Jednorodne układy równań liniowych
Kapitoly: Układy równań, Reguła Cramera, Układy jednorodne
Mówi się, że układ równań jest jednorodny, jeśli prawa strona każdego równania wynosi zero.
Definicja układu jednorodnego
Ogólna postać jednorodnego układu równań wygląda następująco:
$$ \begin{array}{ccccccccc} a_{11}x_1&+&a_{12}x_2&+&\ldots&+&a_{1n}x_n&=&0\\ a_{21}x_1&+&a_{22}x_2&+&\ldots&+&a_{2n}x_n&=&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&=&\vdots\\ a_{m1}x_1&+&a_{m2}x_2&+&\ldots&+&a_{mn}x_n&=&0\\ \end{array} $$
Układ ten zawiera m równania z n niewiadomymi, a prawe strony wszystkich równań są równe zero. Gdyby nie były równe zero, nie byłby to jednorodny układ równań. Możemy przepisać poprzedni układ równań do macierzy, kolejno przepisując wszystkie współczynniki, tj. wszystkie warunki aij, do macierzy w tych samych pozycjach, w których znajdują się w układzie. Nie będziemy przepisywać prawej zerowej kolumny do macierzy, ponieważ jest ona niepotrzebna. A więc tak:
$$A=\left( \begin{array}{cccc} a_{11}&a_{12}&\ldots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\ldots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_{m1}&a_{m2}&\ldots&a_{mn} \end{array} \right) $$
Ta macierz reprezentuje układ równań opisany powyżej z m równaniami i n niewiadomymi. Każdy wiersz tej macierzy odpowiada jednemu równaniu. Cały układ można zatem zapisać jako
$$Ax,=,0$$
Podstawowe właściwości układu
Z artykułu o układach równań liniowych i z twierdzenia Frobeniusa możemy uzyskać kilka interesujących stwierdzeń na temat jednorodnych układów równań.
- Każdy układ jednorodny ma rozwiązanie.
- Zbiór wszystkich rozwiązań układu jednorodnego zawsze zawiera rozwiązania zerowe. Jeśli po wszystkich zmiennych podstawimy zero, to otrzymamy m równań 0 = 0.
- Z twierdzenia Frobeniusa wiemy, że aby napisać ogólne rozwiązanie układu równań, potrzebujemy n − k parametrów, gdzie n to liczba zmiennych, a k to ranga rozszerzonej macierzy układu, w naszym przypadku k = rank(A). Jeśli n = k, to nie potrzebujemy żadnego parametru, a układ ma jedno, zerowe rozwiązanie. Wykonanie n = k tylko wtedy, gdy macierz A jest regularna - jeśli nie zawiera liniowo zależnych wierszy.
- Z poprzedniego punktu wynika również, że układ ma niezerowe rozwiązanie właśnie wtedy, gdy macierz A zawiera liniowo zależny wiersz.
- Jeśli układ ma więcej niewiadomych niż równań, to ma niezerowe rozwiązanie. Jeśli ma więcej niewiadomych niż równań, oznacza to, że k = rank(A) może być równa co najwyżej liczbie równań, tj. m. A jeśli k < n zachodzi, to n − k > 0 i stąd będą inne rozwiązania, które opisujemy za pomocą parametrów n − k.
Właściwości zbioru rozwiązań
- Suma dowolnych rozwiązań układu Ax = 0 jest również rozwiązaniem układu. Jeśli x1 i x2 są rozwiązaniami układu, to Ax1 = 0 i Ax2 = 0 zachodzą, a z poprzedniego twierdzenia wynika, że A(x1 + x2) = 0 również zachodzi.
Dowód jest prosty. Załóżmy, że Ax1 = 0 i Ax2 = 0 są prawdziwe i udowodnijmy, że A(x1 + x2) = 0. Dodawanie i mnożenie macierzy spełnia prawo rozdzielności, więc możemy napisać
$$A(x_1+x_2) = Ax_1+Ax_2.$$
Ale z założenia Ax1 = 0 i Ax2 = 0, więc możemy przepisać wyrażenie Ax1 + Ax2 na 0+0. Otrzymujemy równanie 0 = 0, więc twierdzenie jest prawdziwe.
W szczególności: jeśli mamy dwa rozwiązania układu: x1 = (0, 5, 6) i x2 = (7, 3, 5), to rozwiązaniem układu jest również x3 = x1 + x2 = (0 + 7, 5 + 3, 6 + 5) = (7, 8, 11).
- Dla każdej stałej c ∈ ℝ, c-razy rozwiązanie układu jest również rozwiązaniem. Jeśli x1 jest rozwiązaniem układu Ax = 0, to c · x1 jest również rozwiązaniem tego układu.
Dowód jest ponownie prosty. Załóżmy, że x1 jest rozwiązaniem układów Ax = 0 i c ∈ ℝ. Następnie udowodnimy, że zachodzi równość
$$A(cx_1)=0$$
Ponieważ c jest stałą liczbową, możemy umieścić ją przed całym wyrażeniem:
$$A(cx_1) = c\cdot Ax_1$$
Z założenia Ax1 = 0 zachodzi, więc z c · Ax1 otrzymujemy c · 0 = 0.
- Następstwem poprzednich dwóch punktów jest to, że dowolna kombinacja liniowa rozwiązań układu jest również rozwiązaniem układu.
Teraz pojawia się pytanie - jeśli niektóre rozwiązania są tylko kombinacjami liniowymi innych rozwiązań, to czy istnieje jakiś zbiór rozwiązań, za pomocą którego jesteśmy w stanie wygenerować wszystkie inne rozwiązania?
Spróbujmy teraz zapisać rozwiązania układu w postaci macierzy. Oznacza to, że jeśli $x_1 = (x_{11}, x_{12}, …, x_{1n})$ jest rozwiązaniem i $x_2 = (x_{21}, x_{22}, …, x_{2n})$ jest rozwiązaniem i tak dalej dla xi, utworzymy macierz F, która będzie zawierać te rozwiązania jako swoje kolumny:
$$ F=\begin{pmatrix} x_{11}&x_{21}&…\\ x_{12}&x_{22}&…\\ \vdots&\vdots&\ddots\\ x_{1n}&x_{2n}&… \end{pmatrix} $$
Ponieważ możemy utworzyć nieskończenie wiele różnych kombinacji liniowych, a tym samym rozwiązań, macierz F będzie nieskończona. Będziemy teraz zainteresowani tym, czy macierz F można zredukować tak, aby zawierała tylko skończoną liczbę kolumn, za pomocą których możemy wygenerować wszystkie pozostałe rozwiązania.
Ile kolumn pozostanie? Macierz F ma n wierszy, ponieważ oryginalny układ miał n zmiennych, a każda kolumna reprezentuje jedno rozwiązanie. Zatem maksymalna możliwa ranga macierzy F wynosi tylko n. Jeśli macierz F ma więcej niż n kolumn, to jest pewne, że co najmniej jedna kolumna jest liniowo zależna. W związku z tym jesteśmy w stanie zapisać cały zbiór rozwiązań w macierzy o maksymalnej randze n × n i obliczyć pozostałe rozwiązania za pomocą kombinacji liniowych. Każda dodatkowa kolumna byłaby z pewnością zbędna. Pytanie brzmi, czy jesteśmy w stanie jeszcze bardziej zmniejszyć rozmiar macierzy F.
Podstawowy system rozwiązań
Z twierdzenia Frobeniusa wiemy, że możemy wyrazić ogólne rozwiązanie układu Ax = 0 za pomocą parametrów n − k, gdzie n jest liczbą zmiennych, a k = rank(A). Oznaczamy parametry przez t1, t2, …, tn − k. Mając te parametry, jak moglibyśmy wygenerować dwa liniowo niezależne rozwiązania?
W pierwszym przypadku wstawiamy jedynkę po parametrze t1 i zero po pozostałych. Zatem t1 = 1 i t2 = t3 = … = tn − k = 0. W drugim przypadku robimy to samo, ale przenosimy jedynkę do drugiego parametru: t2 = 1 i t1 = t3 = t4 = … = tn − k = 0. Jeśli podłączymy te parametry do ogólnego rozwiązania, otrzymamy dwa różne rozwiązania, które są liniowo niezależne.
Przykład: niech
$$(t_1, t_2, t_3, 2t_1, 4t_3)$$
będzie rozwiązaniem ogólnym pewnego jednorodnego układu równań z trzema parametrami. Dla wybranych parametrów t1 = 1, t2 = t3 = 0 otrzymujemy rozwiązanie częściowe x1 = (1, 0, 0, 2, 0), dla t1 = t3 = 0, t2 = 1 otrzymujemy x2 = (0, 1, 0, 0, 0), a dla t1 = t2 = 0, t3 = 1 otrzymujemy x3 = (0, 0, 1, 0, 4). Rozwiązanie częściowe zapisujemy w macierzy F:
$$F=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ 2&0&0\\ 0&0&4 \end{pmatrix} $$
Z pierwszych trzech wierszy wyraźnie widać, że kolumny są liniowo niezależne. W ten sposób skonstruowaliśmy trzy różne rozwiązania częściowe, które są od siebie liniowo niezależne. Jednocześnie każde inne rozwiązanie jest liniowo zależne. Jeśli wybierzemy parametry t1 = 1, t2 = 2, t3 = 0 i obliczymy rozwiązanie, otrzymamy x4 = (1, 2, 0, 2, 0).
Ale możemy wyrazić to rozwiązanie jako x1 + 2x2 = (1, 0, 0, 2, 0) + 2(0, 1, 0, 0, 0) = (1, 2, 0, 2, 0). Podobnie dla innych rozwiązań. Otrzymaliśmy macierz, która ma trzy kolumny i definiuje wszystkie rozwiązania układu równań.
Możemy uogólnić tę procedurę. Jeśli mamy układ Ax = 0 i jego ogólne rozwiązanie, które wykorzystuje parametry n − k, wówczas możemy wyrazić rozwiązanie układu za pomocą n − k częściowych liniowo niezależnych rozwiązań układu. Takie rozwiązanie nazywamy fundamentalnym systemem rozwiązań.
Na przykład, otrzymujemy te rozwiązania poprzez sukcesywne umieszczanie jedynki po każdym parametrze t1, t2, …, tn − k i zerowanie pozostałych parametrów. Daje to n − k rozwiązania systemu, które są liniowo niezależne.
Nie jest to jedyny sposób na uzyskanie n − k liniowo niezależnych częściowych rozwiązań układu. Możemy zastąpić parametr ti dowolną niezerową liczbą zamiast jedynki i nadal otrzymywać liniowo niezależne rozwiązania.
Jeszcze raz definicja fundamentalnego układu rozwiązań układu Ax = 0: jest to zbiór rozwiązań cząstkowych {x1, x2, …, xn − k} takich, że
- x1, x2, …, xn − k są liniowo niezależne,
- każde rozwiązanie układu Ax = 0 może być wyrażone przez kombinację liniową rozwiązań cząstkowych x1, x2, …, xn − k.
Przykład
Rozwiąż jednorodny układ równań i wyznacz podstawowy układ rozwiązań:
$$ \begin{array}{cccccccccccc} 2x_1&-&5x_2&+&7x_3&+&x_4&=&0\\ 4x_1&+&3x_2&+&x_3&&&=&0\\ 2x_1&-&18x_2&+&20x_3&+&3x_4&=&0\\ 8x_1&-&20x_2&+&28x_3&+&4x_4&=&0\\ \end{array} $$
Macierz układu A będzie miała postać
$$ A=\begin{pmatrix} 2&-5&7&1\\ 4&3&1&0\\ 2&-18&20&3\\ 8&-20&28&4 \end{pmatrix} $$
Możemy obliczyć wyznacznik tej macierzy. Jest on równy zero. Zatem macierz układu jest osobliwa, a układ ma niezerowe rozwiązanie. Znajdujemy ogólne rozwiązanie układu za pomocą metody eliminacji Gaussa. Ostatni, czwarty wiersz jest równy sumie pierwszych trzech wierszy. Zerujemy więc cały czwarty wiersz. Następnie mnożymy pierwszy wiersz przez trzy, drugi minus jeden, a trzeci wiersz jest równy sumie dwóch pierwszych wierszy:
$$\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2&-5&7&1\\ 4&3&1&0\\ 2&-18&20&3\\ 8&-20&28&4 \end{pmatrix} &\sim& \begin{pmatrix} 2&-5&7&1\\ 4&3&1&0\\ 2&-18&20&3\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&-15&21&3\\ -4&-3&-1&0\\ 2&-18&20&3\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&-15&21&3\\ -4&-3&-1&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 2&-5&7&1\\ 4&3&1&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$$
Dalsze poprawki nie mają sensu. Widzimy, że macierz ma rangę dwa, rank(A) = 2. Aby napisać ogólne rozwiązanie układu, będziemy potrzebować dwóch parametrów, nazwiemy je s i t. Aby napisać rozwiązanie fundamentalne, będziemy potrzebować dwóch rozwiązań częściowych.
Teraz dochodzimy do tego układu równań:
$$ \begin{array}{cccccccccccc} 2x_1&-&5x_2&+&7x_3&+&x_4&=&0\\ 4x_1&+&3x_2&+&x_3&&&=&0\\ \end{array} $$
Z drugiego równania wyodrębniamy x3.
$$x_3=-4x_1-3x_2$$
Po x1 i x2 podstawiamy parametry, a więc s = x1 i t = x2. Następnie możemy napisać, że x3 = −4s − 3t. Pozostaje obliczyć x4. Znajdziemy to z pierwszego równania:
$$\begin{eqnarray} x_4&=&-2s+5t-7(-4s-3t)\\ x_4&=&-2s+5t+28s+21t\\ x_4&=&26s+26t\\ x_4&=&26(s+t) \end{eqnarray}$$
Rozwiązanie ogólne jest więc równe : (s, t, −4s − 3t, 26(s + t)). Aby uzyskać fundamentalny system rozwiązań, musimy znaleźć dwa rozwiązania częściowe (tj. dwa rozwiązania szczególne), które są liniowo niezależne. Znajdziemy je, umieszczając najpierw s = 1, t = 0 po parametrach, a następnie s = 0, t = 1. Dla pierwszej pary parametrów mamy częściowe rozwiązanie
$$X_1=(x_1, x_2, x_3, x_4) = (1, 0, -4, 26)$$
a dla drugiej pary
$$X_2=(x_1, x_2, x_3, x_4) = (0, 1, -3, 26).$$
Rozwiązania te są liniowo niezależne. Ponieważ w rozwiązaniu ogólnym użyliśmy dwóch parametrów, do utworzenia układu fundamentalnego potrzebujemy tylko dwóch rozwiązań częściowych. Zatem podstawowy układ rozwiązań wygląda następująco
$$\left\{(1, 0, -4, 26), (0, 1, -3, 26)\right\}.$$
Możemy również sprawdzić, czy te dwa rozwiązania są prawidłowe, zastępując je oryginalnymi równaniami. Dla X1 otrzymujemy następujące równania:
$$ \begin{array}{cccccccccccc} 2\cdot1&-&5\cdot0&+&7\cdot(-4)&+&26&=&0\\ 4\cdot1&+&3\cdot0&-&4&&&=&0\\ 2\cdot1&-&18\cdot0&+&20\cdot(-4)&+&3\cdot26&=&0\\ 8\cdot1&-&20\cdot0&+&28\cdot(-4)&+&4\cdot26&=&0\\ \end{array} $$
Po wprowadzeniu poprawek mamy:
$$\begin{eqnarray} 2-28+26&=&0\\ 4-4&=&0\\ 2-80+78&=&0\\ 8-112+104&=&0 \end{eqnarray}$$
Widzimy, że każde równanie daje 0 = 0. Wygląda na to, że obliczenia zostały wykonane poprawnie.