Løse systemer av lineære algebraiske ligninger, løsningsmetoder, eksempler. Finn den generelle løsningen av systemet og fsr

Gitt matriser

Finn: 1) aA - bB,

Løsning: 1) Vi finner det sekvensielt, ved å bruke reglene for å multiplisere en matrise med et tall og legge til matriser.

2. Finn A*B if

Løsning: Vi bruker matrisemultiplikasjonsregelen

Svar:

3. For en gitt matrise, finn minor M 31 og beregn determinanten.

Løsning: Minor M 31 er determinanten for matrisen som er hentet fra A

etter å ha krysset ut linje 3 og kolonne 1. Vi finner

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

La oss transformere matrise A uten å endre dens determinant (la oss lage nuller i rad 1)

Nå beregner vi determinanten til matrise A ved utvidelse langs rad 1

Svar: M 31 = 0, detA = 0

Løs ved hjelp av Gauss-metoden og Cramer-metoden.

2x 1 + x 2 + x 3 = 2

x 1 + x 2 + 3x 3 = 6

2x 1 + x 2 + 2x 3 = 5

Løsning: La oss sjekke

Du kan bruke Cramers metode

Løsning av systemet: x 1 = D 1 / D = 2, x 2 = D 2 / D = -5, x 3 = D 3 / D = 3

La oss bruke Gauss-metoden.

La oss redusere den utvidede matrisen til systemet til trekantet form.

For å lette beregningen, la oss bytte linjene:

Multipliser den andre linjen med (k = -1 / 2 = -1 / 2 ) og legg til den tredje:

Multipliser den første linjen med (k = -2 / 2 = -1 ) og legg til den andre:

Nå kan det opprinnelige systemet skrives som:

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

x 2 = 13 - (6 x 3)

Fra 2. linje uttrykker vi

Fra 1. linje uttrykker vi

Løsningen er den samme.

Svar: (2; -5; 3)

Finn den generelle løsningen for systemet og 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

Løsning: La oss bruke Gauss-metoden. La oss redusere den utvidede matrisen til systemet til trekantet form.

Multipliser den første linjen med (-11). Multipliser den andre linjen med (13). La oss legge til den andre linjen til den første:

Multipliser den andre linjen med (-5). La oss gange den tredje linjen med (11). La oss legge til den tredje linjen til den andre:

Multipliser den tredje linjen med (-7). La oss gange den fjerde linjen med (5). La oss legge til den fjerde linjen til den tredje:

Den andre ligningen er en lineær kombinasjon av de andre

La oss finne rangeringen til matrisen.

Den valgte moll har den høyeste orden (av mulige moll) og er ikke-null (den er lik produktet av elementene på den motsatte diagonalen), derfor rang(A) = 2.

Denne mindre er grunnleggende. Den inkluderer koeffisienter for de ukjente x 1 , x 2 , som betyr at de ukjente x 1 , x 2 er avhengige (grunnleggende), og x 3 , x 4 , x 5 er frie.

Systemet med koeffisientene til denne matrisen er ekvivalent med det opprinnelige systemet og har formen:

18x 2 = 24x 3 + 18x 4 + 27x 5

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

Ved å bruke metoden for å eliminere ukjente, finner vi felles vedtak:

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

x 1 = - 1 / 3 x 3

Vi finner et fundamentalt system av løsninger (FSD), som består av (n-r) løsninger. I vårt tilfelle, n=5, r=2, derfor består det grunnleggende løsningssystemet av 3 løsninger, og disse løsningene må være lineært uavhengige.

For at radene skal være lineært uavhengige, er det nødvendig og tilstrekkelig at rangeringen av matrisen som består av radelementer er lik antall rader, det vil si 3.

Det er nok å gi de frie ukjente x 3 , x 4 , x 5 verdier fra linjene til tredje ordens determinant, ikke-null, og beregne x 1 , x 2 .

Den enkleste ikke-null-determinanten er identitetsmatrisen.

Men det er mer praktisk å ta med her

Vi finner å bruke den generelle løsningen:

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 avgjørelse fra 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

II FSR-løsning: (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 avgjørelse fra FSR: (0; - 9; 0; 0;6)

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

6. Gitt: z 1 = -4 + 5i, z 2 = 2 – 4i. Finn: a) z 1 – 2z 2 b) z 1 z 2 c) z 1 /z 2

Løsning: 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

Svar: a) -3i b) 12+26i c) -1,4 – 0,3i

Et homogent system er alltid konsistent og har en triviell løsning
. For at en ikke-triviell løsning skal eksistere, er det nødvendig at rangeringen av matrisen var mindre enn antall ukjente:

.

Grunnleggende system av løsninger homogent system
kalle et system av løsninger i form av kolonnevektorer
, som tilsvarer det kanoniske grunnlaget, dvs. grunnlag der vilkårlige konstanter
settes vekselvis lik én, mens resten settes til null.

Da har den generelle løsningen av det homogene systemet formen:

Hvor
- vilkårlige konstanter. Med andre ord er den samlede løsningen en lineær kombinasjon av det grunnleggende løsningssystemet.

Dermed kan grunnleggende løsninger oppnås fra den generelle løsningen hvis de frie ukjente gis verdien av en etter tur, og setter alle andre lik null.

Eksempel. La oss finne en løsning på systemet

La oss godta , så får vi en løsning i formen:

La oss nå konstruere et grunnleggende system av løsninger:

.

Den generelle løsningen vil bli skrevet som:

Løsninger av et system med homogene lineære ligninger har følgende egenskaper:

Med andre ord er enhver lineær kombinasjon av løsninger til et homogent system igjen en løsning.

Løse systemer av lineære ligninger ved hjelp av Gauss-metoden

Løse systemer med lineære ligninger har interessert matematikere i flere århundrer. De første resultatene ble oppnådd på 1700-tallet. I 1750 publiserte G. Kramer (1704–1752) sine arbeider om determinantene til kvadratiske matriser og foreslo en algoritme for å finne den inverse matrisen. I 1809 skisserte Gauss en ny løsningsmetode kjent som metoden for eliminering.

Gauss-metoden, eller metoden for sekvensiell eliminering av ukjente, består i det faktum at ved hjelp av elementære transformasjoner, reduseres et likningssystem til et ekvivalent system av trinn (eller trekantet) form. Slike systemer gjør det mulig å sekvensielt finne alle ukjente i en bestemt rekkefølge.

La oss anta at i system (1)
(noe som alltid er mulig).

(1)

Multiplisere den første ligningen en etter en med den såkalte passende tall

og ved å legge til resultatet av multiplikasjon med de tilsvarende likningene til systemet, får vi et ekvivalent system der det i alle likninger unntatt den første ikke vil være ukjent X 1

(2)

La oss nå multiplisere den andre ligningen til system (2) med passende tall, forutsatt at

,

og legger den til med de lavere, eliminerer vi variabelen fra alle ligninger, fra den tredje.

Fortsetter denne prosessen, etter
trinn vi får:

(3)

Hvis minst ett av tallene
er ikke lik null, så er den tilsvarende likheten motstridende og system (1) er inkonsekvent. Omvendt, for ethvert felles tallsystem
er lik null. Antall er ikke noe mer enn rangeringen av matrisen til systemet (1).

Overgangen fra system (1) til (3) kalles rett fram Gauss-metoden, og finne de ukjente fra (3) – baklengs .

Kommentar : Det er mer praktisk å utføre transformasjoner ikke med selve ligningene, men med den utvidede matrisen til systemet (1).

Eksempel. La oss finne en løsning på systemet

.

La oss skrive den utvidede matrisen til systemet:

.

La oss legge den første til linjene 2,3,4, multiplisert med henholdsvis (-2), (-3), (-2):

.

La oss bytte rad 2 og 3, og i den resulterende matrisen legger vi rad 2 til rad 4, multiplisert med :

.

Legg til linje 4 linje 3 multiplisert med
:

.

Det er åpenbart det
, derfor er systemet konsekvent. Fra det resulterende ligningssystemet

vi finner løsningen ved omvendt substitusjon:

,
,
,
.

Eksempel 2. Finn en løsning på systemet:

.

Det er åpenbart at systemet er inkonsekvent, pga
, A
.

Fordeler med Gauss-metoden :

Mindre arbeidskrevende enn Cramers metode.

Entydig etablerer kompatibiliteten til systemet og lar deg finne en løsning.

Gjør det mulig å bestemme rangeringen av alle matriser.

La M 0 – sett med løsninger til et homogent system (4) av lineære ligninger.

Definisjon 6.12. Vektorer Med 1 ,Med 2 , …, med s, som er løsninger av et homogent system av lineære ligninger kalles grunnleggende sett med løsninger(forkortet FNR), if

1) vektorer Med 1 ,Med 2 , …, med s lineært uavhengig (dvs. ingen av dem kan uttrykkes i form av de andre);

2) enhver annen løsning til et homogent system av lineære ligninger kan uttrykkes i form av løsninger Med 1 ,Med 2 , …, med s.

Merk at hvis Med 1 ,Med 2 , …, med s– enhver f.n.r., så uttrykket k 1× Med 1 + k 2× Med 2 + … + k s× med s du kan beskrive hele settet M 0 løsninger til system (4), så heter det generell oversikt over systemløsningen (4).

Teorem 6.6. Ethvert ubestemt homogent system av lineære ligninger har et grunnleggende sett med løsninger.

Måten å finne det grunnleggende settet med løsninger er som følger:

Finn en generell løsning på et homogent system av lineære ligninger;

Bygge ( n – r) delvise løsninger av dette systemet, mens verdiene til de frie ukjente må danne en identitetsmatrise;

Skriv ned den generelle formen for løsningen som er inkludert i M 0 .

Eksempel 6.5. Finn et grunnleggende sett med løsninger for følgende system:

Løsning. La oss finne en generell løsning på dette systemet.

~ ~ ~ ~ Þ Þ Þ Det er fem ukjente i dette systemet ( n= 5), hvorav det er to hovedukjente ( r= 2), det er tre gratis ukjente ( n – r), det vil si at det grunnleggende løsningssettet inneholder tre løsningsvektorer. La oss bygge dem. Vi har x 1 og x 3 - viktigste ukjente, x 2 , x 4 , x 5 – gratis ukjente

Verdier av gratis ukjente x 2 , x 4 , x 5 danner identitetsmatrisen E tredje orden. Fikk den vektorene Med 1 ,Med 2 , Med 3 form f.n.r. av dette systemet. Da vil settet med løsninger av dette homogene systemet være M 0 = {k 1× Med 1 + k 2× Med 2 + k 3× Med 3 , k 1 , k 2 , k 3 О R).

La oss nå finne ut betingelsene for eksistensen av ikke-nullløsninger av et homogent system av lineære ligninger, med andre ord betingelsene for eksistensen av et grunnleggende sett med løsninger.

Et homogent system av lineære ligninger har løsninger som ikke er null, det vil si at det er usikkert om

1) rangeringen av hovedmatrisen til systemet er mindre enn antall ukjente;

2) i et homogent system av lineære ligninger er antallet ligninger mindre enn antallet ukjente;

3) hvis i et homogent system av lineære ligninger antall ligninger er lik antall ukjente, og determinanten til hovedmatrisen er lik null (dvs. | EN| = 0).

Eksempel 6.6. Ved hvilken parameterverdi en homogent system av lineære ligninger har ikke-null løsninger?

Løsning. La oss komponere hovedmatrisen til dette systemet og finne dets determinant: = = 1×(–1) 1+1 × = – EN– 4. Determinanten til denne matrisen er lik null ved en = –4.

Svar: –4.

7. Aritmetikk n-dimensjonalt vektorrom

Enkle konsepter

I tidligere avsnitt har vi allerede møtt konseptet med et sett med reelle tall arrangert i en bestemt rekkefølge. Dette er en radmatrise (eller kolonnematrise) og en løsning på et system av lineære ligninger med n ukjent. Denne informasjonen kan oppsummeres.

Definisjon 7.1. n-dimensjonal aritmetisk vektor kalt et bestilt sett med n reelle tall.

Midler EN= (a 1 , a 2 , …, a n), hvor en JegО R, Jeg = 1, 2, …, n– generell oversikt over vektoren. Antall n kalt dimensjon vektorer og tall a Jeg kalles hans koordinater.

For eksempel: EN= (1, –8, 7, 4, ) – femdimensjonal vektor.

Klar n-dimensjonale vektorer er vanligvis betegnet som Rn.

Definisjon 7.2. To vektorer EN= (a 1 , a 2 , …, a n) Og b= (b 1 , b 2 , …, b n) av samme dimensjon lik hvis og bare hvis deres korresponderende koordinater er like, dvs. a 1 = b 1 , a 2 = b 2 , …, a n= b n.

Definisjon 7.3.Beløp to n-dimensjonale vektorer EN= (a 1 , a 2 , …, a n) Og b= (b 1 , b 2 , …, b n) kalles en vektor en + b= (a 1 + b 1, a 2 + b 2, …, a n+b n).

Definisjon 7.4. Arbeidet ekte nummer k til vektor EN= (a 1 , a 2 , …, a n) kalles en vektor k× EN = (k×a 1, k×a 2, …, k×a n)

Definisjon 7.5. Vektor O= (0, 0, …, 0) kalles null(eller null vektor).

Det er lett å verifisere at handlingene (operasjonene) for å legge til vektorer og multiplisere dem med et reelt tall har følgende egenskaper: " en, b, c Î Rn, " k, lО R:

1) en + b = b + en;

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

3) en + O = en;

4) en+ (–en) = O;

5) 1× en = en 10R;

6) k×( l× en) = l×( k× en) = (l× k)× en;

7) (k + l)× en = k× en + l× en;

8) k×( en + b) = k× en + k× b.

Definisjon 7.6. En haug med Rn med operasjonene med å legge til vektorer og multiplisere dem med et reelt tall gitt på den kalles aritmetisk n-dimensjonalt vektorrom.

Gaussmetoden har en rekke ulemper: det er umulig å vite om systemet er konsistent eller ikke før alle transformasjonene som er nødvendige i Gaussmetoden er utført; Gauss sin metode egner seg ikke for systemer med bokstavkoeffisienter.

La oss vurdere andre metoder for å løse systemer med lineære ligninger. Disse metodene bruker konseptet matriserangering og reduserer løsningen av ethvert konsistent system til løsningen av et system som Cramers regel gjelder for.

Eksempel 1. Finn en generell løsning på følgende system av lineære ligninger ved å bruke det fundamentale løsningssystemet til det reduserte homogene systemet og en spesiell løsning på det inhomogene systemet.

1. Lage en matrise EN og utvidet systemmatrise (1)

2. Utforsk systemet (1) for samvær. For å gjøre dette finner vi matrisenes rekker EN og https://pandia.ru/text/78/176/images/image006_90.gif" width="17" height="26 src=">). Hvis det viser seg at , så systemet (1) uforenlig. Hvis vi får det til , så er dette systemet konsekvent, og vi vil løse det. (Kompatibilitetsstudien er basert på Kronecker-Capelli-teoremet).

en. Vi finner rA.

Å finne rA, vil vi vurdere sekvensielt ikke-null moll av den første, andre, osv. rekkefølgen av matrisen EN og de mindreårige rundt dem.

M1=1≠0 (vi tar 1 fra øvre venstre hjørne av matrisen EN).

Vi grenser M1 den andre raden og den andre kolonnen i denne matrisen. . Vi fortsetter til grensen M1 den andre linjen og den tredje kolonnen..gif" width="37" height="20 src=">. Nå setter vi grensen for moll som ikke er null M2′ andre bestilling.

Vi har: (siden de to første kolonnene er like)

(siden andre og tredje linje er proporsjonale).

Det ser vi rA=2, a er basis-moll av matrisen EN.

b. Vi finner.

Ganske grunnleggende mindre M2′ matriser EN kantlinje med en kolonne med frie termer og alle rader (vi har bare den siste raden).

. Det følger at M3′′ forblir grunnmoll i matrisen https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif" width="168 height=75" height="75"> (2)

Fordi M2′- basis moll av matrisen EN systemer (2) , da er dette systemet ekvivalent med systemet (3) , som består av de to første likningene i systemet (2) (til M2′ er i de to første radene i matrise A).

(3)

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

I dette systemet er det to gratis ukjente ( x2 Og x4 ). Derfor FSR systemer (4) består av to løsninger. For å finne dem tildeler vi gratis ukjente (4) verdier først x2=1 , x4=0 , og så - x2=0 , x4=1 .

På x2=1 , x4=0 vi får:

.

Dette systemet har allerede den eneste tingen løsning (den kan bli funnet ved å bruke Cramers regel eller en annen metode). Trekker vi den første fra den andre ligningen, får vi:

Hennes løsning vil være x1= -1 , x3=0 . Gitt verdiene x2 Og x4 , som vi la til, får vi den første grunnleggende løsningen av systemet (2) : .

Nå tror vi på (4) x2=0 , x4=1 . Vi får:

.

Vi løser dette systemet ved å bruke Cramers teorem:

.

Vi får den andre grunnleggende løsningen av systemet (2) : .

Løsninger β1 , β2 og sminke FSR systemer (2) . Da blir dens generelle løsning

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

Her C1 , C2 – vilkårlige konstanter.

4. La oss finne en privat løsning heterogent system(1) . Som i avsnitt 3 , i stedet for systemet (1) La oss vurdere et tilsvarende system (5) , som består av de to første likningene i systemet (1) .

(5)

La oss flytte de frie ukjente til høyre side x2 Og x4.

(6)

La oss gi gratis ukjente x2 Og x4 vilkårlige verdier, for eksempel, x2=2 , x4=1 og legg dem inn (6) . La oss få systemet

Dette systemet har en unik løsning (siden det er avgjørende M2′0). Når vi løser det (ved å bruke Cramers teorem eller Gauss metode), får vi x1=3 , x3=3 . Gitt verdiene til de gratis ukjente x2 Og x4 , vi får spesiell løsning av et inhomogent system(1)a1=(3,2,3,1).

5. Nå gjenstår det bare å skrive det ned generell løsning α av et inhomogent system(1) : det er lik summen privat løsning dette systemet og generell løsning av det reduserte homogene systemet (2) :

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

Dette betyr: (7)

6. Undersøkelse. For å sjekke om du løste systemet riktig (1) , trenger vi en generell løsning (7) erstatte inn (1) . Hvis hver ligning blir til identiteten ( C1 Og C2 må destrueres), så er løsningen funnet riktig.

Vi erstatter (7) for eksempel bare den siste ligningen i systemet (1) (x1 + x2 + x3 ‑9 x4 =‑1) .

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

(С1–С1)+(5С2+4С2–9С2)+(3+2+3–9)=–1

Hvor –1=–1. Vi har en identitet. Vi gjør dette med alle de andre ligningene i systemet (1) .

Kommentar. Sjekken er vanligvis ganske tungvint. Følgende "delkontroll" kan anbefales: i den generelle løsningen av systemet (1) tilordne noen verdier til vilkårlige konstanter og erstatte den resulterende partielle løsningen bare i de forkastede ligningene (dvs. i disse ligningene fra (1) , som ikke var inkludert i (5) ). Hvis du får identiteter, da mer sannsynlig, systemløsning (1) funnet riktig (men en slik kontroll gir ikke en fullstendig garanti for korrekthet!). For eksempel, hvis i (7) sette C2=- 1 , C1=1, da får vi: x1=-3, x2=3, x3=-1, x4=0. Setter vi inn i siste ligning av system (1), har vi: - 3+3 - 1 - 9∙0= - 1 , dvs. –1=–1. Vi har en identitet.

Eksempel 2. Finn en generell løsning på et system med lineære ligninger (1) , som uttrykker de grunnleggende ukjente i form av gratis.

Løsning. Som i eksempel 1, komponer matriser EN og https://pandia.ru/text/78/176/images/image010_57.gif" width="156" height="50"> av disse matrisene. Nå forlater vi bare de likningene til systemet (1) , hvis koeffisienter er inkludert i denne grunnleggende minor (dvs. vi har de to første ligningene) og vurderer et system som består av dem, ekvivalent med system (1).

La oss overføre de frie ukjente til høyresiden av disse ligningene.

system (9) Vi løser etter Gauss-metoden, og ser på høyresidene som frie termer.

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

Alternativ 2.

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

Alternativ 4.

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

Alternativ 5.

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

Alternativ 6.

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

Et system med lineære ligninger der alle frie ledd er lik null kalles homogen :

Ethvert homogent system er alltid konsistent, siden det alltid har gjort det null (triviell ) løsning. Spørsmålet oppstår under hvilke forhold vil et homogent system ha en ikke-triviell løsning.

Teorem 5.2.Et homogent system har en ikke-triviell løsning hvis og bare hvis rangeringen av den underliggende matrisen er mindre enn antallet ukjente.

Konsekvens. Et kvadratisk homogent system har en ikke-triviell løsning hvis og bare hvis determinanten til hovedmatrisen til systemet ikke er lik null.

Eksempel 5.6. Bestem verdiene til parameteren l der systemet har ikke-trivielle løsninger, og finn disse løsningene:

Løsning. Dette systemet vil ha en ikke-triviell løsning når determinanten til hovedmatrisen er lik null:

Dermed er systemet ikke-trivielt når l=3 eller l=2. For l=3 er rangeringen av hovedmatrisen til systemet 1. La deretter bare én ligning stå igjen og anta at y=en Og z=b, vi får x=b-a, dvs.

For l=2 er rangeringen av hovedmatrisen til systemet 2. Velg deretter minor som grunnlag:

vi får et forenklet system

Herfra finner vi det x=z/4, y=z/2. Troende z=4en, vi får

Settet med alle løsninger av et homogent system har en veldig viktig lineær egenskap : hvis kolonnene X 1 og X 2 - løsninger til et homogent system AX = 0, deretter en hvilken som helst lineær kombinasjon av dem en X 1 + b X 2 vil også være en løsning på dette systemet. Faktisk siden ØKS 1 = 0 Og ØKS 2 = 0 , Det EN(en X 1 + b X 2) = a ØKS 1 + b ØKS 2 = a · 0 + b · 0 = 0. Det er på grunn av denne egenskapen at hvis et lineært system har mer enn én løsning, vil det være et uendelig antall av disse løsningene.

Lineært uavhengige kolonner E 1 , E 2 , Ek, som er løsninger av et homogent system, kalles grunnleggende system av løsninger homogent system av lineære ligninger hvis den generelle løsningen av dette systemet kan skrives som en lineær kombinasjon av disse kolonnene:

Hvis et homogent system har n variabler, og rangeringen av hovedmatrisen til systemet er lik r, Det k = n-r.

Eksempel 5.7. Finn det grunnleggende løsningssystemet til følgende system med lineære ligninger:

Løsning. La oss finne rangeringen til hovedmatrisen til systemet:

Dermed danner settet med løsninger til dette ligningssystemet et lineært underrom av dimensjon n-r= 5 - 2 = 3. La oss velge moll som basis

.

Så, mens vi bare lar de grunnleggende ligningene (resten vil være en lineær kombinasjon av disse ligningene) og de grunnleggende variablene (vi flytter resten, de såkalte frie variablene til høyre), får vi et forenklet system av ligninger:

Troende x 3 = en, x 4 = b, x 5 = c, Vi finner

, .

Troende en= 1, b = c= 0, får vi den første basisløsningen; troende b= 1, a = c= 0, får vi den andre basisløsningen; troende c= 1, a = b= 0, får vi den tredje grunnløsningen. Som et resultat vil det normale grunnleggende løsningssystemet ta formen

Ved å bruke det grunnleggende systemet kan den generelle løsningen av et homogent system skrives som

X = aE 1 + være 2 + cE 3. en

La oss merke seg noen egenskaper ved løsninger til et inhomogent system av lineære ligninger AX=B og deres forhold til det tilsvarende homogene likningssystemet AX = 0.

Generell løsning av et inhomogent systemer lik summen av den generelle løsningen til det tilsvarende homogene systemet AX = 0 og en vilkårlig spesiell løsning av det inhomogene systemet. Faktisk, la Y 0 er en vilkårlig spesiell løsning av et inhomogent system, dvs. AY 0 = B, Og Y- generell løsning av et heterogent system, dvs. AY=B. Å trekke den ene likheten fra den andre, får vi
EN(Å-Å 0) = 0, dvs. Å-Å 0 er den generelle løsningen av det tilsvarende homogene systemet ØKS=0. Derfor, Å-Å 0 = X, eller Y=Y 0 + X. Q.E.D.

La det inhomogene systemet ha formen AX = B 1 + B 2 . Da kan den generelle løsningen til et slikt system skrives som X = X 1 + X 2 , hvor AX 1 = B 1 og AX 2 = B 2. Denne egenskapen uttrykker en universell egenskap til alle lineære systemer generelt (algebraisk, differensial, funksjonell, etc.). I fysikk kalles denne egenskapen superposisjonsprinsipp, i elektro- og radioteknikk - prinsippet om superposisjon. For eksempel, i teorien om lineære elektriske kretser, kan strømmen i enhver krets oppnås som den algebraiske summen av strømmene forårsaket av hver energikilde separat.