фундаментальная теорема).

Приведение \(A\): \[\begin{pmatrix}1&2&1\\2&4&3\\3&6&4\end{pmatrix} \xrightarrow{R_2-2R_1,\,R_3-3R_1} \begin{pmatrix}1&2&1\\0&0&1\\0&0&1\end{pmatrix} \xrightarrow{R_3-R_2} \begin{pmatrix}1&2&1\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix} \xrightarrow{R_1-R_2} \begin{pmatrix}1&2&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}\]

Pivot в столбцах 1 и 3, \(r = 2\). Свободная \(x_2\).

\(\text{Nul}(A)\) (ортогонально \(\text{Row}(A)\)): при \(x_2 = 1\): \(x_1 = -2\), \(x_3 = 0\). \[\mathbf{x} = \begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}\]
\(\text{Nul}(A^T)\) (ортогонально \(\text{Col}(A)\)): \(A^T\mathbf{y} = \mathbf{0}\). \[A^T = \begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&6\\1&3&4\end{pmatrix} \xrightarrow{R_2-2R_1,\,R_3-R_1} \begin{pmatrix}1&2&3\\0&0&0\\0&1&1\end{pmatrix} \xrightarrow{R_2\leftrightarrow R_3} \begin{pmatrix}1&2&3\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}\]

\(y_3 = t\): \(y_2 = -t\), \(y_1 = -t\). \[\mathbf{y} = t\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}, \quad \text{напр.} \quad \mathbf{y} = \begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}\]

\(\text{Row}(A)\) (ортогонально \(\text{Nul}(A)\)): любая ненулевая строка ступенчатого вида, напр. \[\mathbf{z} = \begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix} \quad \text{(первая ненулевая строка RREF)}\]

Ответ: \(x = \begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}\) (к \(\text{Row}(A)\)), \(y = \begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}\) (к \(\text{Col}(A)\)), \(z = \begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix}\) (к \(\text{Nul}(A)\)).

4.6. Блочные матрицы: ступенчатый вид и специальные решения (Лаба 4, Задание 6)

Для каждой блочной матрицы найти \(U\) (ступенчатый вид) и специальные решения (special solutions):

\[A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \end{bmatrix} \qquad B = \begin{bmatrix} A & A \end{bmatrix} \qquad C = \begin{bmatrix} A & A \\ A & 0 \end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: к блочным матрицам применимы те же элементарные преобразования строк (Gaussian elimination); от блочной структуры зависят pivot и вид специальных решений.

Матрица \(A\) (\(3 \times 3\)):

\[A = \begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&3\\2&4&6\end{bmatrix} \xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_3} \begin{bmatrix}2&4&6\\0&0&3\\0&0&0\end{bmatrix}\]

\(U_A = \begin{bmatrix}2&4&6\\0&0&3\\0&0&0\end{bmatrix}\). Pivot в столбцах 1 и 3; свободная \(x_2\).

Из 2-й строки: \(3x_3 = 0 \Rightarrow x_3 = 0\).
Из 1-й: \(2x_1 + 4x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = -2x_2\).
При \(x_2 = 1\): \(\mathbf{s}_A = \begin{pmatrix}-2\\1\\0\end{pmatrix}\).

Матрица \(B = [A \mid A]\) (\(3 \times 6\)):

Приведение \(B\) совпадает с приведением \(A\) в каждом из двух блоков:

\[U_B = \begin{bmatrix}2&4&6&2&4&6\\0&0&3&0&0&3\\0&0&0&0&0&0\end{bmatrix}\]

Свободные \(x_2, x_4, x_5, x_6\) (столбцы 2, 4, 5, 6). По RREF для \(B\): pivot в столбцах 1 и 3, свободные 2, 4, 5, 6; последовательная подстановка \((1,0,0,0)\), \((0,1,0,0)\), … даёт четыре специальных решения.

Матрица \(C\) (\(6 \times 6\)):

\[C = \begin{bmatrix}A&A\\A&0\end{bmatrix}\]

Вычитание верхнего блока из нижнего (\(R_{\text{bottom}} - R_{\text{top}}\)):

\[\begin{bmatrix}A&A\\0&-A\end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix}U_A&U_A\\0&-U_A\end{bmatrix}\]

Ранг \(C\): в типичной ситуации \(\operatorname{rank}(C) = 2\operatorname{rank}(A) = 4\), \(\dim\text{Nul}(C) = 6 - 4 = 2\).

Ответ: \(U_A = \begin{bmatrix}2&4&6\\0&0&3\\0&0&0\end{bmatrix}\), для \(A\) специальное решение \(\mathbf{s} = (-2,1,0)^T\). Для \(B\) (ранг 2) — четыре специальных решения. Для \(C\) (ранг 4) — два.

4.7. Построить систему по полному решению (Лаба 4, Задание 7)

I. Найти систему \(2 \times 3\) вида \(Ax = b\) с полным решением \[x = \begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix} + w\begin{bmatrix}1\\3\\1\end{bmatrix}\]

II. Найти систему \(3 \times 3\), у которой решения существуют ровно при условии \(b_1 + b_2 = b_3\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: полное решение = частное + ядро; «обратная» постановка матрицы и правой части.

Часть I:

Частное решение \(\mathbf{x}_p = (1,2,0)^T\), направление ядра \(\mathbf{x}_h = (1,3,1)^T\).
Строим \(A\) с \(\text{Nul}(A) = \text{span}\{(1,3,1)^T\}\), например RREF со свободной \(x_3\): \[A = \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\end{bmatrix}\] Проверка: \(A\mathbf{x}_h = (0,0)^T\) ✓
\(\mathbf{b} = A\mathbf{x}_p\): \[\mathbf{b} = \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}\]

Часть II: третья строка — сумма первых двух (согласованность \(\Leftrightarrow\) \(b_1 + b_2 = b_3\)): \[A = \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\\1&1&-4\end{bmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{bmatrix}b_1\\b_2\\b_1+b_2\end{bmatrix}\]

Ответ:

I: \(\begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\end{bmatrix}x = \begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}\)
II: \(\begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\\1&1&-4\end{bmatrix}x = \begin{bmatrix}b_1\\b_2\\b_1+b_2\end{bmatrix}\)

4.8. Полные решения линейных систем (Лаба 4, Задание 8)

Найти полные решения:

\[\begin{aligned}x + 3y + 3z &= 1 \\ 2x + 6y + 9z &= 5 \\ -x - 3y + 3z &= 5\end{aligned}\]
\[\begin{bmatrix}1&3&1&2\\2&6&4&8\\0&0&2&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\\z\\t\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\3\\1\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: полное решение = частное + общее однородное; по расширенной матрице выделяют pivot и свободные переменные.

(a):

Расширенная матрица: \[\left[\begin{array}{ccc|c}1&3&3&1\\2&6&9&5\\-1&-3&3&5\end{array}\right] \xrightarrow{R_2-2R_1,\,R_3+R_1} \left[\begin{array}{ccc|c}1&3&3&1\\0&0&3&3\\0&0&6&6\end{array}\right] \xrightarrow{R_3-2R_2} \left[\begin{array}{ccc|c}1&3&3&1\\0&0&3&3\\0&0&0&0\end{array}\right]\]
Обратная подстановка: из 2-й строки \(z = 1\); из 1-й \(x + 3y = -2\).
- Свободная \(y = \alpha\): \(x = -2 - 3\alpha\).
Полное решение: \[\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix} + \alpha\begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix}\]

(b):

Приведение: \[\left[\begin{array}{cccc|c}1&3&1&2&1\\2&6&4&8&3\\0&0&2&4&1\end{array}\right] \xrightarrow{R_2-2R_1} \left[\begin{array}{cccc|c}1&3&1&2&1\\0&0&2&4&1\\0&0&2&4&1\end{array}\right] \xrightarrow{R_3-R_2} \left[\begin{array}{cccc|c}1&3&1&2&1\\0&0&2&4&1\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\]

\[\xrightarrow{R_1 - \frac{1}{2}R_2} \left[\begin{array}{cccc|c}1&3&0&0&\frac{1}{2}\\0&0&1&2&\frac{1}{2}\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\]

Свободные \(y = \alpha\), \(t = \beta\); базисные \(x = \tfrac{1}{2} - 3\alpha\), \(z = \tfrac{1}{2} - 2\beta\).
Полное решение: \[\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1/2\\0\\1/2\\0\end{pmatrix} + \alpha\begin{pmatrix}-3\\1\\0\\0\end{pmatrix} + \beta\begin{pmatrix}0\\0\\-2\\1\end{pmatrix}\]

Ответ:

(a): \(\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix} + \alpha\begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix}\)
(b): \(\begin{pmatrix}1/2\\0\\1/2\\0\end{pmatrix} + \alpha\begin{pmatrix}-3\\1\\0\\0\end{pmatrix} + \beta\begin{pmatrix}0\\0\\-2\\1\end{pmatrix}\)

4.9. Нормаль к плоскости и ортогональное дополнение (Домашнее задание 4, Задание 1)

Пусть \(P = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : 2x - 4y - 5z = 0\}\).

Найти ненулевой вектор \(n \in \mathbb{R}^3\), нормальный к \(P\), и проверить, что \(P = n^\perp\).
Найти базис \(P\).
Найти базис \(P^\perp\) и связать его с \(\text{span}\{n\}\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: плоскость через начало, заданная \(ax + by + cz = 0\), имеет вектор нормали \((a,b,c)\); каждая точка плоскости ортогональна этой нормали.

(a) Нормаль:

\(P = \{(x,y,z): 2x - 4y - 5z = 0\}\). По коэффициентам: \[n = \begin{pmatrix}2\\-4\\-5\end{pmatrix}\]

Проверка \(P = n^\perp\): \((x,y,z) \in n^\perp\) \(\Leftrightarrow\) \(n \cdot (x,y,z) = 2x - 4y - 5z = 0\) — это определение \(P\). ✓

(b) Базис \(P\):

Две линейно независимые точки на \(P\): свободные \(y, z\).

\(y = 1, z = 0\): \(x = 2\), вектор \((2, 1, 0)^T\).
\(z = 2, y = 0\): \(x = 5\), вектор \((5, 0, 2)^T\).

Базис \(P\): \(\left\{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}5\\0\\2\end{pmatrix}\right\}\).

(c) Базис \(P^\perp\):

\(\dim P = 2\) в \(\mathbb{R}^3\), значит \(\dim P^\perp = 1\). Вектор \(n = (2,-4,-5)^T\) ортогонален \(P\), поэтому \[P^\perp = \text{span}\{n\} = \text{span}\left\{\begin{pmatrix}2\\-4\\-5\end{pmatrix}\right\}\]

Ответ: \(n = (2,-4,-5)^T\); базис \(P\): \(\{(2,1,0)^T, (5,0,2)^T\}\); \(P^\perp = \text{span}\{n\}\).

4.10. Четыре подпространства параметрической матрицы (Домашнее задание 4, Задание 2)

Для \(a, b, c \in \mathbb{R}\) рассмотреть \[A = \begin{bmatrix}0&1&a&0&a&0\\0&0&1&b&0&b\\0&0&0&1&c&c\\0&0&0&0&0&0\end{bmatrix}\]

Найти базисы \(\text{Col}(A)\), \(\text{Row}(A)\), \(\text{Nul}(A)\) и \(\text{Nul}(A^T)\) через \(a\), \(b\), \(c\).
Явно записать две ортогональные пары из четырёх подпространств.
Меняются ли размерности четырёх подпространств при \(a = b = c = 0\)?

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: \(A\) уже в REF; pivot и свободные столбцы считываются сразу.

(a):

\(A\) имеет размер \(4 \times 6\) и уже ступенчата. Pivot в столбцах 2, 3 и 4, \(r = 3\).

\(\text{Col}(A)\): столбцы pivot исходной матрицы — 2, 3, 4: \[\text{Col}(A) = \text{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}a\\1\\0\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\b\\1\\0\end{pmatrix}\right\}\]
\(\text{Row}(A)\): ненулевые строки (сами строки \(A\)): \[\text{Row}(A) = \text{span}\left\{(0,1,a,0,a,0),\ (0,0,1,b,0,b),\ (0,0,0,1,c,c)\right\}\]
\(\text{Nul}(A)\): свободные \(x_1, x_5, x_6\); три специальных решения.
\(\text{Nul}(A^T)\): \(\dim \text{Nul}(A^T) = 4 - 3 = 1\). Последняя строка \(A\) нулевая, поэтому \(e_4 = (0,0,0,1)^T\) даёт \(A^T e_4 = 0\): \[\text{Nul}(A^T) = \text{span}\left\{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}\right\}\]

(b) Ортогональность:

\[\text{Row}(A) \perp \text{Nul}(A) \quad \text{в }\mathbb{R}^6\] \[\text{Col}(A) \perp \text{Nul}(A^T) \quad \text{в }\mathbb{R}^4\]

(c) Случай \(a = b = c = 0\):

Структура pivot та же, \(r = 3\), размерности \(3,3,3,1\) не меняются.

Ответ: \(r = 3\) при любых \(a,b,c\); при \(a=b=c=0\) размерности те же.

4.11. Четыре подпространства \(A\), \(A+I\) и \(A+A^2\) (Домашнее задание 4, Задание 3)

Пусть \[A = \begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{bmatrix}\] Описать четыре фундаментальных подпространства для \(A\), \(A+I\) и \(A+A^2\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: выписать матрицы, найти ранги и ядра приведением строк.

Матрица \(A\):

\[A = \begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{bmatrix}\]

Уже REF. Pivot в столбцах 2 и 3, \(r = 2\).

\(\text{Col}(A) = \text{span}\{(1,0,0)^T, (0,1,0)^T\}\) (2-й и 3-й столбцы \(A\)). \(\dim\text{Col}(A) = 2\).
\(\text{Row}(A) = \text{span}\{(0,1,0), (0,0,1)\}\), \(\dim = 2\).
\(\text{Nul}(A)\): свободная \(x_1\), базисное решение \((1,0,0)^T\), \(\dim = 1\).
\(\text{Nul}(A^T)\): \(\dim = 1\). \(A^T = \begin{bmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}\): \(y_2=0\), \(y_1=0\), \(y_3\) свободна. \(\text{Nul}(A^T) = \text{span}\{(0,0,1)^T\}\).

Матрица \(A + I\):

\[A + I = \begin{bmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\end{bmatrix}\]

Верхнетреугольная с единицами на диагонали — обратима, \(r = 3\).

\(\text{Col}(A+I) = \mathbb{R}^3\), \(\text{Row}(A+I) = \mathbb{R}^3\), \(\text{Nul}(A+I) = \{0\}\), \(\text{Nul}((A+I)^T) = \{0\}\).

Матрица \(A + A^2\):

\[A^2 = \begin{bmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}, \qquad A + A^2 = \begin{bmatrix}0&1&1\\0&0&1\\0&0&0\end{bmatrix}\]

Pivot в столбцах 2 и 3, \(r = 2\).

\(\text{Col}(A+A^2) = \text{span}\{(1,0,0)^T, (1,1,0)^T\}\), \(\dim = 2\).
\(\text{Row}(A+A^2) = \text{span}\{(0,1,1),(0,0,1)\}\), \(\dim = 2\).
\(\text{Nul}(A+A^2)\): \((1,0,0)^T\), \(\dim = 1\).
\(\text{Nul}((A+A^2)^T)\): \((A+A^2)^T = \begin{bmatrix}0&0&0\\1&0&0\\1&1&0\end{bmatrix}\), \(y_3\) свободна, \(y_1=y_2=0\), \(\text{span}\{(0,0,1)^T\}\).

Ответ: у \(A\) и \(A+A^2\) ранг 2, \(\text{Nul} = \text{span}\{(1,0,0)^T\}\), левое ядро \(\text{span}\{(0,0,1)^T\}\); \(A+I\) обратима (\(r=3\)), ядра тривиальны.

4.12. Принадлежит ли \(w\) столбцовому или нуль-пространству? (первая матрица) (Домашнее задание 4, Задание 4)

Пусть \[w = \begin{bmatrix}1\\1\\-1\\-3\end{bmatrix}, \quad A = \begin{bmatrix}7&6&-4&1\\-5&-1&0&-2\\9&-11&7&-3\\19&-9&7&1\end{bmatrix}\] Выяснить: \(w \in \text{Col}(A)\)? \(w \in \text{Nul}(A)\)? оба? ни одно?

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: \(\text{Nul}(A)\) — по \(Aw\); \(\text{Col}(A)\) — по согласованности \(Ax=w\).

Проверка \(\text{Nul}(A)\): вычисляем \(Aw\):

\[Aw = \begin{bmatrix}14\\0\\0\\0\end{bmatrix}\]

Так как \(Aw \neq \mathbf{0}\), \(w \notin \text{Nul}(A)\).

Проверка \(\text{Col}(A)\): привести \([A \mid w]\). Если система согласована, \(w \in \text{Col}(A)\).

\[\left[\begin{array}{cccc|c}7&6&-4&1&1\\-5&-1&0&-2&1\\9&-11&7&-3&-1\\19&-9&7&1&-3\end{array}\right]\]

После исключения Гаусса система согласована (pivot в расширенном столбце не появляется). Значит \(w \in \text{Col}(A)\).

Ответ: \(w \in \text{Col}(A)\), но \(w \notin \text{Nul}(A)\).

4.13. Принадлежит ли \(w\) столбцовому или нуль-пространству? (вторая матрица) (Домашнее задание 4, Задание 5)

Пусть \[w = \begin{bmatrix}1\\2\\0\\1\end{bmatrix}, \quad A = \begin{bmatrix}-8&5&-2&0\\-5&2&1&-2\\10&-8&6&-3\\3&-2&1&0\end{bmatrix}\] То же, что в 4.12.

Нажмите, чтобы увидеть решение

\(\text{Nul}(A)\): \(Aw = \begin{bmatrix}2\\-3\\-9\\-1\end{bmatrix} \neq \mathbf{0}\), значит \(w \notin \text{Nul}(A)\).

\(\text{Col}(A)\): по \([A \mid w]\) получается строка вида \([0\;0\;0\;0\mid c]\), \(c \neq 0\) — несогласованность, \(w \notin \text{Col}(A)\).

Ответ: \(w\) не в \(\text{Col}(A)\) и не в \(\text{Nul}(A)\).

4.14. В каком \(\mathbb{R}^k\) лежат подпространства? (Домашнее задание 4, Задание 6)

Пусть \(A\) — матрица \(m \times n\). Какие из подпространств \[\text{Row}(A),\ \text{Col}(A),\ \text{Nul}(A),\ \text{Row}(A^T),\ \text{Col}(A^T),\ \text{Nul}(A^T)\] лежат в \(\mathbb{R}^n\), какие в \(\mathbb{R}^m\)? Сколько различных подпространств в этом списке (в общем случае)?

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: смотреть длину векторов — «вход» \(\mathbb{R}^n\) или «выход» \(\mathbb{R}^m\).

В \(\mathbb{R}^n\): \(\text{Row}(A)\), \(\text{Nul}(A)\), \(\text{Col}(A^T)\).
В \(\mathbb{R}^m\): \(\text{Col}(A)\), \(\text{Nul}(A^T)\), \(\text{Row}(A^T)\).

Так как \(\text{Row}(A) = \text{Col}(A^T)\) и \(\text{Col}(A) = \text{Row}(A^T)\), из шести названий остаются четыре различных подпространства.

Ответ: в \(\mathbb{R}^n\) — \(\text{Row}(A)\), \(\text{Nul}(A)\), \(\text{Col}(A^T)\); в \(\mathbb{R}^m\) — остальные три; различных — четыре (четыре фундаментальных).

4.15. Две формулы ранга и дефекта (Домашнее задание 4, Задание 7)

Пусть \(A\) — матрица \(m \times n\). Обосновать тождества: \[\dim\text{Row}(A) + \dim\text{Nul}(A) = n, \qquad \dim\text{Col}(A) + \dim\text{Nul}(A^T) = m\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: обе формулы — теорема о ранге и дефекте для \(A\) и \(A^T\).

Первая: \(\dim\text{Row}(A) + \dim\text{Nul}(A) = n\).

Для \(T: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\): \(\dim(\ker T) + \dim(\text{im}\, T) = n\). Для \(A\): \(\ker = \text{Nul}(A)\), \(\text{im} = \text{Col}(A)\). Так как \(\dim\text{Col}(A) = r = \dim\text{Row}(A)\) (строчный ранг = столбцовому), \[r + \dim\text{Nul}(A) = n \implies \dim\text{Row}(A) + \dim\text{Nul}(A) = n\]

Вторая: \(\dim\text{Col}(A) + \dim\text{Nul}(A^T) = m\).

Применяем те же к \(A^T: \mathbb{R}^m \to \mathbb{R}^n\): \[\dim\text{Nul}(A^T) + \dim\text{Col}(A^T) = m\] и \(\dim\text{Col}(A^T) = \dim\text{Row}(A) = r = \dim\text{Col}(A)\), откуда \[\dim\text{Col}(A) + \dim\text{Nul}(A^T) = m \quad \square\]

Ответ: обе формулы следуют из теоремы о ранге и дефекте и равенства строчного и столбцового ранга.

4.16. Эквивалентность: \(\text{Col}(A) = \mathbb{R}^m\), \(\text{Nul}(A^T)=\{0\}\), согласованность для всех \(b\) (Домашнее задание 4, Задание 8)

Пусть \(A\) — \(m \times n\). Доказать эквивалентность:

Система \(Ax = b\) согласована для каждого \(b \in \mathbb{R}^m\).
\(\text{Col}(A) = \mathbb{R}^m\).
\(\text{Nul}(A^T) = \{0\}\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: все три условия означают, что \(A\) сюръективна (surjective) как отображение \(\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\).

(a) \(\Rightarrow\) (b): из согласованности для любого \(b\) следует \(b \in \text{Col}(A)\) для всех \(b\), значит \(\text{Col}(A) = \mathbb{R}^m\).

(b) \(\Rightarrow\) (a): если \(\text{Col}(A) = \mathbb{R}^m\), каждое \(b\) — комбинация столбцов, решение \(Ax=b\) есть.

(b) \(\Rightarrow\) (c): \(\dim\text{Col}(A)=m \Rightarrow r=m \Rightarrow \dim\text{Nul}(A^T)=m-r=0\).

(c) \(\Rightarrow\) (b): \(\dim\text{Nul}(A^T)=0 \Rightarrow r=m \Rightarrow \dim\text{Col}(A)=m\), и \(\text{Col}(A)\subseteq\mathbb{R}^m\) даёт \(\text{Col}(A)=\mathbb{R}^m\). \(\square\)

Ответ: (a), (b), (c) эквивалентны.

4.17. Нормали и построение ортогональных дополнений (Домашнее задание 4, Задание 9)

Плоскости в \(\mathbb{R}^3\): \[P_1 = \{x : 3x_1 - 4x_2 + x_3 = 0\}, \quad P_2 = \{x : 5x_1 - 10x_3 = 0\}\]

Найти нормали \(n_1, n_2\) к \(P_1, P_2\).
Найти базисы \(P_1\) и \(P_2\).
Построить матрицу \(A_1\) размера \(2 \times 3\) с \(\text{Row}(A_1)=P_1\). Показать \(\text{Nul}(A_1) = \text{span}\{n_1\}\).
Построить \(A_2\) размера \(3 \times 2\) с \(\text{Col}(A_2)=P_2\). Показать \(\text{Nul}(A_2^T) = \text{span}\{n_2\}\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

(a) \(n_1 = (3,-4,1)^T\); \(n_2 = (5,0,-10)^T\) или \((1,0,-2)^T\).

(b) Базис \(P_1\): \(\{(4,3,0)^T, (-1,0,3)^T\}\). Базис \(P_2\): \(\{(0,1,0)^T, (2,0,1)^T\}\).

(c) Строки — базис \(P_1\): \[A_1 = \begin{bmatrix}4&3&0\\-1&0&3\end{bmatrix}\] \(\text{Nul}(A_1)\) одномерно; специальное решение коллинеарно \((3,-4,1)^T=n_1\). ✓

(d) Столбцы — базис \(P_2\): \[A_2 = \begin{bmatrix}0&2\\1&0\\0&1\end{bmatrix}\] \(\text{Nul}(A_2^T)\) одномерно; \((1,0,-2)^T \parallel n_2\). ✓

Ответ: \(n_1 = (3,-4,1)^T\), \(n_2 = (1,0,-2)^T\); построения согласованы с ядром и левым ядром.

4.18. Четыре подпространства у эквивалентных по строкам матриц (Домашнее задание 4, Задание 10)

Матрицы эквивалентны по строкам: \[A = \begin{bmatrix}2&-1&1&-6&8\\1&-2&-4&3&-2\\-7&8&10&3&-10\\4&-5&-7&0&4\end{bmatrix}, \quad B = \begin{bmatrix}1&-2&-4&3&-2\\0&3&9&-12&12\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}\]

Найти \(\text{rank}(A)\) и \(\dim\text{Nul}(A)\) без нового приведения \(A\).
Базисы \(\text{Row}(A)\) и \(\text{Col}(A)\).
Базис \(\text{Nul}(A)\).
Базис \(\text{Nul}(A^T)\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: у эквивалентных по строкам матриц совпадают \(\text{Row}\) и \(\text{Nul}\); по \(B\) всё видно.

(a) У \(B\) две ненулевые строки, \(r=2\), \(n=5\), \(\dim\text{Nul}(A)=3\).

(b) \(\text{Row}(A) = \text{span}\{(1,-2,-4,3,-2),\ (0,3,9,-12,12)\}\); \(\text{Col}(A)\) — столбцы 1 и 2 исходного \(A\): \[\text{Col}(A) = \text{span}\left\{\begin{pmatrix}2\\1\\-7\\4\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-1\\-2\\8\\-5\end{pmatrix}\right\}\]

(c) RREF из \(B\): \[\begin{bmatrix}1&0&2&-5&6\\0&1&3&-4&4\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}\] Специальные: \((-2,-3,1,0,0)^T\), \((5,4,0,1,0)^T\), \((-6,-4,0,0,1)^T\).

(d) \(\dim\text{Nul}(A^T)=2\); нулевые строки \(B\) задают линейные связи строк \(A\); базис в \(\text{Nul}(A^T)\) получают из множителей приведения (или приведением \(A^T\)).

Ответ: \(r=2\), \(\dim\text{Nul}(A)=3\); базисы как выше.

4.19. Четыре подпространства и проверка ортогональности (Домашнее задание 4, Задание 11)

Пусть \[A = \begin{bmatrix}5&-2&3\\-1&0&-1\\1&-2&-2\\-5&7&2\end{bmatrix}\] Найти базисы \(\text{Col}(A)\), \(\text{Row}(A)\), \(\text{Nul}(A)\), \(\text{Nul}(A^T)\) и проверить две ортогональные пары.

Нажмите, чтобы увидеть решение

Приведение \(A\) к REF (как в оригинале) даёт три pivot-столбца: \(r=3=n\), \(\text{Nul}(A)=\{0\}\).
Базисы: три столбца \(A\) — базис \(\text{Col}(A)\); ненулевые строки REF — базис \(\text{Row}(A)\); \(\text{Nul}(A^T)\) одномерно (\(4-3=1\)), вектор из \(A^Ty=0\).
Ортогональность: \(\text{Row}\perp\text{Nul}\) тривиально; \(\text{Col}\perp\text{Nul}(A^T)\) — по фундаментальной теореме.

Ответ: \(r=3\), \(\text{Nul}(A)=\{0\}\), \(\dim\text{Nul}(A^T)=1\); ортогональные соотношения выполняются.

4.20. Матрица \(2 \times 5\) (Домашнее задание 4, Задание 12)

Пусть \[A = \begin{bmatrix}4&5&-2&6&0\\1&1&0&1&0\end{bmatrix}\] Найти базисы четырёх подпространств и проверить ортогональные пары.

Нажмите, чтобы увидеть решение

RREF: \(\begin{bmatrix}1&0&2&-1&0\\0&1&-2&2&0\end{bmatrix}\), \(r=2\), свободные \(x_3,x_4,x_5\).

\(\text{Col}(A)\): 1-й и 2-й столбцы исходной \(A\).
\(\text{Row}(A)\): две строки RREF.
\(\text{Nul}(A)\): три специальных решения \((-2,2,1,0,0)^T\), \((1,-2,0,1,0)^T\), \((0,0,0,0,1)^T\).
\(\text{Nul}(A^T)=\{0\}\) (полный строчный ранг, \(r=m=2\)).

Проверка скалярных произведений строк на базисные векторы \(\text{Nul}\) даёт 0.

Ответ: \(r=2\); базисы как выше; ортогональность выполнена.

4.21. Размерности при параметрах \(\alpha\), \(\beta\) (Домашнее задание 4, Задание 13)

Найти размерности четырёх фундаментальных подпространств \(A\) в зависимости от \(\alpha\) и \(\beta\): \[A = \begin{bmatrix}1&-1&-2\\1&\alpha&-1\\-1&1&\beta\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: после приведения \[\begin{bmatrix}1&-1&-2\\0&\alpha+1&1\\0&0&\beta-2\end{bmatrix}\] разбор случаев по обнулению pivot.

Ответ:

Условие	\(r\)	\(\dim\text{Nul}\)	\(\dim\text{Nul}(A^T)\)
\(\alpha \neq -1\) и \(\beta \neq 2\)	3	0	0
\(\alpha = -1\) или \(\beta = 2\) (или оба)	2	1	1

4.22. Ступенчатый вид и свободные переменные (Туториал 4, Задание 1)

Привести \(A\) и \(B\) к ступенчатому виду, найти ранги и указать свободные переменные:

\[A = \begin{bmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&0\\1&2&0&1\end{bmatrix}, \qquad B = \begin{bmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Матрица \(A\) (\(3 \times 4\)):

Приведение: \[\begin{bmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&0\\1&2&0&1\end{bmatrix} \xrightarrow{R_3-R_1} \begin{bmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}\]
\(r = 2\), pivot в столбцах 1 и 2. Свободные: \(x_3\), \(x_4\).

Матрица \(B\) (\(3 \times 3\)):

Приведение: \[\begin{bmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2-4R_1,\,R_3-7R_1} \begin{bmatrix}1&2&3\\0&-3&-6\\0&-6&-12\end{bmatrix} \xrightarrow{R_3-2R_2} \begin{bmatrix}1&2&3\\0&-3&-6\\0&0&0\end{bmatrix}\]
\(r = 2\), pivot в столбцах 1 и 2. Свободная: \(x_3\).

Ответ: для \(A\): ранг 2, свободные \(x_3, x_4\); для \(B\): ранг 2, свободная \(x_3\).

4.23. Столбцовое пространство обратимой матрицы (Туториал 4, Задание 2)

Если \(A\) — любая обратимая матрица \(8 \times 8\), чему равно \(\text{Col}(A)\)? Почему?

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: у обратимой матрицы полный ранг, \(\text{Col}(A)\) совпадает со всем \(\mathbb{R}^8\).

Если \(A\) обратима, \(\text{rank}(A) = 8\). Так как \(\text{Col}(A) \subseteq \mathbb{R}^8\) и \(\dim\text{Col}(A)=8\): \[\text{Col}(A) = \mathbb{R}^8\]

Для каждого \(\mathbf{b}\) есть единственное решение \(\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}\), значит любой \(\mathbf{b}\) лежит в \(\text{Col}(A)\).

Ответ: \(\text{Col}(A) = \mathbb{R}^8\).

4.24. Условие согласованности и полное решение (Туториал 4, Задание 3)

При каком условии на \(b_1, b_2, b_3\) система согласована? (В расширенной матрице \([A \mid b]\) столбец \(b\) — четвёртый.) Найти все решения при выполнении условия: \[\begin{aligned}x + 2y - 2z &= b_1 \\ 2x + 5y - 4z &= b_2 \\ 4x + 9y - 8z &= b_3\end{aligned}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: по \([A \mid b]\) получается условие на \(b\); свободная переменная даёт ядро.

Приведение \([A \mid b]\): \[\left[\begin{array}{ccc|c}1&2&-2&b_1\\2&5&-4&b_2\\4&9&-8&b_3\end{array}\right] \xrightarrow{R_2-2R_1,\,R_3-4R_1} \left[\begin{array}{ccc|c}1&2&-2&b_1\\0&1&0&b_2-2b_1\\0&1&0&b_3-4b_1\end{array}\right]\]

\[\xrightarrow{R_3-R_2} \left[\begin{array}{ccc|c}1&2&-2&b_1\\0&1&0&b_2-2b_1\\0&0&0&b_3-b_2-2b_1\end{array}\right]\]

Согласованность: \(b_3 - b_2 - 2b_1 = 0\), т.е. \[\boxed{2b_1 + b_2 - b_3 = 0}\]
Полное решение (при выполнении): \(z = t\), \(y = b_2 - 2b_1\), \(x = 5b_1 - 2b_2 + 2t\).

\[\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5b_1-2b_2\\b_2-2b_1\\0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}\]

Ответ: условие \(2b_1 + b_2 = b_3\); решение \((5b_1-2b_2,\; b_2-2b_1,\; 0)^T + t(2,0,1)^T\).

4.25. Подобрать \(q\) для заданного ранга (Туториал 4, Задание 4)

Подобрать \(q\) так, чтобы (если возможно) ранг был (a) 1, (b) 2, (c) 3:

\[A = \begin{bmatrix}6&4&2\\-3&-2&-1\\9&6&q\end{bmatrix}, \qquad B = \begin{bmatrix}3&1&3\\q&2&q\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Матрица \(A\) (\(3 \times 3\)):

\[\begin{bmatrix}6&4&2\\-3&-2&-1\\9&6&q\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2+\frac{1}{2}R_1,\,R_3-\frac{3}{2}R_1} \begin{bmatrix}6&4&2\\0&0&0\\0&0&q-3\end{bmatrix}\]

Первые две строки пропорциональны — только один pivot из них.

(a) Ранг 1: нужна нулевая третья строка: \(q = 3\).
(b) Ранг 2: \(q \neq 3\).
(c) Ранг 3: невозможно, максимум 2.

Матрица \(B\) (\(2 \times 3\)): после \(R_2 - \frac{q}{3}R_1\): \[\begin{bmatrix}3&1&3\\0&2-\frac{q}{3}&0\end{bmatrix}\]

1. \(q = 6\); (b) \(q \neq 6\); (c) невозможно.

Ответ:

	Ранг 1	Ранг 2	Ранг 3
\(A\)	\(q = 3\)	\(q \neq 3\)	нет
\(B\)	\(q = 6\)	\(q \neq 6\)	нет

4.26. Грама — Шмидта и \(QR\) (Туториал 4, Задание 5)

Применить Gram–Schmidt к столбцам \[\mathbf{a} = \begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}, \quad \mathbf{c} = \begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}\] и записать \(A = QR\) для матрицы с этими столбцами.

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: ортонормированные столбцы \(Q\), \(R = Q^T A\) — верхнетреугольная.

Как в оригинале: \(\mathbf{q}_1=(0,0,1)^T\), \(\mathbf{q}_2=(0,1,0)^T\), \(\mathbf{q}_3=(1,0,0)^T\),

\[Q = \begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&0\\1&0&0\end{bmatrix}, \quad R = \begin{bmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{bmatrix}\]

Проверка: \(QR = A\) ✓

Ответ: \(Q\), \(R\) как выше.

4.27. Симметричное разложение \(LDL^T\) (Туториал 4, Задание 6)

Найти \(LDL^T\) для

\[A_1 = \begin{bmatrix}1&3&5\\3&12&18\\5&18&30\end{bmatrix}, \qquad A_2 = \begin{bmatrix}a&b\\b&d\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: для симметричной \(A\): \(A = LDL^T\), \(L\) унитреугольная нижняя, \(D\) диагональная (симметричный вариант \(LU\)).

\(A_1\): как в вычислениях оригинала, \[L = \begin{bmatrix}1&0&0\\3&1&0\\5&-7/3&1\end{bmatrix}, \quad D = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&3&0\\0&0&12\end{bmatrix}\]

\(A_2\) (символьно): при \(a \neq 0\), \(ad - b^2 \neq 0\), \[L = \begin{bmatrix}1&0\\b/a&1\end{bmatrix}, \quad D = \begin{bmatrix}a&0\\0&\frac{ad-b^2}{a}\end{bmatrix}\]

Ответ: см. формулы выше.

4.28. Подпространство, дополнение и разложение (Туториал 4, Задание 7)

Найти базис \(S \subseteq \mathbb{R}^4\) — линейной оболочки всех решений \(x_1 + x_2 + x_3 - x_4 = 0\).

Базис \(S^\perp\).
Найти \(b_1 \in S\) и \(b_2 \in S^\perp\) с \(b_1 + b_2 = b = (1, 1, 1, 1)^T\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: \(S = \text{Nul}([1,1,1,-1])\), \(S^\perp = \text{Row}([1,1,1,-1])\).

Базис \(S\): \((-1,1,0,0)^T\), \((-1,0,1,0)^T\), \((1,0,0,1)^T\); \(\dim S = 3\).

(a) \(S^\perp = \text{span}\{(1,1,1,-1)^T\}\).

(b) \(n=(1,1,1,-1)^T\): \[b_2 = \frac{b\cdot n}{n\cdot n}n = \tfrac{1}{2}(1,1,1,-1)^T, \quad b_1 = b - b_2 = (\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{2})^T\]

Ответ: базисы и \(b_1,b_2\) как выше.

4.29. Построить СЛАУ с заданным общим решением (Повторение к тесту I, Задание 1)

I. Найти СЛАУ \(A\mathbf{x}=\mathbf{b}\) размера \(2 \times 3\) с полным решением \[\mathbf{x} = \begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix} + w\begin{bmatrix}1\\3\\1\end{bmatrix}\]

Найти систему \(3 \times 3\), которая имеет решения ровно при условии \(b_1 + b_2 = b_3\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: полное решение — частное решение плюс ядро; нужно подобрать \(A\) и \(\mathbf{b}\) по этой информации.

Часть I (\(2 \times 3\))

Частное: \(\mathbf{x}_p = (1,2,0)^T\); направление в \(\mathcal{N}(A)\): \(\mathbf{x}_h = (1,3,1)^T\) (свободный параметр \(w\)).
Подбираем \(A\) с \(A\mathbf{x}_h = \mathbf{0}\):

\[A = \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\end{bmatrix}\]

Проверка: \(A\mathbf{x}_h = (0,0)^T\) ✓
\(\mathbf{b} = A\mathbf{x}_p\):

\[\mathbf{b} = \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}\]

Часть II (\(3 \times 3\))

Добавляем третью строку — сумму первых двух: \[A = \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\\1&1&-4\end{bmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{bmatrix}b_1\\b_2\\b_1+b_2\end{bmatrix}\]

Ответ:

I: \(\begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\end{bmatrix}\mathbf{x} = \begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}\)
II: \(\begin{bmatrix}1&0&-1\\0&1&-3\\1&1&-4\end{bmatrix}\mathbf{x} = \begin{bmatrix}b_1\\b_2\\b_1+b_2\end{bmatrix}\)

4.30. Общие решения СЛАУ (Повторение к тесту I, Задание 2)

Найти общие решения систем.

\[\begin{bmatrix}1&3&3\\2&6&9\\-1&-3&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\5\\5\end{bmatrix}\]
\[\begin{bmatrix}1&3&1&2\\2&6&4&8\\0&0&2&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\\z\\t\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\3\\1\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: общее решение = частное решение неоднородной системы + общее решение однородной.

(a)

Приведение расширенной матрицы:

\[\left[\begin{array}{ccc|c}1&3&3&1\\2&6&9&5\\-1&-3&3&5\end{array}\right] \xrightarrow{R_2-2R_1,\,R_3+R_1} \left[\begin{array}{ccc|c}1&3&3&1\\0&0&3&3\\0&0&6&6\end{array}\right] \xrightarrow{R_3-2R_2} \left[\begin{array}{ccc|c}1&3&3&1\\0&0&3&3\\0&0&0&0\end{array}\right]\]
Обратный ход: из второй строки \(z = 1\); из первой \(x + 3y = -2\). Свободная \(y = \alpha\).
Общее решение: \[\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix} + \alpha\begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix}\]

(b)

Приведение: \[\left[\begin{array}{cccc|c}1&3&1&2&1\\2&6&4&8&3\\0&0&2&4&1\end{array}\right] \xrightarrow{R_2-2R_1} \left[\begin{array}{cccc|c}1&3&1&2&1\\0&0&2&4&1\\0&0&2&4&1\end{array}\right] \xrightarrow{R_3-R_2} \left[\begin{array}{cccc|c}1&3&1&2&1\\0&0&2&4&1\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\] \[\xrightarrow{R_1-\frac{1}{2}R_2} \left[\begin{array}{cccc|c}1&3&0&0&\frac{1}{2}\\0&0&1&2&\frac{1}{2}\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\]
Свободные \(y = \alpha\), \(t = \beta\); базисные \(x = \tfrac{1}{2} - 3\alpha\), \(z = \tfrac{1}{2} - 2\beta\).
Общее решение: \[\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1/2\\0\\1/2\\0\end{pmatrix} + \alpha\begin{pmatrix}-3\\1\\0\\0\end{pmatrix} + \beta\begin{pmatrix}0\\0\\-2\\1\end{pmatrix}\]

Ответ:

(a): \((-2,0,1)^T + \alpha(-3,1,0)^T\)
(b): \((1/2,0,1/2,0)^T + \alpha(-3,1,0,0)^T + \beta(0,0,-2,1)^T\)

4.31. Ортогональное дополнение к \(\text{Row}(A)\) (Повторение к тесту I, Задание 3)

Найти базис ортогонального дополнения к строчному пространству матрицы \[A = \begin{bmatrix}1&0&2\\1&1&4\end{bmatrix}\]
Разложить \(\mathbf{x} = (3,3,3)^T\) в сумму \(\mathbf{x}_r \in \text{Row}(A)\) и \(\mathbf{x}_n \in \text{Nul}(A)\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: \(\text{Row}(A)^\perp = \text{Nul}(A)\) (Fundamental Theorem of Linear Algebra). В (b) разложение по базисам \(\text{Row}(A)\) и \(\text{Nul}(A)\).

(a)

\[\begin{bmatrix}1&0&2\\1&1&4\end{bmatrix} \xrightarrow{R_2-R_1} \begin{bmatrix}1&0&2\\0&1&2\end{bmatrix}\]

Свободная \(z\): \(x = -2z\), \(y = -2z\). Базис \(\text{Nul}(A)\): \(\left\{\begin{pmatrix}-2\\-2\\1\end{pmatrix}\right\}\).

(b)

Базис \(\text{Row}(A)\): \(\mathbf{r}_1 = (1,0,2)^T\), \(\mathbf{r}_2 = (0,1,2)^T\). Пишем \(\mathbf{x} = \alpha\mathbf{r}_1 + \beta\mathbf{r}_2 + \gamma(-2,-2,1)^T\):

\[\begin{cases}\alpha - 2\gamma = 3\\\beta - 2\gamma = 3\\2\alpha + 2\beta + \gamma = 3\end{cases}\]

Из первых двух: \(\alpha = \beta = 3 + 2\gamma\). Подстановка в третью: \(12 + 9\gamma = 3 \Rightarrow \gamma = -1\), \(\alpha = \beta = 1\):

\(\mathbf{x}_r = (1,1,4)^T\)
\(\mathbf{x}_n = (2,2,-1)^T\)

Проверка: \((1,1,4) + (2,2,-1) = (3,3,3)\) ✓; \(A\mathbf{x}_n = (0,0)^T\) ✓.

Ответ:

(a): базис \(\text{Row}(A)^\perp = \text{Nul}(A)\): \(\left\{\begin{pmatrix}-2\\-2\\1\end{pmatrix}\right\}\)
(b): \(\mathbf{x}_r = (1,1,4)^T\), \(\mathbf{x}_n = (2,2,-1)^T\)

4.32. Почему эти утверждения об ортогональности неверны (Повторение к тесту I, Задание 4)

Почему ложны утверждения:

Утверждение 1: если \(V \perp W\), то \(V^\perp \perp W^\perp\).
Утверждение 2: если \(V \perp W\) и \(W \perp Z\), то \(V^\perp \perp Z\).

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: контрпримеры в \(\mathbb{R}^3\).

Утверждение 1: \(V = \text{span}\{(1,0,0)^T\}\), \(W = \text{span}\{(0,1,0)^T\}\) — тогда \(V \perp W\).

\(V^\perp = \text{span}\{(0,1,0)^T, (0,0,1)^T\}\), \(W^\perp = \text{span}\{(1,0,0)^T, (0,0,1)^T\}\).

В обоих дополнениях есть \((0,0,1)^T\), и \((0,0,1)^T \cdot (0,0,1)^T = 1 \neq 0\), значит \(V^\perp \not\perp W^\perp\). Неверно.

Утверждение 2: \(V = \text{span}\{(1,0,0)^T\}\), \(W = \text{span}\{(0,1,0)^T\}\), \(Z = \text{span}\{(1,0,1)^T\}\).

\(V \perp W\) ✓; \(W \perp Z\) ✓
\((0,0,1)^T \in V^\perp\), но \((0,0,1)\cdot(1,0,1) = 1 \neq 0\), значит \(V^\perp \not\perp Z\). Неверно.

Ответ: оба утверждения опровергаются примерами выше.

4.33. Ортогонализация Грама — Шмидта (Повторение к тесту I, Задание 5)

По векторам (не ортонормированным) построить ортонормированный набор процессом Gram–Schmidt: \[\mathbf{a} = \begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}, \quad \mathbf{c} = \begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: вычитание проекций на уже построенные векторы, затем нормировка.

\[\mathbf{v}_1 = \mathbf{a} = \begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}, \quad \|\mathbf{v}_1\| = \sqrt{2}, \quad \mathbf{q}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\]
Проекция \(\mathbf{b}\) на \(\mathbf{v}_1\): \(\mathbf{b}\cdot\mathbf{v}_1 = 1\), \(\|\mathbf{v}_1\|^2 = 2\); \(\mathbf{v}_2 = \mathbf{b} - \frac{1}{2}\mathbf{v}_1 = (1/2,-1/2,1)^T\), \(\|\mathbf{v}_2\|^2 = 3/2\), \(\mathbf{q}_2 = (1/\sqrt{6},-1/\sqrt{6},2/\sqrt{6})^T\).
Аналогично для \(\mathbf{c}\): \(\mathbf{q}_3 = (-1/\sqrt{3},1/\sqrt{3},1/\sqrt{3})^T\).

Ответ: \[\mathbf{q}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}, \quad \mathbf{q}_2 = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}, \quad \mathbf{q}_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\]

4.34. Решение через \(LU\)-разложение (Повторение к тесту I, Задание 6)

Решить матричное уравнение с помощью \(LU\)-разложения и прямого/обратного хода: \[\begin{bmatrix}2&1&1\\4&1&0\\-2&2&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3\\3\\-2\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: \(A = LU\), \(L\) унитреугольная нижняя, \(U\) верхняя; сначала \(L\mathbf{y} = \mathbf{b}\) (прямой ход), затем \(U\mathbf{x} = \mathbf{y}\) (обратный).

\(LU\): исключение по Гауссу для \(A\):
- \(m_{21} = 2\), \(m_{31} = -1\); после шага 1: \(\begin{bmatrix}2&1&1\\0&-1&-2\\0&3&2\end{bmatrix}\).
- \(m_{32} = -3\); \(U = \begin{bmatrix}2&1&1\\0&-1&-2\\0&0&-4\end{bmatrix}\), \(L = \begin{bmatrix}1&0&0\\2&1&0\\-1&-3&1\end{bmatrix}\).
Прямой ход \(L\mathbf{y} = \mathbf{b}\): \(y_1 = 3\), \(y_2 = -3\), \(y_3 = -8\).
Обратный ход \(U\mathbf{x} = \mathbf{y}\): \(x_3 = 2\), \(x_2 = -1\), \(x_1 = 1\).

Ответ: \(\mathbf{x} = (1,-1,2)^T\).

4.35. Симметричная положительная определённость (Повторение к тесту I, Задание 7)

Проверить, являются ли матрицы симметричными положительно определёнными (symmetric positive definite): \[A = \begin{bmatrix}2&-1&0\\-1&2&-1\\0&-1&2\end{bmatrix}, \quad B = \begin{bmatrix}5&2&1\\2&4&1\\1&1&3\end{bmatrix}, \quad C = \begin{bmatrix}4&0&1\\0&3&0\\1&0&2\end{bmatrix}\]

Нажмите, чтобы увидеть решение

Ключевая идея: для симметричной матрицы SPD \(\Leftrightarrow\) все ведущие угловые миноры \(> 0\) (критерий Сильвестра, Sylvester’s criterion).

Матрица \(A\): \(D_1=2\), \(D_2=3\), \(D_3=4\) — все \(> 0\) ✓; \(A\) положительно определена.

Матрица \(B\): \(D_1=5\), \(D_2=16\), \(D_3=43\) — все \(> 0\) ✓; \(B\) положительно определена.

Матрица \(C\): \(D_1=4\), \(D_2=12\), \(D_3=21\) (разложение по второй строке) ✓; \(C\) положительно определена.

Ответ: все три матрицы \(A\), \(B\), \(C\) — симметричные положительно определённые.