Cel usługi. Kalkulator online ma na celu znalezienie nietrywialnego i podstawowego rozwiązania SLAE. Powstałe rozwiązanie zapisywane jest w pliku Word (patrz przykładowe rozwiązanie).
Instrukcje. Wybierz wymiar matrycy:
Własności układów liniowych równań jednorodnych
Aby system miał nietrywialne rozwiązania, konieczne i wystarczające jest, aby stopień jej macierzy był mniejszy niż liczba niewiadomych.Twierdzenie. Układ w przypadku m=n ma nietrywialne rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy wyznacznik tego układu jest równy zero.
Twierdzenie. Każda liniowa kombinacja rozwiązań układu jest również rozwiązaniem tego układu.
Definicja. Zbiór rozwiązań układu liniowych równań jednorodnych nazywa się podstawowy system rozwiązań, jeśli zbiór ten składa się z liniowo niezależnych rozwiązań i każde rozwiązanie układu jest liniową kombinacją tych rozwiązań.
Twierdzenie. Jeżeli stopień r macierzy układu jest mniejszy od liczby n niewiadomych, to istnieje podstawowy układ rozwiązań składający się z (n-r) rozwiązań.
Algorytm rozwiązywania układów liniowych równań jednorodnych
- Znalezienie rangi macierzy.
- Wybieramy moll podstawowy. Rozróżniamy niewiadome zależne (podstawowe) i wolne.
- Skreślamy te równania układu, których współczynniki nie są uwzględniane w molowej bazie, gdyż są konsekwencjami pozostałych (zgodnie z twierdzeniem o molowej bazie).
- Przenosimy warunki równań zawierających wolne niewiadome do prawa strona. W rezultacie otrzymujemy układ r równań z r niewiadomymi, równoważny podanemu, którego wyznacznik jest różny od zera.
- Rozwiązujemy powstały układ, eliminując niewiadome. Znajdujemy relacje wyrażające zmienne zależne poprzez zmienne wolne.
- Jeśli rząd macierzy nie jest równy liczbie zmiennych, wówczas znajdujemy rozwiązanie podstawowe układu.
- W przypadku rang = n mamy trywialne rozwiązanie.
Przykład. Znajdź bazę układu wektorów (a 1, a 2,...,a m), uporządkuj i wyraź wektory na podstawie podstawy. Jeśli a 1 =(0,0,1,-1), i 2 =(1,1,2,0), i 3 =(1,1,1,1), i 4 =(3,2,1 ,4) i 5 =(2,1,0,3).
Zapiszmy główną macierz układu:
Pomnóż trzecią linię przez (-3). Dodajmy czwartą linię do trzeciej:
| 0 | 0 | 1 | -1 |
| 0 | 0 | -1 | 1 |
| 0 | -1 | -2 | 1 |
| 3 | 2 | 1 | 4 |
| 2 | 1 | 0 | 3 |
Pomnóż czwartą linię przez (-2). Pomnóżmy piątą linię przez (3). Dodajmy piątą linię do czwartej:
Dodajmy drugą linię do pierwszej:
Znajdźmy rząd macierzy.
Układ o współczynnikach tej macierzy jest równoważny układowi pierwotnemu i ma postać:
- x 3 = - x 4
- x 2 - 2x 3 = - x 4
2x 1 + x 2 = - 3x 4
Stosując metodę eliminacji niewiadomych znajdujemy nietrywialne rozwiązanie:
Otrzymaliśmy relacje wyrażające zmienne zależne x 1 , x 2 , x 3 poprzez wolne x 4 , czyli znaleźliśmy rozwiązanie ogólne:
x 3 = x 4
x 2 = - x 4
x 1 = - x 4
Metoda Gaussa ma wiele wad: nie można stwierdzić, czy system jest spójny, czy nie, dopóki nie zostaną przeprowadzone wszystkie niezbędne przekształcenia w metodzie Gaussa; Metoda Gaussa nie jest odpowiednia dla układów ze współczynnikami literowymi.
Rozważmy inne metody rozwiązywania układów równań liniowych. Metody te wykorzystują koncepcję rangi macierzy i sprowadzają rozwiązanie dowolnego układu spójnego do rozwiązania układu, do którego ma zastosowanie reguła Cramera.
Przykład 1. Znajdź ogólne rozwiązanie następny system równania liniowe wykorzystujące podstawowy układ rozwiązań zredukowanego układu jednorodnego i szczególne rozwiązanie układu niejednorodnego.
1. Tworzenie macierzy A i rozbudowana matryca systemu (1)
2. Poznaj system (1) dla wspólnoty. Aby to zrobić, znajdujemy szeregi macierzy A i https://pandia.ru/text/78/176/images/image006_90.gif"width="17" height="26 src=">). Jeśli się okaże, że to system (1) niekompatybilny. Jeśli to dostaniemy , to ten układ jest spójny i rozwiążemy go. (Badanie zgodności opiera się na twierdzeniu Kroneckera-Capelliego).
A. Znaleźliśmy rA.
Znaleźć rA, rozważymy sekwencyjnie niezerowe molle pierwszego, drugiego itd. rzędów macierzy A i otaczających ich nieletnich.
M1=1≠0 (bierzemy 1 z lewego górnego rogu macierzy A).
Graniczymy M1 drugi wiersz i druga kolumna tej macierzy. 
. Kontynuujemy granicę M1 druga linia i trzecia kolumna..gif" szerokość="37" wysokość="20 src=">. Teraz graniczymy z niezerowym mollem M2′ drugie zamówienie.
Mamy: 
(ponieważ pierwsze dwie kolumny są takie same)
(ponieważ druga i trzecia linia są proporcjonalne).
Widzimy to rA=2, a jest podstawą małej macierzy A.
B. Znaleźliśmy.
Dość podstawowe drobne M2′ matryce A obramuj kolumną wolnych terminów i wszystkimi wierszami (mamy tylko ostatni wiersz).
. Wynika, że M3′′ pozostaje podstawowym mollem macierzy https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif" szerokość="168 wysokość=75" wysokość="75"> (2)
Ponieważ M2′- podstawa mała macierzy A systemy (2) , to ten system jest równoważny systemowi (3) , składający się z dwóch pierwszych równań układu (2) (Do M2′ znajduje się w dwóch pierwszych wierszach macierzy A).
(3)
Od podstawowego drobnego https://pandia.ru/text/78/176/images/image021_29.gif" szerokość="153" wysokość="51"> (4)
W tym układzie istnieją dwie wolne niewiadome ( x2 I x4 ). Dlatego FSR systemy (4) składa się z dwóch rozwiązań. Aby je znaleźć, przypisujemy wolne niewiadome w (4) najpierw wartości x2=1 , x4=0 , i wtedy - x2=0 , x4=1 .
Na x2=1 , x4=0 otrzymujemy:
.
Ten system już to zrobił Jedyną rzeczą rozwiązanie (można je znaleźć korzystając z reguły Cramera lub dowolnej innej metody). Odejmując pierwsze od drugiego równania, otrzymujemy:
Jej rozwiązaniem będzie x1= -1 , x3=0 . Biorąc pod uwagę wartości x2 I x4 , które dodaliśmy, otrzymujemy pierwsze rozwiązanie fundamentalne układu (2) : .
Teraz wierzymy (4) x2=0 , x4=1 . Otrzymujemy:
.
Rozwiązujemy ten układ korzystając z twierdzenia Cramera:
.
Otrzymujemy drugie rozwiązanie podstawowe układu (2) : .
Rozwiązania β1 , β2 i makijaż FSR systemy (2) . Wtedy będzie jego ogólne rozwiązanie
γ= C1 β1+С2β2=С1(-1, 1, 0, 0)+С2(5, 0, 4, 1)=(-С1+5С2, С1, 4С2, С2)
Tutaj C1 , C2 – dowolne stałe.
4. Znajdźmy takiego prywatny rozwiązanie system heterogeniczny(1) . Jak w ust 3 zamiast systemu (1) Rozważmy równoważny system (5) , składający się z dwóch pierwszych równań układu (1) .
(5)
Przesuwamy wolne niewiadome na prawą stronę x2 I x4.
(6)
Dajmy wolne niewiadome x2 I x4 dowolne wartości, np. x2=2 , x4=1 i włóż je (6) . Weźmy system
Układ ten ma unikalne rozwiązanie (ponieważ jego wyznacznik M2′0). Rozwiązując to (wykorzystując twierdzenie Cramera lub metodę Gaussa) otrzymujemy x1=3 , x3=3 . Biorąc pod uwagę wartości wolnych niewiadomych x2 I x4 , otrzymujemy szczególne rozwiązanie układu niejednorodnego(1)α1=(3,2,3,1).
5. Teraz pozostaje tylko to zapisać rozwiązanie ogólne α układu niejednorodnego(1) : jest równa sumie rozwiązanie prywatne ten system i ogólne rozwiązanie zredukowanego układu jednorodnego (2) :
α=α1+γ=(3, 2, 3, 1)+(-С1+5С2, С1, 4С2, С2).
To znaczy: 
(7)
6. Badanie. Aby sprawdzić, czy poprawnie rozwiązałeś system (1) , potrzebujemy ogólnego rozwiązania (7) zastąpić w (1) . Jeśli każde równanie zamienia się w tożsamość ( C1 I C2 muszą zostać zniszczone), wówczas rozwiązanie zostanie znalezione prawidłowo.
Zastąpimy (7) na przykład tylko ostatnie równanie układu (1) (X1 + X2 + X3 ‑9 X4 =‑1) .
Otrzymujemy: (3–С1+5С2)+(2+С1)+(3+4С2)–9(1+С2)=–1
(С1–С1)+(5С2+4С2–9С2)+(3+2+3–9)=–1
Gdzie –1=–1. Mamy tożsamość. Robimy to ze wszystkimi innymi równaniami układu (1) .
Komentarz. Sprawdzanie jest zazwyczaj dość kłopotliwe. Można zalecić następującą „częściową kontrolę”: w ogólnym rozwiązaniu układu (1) przypisz pewne wartości dowolnym stałym i podstaw wynikowe rozwiązanie częściowe tylko do odrzuconych równań (tj. do równań z (1) , które nie zostały uwzględnione (5) ). Jeśli uda się ustalić tożsamość bardziej prawdopodobne, rozwiązanie systemowe (1) znalezione poprawnie (jednak takie sprawdzenie nie daje całkowitej gwarancji poprawności!). Na przykład, jeśli w (7) umieścić C2=- 1 , C1=1, wtedy otrzymujemy: x1=-3, x2=3, x3=-1, x4=0. Podstawiając do ostatniego równania układu (1) mamy: - 3+3 - 1 - 9∙0= - 1 , tj. –1=–1. Mamy tożsamość.
Przykład 2. Znajdź rozwiązanie ogólne układu równań liniowych (1) , wyrażając podstawowe niewiadome w postaci wolnych.
Rozwiązanie. Jak w Przykład 1, układaj macierze A i https://pandia.ru/text/78/176/images/image010_57.gif"width="156" height="50"> tych macierzy. Teraz zostawiamy tylko te równania układu (1) , których współczynniki zawarte są w tym mollu podstawowym (czyli mamy dwa pierwsze równania) i rozważamy składający się z nich układ, równoważny układowi (1).
Przeniesiemy wolne niewiadome na prawą stronę tych równań.
system (9) Rozwiązujemy metodą Gaussa, uznając prawe strony za wyrazy swobodne.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image035_21.gif" szerokość="202 wysokość=106" wysokość="106">
Opcja 2.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image039_16.gif" szerokość="192" wysokość="106 src=">
Opcja 4.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image042_14.gif" szerokość="172" wysokość="80">
Opcja 5.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image044_12.gif" szerokość="179 wysokość=106" wysokość="106">
Opcja 6.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image046_11.gif" szerokość="195" wysokość="106">
Jednorodny układ równań liniowych nad polem
DEFINICJA. Podstawowy układ rozwiązań układu równań (1) to niepusty, liniowo niezależny układ jego rozwiązań, którego rozpiętość liniowa pokrywa się ze zbiorem wszystkich rozwiązań układu (1).
Należy zauważyć, że jednorodny układ równań liniowych, który ma tylko rozwiązanie zerowe, nie ma podstawowego układu rozwiązań.
PROPOZYCJA 3.11. Dowolne dwa podstawowe układy rozwiązań jednorodnego układu równań liniowych składają się z tej samej liczby rozwiązań.
Dowód. W rzeczywistości dowolne dwa podstawowe układy rozwiązań jednorodnego układu równań (1) są równoważne i liniowo niezależne. Zatem zgodnie z Twierdzeniem 1.12 ich rangi są równe. W związku z tym liczba rozwiązań zawartych w jednym podstawowym systemie jest równa liczbie rozwiązań zawartych w dowolnym innym podstawowym systemie rozwiązań.
Jeżeli główna macierz A jednorodnego układu równań (1) wynosi zero, to dowolny wektor z jest rozwiązaniem układu (1); w tym przypadku każdy zbiór jest liniowy niezależne wektory z jest podstawowym systemem rozwiązań. Jeżeli rząd kolumnowy macierzy A jest równy , to układ (1) ma tylko jedno rozwiązanie – zero; dlatego w tym przypadku układ równań (1) nie ma podstawowego układu rozwiązań.
TWIERDZENIE 3.12. Jeżeli stopień macierzy głównej jednorodnego układu równań liniowych (1) jest mniejszy niż liczba zmiennych, to układ (1) ma podstawowy układ rozwiązań składający się z rozwiązań.
Dowód. Jeżeli rząd macierzy głównej A układu jednorodnego (1) jest równy zero lub , to powyżej wykazano, że twierdzenie jest prawdziwe. Dlatego poniżej zakładamy, że Zakładając , założymy, że pierwsze kolumny macierzy A są liniowo niezależne. W tym przypadku macierz A jest wierszowo równoważna zredukowanej macierzy schodkowej, a układ (1) jest równoważny następującemu zredukowanemu schodkowemu układowi równań:
Łatwo sprawdzić, że dowolny układ wartości swobodnych zmienne systemowe(2) odpowiada jednemu i tylko jednemu rozwiązaniu układu (2), a zatem i układu (1). W szczególności tylko zerowe rozwiązanie układu (2) i układu (1) odpowiada układowi wartości zerowych.
W systemie (2) przypiszemy jeden z wolnych wartość zmiennych równy 1, a pozostałe zmienne mają wartości zerowe. W rezultacie otrzymujemy rozwiązania układu równań (2), które zapisujemy w postaci wierszy macierzy C:
Układ wierszy tej macierzy jest liniowo niezależny. Rzeczywiście, dla dowolnych skalarów z równości
następuje równość
a co za tym idzie, równość
Udowodnijmy, że rozpiętość liniowa układu wierszy macierzy C pokrywa się ze zbiorem wszystkich rozwiązań układu (1).
Dowolne rozwiązanie układu (1). Następnie wektor
jest również rozwiązaniem układu (1) i
Pozwalać M 0 – zbiór rozwiązań jednorodnego układu (4) równań liniowych.
Definicja 6.12. Wektory Z 1 ,Z 2 , …, ze str, które są rozwiązaniami jednorodnego układu równań liniowych, nazywane są podstawowy zbiór rozwiązań(w skrócie FNR), jeśli
1) wektory Z 1 ,Z 2 , …, ze str liniowo niezależne (tj. żadnego z nich nie można wyrazić w kategoriach pozostałych);
2) każde inne rozwiązanie jednorodnego układu równań liniowych można wyrazić w postaci rozwiązań Z 1 ,Z 2 , …, ze str.
Zauważ, że jeśli Z 1 ,Z 2 , …, ze str– dowolne f.n.r., następnie wyrażenie k 1× Z 1 + k 2× Z 2 + … + k s× ze str możesz opisać cały zestaw M 0 rozwiązań układu (4), tak to się nazywa ogólny widok rozwiązania systemowego (4).
Twierdzenie 6.6. Każdy nieokreślony jednorodny układ równań liniowych ma podstawowy zbiór rozwiązań.
Sposób znalezienia podstawowego zbioru rozwiązań jest następujący:
Znajdź ogólne rozwiązanie jednorodnego układu równań liniowych;
Zbudować ( N – R) rozwiązania cząstkowe tego układu, przy czym wartości wolnych niewiadomych muszą tworzyć macierz tożsamości;
Wypisać forma ogólna rozwiązania zawarte w M 0 .
Przykład 6.5. Znajdź podstawowy zbiór rozwiązań następującego układu:
Rozwiązanie. Znajdźmy ogólne rozwiązanie tego systemu.
~ 
~ 
~ ~ 
Þ 
Þ Þ 
W tym układzie jest pięć niewiadomych ( N= 5), z czego są dwie główne niewiadome ( R= 2), istnieją trzy wolne niewiadome ( N – R), czyli podstawowy zbiór rozwiązań zawiera trzy wektory rozwiązań. Zbudujmy je. Mamy X 1 i X 3 – główne niewiadome, X 2 , X 4 , X 5 – wolne niewiadome
Wartości wolnych niewiadomych X 2 , X 4 , X 5 tworzą macierz tożsamości mi trzecie zamówienie. Mam te wektory Z 1 ,Z 2 , Z 3 formularz f.n.r. tego systemu. Wtedy będzie zbiór rozwiązań tego jednorodnego układu M 0 = {k 1× Z 1 + k 2× Z 2 + k 3× Z 3 , k 1 , k 2 , k 3 O R).
Znajdźmy teraz warunki istnienia niezerowych rozwiązań jednorodnego układu równań liniowych, czyli innymi słowy warunki istnienia podstawowego zbioru rozwiązań.
Jednorodny układ równań liniowych ma rozwiązania niezerowe, to znaczy nie jest pewne, czy
1) stopień macierzy głównej układu jest mniejszy od liczby niewiadomych;
2) w jednorodnym układzie równań liniowych liczba równań jest mniejsza niż liczba niewiadomych;
3) jeżeli w jednorodnym układzie równań liniowych liczba równań jest równa liczbie niewiadomych, a wyznacznik macierzy głównej jest równy zero (tj. | A| = 0).
Przykład 6.6. Przy jakiej wartości parametru A jednorodny układ równań liniowych 
ma niezerowe rozwiązania?
Rozwiązanie. Skomponujmy główną macierz tego układu i znajdźmy jej wyznacznik: = = 1×(–1) 1+1 × = – A– 4. Wyznacznik tej macierzy jest równy zeru w A = –4.
Odpowiedź: –4.
7. Arytmetyka N-wymiarowa przestrzeń wektorowa
Podstawowe koncepcje
W poprzednich rozdziałach zetknęliśmy się już z koncepcją zbioru liczb rzeczywistych ułożonych w określonej kolejności. Jest to macierz wierszowa (lub macierz kolumnowa) i rozwiązanie układu równań liniowych N nieznany. Informacje te można podsumować.
Definicja 7.1. N-wymiarowy wektor arytmetyczny zwany uporządkowanym zbiorem N liczby rzeczywiste.
Oznacza A= (za 1 , za 2 , …, za N), gdzie IО R, I = 1, 2, …, N– ogólny widok wektora. Numer N zwany wymiar wektory i liczby a I nazywają się jego współrzędne.
Na przykład: A= (1, –8, 7, 4, ) – wektor pięciowymiarowy.
Wszystko gotowe N wektory wymiarowe są zwykle oznaczane jako Rn.
Definicja 7.2. Dwa wektory A= (za 1 , za 2 , …, za N) I B= (b 1 , b 2 , …, b N) tego samego wymiaru równy wtedy i tylko wtedy, gdy odpowiadające im współrzędne są równe, tj. a 1 = b 1 , a 2 = b 2 , …, a N= b N.
Definicja 7.3.Kwota dwa N-wektory wymiarowe A= (za 1 , za 2 , …, za N) I B= (b 1 , b 2 , …, b N) nazywa się wektorem A + B= (za 1 + b 1, za 2 + b 2, …, za N+b N).
Definicja 7.4. Praca prawdziwy numer k do wektora A= (za 1 , za 2 , …, za N) nazywa się wektorem k× A = (k×a 1, k×a 2 , …, k×a N)
Definicja 7.5. Wektor O= (0, 0, …, 0) jest wywoływane zero(Lub wektor zerowy).
Łatwo sprawdzić, że akcje (operacje) dodawania wektorów i mnożenia ich przez liczbę rzeczywistą mają następujące właściwości: „ A, B, C Î Rn, " k, l O 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.
Definicja 7.6. Pęczek Rn z operacjami dodawania wektorów i mnożenia ich przez podaną na nim liczbę rzeczywistą arytmetyczna n-wymiarowa przestrzeń wektorowa.
