Še naprej bomo pilili tehniko elementarne transformacije na homogeni sistem linearne enačbe .
Glede na prve odstavke se gradivo morda zdi dolgočasno in običajno, vendar je ta vtis varljiv. Poleg nadaljnjega razvoja tehničnih metod bo še veliko nove informacije, zato poskusite ne zanemariti primerov v tem članku.

Kaj je homogeni sistem linearnih enačb?

Odgovor se nakazuje sam od sebe. Sistem linearnih enačb je homogen, če je prosti člen vsi sistemska enačba je nič. Na primer:

Povsem jasno je, da homogeni sistem je vedno konsistenten, torej vedno ima rešitev. In najprej t.i trivialno rešitev . Trivialno, za tiste, ki sploh ne razumejo pomena pridevnika, pomeni bespontovoe. Seveda ne akademsko, ampak razumljivo =) ... Zakaj bi se pogovarjali, poglejmo, ali ima ta sistem še kakšne druge rešitve:

Primer 1

rešitev: za rešitev homogenega sistema je potrebno pisati sistemska matrika in ga s pomočjo elementarnih transformacij pripeljemo do stopničaste oblike. Upoštevajte, da tukaj ni treba zapisati navpične vrstice in ničelnega stolpca brezplačnih članov - navsezadnje, karkoli naredite z ničlami, bodo ostale ničle:

(1) Prva vrstica je bila dodana drugi vrstici, pomnožena z -2. Prva vrstica je bila dodana tretji vrstici, pomnožena z -3.

(2) Druga vrstica je bila dodana tretji vrstici, pomnožena z -1.

Deljenje tretje vrstice s 3 nima pravega smisla.

Kot rezultat elementarnih transformacij dobimo enakovredni homogeni sistem , in z uporabo obratne poteze Gaussove metode je enostavno preveriti, da je rešitev edinstvena.

Odgovori:

Oblikujmo očiten kriterij: homogeni sistem linearnih enačb ima le trivialna rešitev, Če rang sistemske matrike(v tem primeru 3) je enako številu spremenljivk (v tem primeru 3 kosi).

Ogrejemo in uglasimo naš radio na val elementarnih transformacij:

Primer 2

Rešite homogeni sistem linearnih enačb

Da končno popravimo algoritem, analizirajmo končno nalogo:

Primer 7

Reši homogeni sistem, odgovor zapiši v vektorski obliki.

rešitev: zapišemo matriko sistema in jo z elementarnimi transformacijami pripeljemo do stopničaste oblike:

(1) Predznak prve vrstice je spremenjen. Še enkrat opozarjam na večkrat uporabljeno tehniko, ki vam omogoča, da bistveno poenostavite naslednje dejanje.

(1) Prva vrstica je bila dodana 2. in 3. vrstici. Prva vrstica, pomnožena z 2, je bila dodana 4. vrstici.

(3) Zadnje tri vrstice so sorazmerne, dve sta odstranjeni.

Kot rezultat dobimo standardno matriko korakov in rešitev se nadaljuje vzdolž narebričene proge:

– osnovne spremenljivke;
so proste spremenljivke.

Osnovne spremenljivke izrazimo s prostimi spremenljivkami. Iz 2. enačbe:

- zamenjava v 1. enačbi:

Splošna rešitev je torej:

Ker so v obravnavanem primeru tri proste spremenljivke, osnovni sistem vsebuje tri vektorje.

Zamenjajmo trojček vrednosti v splošno rešitev in dobimo vektor, katerega koordinate zadoščajo vsaki enačbi homogenega sistema. In še enkrat ponavljam, da je zelo zaželeno preveriti vsak prejeti vektor - ne bo vzelo toliko časa, vendar bo prihranilo sto odstotkov pred napakami.

Za trojček vrednosti poiščite vektor

In končno za trojko dobimo tretji vektor:

Odgovori: , Kje

Tisti, ki se želijo izogniti delnim vrednostim, lahko razmislijo o trojčkih in dobite odgovor v enakovredni obliki:

Ko smo že pri ulomkih. Poglejmo matriko, dobljeno v nalogi in postavite vprašanje - ali je mogoče poenostaviti nadaljnjo rešitev? Konec koncev smo tukaj najprej izrazili osnovno spremenljivko z ulomki, nato osnovno spremenljivko z ulomki in, moram reči, ta postopek ni bil najlažji in ne najbolj prijeten.

Druga rešitev:

Ideja je poskusiti izberite druge osnovne spremenljivke. Poglejmo matriko in opazimo dve enici v tretjem stolpcu. Zakaj torej ne bi dobili ničle na vrhu? Naredimo še eno osnovno transformacijo:

Primer 1. Poiščite splošno rešitev in nek temeljni sistem rešitev za sistem

rešitev poiščite s kalkulatorjem. Algoritem rešitve je enak kot pri linearnih sistemih homogene enačbe.
Če operiramo samo z vrsticami, najdemo rang matrike, osnovni minor; razglasimo odvisne in proste neznanke ter poiščemo splošno rešitev.

Prva in druga vrstica sta sorazmerni, ena od njih bo izbrisana:

.
Odvisne spremenljivke - x 2, x 3, x 5, proste - x 1, x 4. Iz prve enačbe 10x 5 = 0 najdemo x 5 = 0, torej
; .
Splošna rešitev izgleda takole:

Najdemo temeljni sistem rešitev, ki je sestavljen iz (n-r) rešitev. V našem primeru je n=5, r=3, zato je temeljni sistem rešitev sestavljen iz dveh rešitev, ti rešitvi pa morata biti linearno neodvisni. Da so vrstice linearno neodvisne, je nujno in zadostno, da je rang matrike, sestavljene iz elementov vrstic, enak številu vrstic, to je 2. Zadostuje podati prosti neznanki x 1 in x 4 vrednosti iz vrstic determinante drugega reda, ki je različna od nič, in izračunajte x 2 , x 3 , x 5 . Najenostavnejši neničelni determinant je .
Prva rešitev je torej: , drugi - .
Ti dve odločitvi sestavljata temeljni sistem odločanja. Upoštevajte, da temeljni sistem ni edinstven (determinant, ki niso nič, je mogoče sestaviti kolikor želite).

Primer 2. Poiščite splošno rešitev in temeljni sistem rešitev sistema
rešitev.



,
iz tega sledi, da je rang matrike 3 in je enako številu neznano. To pomeni, da sistem nima prostih neznank in ima zato edinstveno rešitev - trivialno.

telovadba . Raziščite in rešite sistem linearnih enačb.
Primer 4

telovadba . Poiščite splošne in posebne rešitve za vsak sistem.
rešitev. Zapišemo glavno matriko sistema:

5	-2	9	-4	-1
1	4	2	2	-5
6	2	11	-2	-6
x 1	x2	x 3	x4	x5

Matrico spravimo v trikotno obliko. Delali bomo samo z vrsticami, saj množenje vrstice matrike s številom, ki ni nič, in dodajanje drugi vrstici za sistem pomeni množenje enačbe z istim številom in dodajanje drugi enačbi, kar pa ne spremeni rešitve sistema .
Pomnožite 2. vrstico z (-5). Dodajmo 2. vrstico prvi:

0	-22	-1	-14	24
1	4	2	2	-5
6	2	11	-2	-6

2. vrstico pomnožimo s (6). Pomnožite 3. vrstico z (-1). Dodajmo 3. vrstico 2. vrstici:
Poiščite rang matrike.

0	22	1	14	-24
6	2	11	-2	-6
x 1	x2	x 3	x4	x5

Izbrani minor ima najvišji red (od vseh možnih minorov) in je različen od nič (je enak zmnožku elementov na recipročni diagonali), zato je rang(A) = 2.
Ta manjši je osnovni. Vključuje koeficiente za neznanke x 1, x 2, kar pomeni, da sta neznanki x 1, x 2 odvisni (osnovni), x 3, x 4, x 5 pa prosti.
Matriko preoblikujemo in pustimo le osnovni mol na levi strani.

0	22	14	-1	-24
6	2	-2	-11	-6
x 1	x2	x4	x 3	x5

Sistem s koeficienti te matrike je enakovreden izvirnemu sistemu in ima obliko:
22x2 = 14x4 - x3 - 24x5
6x1 + 2x2 = - 2x4 - 11x3 - 6x5
Z metodo izločanja neznank najdemo netrivialna rešitev:
Dobili smo relacije, ki izražajo odvisne spremenljivke x 1 ,x 2 skozi proste x 3 ,x 4 ,x 5 , torej smo ugotovili skupna odločitev:
x2 = 0,64x4 - 0,0455x3 - 1,09x5
x 1 = - 0,55 x 4 - 1,82 x 3 - 0,64 x 5
Najdemo temeljni sistem rešitev, ki je sestavljen iz (n-r) rešitev.
V našem primeru je n=5, r=2, zato je temeljni sistem rešitev sestavljen iz 3 rešitev, te rešitve pa morajo biti linearno neodvisne.
Da so vrstice linearno neodvisne, je nujno in zadostno, da je rang matrike, sestavljene iz elementov vrstic, enak številu vrstic, to je 3.
Dovolj je podati prostim neznankam x 3 ,x 4 ,x 5 vrednosti iz vrstic determinante 3. reda, ki so različne od nič, in izračunati x 1 ,x 2 .
Najenostavnejša neničelna determinanta je identitetna matrika.

1	0	0
0	1	0
0	0	1

Naloga . Poiščite temeljni niz rešitev homogenega sistema linearnih enačb.

Matrični podatki

Poišči: 1) aA - bB,

rešitev: 1) Najdemo zaporedno, z uporabo pravil za množenje matrike s številom in seštevanje matrik ..

2. Poišči A*B če

rešitev: Uporabite pravilo množenja matrik

odgovor:

3. Za dano matriko poiščite minor M 31 in izračunajte determinanto.

rešitev: Minor M 31 je determinanta matrike, ki je pridobljena iz A

po brisanju vrstice 3 in stolpca 1. Poišči

1*10*3+4*4*4+1*1*2-2*4*10-1*1*4-1*4*3 = 0.

Transformirajmo matriko A, ne da bi spremenili njeno determinanto (naredimo ničle v vrstici 1)

-3*, -, -4*
-10			-15
-20			-25
-4			-5

Zdaj izračunamo determinanto matrike A z razširitvijo vzdolž vrstice 1

Odgovor: M 31 = 0, detA = 0

Rešite z Gaussovo in Cramerjevo metodo.

2x 1 + x 2 + x 3 = 2

x 1 + x 2 + 3x 3 = 6

2x1 + x2 + 2x3 = 5

rešitev: Preverimo

Lahko uporabite Cramerjevo metodo

Sistemska rešitev: x 1 = D 1 / D = 2, x 2 = D 2 / D = -5, x 3 = D 3 / D = 3

Uporabljamo Gaussovo metodo.

Razširjeno matriko sistema reduciramo na trikotno obliko.

Za udobje izračunov zamenjamo vrstice:

Pomnožite 2. vrstico z (k = -1 / 2 = -1 / 2 ) in dodajte 3.:

	1 / 2		7 / 2

Pomnožite 1. vrstico z (k = -2 / 2 = -1 ) in dodajte 2.:

Zdaj lahko izvirni sistem zapišemo kot:

x 1 = 1 - (1/2 x 2 + 1/2 x 3)

x 2 = 13 - (6x 3)

Iz 2. vrstice izražamo

Iz 1. vrstice izražamo

Rešitev je enaka.

Odgovor: (2; -5; 3)

Poiščite splošno rešitev sistema in FSR

13x 1 - 4x 2 - x 3 - 4x 4 - 6x 5 = 0

11x 1 - 2x 2 + x 3 - 2x 4 - 3x 5 = 0

5x 1 + 4x 2 + 7x 3 + 4x 4 + 6x 5 = 0

7x 1 + 2x 2 + 5x 3 + 2x 4 + 3x 5 = 0

rešitev: Uporabite Gaussovo metodo. Razširjeno matriko sistema reduciramo na trikotno obliko.

	-4	-1	-4	-6
	-2		-2	-3
x 1	x2	x 3	x4	x5

Pomnožite 1. vrstico z (-11). 2. vrstico pomnožimo z (13). Dodajmo 2. vrstico prvi:

	-2		-2	-3

Pomnožite 2. vrstico z (-5). Pomnožite 3. vrstico z (11). Dodajmo 3. vrstico 2. vrstici:

Pomnožite 3. vrstico z (-7). Pomnožite 4. vrstico s (5). Dodajmo 4. vrstico tretji:

Druga enačba je linearna kombinacija ostalih

Poiščite rang matrike.

	-18	-24	-18	-27
x 1	x2	x 3	x4	x5

Izbrani minor ima najvišji red (od vseh možnih minorov) in je različen od nič (je enak zmnožku elementov na recipročni diagonali), zato je rang(A) = 2.

Ta manjši je osnovni. Vključuje koeficiente za neznanke x 1, x 2, kar pomeni, da sta neznanki x 1, x 2 odvisni (osnovni), x 3, x 4, x 5 pa prosti.

Sistem s koeficienti te matrike je enakovreden izvirnemu sistemu in ima obliko:

18x2 = 24x3 + 18x4 + 27x5

7x1 + 2x2 = - 5x3 - 2x4 - 3x5

Z metodo izločanja neznank najdemo skupna odločitev:

x 2 = - 4 / 3 x 3 - x 4 - 3 / 2 x 5

x 1 = - 1/3 x 3

Najdemo temeljni sistem rešitev (FSR), ki je sestavljen iz (n-r) rešitev. V našem primeru je n=5, r=2, zato je temeljni sistem rešitev sestavljen iz 3 rešitev, te rešitve pa morajo biti linearno neodvisne.

Da so vrstice linearno neodvisne, je nujno in zadostno, da je rang matrike, sestavljene iz elementov vrstic, enak številu vrstic, to je 3.

Dovolj je podati prostim neznankam x 3 ,x 4 ,x 5 vrednosti iz vrstic determinante 3. reda, ki so različne od nič, in izračunati x 1 ,x 2 .

Najenostavnejša neničelna determinanta je identitetna matrika.

Ampak tukaj je bolj priročno vzeti

Z uporabo splošne rešitve najdemo:

a) x 3 = 6, x 4 = 0, x 5 = 0 Þ x 1 = - 1/3 x 3 = -2, x 2 = - 4/3 x 3 - x 4 - 3/2 x 5 = - 4 Þ

I odločitev FSR: (-2; -4; 6; 0; 0)

b) x 3 = 0, x 4 = 6, x 5 = 0 Þ x 1 = - 1/3 x 3 = 0, x 2 = - 4/3 x 3 - x 4 - 3/2 x 5 = - 6 Þ

Odločitev II FSR: (0; -6; 0; 6; 0)

c) x 3 = 0, x 4 = 0, x 5 = 6 Þ x 1 = - 1/3 x 3 = 0, x 2 = - 4/3 x 3 - x 4 - 3/2 x 5 = -9 Þ

III. odločitev FSR: (0; - 9; 0; 0; 6)

Þ FSR: (-2; -4; 6; 0; 0), (0; -6; 0; 6; 0), (0; - 9; 0; 0; 6)

6. Podano: z 1 \u003d -4 + 5i, z 2 \u003d 2 - 4i. Poišči: a) z 1 - 2z 2 b) z 1 z 2 c) z 1 / z 2

rešitev: a) z 1 – 2z 2 = -4+5i+2(2-4i) = -4+5i+4-8i = -3i

b) z 1 z 2 = (-4+5i)(2-4i) = -8+10i+16i-20i 2 = (i 2 = -1) = 12 + 26i

Odgovor: a) -3i b) 12+26i c) -1,4 - 0,3i

Linearna enačba se imenuje homogenače je njegov presek enak nič, sicer pa nehomogen. Sistem, sestavljen iz homogenih enačb, se imenuje homogen in ima splošna oblika:

Očitno je vsak homogen sistem konsistenten in ima ničelno (trivialno) rešitev. Zato je treba v zvezi s homogenimi sistemi linearnih enačb pogosto iskati odgovor na vprašanje obstoja neničelnih rešitev. Odgovor na to vprašanje je mogoče formulirati kot naslednji izrek.

Izrek . Homogen sistem linearnih enačb ima neničelno rešitev, če in samo če je njegov rang manj kot številka neznano .

Dokaz: Recimo, da ima sistem enakega ranga rešitev, ki ni nič. Očitno ne presega . V tem primeru ima sistem edinstveno rešitev. Ker ima sistem homogenih linearnih enačb vedno ničelno rešitev, bo prav ničelna rešitev ta edinstvena rešitev. Tako so neničelne rešitve možne samo za .

Posledica 1 : Homogen sistem enačb, v katerem je število enačb manjše od števila neznank, ima vedno različno rešitev.

Dokaz: Če ima sistem enačb, potem rang sistema ne presega števila enačb, tj. . Tako je pogoj izpolnjen in zato ima sistem različno rešitev.

Posledica 2 : Homogen sistem enačb z neznankami ima različno rešitev takrat in samo, če je njegova determinanta nič.

Dokaz: Predpostavimo sistem linearnih homogenih enačb, katerih matrika z determinanto ima različno rešitev. Potem je po dokazanem izreku , kar pomeni, da je matrika degenerirana, tj. .

Kronecker-Capellijev izrek: SLE je konsistenten, če in samo če je rang matrike sistema enak rangu razširjene matrike tega sistema. Sistem ur-th se imenuje združljiv, če ima vsaj eno rešitev.

Homogeni sistem linearnih algebrskih enačb.

Sistem m linearnih enačb z n spremenljivkami imenujemo sistem linearnih homogenih enačb, če so vsi prosti členi enaki 0. Sistem linearnih homogenih enačb je vedno kompatibilen, ker vedno je vsaj, ničelna rešitev. Sistem linearnih homogenih enačb ima neničelno rešitev, če in samo če je rang njegove matrike koeficientov pri spremenljivkah manjši od števila spremenljivk, tj. za rang A (n. Katera koli linearna kombinacija

rešitve sistema črt. homogena ur-ii je tudi rešitev tega sistema.

Sistem linearno neodvisnih rešitev e1, e2,…,ek imenujemo fundamentalen, če je vsaka rešitev sistema linearna kombinacija rešitev. Izrek: če je rang r matrike koeficientov pri spremenljivkah sistema linearnih homogenih enačb manjši od števila spremenljivk n, potem je vsak temeljni sistem rešitev sistema sestavljen iz n-r rešitve. Zato je splošna rešitev sistema črt. samski ur-th ima obliko: c1e1+c2e2+…+ckek, kjer je e1, e2,…, ek poljuben temeljni sistem rešitev, c1, c2,…,ck poljubna števila in k=n-r. Splošna rešitev sistema m linearnih enačb z n spremenljivkami je enaka vsoti

skupna rešitev sistem, ki mu ustreza, je homogen. linearne enačbe in poljubna partikularna rešitev tega sistema.

7. Linearni prostori. Podprostori. Osnova, dimenzija. Linearna lupina. Linearni prostor se imenuje n-dimenzionalen, če vsebuje sistem linearno neodvisnih vektorjev, vsak sistem več vektorjev pa je linearno odvisen. Številka je poklicana dimenzija (število meritev) linearni prostor in je označen z . Z drugimi besedami, dimenzija prostora je največje število linearno neodvisnih vektorjev v tem prostoru. Če takšno število obstaja, potem pravimo, da je prostor končnodimenzionalen. Če za kakšno naravno število n v prostoru obstaja sistem, sestavljen iz linearno neodvisnih vektorjev, potem se tak prostor imenuje neskončnodimenzionalen (napišite: ). Če ni navedeno drugače, bodo v nadaljevanju obravnavani končnodimenzionalni prostori.

Osnova n-dimenzionalnega linearnega prostora je urejen niz linearno neodvisnih vektorjev ( bazni vektorji).

Izrek 8.1 o razširitvi vektorja v smislu baze. Če je baza n-dimenzionalnega linearnega prostora, potem lahko vsak vektor predstavimo kot linearno kombinacijo baznih vektorjev:

V=v1*e1+v2*e2+…+vn+en
in poleg tega na edinstven način, tj. koeficienti so enolično določeni. Z drugimi besedami, vsak vesoljski vektor je mogoče razširiti v osnovi in ​​poleg tega na edinstven način.

Dejansko je dimenzija prostora . Sistem vektorjev je linearno neodvisen (to je osnova). Po priključitvi poljubnega vektorja na osnovo dobimo linearno odvisen sistem (saj je ta sistem sestavljen iz vektorjev v n-dimenzionalnem prostoru). Z lastnostjo 7 linearno odvisnih in linearno neodvisnih vektorjev dobimo sklep izreka.

Homogeni sistem linearnih enačb nad poljem

OPREDELITEV. Fundamentalni sistem rešitev sistema enačb (1) je neprazen linear neodvisen sistem njegove rešitve, katerih linearni razpon sovpada z množico vseh rešitev sistema (1).

Upoštevajte, da homogeni sistem linearnih enačb, ki ima samo ničelno rešitev, nima temeljnega sistema rešitev.

PREDLOG 3.11. Katerakoli dva temeljna sistema rešitev homogenega sistema linearnih enačb sta sestavljena iz enakega števila rešitev.

Dokaz. Dejansko sta katera koli dva temeljna sistema rešitev homogenega sistema enačb (1) enakovredna in linearno neodvisna. Zato so po predlogu 1.12 njuni rangi enaki. Zato je število rešitev, vključenih v en temeljni sistem, enako številu rešitev, vključenih v kateri koli drug temeljni sistem rešitev.

Če je glavna matrika A homogenega sistema enačb (1) enaka nič, potem je vsak vektor iz rešitev sistema (1); v tem primeru je vsaka zbirka linearno neodvisnih vektorjev iz temeljni sistem rešitev. Če je stolpčni rang matrike A , potem ima sistem (1) samo eno rešitev - nič; zato v tem primeru sistem enačb (1) nima temeljnega sistema rešitev.

IZREK 3.12. Če je rang glavne matrike homogenega sistema linearnih enačb (1) manjši od števila spremenljivk , potem ima sistem (1) temeljni sistem rešitev, sestavljen iz rešitev.

Dokaz. Če je rang glavne matrike A homogenega sistema (1) enak nič ali , potem je zgoraj prikazano, da izrek drži. Zato se v nadaljevanju predpostavlja, da Ob predpostavki , bomo predpostavili, da so prvi stolpci matrike A linearno neodvisni. V tem primeru je matrika A po vrsti enakovredna zmanjšani stopenjski matriki, sistem (1) pa je enakovreden naslednji zmanjšani stopenjski sistem enačbe:

Preprosto je preveriti, da vsak sistem vrednosti prostih spremenljivk sistema (2) ustreza eni in samo eni rešitvi sistema (2) in s tem sistema (1). Zlasti samo ničelna rešitev sistema (2) in sistema (1) ustreza sistemu ničelnih vrednosti.

V sistemu (2) bomo dodelili enega od prostih spremenljiva vrednost, enako 1, in ostale spremenljivke - ničelne vrednosti. Kot rezultat dobimo rešitve sistema enačb (2), ki jih zapišemo kot vrstice naslednje matrike C:

Sistem vrstic te matrike je linearno neodvisen. Dejansko za vse skalarje iz enakosti

sledi enakopravnost

in s tem enakost

Dokažimo, da linearni razpon sistema vrstic matrike C sovpada z množico vseh rešitev sistema (1).

Poljubna rešitev sistema (1). Nato vektor

je tudi rešitev sistema (1) in