EXAM-1-2022-2023

Линейная алгебра и геометрия
Экзамен-1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Морфей
Группа БЭАД242
Задание 1
Существует ли матрица 𝐴 ∈ 𝑀3×3 (ℝ), обладающая одновременно следующими свойствами:
(1) система 𝐴𝑥 = (2, −3, 0)𝑇 несовместна;
(2) пространство решений системы 𝐴𝑇 𝑦 = 0 имеет размерность 1?
Если существует, то предъявите её.
Решение:
Вспомним, что размерность ФСР 𝐴𝑥 = 0 равна 𝑛 − rk 𝐴, где 𝑛 — число строк в матрице 𝐴. В данном
случае 𝑛 = 3.
Так как rk 𝐴 = rk 𝐴𝑇 , то 1 = 3 − rk 𝐴 ⇔ rk 𝐴 = 2.
Раз rk 𝐴 = 2, то при приведении её к УСВ одна из строк будет нулевой. Осталось сделать так, чтобы
эта строка приводила к противоречию в системе 𝐴𝑥 = (2, −3, 0)𝑇 , тогда система будет несовместна.
1 2 3
(
)
(
)
)
(
)
Пример. Рассмотрим 𝐴 = (
4
5
6
. Её ранг равен двум, так как вторая строка является полусуммой
(
)
(
)
(7 8 9)
первой и третьей. Тогда рассмотрим систему 𝐴𝑥 = (2, −3, 0):
1 2 3 2
(
)
(
)
(
)
(
)
4
5
6
−3
(
)
(
)
7
8
9
0
(
)
Легко видеть, что если из второй строки мы вычтем полусумму первой и третьей, то получим слева
нулевую строку, а справа число −4. Значит, в этом случае система несовместна.
Проверим (для собственного душевного спокойствия), что ФСР 𝐴𝑇 𝑦 = 0 состоит из одного вектора:
1 4 7
1 0 −1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
5
8
0
1
2
⇒
УСВ:
(
)
(
)
(
)
(
)
3
6
9
0
0
0
(
)
(
)
𝑥1
1
(
)
(
)
(
)
(
𝑥
=
−2
( 2) ( )
)𝑥3
𝑥
1
( 3) ( )
1
(
)
𝑇
(
−2
( )
) — и есть ФСР системы 𝐴 𝑦 = 0, значит, пространство её решений действительно имеет размер
(1)
ность, равную единице.
Ответ:
1 2 3
(
)
(
)
)
(
)
Да, например, 𝐴 = (
4
5
6
(
)
(
)
7
8
9
(
)
Стр. 2 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Задание 2
√
√
Найдите все комплексные решения уравнения ( 3 − 4𝑖)𝑧3 = 2 + 10 3𝑖, у которых один из аргументов
7𝜋
принадлежит интервалу ( , 3𝜋).
3
Решение:
√
√
√
√
√
√
√
(2 + 10 3𝑖)( 3 + 4𝑖)
2
+
10
3𝑖
2 3 + 8𝑖 + 30𝑖 − 40 3
−38 3 + 38𝑖
3
𝑧 = √
= √
=
=
= −2 3 + 2𝑖 =
√
3 + 16
19
3 − 4𝑖
( 3 − 4𝑖)( 3 + 4𝑖)
√
3 1
5𝜋
5𝜋
= 4(−
+ 𝑖) = 4(cos
+ 𝑖 sin )
2
2
6
6
𝑧=
√
3
4(cos(
5𝜋 2𝜋𝑘
5𝜋 2𝜋𝑘
+
) + 𝑖 sin(
+
)), 𝑘 ∈ ℤ.
18
3
18
3
Найдём те корни, у которых один из аргументов принадлежит нужному интервалу. Для этого решим
неравенство:
7𝜋
5𝜋 2𝜋𝑘
18
<
+
< 3𝜋 | ×
3
18
3
𝜋
42 < 5 + 12𝑘 < 54
37 < 12𝑘 < 49
Подходит только 𝑘 = 4. Тогда аргумент искомого корня равен
это
√
3
4(cos
17𝜋
5𝜋 8𝜋
53𝜋
+
=
=
+ 2𝜋, а сам корень
3
18
18
18
17𝜋
17𝜋
+ 𝑖 sin
)
18
18
Ответ:
√
17𝜋
17𝜋
3
{ 4(cos
+ 𝑖 sin
)}
18
18
Стр. 3 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Задание 3
Выясните, являются ли функции 2 sin 𝑥, cos 𝑥, tg 𝑥, sin 2𝑥 линейно независимыми в пространстве всех
действительнозначных функций на множестве (− 𝜋2 , 𝜋2 ).
Решение:
Запишем линейную комбинацию, равную нулю:
𝜋 𝜋
∀𝑥 ∈ (− , ) 2𝑎 sin 𝑥 + 𝑏 cos 𝑥 + 𝑐 tg 𝑥 + 𝑑 sin 2𝑥 = 0
2 2
Подставим 𝑥 = 0:
0+𝑏+0+0=0⇔𝑏 =0
Подставим 𝑥 = 𝜋6 :
√
√
𝑐
3
𝑐
3
𝑎+0+ √ +𝑑
=0⇔𝑎+ √ +𝑑
=0
2
2
3
3
Подставим 𝑥 = 𝜋4 :
√
𝑐
𝑑
𝑎 2+0+𝑐+𝑑 =0⇔𝑎+ √ + √ =0
2
2
Подставим 𝑥 = 𝜋3 :
√
√
3
𝑑
𝑎 3+0+𝑐 3+𝑑
=0⇔𝑎+𝑐+ =0
2
2
√
Получили некоторую систему линейных уравнений для 𝑎, 𝑐 и 𝑑. Найдём определитель матрицы, задаю
щей эту систему:
1
(
(
(
(
det(
1
(
(
(
(
1
(
√1
3
√1
2
1
√
3
2 )
)
0
(
(
)
(
) (1)−(3),(2)−(3)
(
√1 )
========================== det(
0
)
(
2)
(
)
(
)
(
1
1
2 )
(
√1 − 1
3
√1 − 1
2
1
√
3
1
2 − 2)
)
)
) разложение по первому столбцу
√1 − 1 )
===================================================
)
2
2
)
1
2
)
)
)
√
√
1
1
1
1
3 1
)
= ( √ − 1)( √ − ) − ( √ − 1)(
− )=
)
2
2
3
2 2
2
√1 − 1
2
2
)
√
√
1
1
1
1
3
1
3 1
=√ − √ −√ + − √ + √ +
− =
2
2
6 2 3
2 2 2 2 2 2
√
√
√
√
√
√
6
3
2
6
2
3
=
−
−
−
+
+
≠0
6
6
2
4
4
2
1
( √3 − 1
(
= 1 ⋅ (−1)1+3 det(
(1
√ −1
( 2
3
1
2 − 2)
)
Раз определитель матрицы не равен нулю, то у системы решение единственно, и оно, очевидно, есть
нулевое решение. Значит, исходная система функций линейно независима.
Ответ:
Да, являются.
Стр. 4 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Задание 4
Докажите, что множество всех матриц 𝑋 ∈ 𝑀2×2 (ℝ), удовлетворяющих условию 𝑋𝐴 = 𝐴𝑋, где 𝐴 =
−5 4
(
), является подпространством в пространстве 𝑀2×2 (ℝ); найдите базис и размерность этого
−9 7
подпространства.
Решение:
𝑎 𝑏
Пусть искомое множество матриц 𝑈 ⊆ 𝑀2×2 (ℝ). Пусть 𝑋 = (
𝑐 𝑑
). Тогда
𝑎 𝑏
𝑋𝐴 = (
−5 4
−5𝑎 − 9𝑏 4𝑎 + 7𝑏
)(
)=(
)
−5𝑐 − 9𝑑 4𝑐 + 7𝑑
𝑐 𝑑
−9 7
−5 4
𝐴𝑋 = (
−9 7
𝑎 𝑏
)(
𝑐 𝑑
−5𝑎 + 4𝑐 −5𝑏 + 4𝑑
)=(
−9𝑎 + 7𝑐 −9𝑏 + 7𝑑
)
{−5𝑎 − 9𝑏 = −5𝑎 + 4𝑐
{9𝑏 + 4𝑐 = 0
{9𝑏 + 4𝑐 = 0
{
{
{
{9𝑏 + 4𝑐 = 0
{4𝑎 + 7𝑏 = −5𝑏 + 4𝑑
{4𝑎 + 12𝑏 − 4𝑑 = 0
{𝑎 + 3𝑏 − 𝑑 = 0
{
𝐴𝑋 = 𝑋𝐴 ⇔ {
⇔{
⇔{
⇔ {𝑎 + 3𝑏 − 𝑑 = 0
−5𝑐 − 9𝑑 = −9𝑎 + 7𝑐
9𝑎 − 12𝑐 − 9𝑑 = 0
3𝑎 − 4𝑐 − 3𝑑 = 0
{3𝑎 − 4𝑐 − 3𝑑 = 0
{
{
{
{
{4𝑐 + 7𝑑 = −9𝑏 + 7𝑑
{9𝑏 + 4𝑐 = 0
{9𝑏 + 4𝑐 = 0
{
{
{
Зададим эту систему матрицей и решим её:
1 0 − 43 −1)
0 9 4
0
0 9
4
0
1 3 0 −1
(
(
)
(
)
(
)
1
(
)
(3)−3×(2) (
(3)+(1),(1)↔(2) (
(
)
)
)
9 ×(2),(1)−3×(2) (
)
)
(
)
(
)
(
4
(
)
(
)
(
)
(
)
1
3
0
−1
→→→→→→→→→→
1
3
0
−1
→→→→→→→→→→→→→→→→
0
9
4
0
→→→→→→→→→→→→→→→→→
0
1
0
(
)
)
(
)
(
)
(
9
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0 0 0
0
(3 0 −4 −3)
(0 −9 −4 0 )
(0 0 0 0 )
(
)
Итого получаем, что
𝑎 = 43 𝑐 + 𝑑
, 𝑐, 𝑑 ∈ ℝ.
𝑏 = − 49 𝑐
{
Значит, все такие матрицы 𝑋 имеют следующий вид:
4
4
3 𝑐 + 𝑑 − 9 𝑐)
(
), 𝑐, 𝑑 ∈ ℝ.
𝑋=(
𝑐
𝑑
(
)
1. Если 𝑐 = 𝑑 = 0, то 𝑋 = 𝜃 (нулевая матрица). Значит, 𝜃 ∈ 𝑈 .
2. Пусть 𝑋, 𝑌 ∈ 𝑈 . Тогда
4
4
4
4
4
4
3 𝑐1 + 𝑑1 − 9 𝑐1 )
3 𝑐2 + 𝑑2 − 9 𝑐2 )
3 (𝑐1 + 𝑐2 ) + (𝑑1 + 𝑑2 ) − 9 (𝑐1 + 𝑐2 ))
(
)+(
(
)=(
(
)=
𝑋+𝑌 =(
𝑐
𝑑
𝑐
𝑑
𝑐
+
𝑐
𝑑
+
𝑑
1
1 )
2
2 )
1
2
1
2 )
(
(
(
(
=(
(
4
3𝑐 + 𝑑
𝑐
− 49 𝑐)
), где 𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 , 𝑑 = 𝑑1 + 𝑑2
𝑑 )
Значит, 𝑋 + 𝑌 ∈ 𝑈 .
3. Пусть 𝑋 ∈ 𝑈 , 𝑘 ∈ ℝ. Тогда
Стр. 5 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
4
4
4
4
4 ′
′ − 4 𝑐′
3 𝑐 + 𝑑 − 9 𝑐)
3 𝑘𝑐 + 𝑘𝑑 − 9 𝑘𝑐 )
3𝑐 + 𝑑
9 )
(
(
(
)=(
)=(
), где 𝑐′ = 𝑘𝑐, 𝑑′ = 𝑘𝑑
𝑘𝑋 = 𝑘(
′
′
𝑑 ) ( 𝑘𝑐
𝑘𝑑 ) ( 𝑐
𝑑 )
( 𝑐
Значит, 𝑘𝑋 ∈ 𝑈 .
Таким образом, 𝑈 — подпространство 𝑀2×2 (ℝ). Очевидно, что базисом этого подпространства будут,
например, матрицы
4
4
1 0
3 −9)
(
) и 𝐷=(
𝐶=(
)
0 1
1
0
(
)
так как любая матрица 𝑋 ∈ 𝑈 выражается как 𝑐 ⋅ 𝐶 + 𝑑 ⋅ 𝐷, причём единственным образом. Значит, эта
система матриц — базис, и dim 𝑈 = 2.
Ответ:
4
4
1 0
3 −9)
(
) и 𝐷=(
𝐶=(
) − базис
0 1
1
0
(
)
dim 𝑈 = 2
Стр. 6 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Задание 5
В пространстве ℝ5 даны векторы
𝑣1 = (1, 2, 3, 1, 3), 𝑣2 = (3, 7, 5, 1, 4), 𝑣3 = (−1, −3, 1, 1, 2), 𝑣4 = (2, 5, 2, 4, 8)
Существует ли базис пространства ℝ5 , в который входят не менее трёх из этих векторов? Если суще
ствует, то предъявите его.
Решение:
Заметим, что эта задача равносильна поиску линейно независимой подсистемы из не менее трёх векторов
из 𝑣1 , 𝑣2 , 𝑣3 , 𝑣4 . Действительно, если мы найдём такую подсистему, то легко сможем дополнить её до
базиса. Найдём её, приведя к УСВ матрицу (𝑣1 , 𝑣2 , 𝑣3 , 𝑣4 ):
1
(
(
(
(
2
(
(
(
(
3
(
(
(
1
(
(
(
3
(
3 −1 2)
1
(
)
(
)
(
(
7 −3 5)
0
)
(
)
(
)
(
5 1 2)
⇒ УСВ: (
0
)
(
)
(
(
1 1 4)
0
)
(
)
(
)
(
4 2 8
0
)
(
0
2
0)
)
)
1 −1 0)
)
)
)
0 0 1)
)
)
0 0 0)
)
)
)
0 0 0
)
Видим, что первая, вторая и четвёртая переменные — главные, значит, подсистема 𝑣1 , 𝑣2 , 𝑣4 является
линейно независимой. Осталось дополнить эту подсистему до базиса. Для этого надо записать эти
векторы в строки (см. алгоритм дополнения до базиса и его доказательство у Ларсика):
1 0 11 0 17
1 2 3 1 3
4 )
(
)
(
(
)
(
)
(
)
(
3)
(
)
)
(
3
7
5
1
4
⇒
УСВ:
0
1
−4
0
−
(
2)
)
(
(
)
(
)
(
)
7
2
5
2
4
8
0 0 0 1 4
)
(
(
)
Видим, что главными переменными являются первая, вторая и четвёртая. Значит, дополнением до
базиса будут векторы 𝑒3 и 𝑒5 .
Ответ:
1)
3)
2)
0)
0)
(
(
(
(
(
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
7
5
0
0)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
𝑣1 = (
3)
, 𝑣2 = (
5)
, 𝑣4 = (
2)
, 𝑒3 = (
1)
, 𝑒5 = (
0)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
(
(
(
(
(1)
)
(1)
)
(4)
)
(0)
)
(0)
)
3
4
8
0
1
( )
( )
( )
( )
( )
Стр. 7 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Задание 6
Существует ли однородная система линейных уравнений, для которой векторы 𝑣1 = (0, 1, 1, 1, 0), 𝑣2 =
(1, 2, 0, 0, −2), 𝑣3 = (1, 2, −2, 0, 0) образуют фундаментальную систему решений? Если существует, то
укажите её.
Решение:
Воспользуемся алгоритм, который доказывал Рома на лекции:
0 1 1 1 0
1 0 0 −2 −4
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
(
)
⇒ УСВ: (
1 2 0 0 −2)
0 1 0 1
1)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
2
−2
0
0
0
0
1
0
−1
(
)
(
)
𝑥1 ) ( 2 )
4)
(
(
(
)
(
)
(
𝑥2 ) (−1)
−1)
(
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
𝑥3 ) = ( 0 )𝑥4 + ( 1 )
𝑥5
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
𝑥
1
0
( 4) ( )
( )
𝑥5
0
1
( ) ( )
( )
Искомая ОСЛУ задаётся матрицей
2 −1 0 1 0
(
2𝑎 − 𝑏 + 𝑑 = 0
4𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑒 = 0
)∼{
4 −1 1 0 1
Это и есть ответ.
Ответ:
2𝑎 − 𝑏 + 𝑑 = 0
4𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑒 = 0
{
Важно! Ответ — не матрица, а именно система уравнений!
Стр. 8 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Задание 7
1 0 1 2)
(
)
(
(
)
)
(
0
1
1
−1
)
(
)
Дана матрица 𝐴 = (
Найдите все возможные значения величины rk(𝐴 + 𝐵), где 𝐵 ∈
(
)
−1
1
0
−3
(
)
)
(
)
(
1 1 2 1
(
)
𝑀4×4 (ℝ) и rk 𝐵 = 1. Ответ обоснуйте.
Решение:
Вспомним, что
rk(𝐴 + 𝐵) ⩽ rk 𝐴 + rk 𝐵
rk 𝐴 ⩾ rk(𝐴 + 𝐵) − rk 𝐵.
Пусть 𝐴′ = 𝐴 + 𝐵, 𝐵′ = −𝐵, тогда
rk(𝐴′ + 𝐵′ ) ⩾ rk 𝐴′ − rk 𝐵′
Итого имеем
rk 𝐴 − rk 𝐵 ⩽ rk(𝐴 + 𝐵) ⩽ rk 𝐴 + rk 𝐵
rk 𝐴 − 1 ⩽ rk(𝐴 + 𝐵) ⩽ rk 𝐴 + 1
Найдём rk 𝐴:
1
(
(
(
(
0
(
(
(
−1
(
(
(
1
(
0 1
2)
1
(
)
(
(
)
(
1 1 −1)
0
)
(
)
(
⇒
УСВ:
(
1 0 −3)
0
)
(
)
(
)
(
1 2 1
0
)
(
0 1
2)
)
)
1 1 −1)
)
)
0 0 0)
)
)
)
0 0 0
)
Так как ненулевых строчек две, то rk 𝐴 = 2. То есть, 1 ⩽ rk(𝐴 + 𝐵) ⩽ 3. То есть rk(𝐴 + 𝐵) = 1, 2 или 3.
1 0 0 0)
(
)
(
(
)
)
(
0
0
0
0
)
(
)
1. rk(𝐴 + 𝐵) = 2: Рассмотрим матрицу 𝐵 = (
. Тогда 𝐴 + 𝐵 отличается от матрицы 𝐴
(
)
−1
0
0
0
(
)
)
(
)
(
1 0 0 0
(
)
умножением первого столбца на 2, что, очевидно, не изменяет ранг матрицы 𝐴 (так как это элементарное
преобразование столбца).
0
(
(
(
(0
(
2. rk(𝐴 + 𝐵) = 3: Рассмотрим матрицу 𝐵 = (
(
0
(
(
(
0
(
Стр. 9 из 12
0 0 1)
)
)
0 0 0)
)
). Тогда
0 0 0)
)
)
)
0 0 0
)
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
1
(
(
(
(0
(
𝐴+𝐵 =(
(
−1
(
(
(
1
(
0 1
2 ) (0
) (
(
)
(
1 1 −1)
0
)
(
)
(
+
(
1 0 −3)
)
(0
)
) (
(
1 2 1
0
) (
0 0 1) ( 1
) (
(
)
(
0 0 0)
0
)
(
)
(
=
(
0 0 0)
)
(−1
)
) (
(
0 0 0
1
) (
0 1
3)
1
(
)
(
)
(
(
1 1 −1)
0
)
(
)
(
⇒
УСВ:
(
1 0 −3)
0
)
(
)
(
)
(
1 2 1
0
)
(
0 1 0)
)
)
1 1 0)
)
)
0 0 1)
)
)
)
0 0 0
)
У полученной матрицы только одна нулевая строка, значит, её ранг равен 3 (по сути, тем, что мы
прибавили 1 к первой строке четвёртого столбца, мы «сломали» линейную зависимость четвёртого
столбца от первого и второго).
3. rk(𝐴 + 𝐵) = 1: Из УСВ матрицы 𝐴 мы видим, что 𝐴(3) = 𝐴(1) + 𝐴(2) , 𝐴(4) = 2𝐴(1) − 𝐴(2) . Попробуем
«собрать» нужную матрицу 𝐵, чтобы все столбцы 𝐴 + 𝐵 зависили от первого. Сначала сделаем так,
чтобы второй столбец 𝐴 + 𝐵 был равен первому столбцу 𝐴(1) , то есть 𝐵(2) = 𝐴(1) − 𝐴(2) . Тогда все
остальные столбцы 𝐵 имеют вид 𝑘 ⋅ (𝐴(1) − 𝐴(2) ).
Чтобы сделать третий столбец линейно зависимым от первого, нужно «убрать» из его представления
𝐴(2) . Для этого добавим к нему 𝐴(1) − 𝐴(2) , то есть 𝐵(3) = 𝐴(1) − 𝐴(2) . Тогда (𝐴 + 𝐵)(3) = 2𝐴(1) .
Чтобы сделать четвёртый столбец линейно зависимым от первого, добавим к нему 𝐴(2) − 𝐴(1) , то есть
𝐵(4) = 𝐴(2) − 𝐴(1) . Тогда (𝐴 + 𝐵)(4) = 𝐴(1) .
Итого, искомая матрица 𝐵 равна
0 1
1 −1)
(
(
)
(
)
(
)
0
−1
−1
1
(
)
(
)
(
)
0
−2
−2
2
(
)
(
)
(
)
0 0
0
0
(
)
Проверка.
1
(
(
(
(0
(
𝐴+𝐵 =(
(
−1
(
(
(
1
(
0 1
2 ) (0 1
1 −1) ( 1
1
2
1)
)
(
)
(
)
(
)
(
)
)
(
)
(
)
1 1 −1)
0
−1
−1
1
0
0
0
0
)
(
)
(
)
)
(
)
(
)
+
=
(
)
(
)
1 0 −3)
0
−2
−2
2
−1
−1
−2
−1
)
(
)
(
)
)
(
)
(
)
) (
) (
)
1 2 1
0 0
0
0
1
1
2
1
) (
) (
)
Видно, что rk(𝐴 + 𝐵) = 1, как мы и хотели.
Ответ:
{1, 2, 3}
Стр. 10 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Задание 8
Найдите наименьшее положительное значение, которое может принимать определитель целочисленной
матрицы 4 × 4, содержащей строку (96, 84, 75, 40).
Решение:
Оценка очевидна. Раз матрица целочисленная, то и её определитель — целое число. Наименьшее
положительное целое число — единица. Значит, det 𝐴 ⩾ 1.
Пример. Концептуально, мы хотим проделать какие то элементарные преобразования столбцов второго
типа (вычитая из столбцов другие столбцы) с исходной матрицей и получить матрицу, у которой
определитель равен 1. Проделаем элементарные преобразования столбцов со строчкой (96, 84, 75, 40):
(96, 84, 75, 40)
↓
(1),(2),(3)−2×(4)
(16, 4, −5, 40)
↓
(1)−4×(2),(4)−10×(2),(3)+(2)
(0, 4, −1, 0)
↓
(2)+4×(3)
(0, 0, −1, 0)
Сконструируем матрицу, полученную в результате таких преобразований, у которой определитель равен
1:
0
(
(
(
(
−1
(
(
(
0
(
(
(
0
(
0 −1 0)
)
)
0 0 0)
)
)
1 0 0)
)
)
)
0 0 1
)
Проделаем все преобразования со столбцами, что были выше, в обратном порядке:
0
(
(
(
(
−1
(
(
(
0
(
(
(
0
(
0 −1 0)
0
(
)
(
(
)
0 0 0)
(2)−4×(3) (−1
)
)
(
→→→→→→→→→→ (
)
(
1 0 0)
0
(
)
(
)
(
0 0 1
0
)
(
4 −1 0)
16
(
)
(
(
)
0 0 0)
(1)+4×(2),(4)+10×(2),(3)−(2) (−1
)
)
(
→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→ (
)
(
1 0 0)
4
(
)
(
)
(
0 0 1
0
)
(
4 −5 40)
)
)
0 0 0)
(1),(2),(3)+2×(4)
)
)
→→→→→→→→→→→→→→→→→
1 −1 10)
)
)
)
0 0 1
)
96 84 75 40)
(
(
)
(
)
(
)
−1
0
0
0
(
)
)
⟶(
(
)
24
21
19
10
(
)
(
)
(
)
2 2 2 1
(
)
Это целочисленная матрица, содержащая строчку (96, 84, 75, 40), и её определитель равен 1 (это
несложно проверить).
Стр. 11 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1
Ответ:
1.
Стр. 12 из 12
Морфей | Линейная алгебра и геометрия: Экзамен 1. 2022/2023 учебный год. Вариант 1