Xidmətin məqsədi. Onlayn kalkulyator SLAE üçün qeyri-trivial və fundamental həll tapmaq üçün nəzərdə tutulmuşdur. Nəticə həlli Word faylında saxlanılır (məsələn, həllə baxın).
Təlimatlar. Matris ölçüsünü seçin:
Xətti bircins tənliklər sistemlərinin xassələri
Sistemin olması üçün qeyri-trivial həllər, onun matrisinin dərəcəsinin naməlumların sayından az olması zəruri və kifayətdir.Teorem. m=n vəziyyətində olan sistemin qeyri-trivial həlli o halda olur ki, bu sistemin determinantı sıfıra bərabər olsun.
Teorem. Sistem üçün həllərin istənilən xətti kombinasiyası da həmin sistemin həllidir.
Tərif. Xətti homojen tənliklər sisteminin həllər toplusu adlanır əsas həllər sistemi, əgər bu çoxluq xətti müstəqil həllərdən ibarətdirsə və sistemin istənilən həlli bu həllərin xətti kombinasiyasıdırsa.
Teorem. Əgər sistem matrisinin r dərəcəsi n naməlumların sayından azdırsa, (n-r) həllərdən ibarət fundamental həllər sistemi mövcuddur.
Xətti bircins tənliklər sistemlərinin həlli alqoritmi
- Matrisin dərəcəsinin tapılması.
- Əsas minoru seçirik. Biz asılı (əsas) və sərbəst naməlumları ayırırıq.
- Sistemin əmsalları bazis minora daxil olmayan tənliklərini kəsirik, çünki onlar digərlərinin nəticələridir (minor əsası üzrə teoremə görə).
- Sərbəst bilinməyənləri ehtiva edən tənliklərin şərtlərini köçürürük sağ tərəf. Nəticə olaraq, determinantı sıfırdan fərqli, verilənə ekvivalent r naməlum olan r tənliklər sistemini alırıq.
- Yaranan sistemi naməlumları aradan qaldıraraq həll edirik. Sərbəst dəyişənlər vasitəsilə asılı dəyişənləri ifadə edən əlaqələri tapırıq.
- Əgər matrisin dərəcəsi dəyişənlərin sayına bərabər deyilsə, sistemin əsas həllini tapırıq.
- Rəng = n vəziyyətində bizim əhəmiyyətsiz bir həllimiz var.
Misal. Vektorlar sisteminin (a 1, a 2,...,a m) əsasını tapın, baza əsasında vektorları sıralayın və ifadə edin. Əgər a 1 =(0,0,1,-1) və 2 =(1,1,2,0) və 3 =(1,1,1,1) və 4 =(3,2,1) olarsa ,4) və 5 =(2,1,0,3).
Sistemin əsas matrisini yazaq:
3-cü sətri (-3) ilə vurun. 3-cü sətirə 4-cü sətri əlavə edək:
| 0 | 0 | 1 | -1 |
| 0 | 0 | -1 | 1 |
| 0 | -1 | -2 | 1 |
| 3 | 2 | 1 | 4 |
| 2 | 1 | 0 | 3 |
4-cü sətri (-2) ilə vurun. 5-ci sətri (3) ilə vuraq. 4-cü sətirə 5-ci sətri əlavə edək:
1-ci sətirə 2-ci sətri əlavə edək:
Matrisin dərəcəsini tapaq.
Bu matrisin əmsalları olan sistem orijinal sistemə bərabərdir və formaya malikdir:
- x 3 = - x 4
- x 2 - 2x 3 = - x 4
2x 1 + x 2 = - 3x 4
Naməlumların aradan qaldırılması metodundan istifadə edərək qeyri-trivial bir həll tapırıq:
Sərbəst x 4 vasitəsilə x 1 , x 2 , x 3 asılı dəyişənləri ifadə edən əlaqələri əldə etdik, yəni ümumi həll yolu tapdıq:
x 3 = x 4
x 2 = - x 4
x 1 = - x 4
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 başqa üsulları nəzərdən keçirək. Bu üsullar matris dərəcəsi anlayışından istifadə edir və istənilən ardıcıl sistemin həllini Kramer qaydasının tətbiq olunduğu sistemin həllinə endirir.
Misal 1.Ümumi bir həll tapın növbəti sistem azaldılmış homojen sistemin əsas həllər sistemindən və qeyri-homogen sistemin xüsusi həllindən istifadə edən xətti tənliklər.
1. Matrisin yaradılması A və genişləndirilmiş sistem matrisi (1)
2. Sistemi araşdırın (1) birlik 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. (Uyğunluq araşdırması Kroneker-Kapelli teoreminə əsaslanır).
a. Biz tapdıq rA.
Tapmaq rA, matrisin birinci, ikinci və s. sıralarının sıfırdan fərqli minorlarını ardıcıl olaraq nəzərdən keçirəcəyik. A və onları əhatə edən azyaşlılar.
M1=1≠0 (matrisanın yuxarı sol küncündən 1 alırıq A).
Biz 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. M2′ ikinci sifariş.
Bizdə: 
(ilk iki sütun eyni olduğundan)
(ikinci və üçüncü sətirlər mütənasib olduğundan).
Biz bunu görürük rA=2, a matrisin əsas minorudur A.
b. Biz tapdıq.
Kifayət qədər əsas kiçik M2′ matrislər A pulsuz şərtlər sütunu və bütün sətirlərlə haşiyələnir (bizdə yalnız sonuncu sıra var).
. Bundan belə çıxır M3′′ matrisin əsas minoru olaraq qalır https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif" width="168 height=75" height="75"> (2)
Çünki M2′- matrisin əsas minoru A sistemləri (2) , onda bu sistem sistemə bərabərdir (3) , sistemin ilk iki tənliyindən ibarətdir (2) (üçün M2′ 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 var ( 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 digər üsulla tapmaq olar). İkinci tənlikdən birincini çıxarsaq, alırıq:
Onun həlli olacaq x1= -1 , x3=0 . Dəyərləri nəzərə alaraq x2 Və x4 , əlavə etdiyimiz, sistemin ilk fundamental həllini əldə edirik (2) : .
İndi biz inanırıq (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)
Budur C1 , C2 – ixtiyari sabitlər.
4. Gəlin birini tapaq özəl həll heterojen sistem(1) . Paraqrafda olduğu kimi 3 , sistemin əvəzinə (1) Ekvivalent sistemi nəzərdən keçirək (5) , sistemin ilk iki tənliyindən ibarətdir (1) .
(5)
Sərbəst bilinməyənləri sağ tərəfə keçirək x2 Və x4.
(6)
Pulsuz bilinməyənləri verək x2 Və x4 ixtiyari dəyərlər, məsələn, x2=2 , x4=1 və onları yerləşdirin (6) . Gəlin sistemi əldə edək
Bu sistemin özünəməxsus həlli var (çünki onun determinantı M2′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 yalnız onu yazmaq qalır qeyri-homogen sistemin ümumi həlli α(1) : cəminə bərabərdir şəxsi həll 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, sistemin yalnız sonuncu tənliyi (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.Çek adətən olduqca çətin olur. Aşağıdakı “qismən yoxlama” tövsiyə oluna bilər: sistemin ümumi həllində (1) ixtiyari sabitlərə bəzi dəyərlər təyin edin və əldə edilən qismən həlli yalnız atılmış tənliklərə (yəni, həmin tənliklərə) əvəz edin. (1) , daxil olmayanlar (5) ). Əgər şəxsiyyətləriniz varsa, o zaman böyük ehtimalla, sistem 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 edən.
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 bizdə ilk iki tənlik var) və onlardan ibarət sistemi (1) ekvivalenti hesab edin.
Sərbəst bilinməyənləri bu tənliklərin sağ tərəflərinə köçürək.
sistemi (9) Sağ tərəfləri sərbəst şərtlər kimi nəzərə alaraq 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">
Sahə üzərində xətti tənliklərin homojen sistemi
TƏrif. Tənliklər sisteminin əsas həllər sistemi (1) onun həllərinin boş olmayan xətti müstəqil sistemidir, xətti diapazonu (1) sisteminin bütün həllər çoxluğu ilə üst-üstə düşür.
Qeyd edək ki, yalnız sıfır həlli olan homojen xətti tənliklər sisteminin əsas həllər sistemi yoxdur.
TƏKLİF 3.11. Homojen xətti tənliklər sisteminin istənilən iki əsas həlli sistemi eyni sayda həllərdən ibarətdir.
Sübut. Əslində, (1) homogen tənliklər sisteminin istənilən iki əsas həlli sistemi ekvivalent və xətti müstəqildir. Buna görə də, 1.12-ci təklifə görə, onların dərəcələri bərabərdir. Nəticə etibarilə, bir fundamental sistemə daxil olan həllərin sayı hər hansı digər fundamental həllər sisteminə daxil olan həllərin sayına bərabərdir.
Bircins (1) tənliklər sisteminin əsas A matrisi sıfırdırsa, onda hər hansı vektor (1) sisteminin həllidir; bu halda istənilən kolleksiya xətti olur müstəqil vektorlar of fundamental həllər sistemidir. Əgər A matrisinin sütun rütbəsi bərabərdirsə, onda (1) sistemin yalnız bir həlli var - sıfır; ona görə də bu halda (1) tənliklər sistemi əsas həllər sisteminə malik deyildir.
TEOREM 3.12. Əgər homojen xətti tənliklər sisteminin əsas matrisasının dərəcəsi (1) dəyişənlərin sayından azdırsa, (1) sistemin həllərdən ibarət fundamental həll sisteminə malikdir.
Sübut. Bircins sistemin (1) əsas A matrisasının dərəcəsi sıfıra bərabərdirsə və ya -ya bərabərdirsə, o zaman yuxarıda teoremin doğru olduğu göstərilmişdir. Buna görə də, aşağıda fərz edilir ki, Fərz etsək, A matrisinin ilk sütunlarının xətti müstəqil olduğunu fərz edəcəyik. Bu halda, A matrisi azaldılmış pilləli matrisə sıra üzrə ekvivalentdir və sistem (1) aşağıdakı azaldılmış pilləli tənliklər sisteminə ekvivalentdir:
Sərbəst dəyərlərin hər hansı bir sisteminin olduğunu yoxlamaq asandır sistem dəyişənləri(2) sistemin (2) və deməli, (1) sisteminin bir və yalnız bir həllinə uyğundur. Xüsusilə, sistemin (2) və sistemin (1) yalnız sıfır həlli sıfır qiymətlər sisteminə uyğundur.
Sistemdə (2) biz pulsuz olanlardan birini təyin edəcəyik dəyişənlərin dəyəri, 1-ə bərabərdir və qalan dəyişənlərin sıfır qiymətləri var. Nəticədə, aşağıdakı C matrisinin sətirləri şəklində yazdığımız (2) tənliklər sisteminin həllərini alırıq:
Bu matrisin sıra sistemi xətti müstəqildir. Həqiqətən, bərabərlikdən hər hansı bir skalyar üçün
bərabərlik gəlir
və buna görə də bərabərlik
Sübut edək ki, C matrisinin sətirlər sisteminin xətti genişliyi (1) sisteminin bütün həllər çoxluğu ilə üst-üstə düşür.
Sistemin ixtiyari həlli (1). Sonra vektor
həm də (1) sisteminin həllidir və
Qoy M 0 – xətti tənliklərin homojen sisteminin (4) həllər toplusu.
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– hər hansı f.n.r., sonra ifadə k 1× ilə 1 + k 2× ilə 2 + … + k p× ilə p bütün dəsti təsvir edə bilərsiniz 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;
Yazmaq ümumi forma həllər daxildir M 0 .
Misal 6.5. Aşağıdakı sistem üçün əsas həllər dəstini tapın:
Həll. Gəlin 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 var ( n – r), yəni əsas həll dəsti üç həll vektorunu ehtiva edir. 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 sistemin. 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. Hansı parametr dəyərində 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 bərabərdir 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 qarşılaşmışıq. 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 sifarişli dəst adlanır n real ədədlər.
deməkdir A= (a 1 , a 2 , …, a n), harada a iО R, i = 1, 2, …, n– vektorun ümumi görünüşü. Nömrə nçağırdı ölçü vektorlar və ədədlər a i onun adlanır koordinatları.
Misal üçün: A= (1, –8, 7, 4, ) – beşölçülü vektor.
Hamısı hazırdır n-ölçülü vektorlar adətən kimi işarələnir Rn.
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. İş real rəqəm k vektor etmək A= (a 1 , a 2 , …, a n) vektor adlanır k× A = (k×a 1, k×a 2 , …, k×a n)
Tərif 7.5. Vektor O= (0, 0, …, 0) çağırılır sıfır(və ya null vektoru).
Vektorların əlavə edilməsi və onların həqiqi ədədə vurulması hərəkətlərinin (əməliyyatlarının) aşağıdakı xüsusiyyətlərə malik olduğunu yoxlamaq asandır: " a, b, c Î Rn, " k, lО R:
1) a + b = b + a;
2) a + (b+ c) = (a + b) + c;
3) a + O = a;
4) a+ (–a) = O;
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. Bir dəstə Rn vektorların toplanması və üzərində verilmiş həqiqi ədədə vurulması əməliyyatları ilə adlanır arifmetik n ölçülü vektor fəzası.
