homogén rendszer lineáris egyenletek AX = 0 Mindig együtt. Nem triviális (nem nulla) megoldásai vannak, ha r= rang A< n .
Mert homogén rendszerek az alapváltozókat (azokat az együtthatókat, amelyeknél egy alap-mollt alkotnak) szabad változók formájában fejezzük ki a következő alakú relációkkal:
Azután n - r A lineárisan független vektor megoldások a következők lesznek:
és minden más megoldás ezek lineáris kombinációja. Döntési vektor 
normalizált alaprendszert alkotnak.
BAN BEN lineáris tér egy homogén lineáris egyenletrendszer megoldásainak halmaza dimenziós alteret alkot n - r; 
ennek az altérnek az alapja.
Rendszer m lineáris egyenletek -val n ismeretlen(vagy, lineáris rendszer
 |
Itt x 1 , x 2 , …, x n a 11 , a 12 , …, amn- rendszer együtthatók - és b 1 , b 2 , … b m aijén) és ismeretlen ( j
Az (1) rendszert hívják homogénb 1 = b 2 = … = b m= 0), különben - heterogén.
Az (1) rendszert hívják négyzet ha a szám m egyenletek egyenlő a számmal n ismeretlen.
Megoldás rendszerek (1) - készlet n számok c 1 , c 2 , …, c n, így mindegyik helyettesítése c i ahelyett x i rendszerbe (1) minden egyenletét azonosságokká alakítja.
Az (1) rendszert hívják közös összeegyeztethetetlen
Megoldások c 1 (1) , c 2 (1) , …, c n(1) és c 1 (2) , c 2 (2) , …, c n különféle
| c 1 (1) = c 1 (2) , c 2 (1) = c 2 (2) , …, c n (1) = c n (2) . |
bizonyos bizonytalan. Ha több egyenlet van, mint ismeretlen, akkor ezt nevezzük újradefiniált.
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
Mátrixegyenletek megoldása ~ Gauss-módszer
A lineáris egyenletrendszerek megoldási módszerei két csoportra oszthatók:
1. pontos módszerek, amelyek véges algoritmusok egy rendszer gyökereinek kiszámításához (rendszerek megoldása inverz mátrix segítségével, Cramer-szabály, Gauss-módszer stb.),
2. iteratív módszerek, amelyek lehetővé teszik a rendszer adott pontosságú megoldásának megszerzését konvergens iterációs folyamatok segítségével (iterációs módszer, Seidel módszer stb.).
Az elkerülhetetlen kerekítés miatt az egzakt módszerek is hozzávetőlegesek. Az iteratív módszerek alkalmazásakor ráadásul a metódus hibája is hozzáadódik.
Az iteratív módszerek hatékony alkalmazása alapvetően a jó választástól függ kezdeti közelítésés a folyamat konvergenciájának sebessége.
Mátrixegyenletek megoldása
Fontolja meg a rendszert n lineáris algebrai egyenletek tekintetében n ismeretlen x 1 , x 2 , …, x n:
 .
| (15) |
A Mátrix DE, melynek oszlopai a megfelelő ismeretlenek együtthatói, a sorai pedig a megfelelő egyenletben szereplő ismeretlenek együtthatói, az ún. rendszermátrix; oszlopmátrix b, melynek elemei a rendszer egyenleteinek jobb oldalai, ún jobb oldali mátrix vagy egyszerűen a rendszer jobb oldala. oszlopmátrix x, melynek elemei ismeretlenek ismeretlenek, nevezzük rendszermegoldás.
Ha a mátrix DE- nem egyes szám, azaz det A n e egyenlő 0-val, akkor a (13) rendszernek vagy a vele egyenértékű (14) mátrixegyenletnek van egyedi megoldása.
Valóban, det A nem egyenlő 0 létezik inverz mátrix DE-egy. A (14) egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk a mátrixszal DE-1 kapjuk:
| (16) |
A (16) képlet megoldást ad a (14) egyenletre, és ez egyedi.
A függvény segítségével kényelmesen megoldható a lineáris egyenletrendszer megoldani.
lsolve( A, b)
A döntési vektor visszaadásra kerül x oly módon, hogy Ó= b.
Érvek:
DE egy négyzetes, nem szinguláris mátrix.
b egy olyan vektor, amelynek annyi sora van, ahány sor van a mátrixban DE .
A 8. ábra egy három lineáris egyenletrendszer megoldását mutatja három ismeretlenben.
Gauss módszer
A Gauss-módszer, amelyet Gauss-eliminációs módszernek is neveznek, abból áll, hogy a (13) rendszert az ismeretlenek egymás utáni eliminálásával redukálják egy ekvivalens, háromszögmátrixú rendszerré:
A mátrixjelölésben ez azt jelenti, hogy először (a Gauss-módszer közvetlen menete) a sorokon végrehajtott elemi műveletek lépésformába hozzák a rendszer kiterjesztett mátrixát:
majd (a Gauss-módszer fordított menete) ezt a lépésmátrixot úgy alakítjuk át, hogy az első n Az oszlopok identitásmátrixnak bizonyultak:
.
Utolsó, ( n+ 1) ennek a mátrixnak az oszlopa tartalmazza a (13) rendszer megoldását.
A Mathcad-ben a Gauss-módszer előre és hátra mozgását a függvény hajtja végre ref(A).
A 9. ábra egy lineáris egyenletrendszer Gauss-módszerrel történő megoldását mutatja, amely a következő jellemzőket:
rref( A)
A mátrix lépéses alakját adja vissza DE.
növel( A, BAN BEN)
Egy hely által alkotott tömböt ad vissza A És BAN BEN egymás mellett. Tömbök A És BAN BEN ugyanannyi sornak kell lennie.
almátrix( A, ir, jr, ic, jc)
Egy almátrixot adunk vissza, amely minden elemből áll ir tovább ifj oszlopok pedig ic tovább jc. Győződjön meg arról, hogy ir ifjÉs
ic jc, ellenkező esetben a sorok és/vagy oszlopok sorrendje megfordul.
9. ábra
A módszer leírása
Egy n lineáris egyenletrendszerhez n ismeretlennel (tetszőleges mező felett)
nullától eltérő Δ rendszermátrix-determináns esetén a megoldást a következőképpen írjuk fel
(a rendszermátrix i-edik oszlopát a szabad kifejezések oszlopa váltja fel).
Egy másik formában a Cramer-szabály a következőképpen fogalmazódik meg: bármely c1, c2, ..., cn együtthatóra igaz az egyenlőség:
Ebben a formában a Cramer-féle képlet érvényes anélkül, hogy feltételeznénk, hogy Δ különbözik nullától, nem is szükséges, hogy a rendszer együtthatói egy integrálgyűrű elemei legyenek (a rendszer determinánsa akár nulla osztó is lehet a gyűrűben együtthatók). Feltételezhetjük azt is, hogy vagy a b1,b2,...,bn és x1,x2,...,xn halmaz, vagy a c1,c2,...,cn halmaz nem az együtthatógyűrű elemeiből áll. a rendszerről, hanem valami modulról ezen a gyűrűn. Ebben a formában a Cramer-képletet például a Gram-determináns és a Nakayama-lemma képletének bizonyítására használják.
| 35) Kronecker-Capelli tétel |
Ahhoz, hogy egy m inhomogén lineáris egyenletrendszer n ismeretlenben konzisztens legyen, szükséges és elégséges, hogy a szükségesség bizonyítása. Legyen az (1.13) rendszer konzisztens, vagyis vannak ilyen számok x 1 =α
1 , x 2 =α
2 , …, x n \u003d α n, mit  (1.15) Vonjuk ki a kiterjesztett mátrix utolsó oszlopából annak első oszlopát, szorozva α 1 -gyel, a másodikat - α 2 -vel, …, az n-edik - szorozva α n -nel, azaz a mátrix utolsó oszlopából (1.14) ki kell vonni az ( 1.15) egyenlőségek bal oldali részeit. Ezután megkapjuk a mátrixot  akinek ennek következtében a rangja elemi átalakulások nem fog változni és . De ez nyilvánvaló, és ezért az elégséges bizonyíték. Legyen és a határozottság kedvéért a mátrix bal felső sarkában elhelyezkedő r-rendű, nullától eltérő moll:  Ez azt jelenti, hogy a mátrix többi sorát úgy kaphatjuk meg, mint lineáris kombinációk Az elsõ r sor, vagyis a mátrix m-r sora az elsõ r sorok összegeként ábrázolható néhány számmal szorozva. De ekkor az (1.13) rendszer első r egyenlete független, a többi pedig ezek következményei, vagyis az első r egyenletrendszer megoldása automatikusan a többi egyenlet megoldása is. Két eset lehetséges. 1. r=n. Ekkor az első r egyenletekből álló rendszer ugyanannyi egyenletet és ismeretlent tartalmaz, és konzisztens, megoldása pedig egyedi. 2.r |
36) us-e bizonyosság, bizonytalanság
Rendszer m lineáris egyenletek -val n ismeretlen(vagy, lineáris rendszer) a lineáris algebrában egy olyan alakú egyenletrendszer
 |
Itt x 1 , x 2 , …, x n meghatározandó ismeretlenek. a 11 , a 12 , …, amn- rendszer együtthatók - és b 1 , b 2 , … b m- szabad tagok - ismertnek számítanak. Együttható indexek ( aij) rendszerek a ( ) egyenlet számait jelölik én) és ismeretlen ( j), amelyen ez az együttható áll, ill.
Az (1) rendszert hívják homogén ha minden szabad tagja nulla ( b 1 = b 2 = … = b m= 0), különben - heterogén.
Az (1) rendszert hívják közös ha van legalább egy megoldása, és összeegyeztethetetlen ha nincs megoldása.
Az (1) alakú közös rendszernek egy vagy több megoldása lehet.
Megoldások c 1 (1) , c 2 (1) , …, c n(1) és c 1 (2) , c 2 (2) , …, c n(2) az (1) alakú közös rendszereket nevezzük különféle ha az egyenlőségek legalább egyike megsérül:
| c 1 (1) = c 1 (2) , c 2 (1) = c 2 (2) , …, c n (1) = c n (2) . |
Az (1) alakú közös rendszert ún bizonyos ha egyedi megoldása van; ha legalább két különböző megoldása van, akkor ún bizonytalan
37) Lineáris egyenletrendszerek megoldása Gauss-módszerrel
Hadd nézzen ki így az eredeti rendszer
A Mátrix A a rendszer fő mátrixának nevezzük, b- szabad tagok oszlopa.
Ezután a sorok feletti elemi transzformációk tulajdonsága szerint ennek a rendszernek a főmátrixa lépcsőzetes formára redukálható (ugyanazokat a transzformációkat kell alkalmazni a szabad tagok oszlopára):
Ezután a változókat hívják fő változók. Az összes többit hívják ingyenes.
[szerkesztés] Konzisztencia feltétele
A fenti feltétel mindenki számára megfogalmazható a kompatibilitás szükséges és elégséges feltételeként:
Emlékezzünk vissza, hogy egy közös rendszer rangja a fő mátrixának a rangja (vagy kiterjesztve, mivel egyenlők).
Algoritmus
Leírás
Az SLAE Gauss-módszerrel történő megoldásának algoritmusa két szakaszra oszlik.
§ Az első szakaszban az úgynevezett direkt mozgatást hajtják végre, amikor a sorok közötti elemi transzformációkkal a rendszert lépcsőzetes vagy háromszög alakúra hozzuk, vagy megállapítják, hogy a rendszer inkonzisztens. Ugyanis a mátrix első oszlopának elemei közül egy nullától eltérő egyest választunk, a sorok permutálásával a legfelső pozícióba kerül, és a permutáció után kapott első sort kivonjuk a fennmaradó sorokból, megszorozva. minden egyes sor első elemének az első sor első eleméhez viszonyított arányával egyenlő értékkel, nullázva ezzel az alatta lévő oszlopot. A jelzett átalakítások elvégzése után az első sort és az első oszlopot gondolatban áthúzzuk, és addig folytatjuk, amíg egy nulla méretű mátrix nem marad. Ha az első oszlop elemei között néhány iterációnál nem találtunk nullától eltérő egyet, akkor lépjen a következő oszlopra, és hajtson végre hasonló műveletet.
§ A második szakaszban az úgynevezett fordított mozgást hajtják végre, melynek lényege, hogy az összes kapott alapváltozót nem alapváltozókkal fejezzük ki, és egy alapvető megoldási rendszert hozzunk létre, vagy ha minden változó alapváltozó. , akkor numerikusan fejezzük ki a lineáris egyenletrendszer egyetlen megoldását. Ez az eljárás az utolsó egyenlettel kezdődik, amelyből a megfelelő alapváltozót kifejezzük (és ott csak egy van), és behelyettesítjük az előző egyenletekbe, és így tovább, felfelé haladva a „lépéseket”. Minden sor pontosan egy alapváltozónak felel meg, így minden lépésnél, az utolsó (legfelső) kivételével, a helyzet pontosan megismétli az utolsó sor esetét.
A Gauss-módszer rendet igényel O(n 3) cselekvések.
Ez a módszer a következőkön alapul:
38)A Kronecker-Capelli tétel.
Egy rendszer akkor és csak akkor konzisztens, ha főmátrixának rangja egyenlő a kiterjesztett mátrix rangjával.
6.3. HOMOGÉN LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK
Engedjük be a rendszert (6.1).
Egy homogén rendszer mindig kompatibilis. megoldás () nak, nek hívják nulla, vagy jelentéktelen.
A (6.1) homogén rendszernek akkor és csak akkor van nullától eltérő megoldása, ha a rangja ( 
) kisebb, mint az ismeretlenek száma. Különösen egy homogén rendszernek, amelyben az egyenletek száma egyenlő az ismeretlenek számával, akkor és csak akkor van nem nulla megoldása, ha a determinánsa nulla.
Mert ezúttal mindent
, a (6.6) képletek helyett a következőket kapjuk:
(6.7)
A (6.7) képletek tartalmazzák a (6.1) homogén rendszer bármely oldatát.
1. A (6.1) homogén lineáris egyenletrendszer összes megoldásának halmaza lineáris teret alkot.
2. Lineáris térRa (6.1) homogén lineáris egyenletrendszer összes megoldásának azzalnismeretlenek és a főmátrix rangja egyenlőr, van méreten–r.
bármely halmaza (n–r) a (6.1) homogén rendszer lineárisan független megoldásai képeznek alapot a térbenRminden döntést. Ez az úgynevezett alapvető a (6.1) homogén egyenletrendszer megoldásainak halmaza. Kiemel "Normál" a homogén rendszer (6.1) alapvető megoldási halmaza:
(6.8)
Az alap definíciója szerint bármilyen megoldás x homogén rendszer (6.1) ábrázolható formában
(6.9)
ahol 
tetszőleges állandók.
Mivel a (6.9) képlet tartalmazza a (6.1) homogén rendszer tetszőleges oldatát, megadja közös döntés ezt a rendszert.
Példa.
Olyan lineáris egyenletrendszert nevezünk, amelyben minden szabad tag egyenlő nullával homogén :
Bármely homogén rendszer mindig konzisztens, hiszen mindig is így volt nulla (jelentéktelen ) megoldást. Felmerül a kérdés, hogy milyen feltételek mellett lesz egy homogén rendszernek nem triviális megoldása.
5.2. Tétel.Egy homogén rendszernek akkor és csak akkor van nem triviális megoldása, ha az alapul szolgáló mátrix rangja kisebb, mint az ismeretlenek száma.
Következmény. Egy négyzet alakú homogén rendszernek akkor és csak akkor van nem triviális megoldása, ha a rendszer főmátrixának determinánsa nem egyenlő nullával.
5.6. példa. Határozza meg az l paraméter azon értékeit, amelyekre a rendszernek nemtriviális megoldásai vannak, és keresse meg ezeket a megoldásokat:
Megoldás. Ennek a rendszernek nem triviális megoldása lesz, ha a fő mátrix determinánsa egyenlő nullával:
Így a rendszer nem triviális, ha l=3 vagy l=2. l=3 esetén a rendszer főmátrixának rangja 1. Ekkor csak egy egyenletet hagyva, és feltételezve, hogy y=aÉs z=b, kapunk x=b-a, azaz
l=2 esetén a rendszer főmátrixának rangja 2. Ezután alap-mollnak választva:
egyszerűsített rendszert kapunk
Innentől azt találjuk x=z/4, y=z/2. Feltételezve z=4a, kapunk
Egy homogén rendszer összes megoldásának halmaza nagyon fontos lineáris tulajdonság : ha X oszlop 1 és X 2 - az AX = 0 homogén rendszer megoldásai, akkor ezek bármely lineáris kombinációja a x 1+b x 2 ennek a rendszernek a megoldása is lesz. Valóban, mert FEJSZE 1 = 0 És FEJSZE 2 = 0 , azután A(a x 1+b x 2) = a FEJSZE 1+b FEJSZE 2 = a · 0 + b · 0 = 0. Ebből a tulajdonságból adódóan, ha egy lineáris rendszernek egynél több megoldása van, akkor ezekből a megoldásokból végtelenül sok lesz.
Lineárisan független oszlopok E 1 , E 2 , E k, amelyek egy homogén rendszer megoldásai, az ún alapvető döntési rendszer homogén lineáris egyenletrendszer, ha ennek a rendszernek az általános megoldása felírható ezen oszlopok lineáris kombinációjaként:
Ha egy homogén rendszer rendelkezik n változók, és a rendszer főmátrixának rangja egyenlő r, azután k = n-r.
5.7. példa. Keresse meg a következő lineáris egyenletrendszer alapvető megoldási rendszerét:
Megoldás. Keresse meg a rendszer fő mátrixának rangját:
Így ennek az egyenletrendszernek a megoldási halmaza a dimenzió lineáris alterét alkotja n - r= 5 - 2 = 3. Alapmollnak választjuk
Ezután csak az alapegyenleteket (a többi ezen egyenletek lineáris kombinációja lesz) és az alapváltozókat (a többit, az ún. szabad változókat jobbra visszük át) meghagyva egy egyszerűsített egyenletrendszert kapunk:
Feltételezve x 3 = a, x 4 = b, x 5 = c, találunk
Feltételezve a= 1, b=c= 0, megkapjuk az első alapmegoldást; feltételezve b= 1, a = c= 0, megkapjuk a második alapmegoldást; feltételezve c= 1, a = b= 0, akkor a harmadik alapmegoldást kapjuk. Ennek eredményeként a megoldások normál alapvető rendszere ölt formát
Az alaprendszer segítségével a homogén rendszer általános megoldása így írható fel
x = aE 1 + lenni 2 + cE 3. a
Vegyük észre az inhomogén lineáris egyenletrendszer megoldásainak néhány tulajdonságát AX=Bés kapcsolatuk a megfelelő homogén egyenletrendszerrel AX = 0.
Inhomogén rendszer általános megoldásaegyenlő a megfelelő homogén rendszer AX = 0 általános megoldásának és az inhomogén rendszer tetszőleges egyedi megoldásának összegével. Valóban, hagyjuk Y A 0 egy inhomogén rendszer tetszőleges partikuláris megoldása, azaz. AY 0 = B, És Y egy inhomogén rendszer általános megoldása, azaz. AY=B. Ha kivonjuk az egyik egyenlőséget a másikból, azt kapjuk
A(Y-Y 0) = 0, azaz Y-Y 0 a megfelelő homogén rendszer általános megoldása FEJSZE=0. Következésképpen, Y-Y 0 = x, vagy Y=Y 0 + x. Q.E.D.
Legyen egy inhomogén rendszer AX = B alakú 1 + B 2 . Ekkor egy ilyen rendszer általános megoldása úgy írható fel, hogy X = X 1 + x 2 , ahol AX 1 = B 1 és AX 2 = B 2. Ez a tulajdonság bármely lineáris rendszer univerzális tulajdonságát fejezi ki általában (algebrai, differenciális, funkcionális stb.). A fizikában ezt a tulajdonságot ún szuperpozíció elve, az elektro- és rádiótechnikában - átfedés elve. Például a lineáris elektromos áramkörök elméletében az áramkör bármely áramkörben megkapható az egyes energiaforrások által külön-külön okozott áramok algebrai összegeként.
A Gauss-módszernek számos hátránya van: nem lehet tudni, hogy a rendszer konzisztens-e vagy sem, amíg a Gauss-módszerben szükséges összes transzformációt el nem végeztük; a Gauss-módszer nem alkalmas betűegyütthatós rendszerekhez.
Tekintsünk más módszereket a lineáris egyenletrendszerek megoldására. Ezek a módszerek a mátrix rangjának fogalmát használják, és bármely közös rendszer megoldását egy olyan rendszer megoldására redukálják, amelyre a Cramer-szabály vonatkozik.
1. példa Keresse meg az alábbi lineáris egyenletrendszer általános megoldását a redukált homogén rendszer és az inhomogén rendszer egy speciális megoldásának felhasználásával!
1. Készítünk egy mátrixot Aés a rendszer kiterjesztett mátrixa (1)
2. Fedezze fel a rendszert (1) a kompatibilitás érdekében. Ehhez megkeressük a mátrixok rangsorait Aés https://pandia.ru/text/78/176/images/image006_90.gif" width="17" height="26 src=">). Ha kiderül, hogy , akkor a rendszer (1) összeegyeztethetetlen. Ha ezt megkapjuk , akkor ez a rendszer konzisztens és mi megoldjuk. (A konzisztencia vizsgálat a Kronecker-Capelli tételen alapul).
a. Találunk rA.
Megtalálni rA, egymás után figyelembe vesszük a mátrix első, második, stb. sorrendjének nullától eltérő kisebbjeit Aés az őket körülvevő kiskorúak.
M1=1≠0 (1 a mátrix bal felső sarkából származik DE).
Határos M1 ennek a mátrixnak a második sora és második oszlopa. 
. Tovább haladunk a határon M1 a második sort és a harmadik oszlopot..gif" width="37" height="20 src=">. Most szegélyezzük a nem nulla kisebbet М2′ másodrendű.
Nekünk van: 
(mert az első két oszlop ugyanaz)
(mert a második és a harmadik sor arányos).
Ezt látjuk rA=2, és a mátrix alapmollja A.
b. Találunk .
Kellően alapvető moll М2′ mátrixok A határolja a szabad tagok oszlopával és az összes sorral (csak az utolsó sorunk van).
. Ebből az következik М3′′ továbbra is a mátrix alapmollja marad https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif" width="168 height=75" height="75"> (2)
Mivel М2′- a mátrix alapmollja A rendszerek (2) , akkor ez a rendszer egyenértékű a rendszerrel (3) , amely a rendszer első két egyenletéből áll (2) (mert М2′ az A mátrix első két sorában található).
(3)
Mivel az alap minor https://pandia.ru/text/78/176/images/image021_29.gif" width="153" height="51"> (4)
Ebben a rendszerben két szabad ismeretlen ( x2 És x4 ). Ezért FSR rendszerek (4) két megoldásból áll. Megtalálásukhoz szabad ismeretleneket rendelünk hozzá (4) az értékek először x2=1 , x4=0 , és akkor - x2=0 , x4=1 .
Nál nél x2=1 , x4=0 kapunk:
.
Ez a rendszer már megvan Az egyetlen dolog megoldás (megtalálható Cramer szabályával vagy bármilyen más módszerrel). Az első egyenletet kivonva a második egyenletből a következőt kapjuk:
Az ő döntése lesz x1= -1 , x3=0 . Adott az értékek x2 És x4 , amit adtunk, az elsőt kapjuk alapvető döntés rendszerek (2) : .
Most beraktuk (4) x2=0 , x4=1 . Kapunk:
.
Ezt a rendszert Cramer tételével oldjuk meg:
.
Megkapjuk a rendszer második alapvető megoldását (2) : .
Megoldások β1 , β2 és sminkeljük FSR rendszerek (2) . Akkor az általános megoldása lesz
γ= C1 β1+С2β2=С1(-1, 1, 0, 0)+С2(5, 0, 4, 1)=(-С1+5С2, С1, 4С2, С2)
Itt C1 , C2 tetszőleges állandók.
4. Keress egyet magán megoldás heterogén rendszer(1) . Mint a bekezdésben 3 , a rendszer helyett (1) fontolja meg az egyenértékű rendszert (5) , amely a rendszer első két egyenletéből áll (1) .
(5)
A szabad ismeretleneket átvisszük a jobb oldalra x2És x4.
(6)
Adjunk szabadon ismeretleneket x2 És x4 tetszőleges értékek, pl. x2=2 , x4=1 és dugja be őket (6) . Vegyük a rendszert
Ennek a rendszernek van egy egyedi megoldása (mivel a meghatározó М2′0). Megoldva (a Cramer-tétellel vagy a Gauss-módszerrel) megkapjuk x1=3 , x3=3 . Tekintettel a szabad ismeretlenek értékeire x2 És x4 , kapunk egy inhomogén rendszer sajátos megoldása(1)α1=(3,2,3,1).
5. Most van hátra az írás inhomogén rendszer α általános megoldása(1) : egyenlő az összeggel magándöntés ez a rendszer és redukált homogén rendszerének általános megoldása (2) :
α=α1+γ=(3, 2, 3, 1)+(‑С1+5С2, С1, 4С2, С2).
Ez azt jelenti, hogy: 
(7)
6. Vizsgálat. Annak ellenőrzésére, hogy helyesen oldotta-e meg a rendszert (1) , általános megoldásra van szükségünk (7) helyettesíti be (1) . Ha minden egyenlet azonossággá válik ( C1 És C2 meg kell semmisíteni), akkor a megoldás helyesen található.
Cseréljük (7) például csak a rendszer utolsó egyenletében (1) (x1 + x2 + x3 ‑9 x4 =‑1) .
A következőt kapjuk: (3–С1+5С2)+(2+С1)+(3+4С2)–9(1+С2)=–1
(С1–С1)+(5С2+4С2–9С2)+(3+2+3–9)=–1
Ahol -1=-1. Megvan az identitásunk. Ezt tesszük a rendszer összes többi egyenletével (1) .
Megjegyzés. Az ellenőrzés általában meglehetősen nehézkes. A következő "részleges ellenőrzést" tudjuk javasolni: a rendszer átfogó megoldásában (1) rendeljen hozzá néhány értéket tetszőleges állandókhoz, és a kapott konkrét megoldást csak az elvetett egyenletekben helyettesítse be (azaz az egyenletekbe (1) amelyek nem szerepelnek benne (5) ). Ha megkapod az identitásokat, akkor valószínűleg, a rendszer megoldása (1) helyesen talált (de egy ilyen ellenőrzés nem ad teljes garanciát a helyességre!). Például, ha be (7) fel C2=- 1 , C1=1, akkor kapjuk: x1=-3, x2=3, x3=-1, x4=0. Az (1) rendszer utolsó egyenletébe behelyettesítve a következőket kapjuk: - 3+3 - 1 - 9∙0= - 1 , azaz –1=–1. Megvan az identitásunk.
2. példa Keressen általános megoldást egy lineáris egyenletrendszerre! (1) , amely a fő ismeretleneket szabadon fejezi ki.
Megoldás. Mint a példa 1, mátrixok összeállítása Aés https://pandia.ru/text/78/176/images/image010_57.gif" width="156" height="50"> ezen mátrixok közül. Most csak a rendszer egyenleteit hagyjuk (1) , amelyek együtthatói ebben az alapmollban szerepelnek (azaz megvan az első két egyenlet), és tekintsük a belőlük álló rendszert, amely ekvivalens az (1) rendszerrel.
Vigyük át a szabad ismeretleneket ezen egyenletek jobb oldalára.
rendszer (9) Gauss-módszerrel oldjuk meg, a megfelelő részeket szabad tagoknak tekintve.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image035_21.gif" width="202 height=106" height="106">
2. lehetőség.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image039_16.gif" width="192" height="106 src=">
4. lehetőség.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image042_14.gif" width="172" height="80">
5. lehetőség.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image044_12.gif" width="179 height=106" height="106">
6. lehetőség.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image046_11.gif" width="195" height="106">
2.4.1. Meghatározás. Legyen adott egy inhomogén lineáris egyenletrendszer
Tekintsünk egy homogén rendszert
amelyeknél az együtthatók mátrixa egybeesik a (2.4.1) rendszer együtthatói mátrixával. Ekkor a (2.4.2) rendszer meghívódik redukált homogén rendszer (2.4.1).
2.4.2. Tétel. Egy inhomogén rendszer általános megoldása egyenlő az inhomogén rendszer valamely konkrét megoldásának és a redukált homogén rendszer általános megoldásának összegével.
Így az inhomogén rendszer (2.4.1) általános megoldásának megtalálásához elegendő:
1) Vizsgálja meg a kompatibilitást. Kompatibilitás esetén:
2) Keresse meg ennek a homogén rendszernek az általános megoldását!
3) Keressen bármilyen konkrét megoldást az eredeti (nem homogén) megoldásra.
4) A talált konkrét megoldás és az adott általános megoldása összeadásával keresse meg az eredeti rendszer általános megoldását.
2.4.3. A feladat. Vizsgálja meg a rendszer kompatibilitását, és kompatibilitás esetén keresse meg annak általános megoldását a hányados és az általános redukált összege formájában.
Megoldás. a) A probléma megoldásához a fenti sémát használjuk:
1) Megvizsgáljuk a rendszer kompatibilitását (a kiskorúak szegélyezésének módszerével): A főmátrix rangja 3 (lásd a 2.2.5. feladat megoldását, a), a maximális rendű nem nulla moll az 1. elemeiből tevődik össze. , 2., 4. sor és 1., 3., 4. oszlop. A kiterjesztett mátrix rangjának meghatározásához a kiterjesztett mátrix 3. sorával és 6. oszlopával határoljuk: =0. Eszközök, rg A =rg=3, és a rendszer kompatibilis. Különösen egyenértékű a rendszerrel
2) Keress egy általános megoldást X 0 csökkentett homogén ennek a rendszernek
x 0 ={(-2a - b ; a ; b ; b ; b ) | a , b Î R}
(lásd a 2.2.5. feladat megoldását, a)).
3) Keresse meg az eredeti rendszer x h konkrét megoldását . Ehhez a (2.4.3) rendszerben, amely egyenértékű az eredetivel, a szabad ismeretlenek x 2 és x Az 5-öt egyenlőnek állítjuk például nullával (ezek a legkényelmesebb adatok):
és oldja meg a kapott rendszert: x 1 =- , x 3 =- , x 4=-5. Így a (- ; 0; - ; -5; 0) ¾ a rendszer sajátos megoldása.
4) Megtaláljuk az eredeti rendszer X n általános megoldását :
X n={x h }+x 0 ={(- ; 0; - ; -5; 0)} + {(-2a - b ; a ; b ; b ; b )}=
={(- -2a - b ; a ; - + b ; -5+b ; b )}.
Megjegyzés. Hasonlítsa össze válaszát az 1.2.1 c) példa második válaszával. Ahhoz, hogy az 1.2.1 c) pontra első formában választ kapjunk, alapvető ismeretleneknek tekintjük x 1 , x 3 , x 5 (amelynek a moll szintén nem egyenlő nullával), és mint szabad ¾ x 2 és x 4 .
3. §. Néhány alkalmazás.
3.1. A mátrixegyenletek kérdésében. Emlékeztetünk erre mátrix egyenlet a mező fölött F egy egyenlet, amelyben a mező feletti mátrix ismeretlenként működik F .
A legegyszerűbb mátrixegyenletek az alábbi alakú egyenletek
FEJSZE=B , XA =B (2.5.1)
ahol A , B ¾ adott (ismert) mátrixok mező felett F , de x ¾ olyan mátrixok, amelyek behelyettesítésekor a (2.5.1) egyenletek valódi mátrixegyenlőségekké válnak. Különösen, mátrix módszer bizonyos rendszerek egy mátrixegyenlet megoldására redukálódik.
Amikor a mátrixok A a (2.5.1) egyenletekben nem degeneráltak, megoldásaik vannak, ill x =A B És x =BA .
Abban az esetben, ha a (2.5.1) egyenlet bal oldalán lévő mátrixok legalább egyike degenerált, ez a módszer már nem alkalmas, mivel a megfelelő inverz mátrix A nem létezik. Ebben az esetben a (2.5.1) egyenletek megoldásainak megtalálása rendszerek megoldására redukálódik.
De először is vezessünk be néhány fogalmat.
A rendszer összes megoldásának halmazát ún közös megoldás . Egy határozatlan rendszer egyedi megoldása, nevezzük így magándöntés .
3.1.1. Példa. Oldja meg a mátrixegyenletet a mező felett! R.
de) x = ; b) x = ; ban ben) x = .
Megoldás. a) Mivel \u003d 0, akkor a képlet x =A B nem alkalmas ennek az egyenletnek a megoldására. Ha a munkában XA =B a Mátrix A 2 sora van, akkor a mátrix x 2 oszlopa van. Sorok száma x meg kell egyeznie a sorok számával B . Ezért x 2 sora van. Ily módon x ¾ néhány négyzetmátrix második sorrend: x = . Helyettes x az eredeti egyenletbe:
A (2.5.2) bal oldalán lévő mátrixokat megszorozva az egyenlőséghez jutunk
Két mátrix akkor és csak akkor egyenlő, ha méretük azonos, és a hozzájuk tartozó elemeik egyenlőek. Ezért (2.5.3) ekvivalens a rendszerrel
Ez a rendszer egyenértékű a rendszerrel
Megoldva például Gauss-módszerrel egy megoldáshalmazhoz jutunk (5-2 b , b , -2d , d ), ahol b , d egymástól függetlenül futnak R. Ily módon x = .
b) Hasonlóan az a)-hoz, megvan x = és.
Ez a rendszer inkonzisztens (nézze meg!). Ezért ennek a mátrixegyenletnek nincs megoldása.
c) Jelölje ezt az egyenletet! FEJSZE =B . Mivel A 3 oszlopa van és B akkor 2 oszlopa van x ¾ néhány 3´2 mátrix: x = . Ezért a következő egyenértékűségi láncot kapjuk:
Az utolsó rendszert Gauss módszerrel oldjuk meg (kihagyjuk a megjegyzéseket)
Így elérkeztünk a rendszerhez
melynek megoldása (11+8 z , 14+10z , z , -49+8w , -58+10w ,w ) ahol z , w egymástól függetlenül futnak R.
Válasz: a) x = , b , d Î R.
b) Nincsenek megoldások.
ban ben) x = z , w Î R.
3.2. A mátrixok permutációjának kérdésében.Általában a mátrixok szorzata nem permutálható, vagyis ha A És B oly módon, hogy AB És BA akkor általánosságban elmondható, AB ¹ BA . De az identitásmátrix példa E azt mutatja, hogy lehetséges az cserélhetőség is AE =EA bármilyen mátrixhoz A , csak ha AE És EA elhatározták.
Ebben az alfejezetben megvizsgáljuk az adott mátrixokkal ingázó összes mátrix halmazának megtalálásának problémáit. Ily módon
Ismeretlen x 1 , y 2 és z A 3 bármilyen értéket felvehet: x 1 =a , y 2 =b , z 3 =g . Azután
Ily módon x = .
Válasz. de) x d ¾ tetszőleges szám.
b) x ¾ alakú mátrixok halmaza, ahol a , b És g ¾ bármilyen szám.