Xətti cəbri tənliklərin həlli sistemləri, həll üsulları, nümunələr. Sistemin ümumi həllini tapın və fsr

Matris məlumatları

Tapın: 1) aA - bB,

Həll: 1) Bir matrisi ədədə vurmaq və matrisləri toplamaq qaydalarından istifadə edərək ardıcıllıqla tapırıq.

2. Əgər A*B tapın

Həll: Matris vurma qaydasından istifadə edin

Cavab:

3. Verilmiş matris üçün kiçik M 31-i tapın və determinantı hesablayın.

Həll: Minor M 31 A-dan alınan matrisin təyinedicisidir

3-cü sətir və 1-ci sütunu sildikdən sonra tapın

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

A matrisini onun determinantını dəyişmədən çevirək (1-ci sətirdə sıfırlar edək)

İndi biz A matrisinin determinantını 1-ci sıra boyunca genişləndirməklə hesablayırıq

Cavab: M 31 = 0, detA = 0

Gauss metodu və Kramer metodundan istifadə edərək həll edin.

2x 1 + x 2 + x 3 = 2

x 1 + x 2 + 3x 3 = 6

2x1 + x2 + 2x3 = 5

Həll: Gəlin yoxlayaq

Cramer metodundan istifadə edə bilərsiniz

Sistem həlli: x 1 = D 1 / D = 2, x 2 = D 2 / D = -5, x 3 = D 3 / D = 3

Biz Gauss metodunu tətbiq edirik.

Sistemin uzadılmış matrisini üçbucaqlı formaya endiririk.

Hesablamaların rahatlığı üçün xətləri dəyişdiririk:

2-ci sıranı (k = -1 / 2 =) ilə vurun -1 / 2 ) və 3-cü yerə əlavə edilsin:

1-ci sıranı (k = -2 / 2 =) ilə vurun -1 ) və 2-ci ilə əlavə edilsin:

İndi orijinal sistem belə yazıla bilər:

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

x 2 = 13 - (6x 3)

2-ci sətirdən ifadə edirik

1-ci sətirdən ifadə edirik

Həll eynidir.

Cavab: (2; -5; 3)

Sistemin və FSR-nin ümumi həllini tapın

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

Həll: Gauss metodunu tətbiq edin. Sistemin uzadılmış matrisini üçbucaqlı formaya endiririk.

1-ci sıranı (-11) ilə vurun. 2-ci sıranı (13) ilə vurun. 1-ci sətirə 2-ci sətri əlavə edək:

2-ci sıranı (-5) ilə vurun. 3-cü sıranı (11) ilə vurun. 2-ci sətirə 3-cü sətri əlavə edək:

3-cü sıranı (-7) ilə vurun. 4-cü sıranı (5) ilə vurun. 3-cü sətirə 4-cü sətri əlavə edək:

İkinci tənlik qalanların xətti birləşməsidir

Matrisin dərəcəsini tapın.

Vurğulanmış minor ən yüksək sıraya malikdir (mümkün kiçiklərdən) və sıfırdan fərqlidir (qarşılıqlı diaqonaldakı elementlərin məhsuluna bərabərdir), buna görə də çalındı ​​(A) = 2.

Bu kiçik əsasdır. Buraya naməlum x 1, x 2 üçün əmsallar daxildir, yəni naməlum x 1, x 2 asılı (əsas), x 3, x 4, x 5 isə sərbəstdir.

Bu matrisin əmsalları olan sistem orijinal sistemə bərabərdir və formaya malikdir:

18x2 = 24x3 + 18x4 + 27x5

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

Naməlumların aradan qaldırılması üsulu ilə tapırıq ümumi qərar:

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

x 1 = - 1 / 3 x 3

(n-r) həllərdən ibarət olan əsas həllər sistemini (FSR) tapırıq. Bizim vəziyyətimizdə n=5, r=2, buna görə də əsas həllər sistemi 3 həlldən ibarətdir və bu həllər xətti müstəqil olmalıdır.

Sətirlərin xətti müstəqil olması üçün cərgələrin elementlərindən ibarət matrisin rütbəsinin sətirlərin sayına, yəni 3-ə bərabər olması zəruri və kifayətdir.

Sıfırdan fərqli 3-cü dərəcəli determinantın sətirlərindən x 3 ,x 4 ,x 5 sərbəst naməlumların qiymətlərini vermək və x 1 ,x 2 hesablamaq kifayətdir.

Ən sadə sıfırdan fərqli determinant eynilik matrisidir.

Ancaq burada götürmək daha rahatdır

Ümumi həlli istifadə edərək tapırıq:

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 FSR qərarı: (-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

II FSR qərarı: (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 FSR qərarı: (0; - 9; 0; 0; 6)

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

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

Həll: 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

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

Homojen bir sistem həmişə ardıcıldır və əhəmiyyətsiz bir həllə malikdir
. Qeyri-trivial həllin mövcud olması üçün matrisin dərəcəsinin olması lazımdır naməlumların sayından az idi:

.

Əsas qərar sistemi homojen sistem
sütun vektorları şəklində həllər sistemi çağırın
, kanonik əsasa uyğun gələn, yəni. ixtiyari sabitlərin olduğu əsas
növbə ilə birinə bərabər, qalanları isə sıfıra təyin edilir.

Sonra homojen sistemin ümumi həlli formaya malikdir:

harada
ixtiyari sabitlərdir. Başqa sözlə, ümumi həll əsas həllər sisteminin xətti birləşməsidir.

Beləliklə, bütün qalanların sıfıra bərabər olduğunu qəbul edərək, sərbəst naməlumlara növbə ilə vəhdət qiyməti verilərsə, əsas həllər ümumi həlldən əldə edilə bilər.

Misal. Gəlin sistemin həllini tapaq

Qəbul edirik, sonra həlli formada alırıq:

İndi əsas həllər sistemini quraq:

.

Ümumi həlli belə yazmaq olar:

Homojen xətti tənliklər sisteminin həlləri aşağıdakı xüsusiyyətlərə malikdir:

Başqa sözlə, homojen bir sistem üçün həllərin istənilən xətti birləşməsi yenə bir həlldir.

Xətti tənliklər sistemlərinin Qauss üsulu ilə həlli

Xətti tənliklər sistemlərinin həlli bir neçə əsrdir ki, riyaziyyatçıların marağına səbəb olub. İlk nəticələr XVIII əsrdə əldə edilmişdir. 1750-ci ildə Q.Kramer (1704–1752) kvadrat matrislərin təyinedicilərinə dair əsərlərini nəşr etdi və tərs matrisin tapılması alqoritmini təklif etdi. 1809-cu ildə Gauss aradan qaldırma üsulu kimi tanınan yeni bir həll metodunu təsvir etdi.

Gauss metodu və ya naməlumların ardıcıl aradan qaldırılması üsulu, elementar çevrilmələrin köməyi ilə tənliklər sisteminin pilləli (və ya üçbucaqlı) formanın ekvivalent sisteminə endirilməsindən ibarətdir. Bu cür sistemlər müəyyən ardıcıllıqla bütün bilinməyənləri ardıcıl olaraq tapmağa imkan verir.

Tutaq ki, sistemdə (1)
(bu həmişə mümkündür).

(1)

Birinci tənliyi sözdə növbə ilə vurmaq uyğun nömrələr

və sistemin müvafiq tənlikləri ilə vurma nəticəsini əlavə edərək, birincidən başqa bütün tənliklərin bilinməyən olmadığı ekvivalent bir sistem alırıq. X 1

(2)

İndi (2) sisteminin ikinci tənliyini müvafiq ədədlərə vururuq və bunu fərz edirik

,

və aşağı olanlara əlavə edərək, dəyişəni aradan qaldırırıq üçüncüdən başlayaraq bütün tənliklərin.

Bu prosesi davam etdirdikdən sonra
əldə etdiyimiz addımlar:

(3)

Əgər nömrələrdən ən azı biri
sıfıra bərabər deyil, onda müvafiq bərabərlik uyğunsuzdur və (1) sistemi uyğunsuzdur. Əksinə, hər hansı birgə say sistemi üçün
sıfıra bərabərdir. Nömrə sistem matrisinin (1) dərəcəsindən başqa bir şey deyil.

Sistemdən (1) (3)-ə keçid adlanır düz xəttdə Qauss metodu və (3)-dən naməlumların tapılması - geriyə .

Şərh : Transformasiyaları tənliklərin özləri ilə deyil, sistemin (1) genişləndirilmiş matrisi ilə aparmaq daha rahatdır.

Misal. Gəlin sistemin həllini tapaq

.

Sistemin artırılmış matrisini yazaq:

.

2,3,4-cü sətirlərə müvafiq olaraq (-2), (-3), (-2) ilə vurulan birincini əlavə edək:

.

Gəlin 2-ci və 3-cü sətirləri dəyişdirək, sonra əldə edilən matrisdə 2-ci sətiri 4-cü sıraya əlavə edək, :

.

4-cü sətirə 3-cü sətir əlavə edin
:

.

Aydındır ki
, buna görə də sistem ardıcıldır. Yaranan tənliklər sistemindən

həllini tərs əvəzetmə ilə tapırıq:

,
,
,
.

Misal 2 Sistem həllini tapın:

.

Aydındır ki, sistem qeyri-sabitdir, çünki
, a
.

Gauss metodunun üstünlükləri :

Cramer metodundan daha az vaxt aparır.

Sistemin uyğunluğunu birmənalı şəkildə müəyyən edir və həllini tapmağa imkan verir.

İstənilən matrisin rütbəsini təyin etmək imkanı verir.

Qoy M 0 xətti tənliklərin homojen sisteminin (4) həllər çoxluğudur.

Tərif 6.12. Vektorlar ilə 1 ,ilə 2 , …, ilə p, homojen xətti tənliklər sisteminin həlli adlanır əsas həllər toplusu(qısaldılmış FNR) əgər

1) vektorlar ilə 1 ,ilə 2 , …, ilə p xətti müstəqil (yəni onların heç biri digərləri ilə ifadə edilə bilməz);

2) homojen xətti tənliklər sisteminin hər hansı digər həlli həllər baxımından ifadə edilə bilər ilə 1 ,ilə 2 , …, ilə p.

Qeyd edək ki, əgər ilə 1 ,ilə 2 , …, ilə p bəzi f.n.r., sonra ifadə ilə k 1× ilə 1 + k 2× ilə 2 + … + kp× ilə p bütün dəsti təsvir edə bilər M(4) sisteminin 0 həlli, belə adlanır sistem həllinin ümumi görünüşü (4).

Teorem 6.6.İstənilən qeyri-müəyyən homojen xətti tənliklər sistemi əsas həllər toplusuna malikdir.

Əsas həllər toplusunu tapmağın yolu aşağıdakı kimidir:

Bircins xətti tənliklər sisteminin ümumi həllini tapın;

qurmaq ( n – r) bu sistemin qismən həlli, sərbəst naməlumların qiymətləri isə eynilik matrisini təşkil etməlidir;

Daxil olan həllin ümumi formasını yazın M 0 .

Misal 6.5. Aşağıdakı sistemin əsas həllər dəstini tapın:

Həll. Bu sistemin ümumi həllini tapaq.

~ ~ ~ ~ Þ Þ Þ Bu sistemdə beş naməlum var ( n= 5), bunlardan iki əsas naməlum var ( r= 2), üç pulsuz naməlum ( n – r), yəni əsas həllər toplusunda üç həll vektoru var. Gəlin onları quraq. Bizdə var x 1 və x 3 - əsas bilinməyənlər, x 2 , x 4 , x 5 - pulsuz bilinməyənlər

Pulsuz bilinməyənlərin dəyərləri x 2 , x 4 , x 5 şəxsiyyət matrisini əmələ gətirir Eüçüncü sifariş. Vektorlar var ilə 1 ,ilə 2 , ilə 3 forma f.n.r. bu sistem. Sonra bu homojen sistemin həllər toplusu olacaqdır M 0 = {k 1× ilə 1 + k 2× ilə 2 + k 3× ilə 3 , k 1 , k 2 , k 3 О R).

İndi isə homojen xətti tənliklər sisteminin sıfırdan fərqli həllərinin mövcudluğu şərtlərini, başqa sözlə, əsas həllər çoxluğunun mövcudluğu şərtlərini öyrənək.

Homojen xətti tənliklər sisteminin sıfırdan fərqli həlləri var, yəni qeyri-müəyyəndir.

1) sistemin əsas matrisinin dərəcəsi naməlumların sayından azdır;

2) homogen xətti tənliklər sistemində tənliklərin sayı naməlumların sayından azdır;

3) əgər homojen xətti tənliklər sistemində tənliklərin sayı naməlumların sayına bərabərdirsə və əsas matrisin təyinedicisi sıfıra bərabərdirsə (yəni | A| = 0).

Misal 6.6. Parametrin hansı qiymətində a xətti tənliklərin homojen sistemi sıfırdan fərqli həllər varmı?

Həll. Bu sistemin əsas matrisini tərtib edək və onun təyinedicisini tapaq: = = 1×(–1) 1+1 × = – a– 4. Bu matrisin təyinedicisi sıfıra bərabər olduqda a = –4.

Cavab verin: –4.

7. Arifmetika n-ölçülü vektor fəzası

Əsas anlayışlar

Əvvəlki bölmələrdə biz artıq müəyyən ardıcıllıqla düzülmüş həqiqi ədədlər toplusu anlayışı ilə qarşılaşdıq. Bu, sətir matrisi (və ya sütun matrisi) və xətti tənliklər sisteminin həllidir. n naməlum. Bu məlumatları ümumiləşdirmək olar.

Tərif 7.1. n-ölçülü arifmetik vektor sıralı çoxluq adlanır n real ədədlər.

deməkdir a= (a 1 , a 2 , …, a n), harada a iО R, i = 1, 2, …, n vektorun ümumi görünüşüdür. Nömrə nçağırdı ölçü vektor və a ədədləri i onu çağırdı koordinatları.

Misal üçün: a= (1, –8, 7, 4, ) beşölçülü vektordur.

Hamısı hazırdır n-ölçülü vektorlar adətən kimi işarələnir R n.

Tərif 7.2.İki vektor a= (a 1 , a 2 , …, a n) və b= (b 1 , b 2 , …, b n) eyni ölçüdə bərabərdir yalnız və yalnız onların müvafiq koordinatları bərabər olduqda, yəni a 1 = b 1 , a 2 = b 2 , …, a n= b n.

Tərif 7.3.məbləğ iki n-ölçülü vektorlar a= (a 1 , a 2 , …, a n) və b= (b 1 , b 2 , …, b n) vektor adlanır a + b= (a 1 + b 1 , a 2 + b 2 , …, a n+b n).

Tərif 7.4. iş real rəqəm k vektor başına a= (a 1 , a 2 , …, a n) vektor adlanır k× a = (k×a 1 , k×a 2 , …, k×a n)

Tərif 7.5. Vektor haqqında= (0, 0, …, 0) çağırılır sıfır(və ya null-vektor).

Vektorların əlavə edilməsi və onların həqiqi ədədə vurulması hərəkətlərinin (əməliyyatlarının) aşağıdakı xüsusiyyətlərə malik olduğunu yoxlamaq asandır: a, b, c Î R n, " k, l OR:

1) a + b = b + a;

2) a + (b+ c) = (a + b) + c;

3) a + haqqında = a;

4) a+ (–a) = haqqında;

5) 1× a = a, 1 О R;

6) k×( l× a) = l×( k× a) = (l× k)× a;

7) (k + l)× a = k× a + l× a;

8) k×( a + b) = k× a + k× b.

Tərif 7.6.Çoxlu R n vektorların toplanması və üzərində verilmiş həqiqi ədədə vurulması əməliyyatları ilə adlanır arifmetik n ölçülü vektor fəzası.

Qauss metodunun bir sıra çatışmazlıqları var: Qauss metodunda lazım olan bütün çevrilmələr həyata keçirilməyənə qədər sistemin ardıcıl olub-olmadığını bilmək mümkün deyil; Qauss metodu hərf əmsallı sistemlər üçün uyğun deyil.

Xətti tənliklər sistemlərinin həlli üçün digər üsulları nəzərdən keçirin. Bu üsullar matrisin dərəcə anlayışından istifadə edir və hər hansı birgə sistemin həllini Kramer qaydasının tətbiq olunduğu sistemin həllinə endirir.

Misal 1 Aşağıdakı xətti tənliklər sisteminin ümumi həllini aşağı salınmış homojen sistemin əsas həllər sistemindən və qeyri-bərabər sistemin xüsusi həllindən istifadə edərək tapın.

1. Bir matris düzəldirik A və sistemin genişlənmiş matrisi (1)

2. Sistemi araşdırın (1) uyğunluq üçün. Bunun üçün matrislərin dərəcələrini tapırıq A və https://pandia.ru/text/78/176/images/image006_90.gif" width="17" height="26 src=">). Əgər belə çıxırsa, o zaman sistem (1) uyğunsuz. Bunu alsaq , onda bu sistem ardıcıldır və biz onu həll edəcəyik. (Ardıcıllıq tədqiqatı Kronecker-Capelli teoreminə əsaslanır).

a. Biz tapdıq rA.

Tapmaq rA, biz ardıcıl olaraq matrisin birinci, ikinci və s. sıralarının sıfırdan fərqli kiçiklərini nəzərdən keçirəcəyik. A və onları əhatə edən azyaşlılar.

M1=1≠0 (1 matrisin yuxarı sol küncündən götürülür AMMA).

Sərhəd M1 bu matrisin ikinci sətri və ikinci sütunu. . Biz sərhədə davam edirik M1 ikinci sətir və üçüncü sütun..gif" width="37" height="20 src=">. İndi sıfırdan fərqli minoru haşiyələyirik. М2′ ikinci sifariş.

Bizdə: (çünki ilk iki sütun eynidir)

(çünki ikinci və üçüncü sətirlər mütənasibdir).

Biz bunu görürük rA=2, və matrisin əsas minorudur A.

b. Biz tapdıq .

Kifayət qədər əsas kiçik М2′ matrislər A sərbəst üzvlər sütunu və bütün sətirlərlə haşiyələnir (bizdə yalnız sonuncu sətir var).

. Bundan belə çıxır ki М3′′ matrisin əsas minoru olaraq qalır https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif" width="168 height=75" height="75"> (2)

Çünki М2′- matrisin əsas minoru A sistemləri (2) , onda bu sistem sistemə bərabərdir (3) , sistemin ilk iki tənliyindən ibarətdir (2) (üçün М2′ A) matrisinin ilk iki cərgəsindədir.

(3)

Əsas kiçik olduğundan https://pandia.ru/text/78/176/images/image021_29.gif" width="153" height="51"> (4)

Bu sistemdə iki pulsuz naməlum ( x2 və x4 ). Buna görə də FSR sistemləri (4) iki məhluldan ibarətdir. Onları tapmaq üçün pulsuz bilinməyənləri təyin edirik (4) ilk növbədə dəyərlər x2=1 , x4=0 , daha sonra - x2=0 , x4=1 .

At x2=1 , x4=0 alırıq:

.

Bu sistem artıq var yeganə şey həll (onu Kramer qaydası və ya hər hansı başqa üsulla tapmaq olar). Birinci tənliyi ikinci tənlikdən çıxarsaq, alırıq:

Onun qərarı olacaq x1= -1 , x3=0 . Dəyərləri nəzərə alaraq x2 və x4 , verdiyimiz sistemin ilk fundamental həllini əldə edirik (2) : .

İndi qoyuruq (4) x2=0 , x4=1 . Biz əldə edirik:

.

Bu sistemi Kramer teoremindən istifadə edərək həll edirik:

.

Sistemin ikinci əsas həllini əldə edirik (2) : .

Həll yolları β1 , β2 və makiyaj edin FSR sistemləri (2) . Sonra onun ümumi həlli olacaq

γ= C1 β1+С2β2=С1(-1, 1, 0, 0)+С2(5, 0, 4, 1)=(-С1+5С2, С1, 4С2, С2)

Burada C1 , C2 ixtiyari sabitlərdir.

4. Birini tapın özəl həll heterojen sistem(1) . Paraqrafda olduğu kimi 3 , sistemin əvəzinə (1) ekvivalent sistemi nəzərdən keçirin (5) , sistemin ilk iki tənliyindən ibarətdir (1) .

(5)

Sərbəst bilinməyənləri sağ tərəflərə köçürürük x2 və x4.

(6)

Pulsuz bilinməyənləri verək x2 və x4 ixtiyari dəyərlər, məsələn, x2=2 , x4=1 və onları daxil edin (6) . Gəlin sistemi əldə edək

Bu sistemin unikal həlli var (çünki onun determinantı М2′0). Onu həll etməklə (Kramer teoremindən və ya Qauss metodundan istifadə etməklə) əldə edirik x1=3 , x3=3 . Sərbəst bilinməyənlərin dəyərlərini nəzərə alaraq x2 və x4 , alırıq qeyri-homogen sistemin xüsusi həlli(1)α1=(3,2,3,1).

5. İndi yazmaq qalır qeyri-homogen sistemin ümumi həlli α(1) : cəminə bərabərdir şəxsi qərar bu sistem və onun azaldılmış homojen sisteminin ümumi həlli (2) :

α=α1+γ=(3, 2, 3, 1)+(‑С1+5С2, С1, 4С2, С2).

Bu o deməkdir: (7)

6. İmtahan. Sistemi düzgün həll edib-etmədiyinizi yoxlamaq üçün (1) , bizə ümumi bir həll lazımdır (7) ilə əvəz etmək (1) . Əgər hər bir tənlik eyniliyə çevrilirsə ( C1 və C2 məhv edilməlidir), onda həll düzgün tapılır.

əvəz edəcəyik (7) məsələn, yalnız sistemin sonuncu tənliyində (1) (x1 + x2 + x3 ‑9 x4 =‑1) .

Alırıq: (3–С1+5С2)+(2+С1)+(3+4С2)–9(1+С2)=–1

(С1–С1)+(5С2+4С2–9С2)+(3+2+3–9)=–1

Burada -1=-1. Şəxsiyyətimiz var. Bunu sistemin bütün digər tənlikləri ilə edirik (1) .

Şərh. Doğrulama adətən olduqca çətin olur. Aşağıdakı "qismən yoxlamanı" tövsiyə edə bilərik: sistemin ümumi həllində (1) ixtiyari sabitlərə bəzi dəyərlər təyin edin və əldə edilən xüsusi həlli yalnız atılmış tənliklərə (yəni, həmin tənliklərə) əvəz edin. (1) daxil olmayanlar (5) ). Əgər şəxsiyyətləriniz varsa, o zaman çox güman ki, sistemin həlli (1) düzgün tapıldı (lakin belə bir çek düzgünlüyünə tam zəmanət vermir!). Məsələn, əgər varsa (7) qoy C2=- 1 , C1=1, onda alırıq: x1=-3, x2=3, x3=-1, x4=0. Sistemin (1) sonuncu tənliyini əvəz etsək, əldə edirik: - 3+3 - 1 - 9∙0= - 1 , yəni –1=–1. Şəxsiyyətimiz var.

Misal 2 Xətti tənliklər sisteminin ümumi həllini tapın (1) , əsas bilinməyənləri sərbəst olanlar baxımından ifadə edir.

Həll. kimi misal 1, matrisləri tərtib edin A və bu matrislərin https://pandia.ru/text/78/176/images/image010_57.gif" width="156" height="50">. İndi biz sistemin yalnız həmin tənliklərini buraxırıq. (1) , əmsalları bu əsas minora daxil olan (yəni ilk iki tənliyimiz var) və onlardan ibarət sistemi nəzərdən keçirək ki, bu sistem (1) ilə bərabərdir.

Sərbəst bilinməyənləri bu tənliklərin sağ tərəflərinə köçürək.

sistemi (9) düzgün hissələri sərbəst üzvlər hesab edərək Qauss üsulu ilə həll edirik.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image035_21.gif" width="202 height=106" height="106">

Seçim 2.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image039_16.gif" eni="192" hündürlük="106 src=">

Seçim 4.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image042_14.gif" eni="172" hündürlük="80">

Seçim 5.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image044_12.gif" width="179 height=106" height="106">

Variant 6.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image046_11.gif" eni="195" hündürlük="106">

Bütün sərbəst şərtlərin sıfıra bərabər olduğu xətti tənliklər sistemi adlanır homojen :

İstənilən homojen sistem həmişə ardıcıl olduğu üçün həmişə ardıcıldır sıfır (əhəmiyyətsiz ) həll. Sual yaranır ki, homojen sistemin hansı şərtlər altında qeyri-trivial həlli olacaq.

Teorem 5.2.Homojen bir sistemin qeyri-trivial həlli yalnız və yalnız əsas matrisin rütbəsi onun naməlumlarının sayından az olduğu halda olur.

Nəticə. Kvadrat homojen sistemin qeyri-trivial həlli yalnız və yalnız sistemin əsas matrisinin determinantı sıfıra bərabər olmadıqda olur.

Misal 5.6. Sistemin qeyri-trivial həlləri olduğu l parametrinin dəyərlərini təyin edin və bu həlləri tapın:

Həll. Əsas matrisin determinantı sıfıra bərabər olduqda bu sistem qeyri-trivial həllə sahib olacaq:

Beləliklə, l=3 və ya l=2 olduqda sistem qeyri-trivialdır. l=3 üçün sistemin əsas matrisasının rütbəsi 1-dir. Onda yalnız bir tənlik qalıb və fərz etsək ki, y=a və z=b, alırıq x=b-a, yəni.

l=2 üçün sistemin əsas matrisinin dərəcəsi 2-dir. Sonra əsas minor kimi seçilərək:

sadələşdirilmiş sistem əldə edirik

Buradan biz bunu tapırıq x=z/4, y=z/2. fərz edirik z=4a, alırıq

Homojen bir sistemin bütün həlləri çox əhəmiyyətlidir xətti xassə : X sütunları varsa 1 və X 2 - homojen sistemin məhlulları AX = 0, sonra onların istənilən xətti kombinasiyası a X 1+b X 2 həm də bu sistemin həlli olacaq. Həqiqətən, çünki AX 1 = 0 və AX 2 = 0 , sonra A(a X 1+b X 2) = a AX 1+b AX 2 = a · 0 + b · 0 = 0. Bu xüsusiyyətə görə, xətti sistemin birdən çox həlli varsa, o zaman bu həllərin sonsuz çoxu olacaqdır.

Xətti Müstəqil Sütunlar E 1 , E 2 , E k homogen sistemin məhlulları adlanır əsas qərar sistemi homojen xətti tənliklər sistemi, əgər bu sistemin ümumi həlli bu sütunların xətti birləşməsi kimi yazıla bilərsə:

Homojen bir sistem varsa n dəyişənlərdir və sistemin əsas matrisinin rütbəsi bərabərdir r, sonra k = n-r.

Misal 5.7. Aşağıdakı xətti tənliklər sisteminin əsas həllər sistemini tapın:

Həll. Sistemin əsas matrisinin dərəcəsini tapın:

Beləliklə, bu tənliklər sisteminin həllər çoxluğu ölçünün xətti alt fəzasını təşkil edir n - r= 5 - 2 = 3. Biz əsas minor kimi seçirik

.

Sonra, yalnız əsas tənlikləri (qalanları bu tənliklərin xətti birləşməsi olacaq) və əsas dəyişənləri (qalanları, sözdə sərbəst dəyişənləri sağa köçürürük) tərk edərək, sadələşdirilmiş tənliklər sistemi alırıq:

fərz edirik x 3 = a, x 4 = b, x 5 = c, Biz tapdıq

, .

fərz edirik a= 1, b=c= 0, biz birinci əsas həlli əldə edirik; güman edərək b= 1, a = c= 0, ikinci əsas həlli alırıq; güman edərək c= 1, a = b= 0, üçüncü əsas həlli əldə edirik. Nəticədə, həllərin normal əsas sistemi formasını alır

Fundamental sistemdən istifadə edərək homojen sistemin ümumi həlli kimi yazmaq olar

X = aE 1 + bE 2 + cE 3 . a

Qeyri-homogen xətti tənliklər sisteminin həllərinin bəzi xassələrini qeyd edək AX=B və onların müvafiq homojen tənliklər sistemi ilə əlaqəsi AX = 0.

Qeyri-homogen sistemin ümumi həllimüvafiq homojen sistemin ümumi həlli AX = 0 və qeyri-homogen sistemin ixtiyari xüsusi həllinin cəminə bərabərdir. Doğrudan da, qoy Y 0 qeyri-homogen sistemin ixtiyari xüsusi həllidir, yəni. AY 0 = B, və Y qeyri-homogen sistemin ümumi həllidir, yəni. AY=B. Bir bərabərliyi digərindən çıxarsaq, alırıq
A(Y-Y 0) = 0, yəni. Y-Y 0 müvafiq homojen sistemin ümumi həllidir AX=0. Nəticədə, Y-Y 0 = X, və ya Y=Y 0 + X. Q.E.D.

Qeyri-homogen sistem AX = B formasına malik olsun 1 + B 2 . Onda belə bir sistemin ümumi həllini X = X kimi yazmaq olar 1 + X 2 , harada AX 1 = B 1 və AX 2 = B 2. Bu xassə ümumən istənilən xətti sistemlərin (cəbri, diferensial, funksional və s.) universal xassəsini ifadə edir. Fizikada bu xassə deyilir superpozisiya prinsipi, elektrik və radiotexnika üzrə - üst-üstə düşmə prinsipi. Məsələn, xətti elektrik dövrələri nəzəriyyəsində hər hansı bir dövrədə cərəyan ayrı-ayrılıqda hər bir enerji mənbəyinin yaratdığı cərəyanların cəbri cəmi kimi əldə edilə bilər.