Lineer cebirsel denklem sistemlerinin çözümü, çözüm yöntemleri, örnekler. Sistemin genel çözümünü ve fsr'yi bulun

Verilen matrisler

Bul: 1) aA - bB,

Çözüm: 1) Bir matrisi bir sayıyla çarpma ve matrisleri toplama kurallarını kullanarak bunu sırayla buluyoruz..

2. Eğer A*B'yi bulun

Çözüm: Matris çarpım kuralını kullanıyoruz

Cevap:

3. Belirli bir matris için minör M 31'i bulun ve determinantı hesaplayın.

Çözüm: Minör M 31 A'dan elde edilen matrisin determinantıdır.

3. satırı ve 1. sütunu çizdikten sonra.

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

A matrisini determinantını değiştirmeden dönüştürelim (1. satıra sıfır koyalım)

Şimdi A matrisinin determinantını 1. satır boyunca genişleterek hesaplıyoruz.

Cevap: M 31 = 0, detA = 0

Gauss yöntemini ve Cramer yöntemini kullanarak çözün.

2x1 + x2 + x3 = 2

x 1 + x 2 + 3x 3 = 6

2x1 + x2 + 2x3 = 5

Çözüm: Hadi kontrol edelim

Cramer'in yöntemini kullanabilirsiniz

Sistemin Çözümü: x 1 = D 1 / D = 2, x 2 = D 2 / D = -5, x 3 = D 3 / D = 3

Gauss yöntemini uygulayalım.

Sistemin genişletilmiş matrisini üçgen forma indirgeyelim.

Hesaplama kolaylığı için satırları değiştirelim:

2. satırı (k = -1 / 2 =) ile çarpın -1 / 2 ) ve 3'üncüye ekleyin:

1. satırı (k = -2 / 2 =) ile çarpın -1 ) ve 2.'ye ekleyin:

Artık orijinal sistem şu şekilde yazılabilir:

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

x2 = 13 - (6x3)

2. satırdan itibaren ifade ediyoruz

1. satırdan itibaren ifade ediyoruz

Çözüm aynı.

Cevap: (2; -5; 3)

Sistemin ve FSR'nin genel çözümünü bulun

13x 1 – 4x 2 – x 3 - 4x 4 - 6x 5 = 0

11x 1 – 2x 2 + x 3 - 2x 4 - 3x 5 = 0

5x1 + 4x2 + 7x3 + 4x4 + 6x5 = 0

7x1 + 2x2 + 5x3 + 2x4 + 3x5 = 0

Çözüm: Gauss yöntemini uygulayalım. Sistemin genişletilmiş matrisini üçgen forma indirgeyelim.

1. satırı (-11) ile çarpın. 2. satırı (13) ile çarpın. 2. satırı 1. satıra ekleyelim:

2. satırı (-5) ile çarpın. 3. satırı (11) ile çarpalım. 3. satırı 2. satıra ekleyelim:

3. satırı (-7) ile çarpın. 4. satırı (5) ile çarpalım. 4. satırı 3. satıra ekleyelim:

İkinci denklem diğerlerinin doğrusal birleşimidir

Matrisin rütbesini bulalım.

Seçilen minör (olası minörler arasında) en yüksek sıraya sahiptir ve sıfır değildir (ters köşegendeki elemanların çarpımına eşittir), dolayısıyla rang(A) = 2'dir.

Bu küçük temeldir. Bilinmeyenler x 1 , x 2 için katsayıları içerir; bu, x 1 , x 2 bilinmeyenlerinin bağımlı (temel) olduğu ve x 3 , x 4 , x 5 bilinmeyenlerinin serbest olduğu anlamına gelir.

Bu matrisin katsayılarına sahip sistem orijinal sisteme eşdeğerdir ve şu şekildedir:

18x2 = 24x3 + 18x4 + 27x5

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

Bilinmeyenleri eleme yöntemini kullanarak şunu buluruz: ortak karar:

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

x 1 = - 1 / 3 x 3

(n-r) çözümlerden oluşan temel bir çözüm sistemi (FSD) buluyoruz. Bizim durumumuzda n=5, r=2 olduğundan temel çözüm sistemi 3 çözümden oluşur ve bu çözümlerin doğrusal olarak bağımsız olması gerekir.

Satırların doğrusal bağımsız olabilmesi için satır elemanlarından oluşan matrisin rütbesinin satır sayısına eşit yani 3 olması gerekli ve yeterlidir.

Sıfırdan farklı 3. dereceden determinantın doğrularından serbest bilinmeyenler x 3 , x 4 , x 5 değerlerini verip x 1 , x 2 değerini hesaplamak yeterlidir.

Sıfır olmayan en basit determinant birim matristir.

Ama buraya almak daha uygun

Genel çözümü kullanarak buluyoruz:

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 = - 4Ş

FSR'nin I kararı: (-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 Ş

II FSR çözümü: (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 Ş

FSR'nin III kararı: (0; - 9; 0; 0;6)

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

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

Çözüm: 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

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

Homojen bir sistem her zaman tutarlıdır ve önemsiz bir çözümü vardır
. Önemsiz olmayan bir çözümün var olması için matrisin rütbesinin olması gerekir. bilinmeyenlerin sayısından daha azdı:

.

Temel çözüm sistemi homojen sistem
sütun vektörleri biçiminde bir çözüm sistemi çağırın
kanonik temele karşılık gelen, yani. keyfi sabitlerin bulunduğu temel
dönüşümlü olarak bire eşitlenir, geri kalanı ise sıfıra ayarlanır.

O halde homojen sistemin genel çözümü şu şekildedir:

Nerede
- keyfi sabitler. Başka bir deyişle genel çözüm, temel çözüm sisteminin doğrusal bir birleşimidir.

Böylece, serbest bilinmeyenlere sırasıyla bir değeri verilirse ve diğerleri sıfıra eşitlenirse, genel çözümden temel çözümler elde edilebilir.

Örnek. Sisteme bir çözüm bulalım

Kabul edelim, sonra şu şekilde bir çözüm elde ederiz:

Şimdi temel bir çözüm sistemi oluşturalım:

.

Genel çözüm şu şekilde yazılacaktır:

Bir homojen doğrusal denklem sisteminin çözümleri aşağıdaki özelliklere sahiptir:

Başka bir deyişle, homojen bir sistemin çözümlerinin herhangi bir doğrusal kombinasyonu yine bir çözümdür.

Gauss yöntemini kullanarak doğrusal denklem sistemlerini çözme

Doğrusal denklem sistemlerini çözmek birkaç yüzyıldır matematikçilerin ilgisini çekmektedir. İlk sonuçlar 18. yüzyılda elde edildi. 1750 yılında G. Kramer (1704–1752) kare matrislerin determinantları üzerine çalışmalarını yayınladı ve ters matrisi bulmak için bir algoritma önerdi. 1809'da Gauss, eleme yöntemi olarak bilinen yeni bir çözüm yönteminin ana hatlarını çizdi.

Gauss yöntemi veya bilinmeyenlerin sıralı olarak ortadan kaldırılması yöntemi, temel dönüşümler kullanılarak bir denklem sisteminin eşdeğer bir adım (veya üçgen) sistemine indirgenmesi gerçeğinden oluşur. Bu tür sistemler, tüm bilinmeyenlerin belirli bir sırayla sıralı olarak bulunmasını mümkün kılar.

Sistem (1)'de olduğunu varsayalım.
(ki bu her zaman mümkündür).

(1)

İlk denklemi sözde ile birer birer çarpmak uygun sayılar

ve çarpma sonucunu sistemin karşılık gelen denklemleriyle ekleyerek, birincisi dışındaki tüm denklemlerde bilinmeyenin olmayacağı eşdeğer bir sistem elde ederiz. X 1

(2)

Şimdi (2) sisteminin ikinci denklemini uygun sayılarla çarpalım;

,

ve bunu alttakilerle ekleyerek değişkeni ortadan kaldırıyoruz üçüncüden başlayarak tüm denklemlerden.

Bu işleme devam ettikten sonra
elde ettiğimiz adım:

(3)

Sayılardan en az biri ise
sıfıra eşit değilse, karşılık gelen eşitlik çelişkilidir ve sistem (1) tutarsızdır. Tersine, herhangi bir ortak sayı sistemi için
sıfıra eşittir. Sayı (1) sisteminin matrisinin rütbesinden başka bir şey değildir.

Sistem (1)'den (3)'e geçişe denir dosdoğru Gauss yöntemi ve (3)'ten bilinmeyenlerin bulunması – geri viteste .

Yorum : Dönüşümlerin denklemlerle değil sistemin genişletilmiş matrisi (1) ile yapılması daha uygundur.

Örnek. Sisteme bir çözüm bulalım

.

Sistemin genişletilmiş matrisini yazalım:

.

2,3,4 satırlarına birincisini sırasıyla (-2), (-3), (-2) ile çarparak ekleyelim:

.

2. ve 3. satırların yerlerini değiştirelim, sonra ortaya çıkan matriste 2. satırı 4. satıra toplayıp şununla çarpalım: :

.

4. satıra ekle 3. satırla çarp
:

.

Açıkça görülüyor ki
dolayısıyla sistem tutarlıdır. Ortaya çıkan denklem sisteminden

Çözümü ters ikameyle buluruz:

,
,
,
.

Örnek 2. Sisteme bir çözüm bulun:

.

Sistemin tutarsız olduğu açıktır, çünkü
, A
.

Gauss yönteminin avantajları :

Cramer'in yöntemine göre daha az emek gerektirir.

Sistemin uyumluluğunu açıkça belirler ve bir çözüm bulmanızı sağlar.

Herhangi bir matrisin sıralamasını belirlemeyi mümkün kılar.

İzin vermek M 0 – homojen bir doğrusal denklem sisteminin (4) çözüm kümesi.

Tanım 6.12. Vektörler İle 1 ,İle 2 , …, p ile homojen bir lineer denklem sisteminin çözümleri olarak adlandırılır. temel çözüm kümesi(kısaltılmış FNR), eğer

1) vektörler İle 1 ,İle 2 , …, p ile doğrusal olarak bağımsız (yani hiçbiri diğerleri cinsinden ifade edilemez);

2) homojen bir doğrusal denklem sisteminin diğer herhangi bir çözümü, çözümler cinsinden ifade edilebilir İle 1 ,İle 2 , …, p ile.

şunu unutmayın: İle 1 ,İle 2 , …, p ile– herhangi bir f.n.r., ardından ifade k 1× İle 1 + k 2× İle 2 + … + kp× p ile tüm seti tanımlayabilirsiniz M Sistem (4)'ün 0 çözümü olduğundan buna denir sistem çözümüne genel bakış (4).

Teorem 6.6. Herhangi bir belirsiz homojen doğrusal denklem sisteminin temel bir çözüm kümesi vardır.

Temel çözüm kümesini bulmanın yolu aşağıdaki gibidir:

Homojen bir doğrusal denklem sistemine genel bir çözüm bulun;

İnşa etmek ( N – R) bu sistemin kısmi çözümleri, serbest bilinmeyenlerin değerleri ise bir kimlik matrisi oluşturmalıdır;

Verilen çözümün genel formunu yazınız. M 0 .

Örnek 6.5. Aşağıdaki sisteme yönelik temel bir çözüm kümesi bulun:

Çözüm. Bu sisteme genel bir çözüm bulalım.

~ ~ ~ ~ Þ Þ Þ Bu sistemde beş bilinmeyen vardır ( N= 5), bunların iki ana bilinmeyeni vardır ( R= 2), üç serbest bilinmeyen vardır ( N – R), yani temel çözüm kümesi üç çözüm vektörü içerir. Onları inşa edelim. Sahibiz X 1 ve X 3 – temel bilinmeyenler, X 2 , X 4 , X 5 – serbest bilinmeyenler

Serbest bilinmeyenlerin değerleri X 2 , X 4 , X 5 birim matrisi oluşturur eüçüncü sipariş. Bu vektörleri anladım İle 1 ,İle 2 , İle 3 form f.n.r. bu sistemin. O halde bu homojen sistemin çözüm kümesi şu şekilde olacaktır: M 0 = {k 1× İle 1 + k 2× İle 2 + k 3× İle 3 , k 1 , k 2 , k 3 veya R).

Şimdi homojen bir doğrusal denklem sisteminin sıfırdan farklı çözümlerinin varlığının koşullarını, başka bir deyişle temel çözüm kümesinin varlığının koşullarını bulalım.

Homojen bir doğrusal denklem sisteminin sıfır olmayan çözümleri vardır, yani olup olmadığı belirsizdir.

1) sistemin ana matrisinin sıralaması bilinmeyenlerin sayısından azdır;

2) homojen bir doğrusal denklem sisteminde denklem sayısı bilinmeyenlerin sayısından azdır;

3) homojen bir doğrusal denklem sisteminde denklem sayısı bilinmeyenlerin sayısına eşitse ve ana matrisin determinantı sıfıra eşitse (yani | A| = 0).

Örnek 6.6. Hangi parametre değerinde A homojen doğrusal denklem sistemi sıfır olmayan çözümleri var mı?

Çözüm. Bu sistemin ana matrisini oluşturup determinantını bulalım: = = 1×(–1) 1+1 × = – A– 4. Bu matrisin determinantı sıfıra eşittir A = –4.

Cevap: –4.

7. Aritmetik N boyutlu vektör uzayı

Temel konseptler

Önceki bölümlerde, belirli bir sıraya göre düzenlenmiş bir dizi gerçek sayı kavramıyla zaten karşılaştık. Bu bir satır matrisi (veya sütun matrisi) ve doğrusal denklem sisteminin çözümüdür. N Bilinmeyen. Bu bilgiler özetlenebilir.

Tanım 7.1. N-boyutlu aritmetik vektör sıralı bir dizi denir N gerçek sayılar.

Araç A= (a 1 , a 2 , …, a N), burada bir Ben O R, Ben = 1, 2, …, N– vektörün genel görünümü. Sayı N isminde boyut vektörler ve sayılar a Ben onun denir koordinatlar.

Örneğin: A= (1, –8, 7, 4, ) – beş boyutlu vektör.

Her şey hazır N boyutlu vektörler genellikle şu şekilde gösterilir: Rn.

Tanım 7.2. iki vektör A= (a 1 , a 2 , …, a N) Ve B= (b 1 , b 2 , …, b N) aynı boyutta eşit ancak ve ancak karşılık gelen koordinatları eşitse, yani a 1 = b 1 , a 2 = b 2 , …, a N= b N.

Tanım 7.3.Miktar iki N boyutlu vektörler A= (a 1 , a 2 , …, a N) Ve B= (b 1 , b 2 , …, b N) bir vektör olarak adlandırılır A + B= (a 1 + b 1, a 2 + b 2, …, a N+ b N).

Tanım 7.4. İş gerçek Numara k vektöre A= (a 1 , a 2 , …, a N) bir vektör olarak adlandırılır k× A = (k×a 1, k×a 2 , …, k×a N)

Tanım 7.5. Vektör Ö= (0, 0, …, 0) denir sıfır(veya boş vektör).

Vektörleri toplama ve bunları gerçek sayıyla çarpma eylemlerinin (işlemlerinin) aşağıdaki özelliklere sahip olduğunu doğrulamak kolaydır: " A, B, C Î Rn, " k, benО R:

1) A + B = B + A;

2) A + (B+ C) = (A + B) + C;

3) A + Ö = A;

4) A+ (–A) = Ö;

5) 1× A = A, 1°R;

6) k×( ben× A) = ben×( k× A) = (ben× k)× A;

7) (k + ben)× A = k× A + ben× A;

8) k×( A + B) = k× A + k× B.

Tanım 7.6. Bir demet Rn Vektörlerin toplanması ve üzerinde verilen bir reel sayı ile çarpılması işlemine denir. aritmetik n boyutlu vektör uzayı.

Gauss yönteminin bir takım dezavantajları vardır: Gauss yönteminde gerekli tüm dönüşümler gerçekleştirilmeden sistemin tutarlı olup olmadığını bilmek imkansızdır; Gauss'un yöntemi harf katsayılı sistemler için uygun değildir.

Doğrusal denklem sistemlerini çözmek için diğer yöntemleri ele alalım. Bu yöntemler matris sıralaması kavramını kullanır ve herhangi bir tutarlı sistemin çözümünü Cramer kuralının geçerli olduğu bir sistemin çözümüne indirger.

Örnek 1.İndirgenmiş homojen sistemin temel çözüm sistemini ve homojen olmayan sistemin özel çözümünü kullanarak aşağıdaki doğrusal denklem sistemine genel bir çözüm bulun.

1. Matris yapmak A ve genişletilmiş sistem matrisi (1)

2. Sistemi keşfedin (1) birliktelik için. Bunu yapmak için matrislerin rütbelerini buluyoruz A ve https://pandia.ru/text/78/176/images/image006_90.gif" width = "17" height = "26 src = ">). Eğer öyle görünüyorsa, sistem (1) uyumsuz. Eğer bunu alırsak O zaman bu sistem tutarlıdır ve bunu çözeceğiz. (Uyumluluk çalışması Kronecker-Capelli teoremine dayanmaktadır).

A. Bulduk rA.

Bulmak rA, matrisin birinci, ikinci vb. derecelerinin sıfır olmayan küçüklerini sırayla ele alacağız A ve onları çevreleyen küçükler.

M1=1≠0 (matrisin sol üst köşesinden 1 alıyoruz A).

Sınırdayız M1 bu matrisin ikinci satırı ve ikinci sütunu. . Sınırları aşmaya devam ediyoruz M1 ikinci satır ve üçüncü sütun..gif" width="37" height="20 src=">. Şimdi sıfırdan farklı küçükleri sınırlıyoruz M2' ikinci emir.

Sahibiz: (ilk iki sütun aynı olduğundan)

(ikinci ve üçüncü satırlar orantılı olduğundan).

Bunu görüyoruz rA=2, a matrisin temel minörüdür A.

B. Bulduk.

Oldukça basit küçük M2' matrisler A serbest terimlerden oluşan bir sütun ve tüm satırlarla sınır (yalnızca son satıra sahibiz).

. Şunu takip ediyor M3'' matrisin temel küçük değeri olmaya devam ediyor https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif" width="168 height=75" height="75"> (2)

Çünkü M2'- matrisin minör tabanı A sistemler (2) , o zaman bu sistem sisteme eşdeğerdir (3) sistemin ilk iki denkleminden oluşan (2) (için M2' A) matrisinin ilk iki satırındadır.

(3)

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

Bu sistemde iki serbest bilinmeyen vardır ( x2 Ve x4 ). Bu yüzden FSR sistemler (4) iki çözümden oluşur. Bunları bulmak için serbest bilinmeyenleri atarız. (4) ilk önce değerler x2=1 , x4=0 , ve daha sonra - x2=0 , x4=1 .

Şu tarihte: x2=1 , x4=0 şunu elde ederiz:

.

Bu sistem zaten var Sadece bir şey çözüm (Cramer kuralı veya başka bir yöntem kullanılarak bulunabilir). Birinci denklemi ikinci denklemden çıkararak şunu elde ederiz:

Onun çözümü olacak x1= -1 , x3=0 . Değerler göz önüne alındığında x2 Ve x4 eklediğimiz sistemin ilk temel çözümünü elde ederiz. (2) : .

Artık inanıyoruz (4) x2=0 , x4=1 . Şunu elde ederiz:

.

Bu sistemi Cramer teoremini kullanarak çözüyoruz:

.

Sistemin ikinci temel çözümünü elde ediyoruz (2) : .

Çözümler β1 , β2 ve makyaj FSR sistemler (2) . O zaman genel çözümü şöyle olacaktır:

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

Burada C1 , C2 – keyfi sabitler.

4. Hadi bir tane bulalım özel çözüm heterojen sistem(1) . Paragrafta olduğu gibi 3 , sistem yerine (1) Eşdeğer bir sistem düşünelim (5) sistemin ilk iki denkleminden oluşan (1) .

(5)

Serbest bilinmeyenleri sağ tarafa taşıyalım x2 Ve x4.

(6)

Ücretsiz bilinmeyenler verelim x2 Ve x4 örneğin keyfi değerler, x2=2 , x4=1 ve onları içeri koy (6) . Sistemi alalım

Bu sistemin benzersiz bir çözümü vardır (belirleyicisi M2′0). Bunu çözerek (Cramer teoremini veya Gauss yöntemini kullanarak), şunu elde ederiz: x1=3 , x3=3 . Serbest bilinmeyenlerin değerleri göz önüne alındığında x2 Ve x4 , alıyoruz homojen olmayan bir sistemin özel çözümü(1)α1=(3,2,3,1).

5. Şimdi geriye sadece yazmak kalıyor homojen olmayan bir sistemin genel çözümü α(1) : toplamına eşittir özel çözüm bu sistem ve indirgenmiş homojen sisteminin genel çözümü (2) :

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

Bu şu anlama gelir: (7)

6. Muayene. Sistemi doğru çözüp çözmediğinizi kontrol etmek için (1) genel bir çözüme ihtiyacımız var (7) yerine koymak (1) . Her denklem kimliğe dönüşürse ( C1 Ve C2 yok edilmesi gerekir), o zaman çözüm doğru şekilde bulunur.

Yerine geçeceğiz (7) örneğin sistemin yalnızca son denklemi (1) (X1 + X2 + X3 ‑9 X4 =‑1) .

Şunu elde ederiz: (3–С1+5С2)+(2+С1)+(3+4С2)–9(1+С2)=–1

(С1–С1)+(5С2+4С2–9С2)+(3+2+3–9)=–1

Burada –1=–1. Bir kimliğimiz var. Bunu sistemin diğer tüm denklemleriyle yapıyoruz (1) .

Yorum. Kontrol genellikle oldukça hantaldır. Aşağıdaki “kısmi kontrol” önerilebilir: sistemin genel çözümünde (1) keyfi sabitlere bazı değerler atayın ve elde edilen kısmi çözümü yalnızca atılan denklemlere (yani, aşağıdaki denklemlere) koyun: (1) , dahil olmayanlar (5) ). Eğer kimlik alırsanız, o zaman büyük olasılıkla, sistem çözümü (1) doğru bulunmuştur (ancak böyle bir kontrol, doğruluğun tam bir garantisini vermez!). Örneğin, eğer (7) koymak C2=- 1 , C1=1, o zaman şunu elde ederiz: x1=-3, x2=3, x3=-1, x4=0. (1) sisteminin son denklemini yerine koyarsak: - 3+3 - 1 - 9∙0= - 1 , yani –1=–1. Bir kimliğimiz var.

Örnek 2. Doğrusal denklem sistemine genel bir çözüm bulun (1) , temel bilinmeyenleri serbest olanlar cinsinden ifade etmek.

Çözüm. De olduğu gibi örnek 1, matrisleri oluştur A ve https://pandia.ru/text/78/176/images/image010_57.gif" width="156" height="50"> bu matrislerden. Şimdi yalnızca sistemin denklemlerini bırakıyoruz (1) katsayıları bu temel minöre dahil olan (yani ilk iki denklemimiz var) ve bunlardan oluşan, sistem (1)'e eşdeğer bir sistem düşünün.

Serbest bilinmeyenleri bu denklemlerin sağ taraflarına aktaralım.

sistem (9) Sağ tarafları serbest terimler olarak kabul ederek Gauss yöntemiyle çözüyoruz.

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

Seçenek 2.

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

Seçenek 4.

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

Seçenek 5.

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

Seçenek 6.

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

Tüm serbest terimlerin sıfıra eşit olduğu doğrusal denklem sistemine ne ad verilir? homojen :

Herhangi bir homojen sistem her zaman tutarlıdır, çünkü her zaman tutarlıdır. sıfır (önemsiz ) çözüm. Homojen bir sistemin hangi koşullar altında önemsiz olmayan bir çözüme sahip olacağı sorusu ortaya çıkıyor.

Teorem 5.2.Homojen bir sistemin önemsiz olmayan bir çözümü vardır, ancak ve ancak temel matrisin sıralaması bilinmeyenlerin sayısından azsa.

Sonuçlar. Bir kare homojen sistemin önemsiz olmayan bir çözümü vardır, ancak ve ancak sistemin ana matrisinin determinantı sıfıra eşit değilse.

Örnek 5.6. Sistemin önemsiz çözümlere sahip olduğu l parametresinin değerlerini belirleyin ve şu çözümleri bulun:

Çözüm. Ana matrisin determinantı sıfıra eşit olduğunda bu sistemin önemsiz olmayan bir çözümü olacaktır:

Dolayısıyla l=3 veya l=2 olduğunda sistem önemsiz değildir. l=3 için sistemin ana matrisinin rütbesi 1'dir. O zaman tek bir denklem bırakıp şunu varsayalım: sen=A Ve z=B, alıyoruz x=b-a yani

l=2 için sistemin ana matrisinin rütbesi 2'dir. Daha sonra minör esas olarak seçilir:

basitleştirilmiş bir sistem elde ediyoruz

Buradan bunu buluyoruz x=z/4, y=z/2. İnanmak z=4A, alıyoruz

Homojen bir sistemin tüm çözümlerinin kümesi çok önemli bir değere sahiptir. doğrusal özellik : eğer X sütunları 1 ve X 2 - homojen bir sistemin çözümleri AX = 0, o zaman bunların herhangi bir doğrusal kombinasyonu A X 1 + b X 2 bu sisteme de çözüm olacak. Gerçekten de o zamandan beri balta 1 = 0 Ve balta 2 = 0 , O A(A X 1 + b X 2) = bir balta 1 + b balta 2 = a · 0 + b · 0 = 0. Bu özellik nedeniyle doğrusal bir sistemin birden fazla çözümü varsa, bu çözümlerden sonsuz sayıda olacaktır.

Doğrusal bağımsız sütunlar e 1 , e 2 , Ek Homojen bir sistemin çözümleri olanlara denir. temel çözüm sistemi Homojen doğrusal denklem sistemi, eğer bu sistemin genel çözümü bu sütunların doğrusal birleşimi olarak yazılabilirse:

Homojen bir sistem varsa N değişkenler ve sistemin ana matrisinin sırası eşittir R, O k = hayır.

Örnek 5.7. Aşağıdaki doğrusal denklem sisteminin temel çözüm sistemini bulun:

Çözüm. Sistemin ana matrisinin sıralamasını bulalım:

Böylece, bu denklem sisteminin çözüm kümesi, doğrusal bir boyut alt uzayı oluşturur. hayır= 5 - 2 = 3. Temel olarak minörü seçelim

.

Daha sonra, yalnızca temel denklemleri (geri kalanı bu denklemlerin doğrusal bir kombinasyonu olacaktır) ve temel değişkenleri (geri kalanını, sözde serbest değişkenleri sağa kaydırırız) bırakarak, basitleştirilmiş bir denklem sistemi elde ederiz:

İnanmak X 3 = A, X 4 = B, X 5 = C, bulduk

, .

İnanmak A= 1, b = c= 0, ilk temel çözümü elde ederiz; inanmak B= 1, a = c= 0, ikinci temel çözümü elde ederiz; inanmak C= 1, a = b= 0 ise üçüncü temel çözümü elde ederiz. Sonuç olarak, normal temel çözüm sistemi şu şekli alacaktır:

Temel sistemi kullanarak homojen bir sistemin genel çözümü şu şekilde yazılabilir:

X = aE 1 + olmak 2 + CE 3. A

Homojen olmayan bir doğrusal denklem sisteminin çözümlerinin bazı özelliklerine dikkat edelim. AX=B ve bunların karşılık gelen homojen denklem sistemiyle ilişkileri AX = 0.

Homojen olmayan bir sistemin genel çözümükarşılık gelen homojen sistem AX = 0'ın genel çözümünün ve homojen olmayan sistemin keyfi özel çözümünün toplamına eşittir. Gerçekten izin ver e 0, homojen olmayan bir sistemin keyfi özel bir çözümüdür, yani. evet 0 = B, Ve e- heterojen bir sistemin genel çözümü, yani. AY=B. Bir eşitliği diğerinden çıkarırsak, şunu elde ederiz:
A(Y-Y 0) = 0, yani Y-Y 0 karşılık gelen homojen sistemin genel çözümüdür balta=0. Buradan, Y-Y 0 = X, veya Y=Y 0 + X. Q.E.D.

Homojen olmayan sistemin formu AX = B olsun 1 + B 2 . O halde böyle bir sistemin genel çözümü X = X olarak yazılabilir. 1 + X 2 , AX nerede 1 = B 1 ve AX 2 = B 2. Bu özellik genel olarak herhangi bir doğrusal sistemin (cebirsel, diferansiyel, fonksiyonel vb.) evrensel bir özelliğini ifade eder. Fizikte bu özelliğe denir Üstüste binme ilkesi, elektrik ve radyo mühendisliğinde - süperpozisyon ilkesi. Örneğin doğrusal elektrik devreleri teorisinde herhangi bir devredeki akım, her bir enerji kaynağının ayrı ayrı oluşturduğu akımların cebirsel toplamı olarak elde edilebilir.