Ne do të vazhdojmë të lustrojmë teknologjinë tonë transformimet elementare në sistem homogjen ekuacionet lineare
.
Bazuar në paragrafët e parë, materiali mund të duket i mërzitshëm dhe mediokër, por kjo përshtypje është mashtruese. Përveç zhvillimit të mëtejshëm të teknikave teknike, do të ketë shumë informacione të reja, ndaj ju lutemi përpiquni të mos lini pas dore shembujt në këtë artikull.
Çfarë është një sistem homogjen ekuacionesh lineare?
Përgjigja sugjeron vetë. Një sistem ekuacionesh lineare është homogjen nëse termi i lirë të gjithë ekuacioni i sistemit është zero. Për shembull:
Është absolutisht e qartë se një sistem homogjen është gjithmonë konsistent dmth ka gjithmone nje zgjidhje. Dhe, para së gjithash, ajo që ju bie në sy është e ashtuquajtura i parëndësishëm zgjidhje 
. Trivial, për ata që nuk e kuptojnë fare kuptimin e mbiemrit, do të thotë pa shfaqje. Jo akademikisht, sigurisht, por në mënyrë të kuptueshme =) ...Pse të rrahim rreth shkurret, le të zbulojmë nëse ky sistem ka ndonjë zgjidhje tjetër:
Shembulli 1
Zgjidhje: për të zgjidhur një sistem homogjen është e nevojshme të shkruhet matrica e sistemit dhe me ndihmën e shndërrimeve elementare e sjellin atë në një formë hap pas hapi. Ju lutemi vini re se këtu nuk ka nevojë të shkruani shiritin vertikal dhe kolonën zero të termave të lirë - në fund të fundit, pavarësisht se çfarë bëni me zero, ato do të mbeten zero: 
(1) Rreshtit të dytë iu shtua rreshti i parë, shumëzuar me –2. Rreshti i parë iu shtua rreshtit të tretë, shumëzuar me –3.
(2) Rreshtit të tretë iu shtua rreshti i dytë, shumëzuar me –1.
Pjesëtimi i vijës së tretë me 3 nuk ka shumë kuptim.
Si rezultat i transformimeve elementare, fitohet një sistem homogjen ekuivalent 
, dhe, duke përdorur inversin e metodës Gaussian, është e lehtë të verifikohet se zgjidhja është unike.
Përgjigju: 
Le të formulojmë një kriter të qartë: një sistem homogjen ekuacionesh lineare ka thjesht një zgjidhje e parëndësishme, Nëse rangu i matricës së sistemit(në këtë rast 3) është e barabartë me numrin e variablave (në këtë rast - 3 copë).
Le të ngrohemi dhe të akordojmë radion tonë me valën e transformimeve elementare:
Shembulli 2
Zgjidh një sistem homogjen ekuacionesh lineare 
Për të konsoliduar përfundimisht algoritmin, le të analizojmë detyrën përfundimtare:
Shembulli 7
Zgjidheni një sistem homogjen, shkruani përgjigjen në formë vektoriale. 
Zgjidhje: le të shkruajmë matricën e sistemit dhe, duke përdorur transformimet elementare, ta sjellim atë në një formë hap pas hapi: 
(1) Shenja e rreshtit të parë është ndryshuar. Edhe një herë tërheq vëmendjen për një teknikë që është ndeshur shumë herë, e cila ju lejon të thjeshtoni ndjeshëm veprimin e radhës.
(1) Rreshti i parë iu shtua rreshtave 2 dhe 3. Rreshti i parë, shumëzuar me 2, u shtua në rreshtin e 4-të.
(3) Tre rreshtat e fundit janë proporcionale, dy prej tyre janë hequr.
Si rezultat, merret një matricë standarde e hapave dhe zgjidhja vazhdon përgjatë gjurmës së gërvishtur:
– variablat bazë;
– variabla të lirë.
Le të shprehim variablat bazë në terma të variablave të lirë. Nga ekuacioni i dytë:
- zëvendësoni në ekuacionin e parë:
Pra, zgjidhja e përgjithshme është:
Meqenëse në shembullin në shqyrtim ka tre ndryshore të lira, sistemi themelor përmban tre vektorë.
Le të zëvendësojmë një trefish vlerash 
në zgjidhjen e përgjithshme dhe merrni një vektor, koordinatat e të cilit plotësojnë çdo ekuacion të sistemit homogjen. Dhe përsëri, përsëris se është shumë e këshillueshme të kontrolloni çdo vektor të marrë - nuk do të marrë shumë kohë, por do t'ju mbrojë plotësisht nga gabimet.
Për një treshe vlerash 
gjeni vektorin
Dhe në fund për të tre 
marrim vektorin e tretë:
Përgjigju: , Ku
Ata që dëshirojnë të shmangin vlerat e pjesshme mund të marrin në konsideratë trenjakët 
dhe merrni një përgjigje në formë ekuivalente:
Duke folur për thyesat. Le të shohim matricën e marrë në problem 
dhe le të pyesim veten: a është e mundur të thjeshtojmë zgjidhjen e mëtejshme? Në fund të fundit, këtu ne fillimisht shprehëm ndryshoren bazë përmes thyesave, pastaj përmes thyesave ndryshoren bazë dhe, duhet të them, ky proces nuk ishte më i thjeshti dhe jo më i këndshëm.
Zgjidhja e dytë:
Ideja është të provoni zgjidhni variabla të tjera bazë. Le të shohim matricën dhe të vëmë re dy në kolonën e tretë. Pra, pse të mos keni një zero në krye? Le të bëjmë një transformim tjetër elementar:
Zgjidhje gjeni duke përdorur një kalkulator. Algoritmi i zgjidhjes është i njëjtë si për sistemet jo lineare ekuacionet homogjene.
Duke vepruar vetëm me rreshta, gjejmë renditjen e matricës, bazë e vogël; Ne deklarojmë të panjohura të varura dhe të lira dhe gjejmë një zgjidhje të përgjithshme.
Linjat e para dhe të dyta janë proporcionale, le të kalojmë njërën prej tyre:
.
Variablat e varur – x 2, x 3, x 5, falas – x 1, x 4. Nga ekuacioni i parë 10x 5 = 0 gjejmë x 5 = 0, atëherë
; .
Zgjidhja e përgjithshme është:
Gjejmë një sistem themelor zgjidhjesh, i cili përbëhet nga (n-r) zgjidhje. Në rastin tonë, n=5, r=3, pra, sistemi themelor i zgjidhjeve përbëhet nga dy zgjidhje dhe këto zgjidhje duhet të jenë linearisht të pavarura. Që rreshtat të jenë linearisht të pavarur, është e nevojshme dhe e mjaftueshme që rangu i matricës së përbërë nga elementët e rreshtave të jetë i barabartë me numrin e rreshtave, pra 2. Mjafton të jepen të panjohurat e lira x 1 dhe x 4 vlera nga rreshtat e përcaktorit të rendit të dytë, jozero, dhe llogaritni x 2 , x 3 , x 5 . Përcaktori më i thjeshtë jozero është .
Pra, zgjidhja e parë është:
, e dyta - 
.
Këto dy vendime përbëjnë një sistem vendimtar themelor. Vini re se sistemi themelor nuk është unik (mund të krijoni sa më shumë përcaktues jozero të doni).
Shembulli 2. Gjeni zgjidhjen e përgjithshme dhe sistemin themelor të zgjidhjeve të sistemit 
Zgjidhje.
,
rrjedh se rangu i matricës është 3 dhe e barabartë me numrin i panjohur. Kjo do të thotë që sistemi nuk ka të panjohura të lira, dhe për këtë arsye ka një zgjidhje unike - një të parëndësishme.
Ushtrimi . Eksploroni dhe zgjidhni një sistem ekuacionesh lineare.
Shembulli 4
Ushtrimi . Gjeni zgjidhjet e përgjithshme dhe të veçanta të secilit sistem.
Zgjidhje. Le të shkruajmë matricën kryesore të sistemit:
| 5 | -2 | 9 | -4 | -1 |
| 1 | 4 | 2 | 2 | -5 |
| 6 | 2 | 11 | -2 | -6 |
| x 1 | x 2 | x 3 | x 4 | x 5 |
Le ta zvogëlojmë matricën në formë trekëndore. Ne do të punojmë vetëm me rreshta, pasi shumëzimi i një rreshti matricë me një numër të ndryshëm nga zero dhe shtimi i tij në një rresht tjetër për sistemin do të thotë shumëzimi i ekuacionit me të njëjtin numër dhe shtimi i tij me një ekuacion tjetër, i cili nuk ndryshon zgjidhjen e sistemi.
Shumëzojeni rreshtin e dytë me (-5). Le të shtojmë rreshtin e dytë në rreshtin e parë:
| 0 | -22 | -1 | -14 | 24 |
| 1 | 4 | 2 | 2 | -5 |
| 6 | 2 | 11 | -2 | -6 |
Le të shumëzojmë rreshtin e dytë me (6). Shumëzojeni rreshtin e tretë me (-1). Le të shtojmë rreshtin e tretë në rreshtin e dytë:
Le të gjejmë gradën e matricës.
| 0 | 22 | 1 | 14 | -24 |
| 6 | 2 | 11 | -2 | -6 |
| x 1 | x 2 | x 3 | x 4 | x 5 |
Minorja e zgjedhur ka renditjen më të lartë (të minorave të mundshëm) dhe është jo zero (është e barabartë me prodhimin e elementeve në diagonalen e kundërt), prandaj rangu (A) = 2.
Ky minor është bazë. Ai përfshin koeficientët për të panjohurat x 1 , x 2 , që do të thotë se të panjohurat x 1 , x 2 janë të varura (bazë) dhe x 3 , x 4 , x 5 janë të lira.
Le të transformojmë matricën, duke lënë vetëm bazën minore në të majtë.
| 0 | 22 | 14 | -1 | -24 |
| 6 | 2 | -2 | -11 | -6 |
| x 1 | x 2 | x 4 | x 3 | x 5 |
Sistemi me koeficientët e kësaj matrice është i barabartë me sistemin origjinal dhe ka formën:
22x 2 = 14x 4 - x 3 - 24x 5
6x 1 + 2x 2 = - 2x 4 - 11x 3 - 6x 5
Duke përdorur metodën e eliminimit të të panjohurave, gjejmë zgjidhje jo e parëndësishme:
Marrim relacione që shprehin variablat e varur x 1 , x 2 me ato të lira x 3 , x 4 , x 5 , pra gjetëm vendim të përbashkët:
x 2 = 0,64x 4 - 0,0455x 3 - 1,09x 5
x 1 = - 0,55x 4 - 1,82x 3 - 0,64x 5
Gjejmë një sistem themelor zgjidhjesh, i cili përbëhet nga (n-r) zgjidhje.
Në rastin tonë, n=5, r=2, pra, sistemi themelor i zgjidhjeve përbëhet nga 3 zgjidhje, dhe këto zgjidhje duhet të jenë linearisht të pavarura.
Që rreshtat të jenë linearisht të pavarur, është e nevojshme dhe e mjaftueshme që rangu i matricës së përbërë nga elementët e rreshtit të jetë i barabartë me numrin e rreshtave, domethënë 3.
Mjafton të jepni vlerat e të panjohurave të lira x 3, x 4, x 5 nga rreshtat e përcaktorit të rendit të tretë, jo zero dhe të llogaritni x 1, x 2.
Përcaktori më i thjeshtë jo zero është matrica e identitetit.
| 1 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 0 |
| 0 | 0 | 1 |
Detyrë . Gjeni një grup themelor zgjidhjesh për një sistem homogjen ekuacionesh lineare.
Matricat e dhëna
Gjeni: 1) aA - bB,
Zgjidhje: 1) E gjejmë në mënyrë sekuenciale, duke përdorur rregullat e shumëzimit të një matrice me një numër dhe mbledhjes së matricave..
2. Gjeni A*B nëse
Zgjidhje: Ne përdorim rregullin e shumëzimit të matricës
Përgjigje: 
3. Për një matricë të dhënë, gjeni minorin M 31 dhe llogarisni përcaktorin.
Zgjidhje: Minor M 31 është përcaktor i matricës që merret nga A
pasi kemi kaluar rreshtin 3 dhe kolonën 1. Gjejmë
1*10*3+4*4*4+1*1*2-2*4*10-1*1*4-1*4*3 = 0.
Le të transformojmë matricën A pa ndryshuar përcaktorin e saj (le të bëjmë zero në rreshtin 1)
| -3*, -, -4* | |||
| -10 | -15 | ||
| -20 | -25 | ||
| -4 | -5 |
Tani ne llogarisim përcaktuesin e matricës A duke u zgjeruar përgjatë rreshtit 1
Përgjigje: M 31 = 0, detA = 0
Zgjidheni duke përdorur metodën Gauss dhe metodën Cramer.
2x 1 + x 2 + x 3 = 2
x 1 + x 2 + 3x 3 = 6
2x 1 + x 2 + 2x 3 = 5
Zgjidhje: Le të kontrollojmë
Ju mund të përdorni metodën e Cramer
Zgjidhja e sistemit: x 1 = D 1 / D = 2, x 2 = D 2 / D = -5, x 3 = D 3 / D = 3
Le të zbatojmë metodën Gaussian.
Le ta reduktojmë matricën e zgjeruar të sistemit në formë trekëndore.
Për lehtësinë e llogaritjes, le të ndërrojmë rreshtat:
Shumëzoni rreshtin e dytë me (k = -1 / 2 = -1 / 2 ) dhe shtoni në të 3-tën:
| 1 / 2 | 7 / 2 |
Shumëzoni rreshtin e parë me (k = -2 / 2 = -1 ) dhe shtoni në të dytin:
Tani sistemi origjinal mund të shkruhet si:
x 1 = 1 - (1/2 x 2 + 1/2 x 3)
x 2 = 13 - (6x 3)
Nga rreshti i 2 shprehemi
Nga rreshti i 1 shprehemi
Zgjidhja është e njëjtë.
Përgjigje: (2; -5; 3)
Gjeni zgjidhjen e përgjithshme të sistemit dhe 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
Zgjidhje: Le të zbatojmë metodën Gaussian. Le ta reduktojmë matricën e zgjeruar të sistemit në formë trekëndore.
| -4 | -1 | -4 | -6 | |
| -2 | -2 | -3 | ||
| x 1 | x 2 | x 3 | x 4 | x 5 |
Shumëzojeni rreshtin e parë me (-11). Shumëzojeni rreshtin e dytë me (13). Le të shtojmë rreshtin e dytë në rreshtin e parë:
| -2 | -2 | -3 | ||
Shumëzojeni rreshtin e dytë me (-5). Le të shumëzojmë rreshtin e 3-të me (11). Le të shtojmë rreshtin e tretë në rreshtin e dytë:
Shumëzoni rreshtin e tretë me (-7). Le të shumëzojmë rreshtin e 4-të me (5). Le të shtojmë rreshtin e 4-të në rreshtin e 3-të:
Ekuacioni i dytë është një kombinim linear i të tjerëve
Le të gjejmë gradën e matricës.
| -18 | -24 | -18 | -27 | |
| x 1 | x 2 | x 3 | x 4 | x 5 |
Minorja e zgjedhur ka renditjen më të lartë (të minorave të mundshëm) dhe është jo zero (është e barabartë me prodhimin e elementeve në diagonalen e kundërt), prandaj rangu (A) = 2.
Ky minor është bazë. Ai përfshin koeficientët për të panjohurat x 1 , x 2 , që do të thotë se të panjohurat x 1 , x 2 janë të varura (bazë) dhe x 3 , x 4 , x 5 janë të lira.
Sistemi me koeficientët e kësaj matrice është i barabartë me sistemin origjinal dhe ka formën:
18x 2 = 24x 3 + 18x 4 + 27x 5
7x 1 + 2x 2 = - 5x 3 - 2x 4 - 3x 5
Duke përdorur metodën e eliminimit të të panjohurave, gjejmë vendim të përbashkët:
x 2 = - 4 / 3 x 3 - x 4 - 3 / 2 x 5
x 1 = - 1 / 3 x 3
Gjejmë një sistem themelor zgjidhjesh (FSD), i cili përbëhet nga zgjidhje (n-r). Në rastin tonë, n=5, r=2, pra, sistemi themelor i zgjidhjeve përbëhet nga 3 zgjidhje, dhe këto zgjidhje duhet të jenë linearisht të pavarura.
Që rreshtat të jenë linearisht të pavarur, është e nevojshme dhe e mjaftueshme që rangu i matricës së përbërë nga elementët e rreshtit të jetë i barabartë me numrin e rreshtave, domethënë 3.
Mjafton të jepni vlerat e të panjohurave të lira x 3, x 4, x 5 nga rreshtat e përcaktorit të rendit të tretë, jo zero dhe të llogaritni x 1, x 2.
Përcaktori më i thjeshtë jo zero është matrica e identitetit.
Por është më i përshtatshëm për të marrë këtu
Ne gjejmë duke përdorur zgjidhjen e përgjithshme:
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
Vendimi I i 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
Zgjidhja 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
Vendimi III i FSR: (0; - 9; 0; 0;6)
Þ FSR: (-2; -4; 6; 0;0), (0; -6; 0; 6;0), (0; - 9; 0; 0;6)
6. Jepen: z 1 = -4 + 5i, z 2 = 2 – 4i. Gjeni: a) z 1 – 2z 2 b) z 1 z 2 c) z 1 /z 2
Zgjidhje: 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
Përgjigje: a) -3i b) 12+26i c) -1,4 – 0,3i
Ekuacioni linear quhet homogjene, nëse termi i lirë i tij është i barabartë me zero, dhe johomogjen ndryshe. Një sistem i përbërë nga ekuacione homogjene quhet homogjen dhe ka formë e përgjithshme:
Është e qartë se çdo sistem homogjen është konsistent dhe ka një zgjidhje zero (të parëndësishme). Prandaj, kur aplikohet në sisteme homogjene të ekuacioneve lineare, shpesh duhet të kërkohet një përgjigje për pyetjen e ekzistencës së zgjidhjeve jozero. Përgjigja për këtë pyetje mund të formulohet si teorema e mëposhtme.
Teorema . Një sistem homogjen ekuacionesh lineare ka një zgjidhje jozero nëse dhe vetëm nëse rangu i tij më pak numër i panjohur .
Dëshmi: Le të supozojmë se një sistem rangu i të cilit është i barabartë ka një zgjidhje jo zero. Është e qartë se nuk e kalon. Në rast se sistemi ka një zgjidhje unike. Meqenëse një sistem ekuacionesh lineare homogjene ka gjithmonë një zgjidhje zero, atëherë zgjidhja zero do të jetë kjo zgjidhje unike. Kështu, zgjidhjet jo zero janë të mundshme vetëm për .
Përfundimi 1 : Një sistem homogjen ekuacionesh, në të cilin numri i ekuacioneve është më i vogël se numri i të panjohurave, ka gjithmonë një zgjidhje jo zero.
Dëshmi: Nëse një sistem ekuacionesh ka , atëherë rangu i sistemit nuk e kalon numrin e ekuacioneve, d.m.th. . Kështu, kushti është i kënaqur dhe, për rrjedhojë, sistemi ka një zgjidhje jo zero.
Përfundimi 2 : Një sistem homogjen ekuacionesh me të panjohura ka një zgjidhje jozero nëse dhe vetëm nëse përcaktorja e tij është zero.
Dëshmi: Le të supozojmë se një sistem ekuacionesh homogjene lineare, matrica e të cilit me përcaktorin , ka një zgjidhje jo zero. Pastaj, sipas teoremës së provuar, dhe kjo do të thotë se matrica është njëjës, d.m.th. .
Teorema Kronecker-Capelli: Një SLU është konsistente nëse dhe vetëm nëse rangu i matricës së sistemit është i barabartë me gradën e matricës së zgjeruar të këtij sistemi. Një sistem ur quhet konsistent nëse ka të paktën një zgjidhje.Sistemi homogjen i ekuacioneve algjebrike lineare.
Një sistem m ekuacionesh lineare me n ndryshore quhet sistem ekuacionesh lineare homogjene nëse të gjithë termat e lirë janë të barabartë me 0. Një sistem ekuacionesh lineare homogjene është gjithmonë konsistent, sepse ajo gjithmonë ka të paktën, zgjidhje zero. Një sistem ekuacionesh homogjene lineare ka një zgjidhje jo zero nëse dhe vetëm nëse rangu i matricës së tij të koeficientëve për ndryshoret është më i vogël se numri i ndryshoreve, d.m.th. për gradën A (n. Çdo kombinim linear
Zgjidhjet e sistemit Lin. homogjene. ur-ii është gjithashtu një zgjidhje për këtë sistem.
Një sistem zgjidhjesh të pavarura lineare e1, e2,...,еk quhet themelor nëse secila zgjidhje e sistemit është një kombinim linear i zgjidhjeve. Teorema: nëse rangu r i matricës së koeficientëve për ndryshoret e një sistemi ekuacionesh homogjene lineare është më i vogël se numri i ndryshoreve n, atëherë çdo sistem themelor i zgjidhjeve të sistemit përbëhet nga zgjidhjet n-r. Prandaj, zgjidhja e përgjithshme e sistemit linear. një ditë ur-th ka formën: c1e1+c2e2+...+skek, ku e1, e2,..., ek është çdo sistem themelor zgjidhjesh, c1, c2,...,ck janë numra arbitrar dhe k=n-r. Zgjidhja e përgjithshme e një sistemi m ekuacionesh lineare me n ndryshore është e barabartë me shumën
zgjidhje e përgjithshme sistemi përkatës është homogjen. ekuacionet lineare dhe një zgjidhje e veçantë arbitrare e këtij sistemi.
7. Hapësirat lineare. Nënhapësirat. Baza, dimensioni. Predha lineare. Hapësira lineare quhet n-dimensionale, nëse në të ka një sistem vektorësh të pavarur linearisht, dhe çdo sistem i një numri më të madh vektorësh është i varur në mënyrë lineare. Numri thirret dimensioni (numri i dimensioneve) hapësirë lineare dhe shënohet me . Me fjalë të tjera, dimensioni i një hapësire është numri maksimal i vektorëve linearisht të pavarur të kësaj hapësire. Nëse ekziston një numër i tillë, atëherë hapësira quhet dimensionale e fundme. Nëse për dikë numri natyror n në hapësirë ekziston një sistem i përbërë nga vektorë linearisht të pavarur, atëherë një hapësirë e tillë quhet infinite-dimensionale (e shkruar: ). Në vijim, përveç rasteve kur përcaktohet ndryshe, do të merren parasysh hapësirat me dimensione të fundme.
Baza e një hapësire lineare n-dimensionale është një koleksion i renditur i vektorëve linearisht të pavarur ( vektorët bazë).
Teorema 8.1 mbi zgjerimin e një vektori në terma të një baze. Nëse është baza e një hapësire lineare n-dimensionale, atëherë çdo vektor mund të përfaqësohet si një kombinim linear i vektorëve bazë:
V=v1*e1+v2*e2+…+vn+en
dhe, për më tepër, në të vetmen mënyrë, d.m.th. koeficientët përcaktohen në mënyrë unike. Me fjalë të tjera, çdo vektor i hapësirës mund të zgjerohet në një bazë dhe, për më tepër, në një mënyrë unike.
Në të vërtetë, dimensioni i hapësirës është . Sistemi i vektorëve është linearisht i pavarur (kjo është një bazë). Pas shtimit të ndonjë vektori në bazë, marrim një sistem të varur linearisht (pasi ky sistem përbëhet nga vektorë të hapësirës n-dimensionale). Duke përdorur vetinë e 7 vektorëve të varur linearisht dhe të pavarur linearisht, marrim përfundimin e teoremës.
Sistemi homogjen i ekuacioneve lineare mbi një fushë
PËRKUFIZIM. Sistemi themelor i zgjidhjeve të sistemit të ekuacioneve (1) quhet linear jo bosh sistem i pavarur zgjidhjet e tij, hapësira lineare e së cilës përkon me bashkësinë e të gjitha zgjidhjeve të sistemit (1).
Vini re se një sistem homogjen ekuacionesh lineare që ka vetëm një zgjidhje zero nuk ka një sistem themelor zgjidhjesh.
PROPOZIM 3.11. Çdo dy sisteme themelore zgjidhjesh për një sistem homogjen ekuacionesh lineare përbëhen nga i njëjti numër zgjidhjesh.
Dëshmi. Në fakt, çdo dy sisteme themelore të zgjidhjeve të sistemit homogjen të ekuacioneve (1) janë ekuivalente dhe linearisht të pavarura. Prandaj, sipas propozimit 1.12, gradat e tyre janë të barabarta. Rrjedhimisht, numri i zgjidhjeve të përfshira në një sistem themelor është i barabartë me numrin e zgjidhjeve të përfshira në çdo sistem tjetër themelor të zgjidhjeve.
Nëse matrica kryesore A e sistemit homogjen të ekuacioneve (1) është zero, atëherë çdo vektor nga është zgjidhje për sistemin (1); në këtë rast, çdo grup vektorësh të pavarur linearisht nga është një sistem themelor zgjidhjesh. Nëse rangu i kolonës së matricës A është i barabartë me , atëherë sistemi (1) ka vetëm një zgjidhje - zero; prandaj, në këtë rast, sistemi i ekuacioneve (1) nuk ka një sistem themelor zgjidhjesh.
TEOREMA 3.12. Nëse rangu i matricës kryesore të një sistemi homogjen të ekuacioneve lineare (1) është më i vogël se numri i ndryshoreve, atëherë sistemi (1) ka një sistem zgjidhjesh themelore të përbërë nga zgjidhje.
Dëshmi. Nëse rangu i matricës kryesore A të sistemit homogjen (1) është i barabartë me zero ose , atëherë u tregua më lart se teorema është e vërtetë. Prandaj, më poshtë supozohet se Duke supozuar , do të supozojmë se kolonat e para të matricës A janë linearisht të pavarura. Në këtë rast, matrica A është ekuivalente nga ana e rreshtit me matricën e reduktuar hap pas hapi dhe sistemi (1) është ekuivalent me reduktimin e mëposhtëm sistemi i hapave ekuacionet:
Është e lehtë të kontrollohet nëse çdo sistem vlerash të variablave të lira të sistemit (2) korrespondon me një dhe vetëm një zgjidhje për sistemin (2) dhe, për rrjedhojë, për sistemin (1). Në veçanti, vetëm zgjidhja zero e sistemit (2) dhe sistemit (1) korrespondon me një sistem me vlera zero.
Në sistemin (2) do të caktojmë një nga ato të lira vlera e variablave, e barabartë me 1, dhe variablat e mbetur kanë vlera zero. Si rezultat, marrim zgjidhje për sistemin e ekuacioneve (2), të cilat i shkruajmë në formën e rreshtave të matricës së mëposhtme C:
Sistemi i rreshtave të kësaj matrice është linearisht i pavarur. Në të vërtetë, për çdo shkallë nga barazia
vijon barazia
dhe, për rrjedhojë, barazia
Le të vërtetojmë se hapësira lineare e sistemit të rreshtave të matricës C përkon me bashkësinë e të gjitha zgjidhjeve të sistemit (1).
Zgjidhja arbitrare e sistemit (1). Pastaj vektori
është gjithashtu një zgjidhje për sistemin (1), dhe
