5. Układy równań liniowych jednorodnych

5. Układy równań liniowych jednorodnych
Układ równań liniowych
 a11 ⋅ x1 + a12 ⋅ x 2 + K + a1n ⋅ x n = 0
 a ⋅ x + a ⋅ x +K+ a ⋅ x = 0
 21 1
22
2
2n
n

 KKKKKKKKKKKK
a m1 ⋅ x1 + a m 2 ⋅ x 2 + K + a mn ⋅ x n = 0
nazywamy układem równań liniowych jednorodnych.
Układ równań liniowych jednorodnych ma zawsze rozwiązanie zerowe
x1 = x 2 = K = x n = 0 , które nazywa się teŜ rozwiązaniem trywialnym.
Twierdzenie
Warunkiem koniecznym i dostatecznym istnienia nietrywialnego rozwiązania
układu równań liniowych jednorodnych jest, aby rząd r (A) macierzy współczynników A był
mniejszy od liczby niewiadomych r ( A) < n .
Przykład
Układ równań
2 ⋅ x1 − 3 ⋅ x 2 + x 3 = 0

5 ⋅ x1 + x 2 − 2 ⋅ x 3 = 0
oprócz rozwiązania zerowego x1 = 0 , x 2 = 0 , x 3 = 0 , ma takŜe rozwiązanie niezerowe, gdyŜ
2 − 3 1 
A=
,
5 1 − 2 
r ( A) ≤ min(2,3) = 2 ,
2 −3
5
1
= 17 ≠ 0
⇒
r ( A) = 2 < 3 = n .
RozwaŜmy układ równań
 a11 ⋅ x1 + a12 ⋅ x 2 + K + a1n ⋅ x n = 0
a ⋅ x + a ⋅ x + K + a ⋅ x = 0
 21 1
22
2
2n
n

 KKKKKKKKKKKK
a n1 ⋅ x1 + a n 2 ⋅ x 2 + K + a nn ⋅ x n = 0
Twierdzenie
Warunkiem koniecznym i dostatecznym istnienia nietrywialnego rozwiązania
układu n równań liniowych jednorodnych o n niewiadomych jest, aby det A = 0 .
Przykład
Układ równań
 2 ⋅ x1 − x 2 + x 3 = 0

3 ⋅ x1 + 6 ⋅ x 2 − 2 ⋅ x 3 = 0
 x + 4⋅ x − 5⋅ x = 0
2
3
 1
ma tylko rozwiązanie zerowe, gdyŜ
2 −1
det A = 3
1
6
4
1
− 2 = −51 ≠ 0 .
−5
Przykład
Układ równań
 2 ⋅ x1 − x 2 + 3 ⋅ x 3 = 0

− x1 + 4 ⋅ x 2 + 5 ⋅ x 3 = 0
 5 ⋅ x + x + 14 ⋅ x = 0
1
2
3

ma rozwiązanie niezerowe, gdyŜ
2
det A = − 1
5
−1
3
4
1
5 =0
14
oraz r ( A) = 2 < 3 = n .
Rozwiązywanie układów równań za pomocą operacji elementarnych.
Niech dany będzie układ równań
 a11 ⋅ x1 + a12 ⋅ x 2 + K + a1n ⋅ x n = b1
 a ⋅ x + a ⋅ x +K+ a ⋅ x = b
 21 1
22
2
2n
n
2

 KKKKKKKKKKKK
a m1 ⋅ x1 + a m 2 ⋅ x 2 + K + a mn ⋅ x n = bm
Macierz podstawowa tego układu ma postać
 a11 a12 K a1n 
a
a 22 K a 2 n 
21

A=
K K K K 


a m1 a m 2 K a mn 
Tworzymy macierz rozszerzoną (uzupełnioną)
 a11 a12 K a1n b1 


a 21 a 22 K a 2 n b2 

.
U = [A b ] =
 K K K K K


a m1 a m 2 K a mn bm 
Wykonując operacje elementarne, sprowadzamy macierz A do postaci kanonicznej
(bazowej), w rezultacie otrzymamy postać kanoniczną macierzy U
 1 0 K 0 a1′, k +1

 0 1 K 0 a 2′ , k +1
K K K K K

 0 0 K 1 a k′ , k +1
0 0 K 0
0

0
0 0 K 0

K
K K K K
0 0 K 0
0

K a1′n
K a 2′ n
b1′ 

b2′ 
K K K

′ bk′ 
K a kn
K 0
0

K 0
0

K K
K
K 0
0 
Niewiadome x1 , x 2 , K , x k , których współczynniki są elementami macierzy I k nazywamy
zmiennymi bazowymi, natomiast zmienne x k +1 , x k + 2 , K , x n nazywamy zmiennymi
niebazowymi (swobodnymi). Zmienne niebazowe traktuje się dalej jako parametry, tzn.
przyjmujemy x k +1 = t1 , x k + 2 = t 2 , K , x n = t n − k . Otrzymamy wtedy układ postaci
 x1 = b1′ − a1′, k +1 ⋅ t1 − K − a1′n ⋅ t n − k
x = b′ − a ′ ⋅ t − K − a′ ⋅ t
 2
2
2 , k +1 1
2n
n−k
t1 , K , t n − k ∈ R .

 KKKKKKKKKKKK
 x k = bk′ − a k′ , k +1 ⋅ t1 − K − a ′kn ⋅ t n − k
Rozwiązanie tego układu nazywa się rozwiązaniem ogólnym.
Przykład
Metodą operacji elementarnych rozwiązać układ równań
 x1 − 3 ⋅ x 2 + 4 ⋅ x 3 − x 4 = 1

7 ⋅ x1 + 3 ⋅ x 2 − 5 ⋅ x 3 + 5 ⋅ x 4 = 10
 2 ⋅ x + 2 ⋅ x − 3⋅ x + 2⋅ x = 3
1
2
3
4

Macierz U jest postaci
1 − 3 4 − 1 1 


U = 7 3 − 5 5 10
2 2 − 3 2 3 
Postać kanoniczna tej macierzy jest następująca
 1 0 − 18 12

11
1
0 1 − 8 2
0 0
0 0





0


11
8
1
8
Stąd wynika, Ŝe zmienne x1 , x 2 są bazowe, a zmienne x 3 , x 4 niebazowe. Przyjmując x 3 = t1 ,
x 4 = t 2 moŜemy napisać rozwiązanie ogólne
 x1 = 118 + 18 ⋅ t1 − 12 ⋅ t 2

1
11
1
 x 2 = 8 + 8 ⋅ t1 − 2 ⋅ t 2

x 3 = t1


x4 = t 2
t1 , t 2 ∈ R .
JeŜeli postać kanoniczna macierzy U
 1 0 K 0

 0 1 K 0
 K K K K

 0 0 K 1
 0 0 K 0

 0 0 K 0

 K K K K
 0 0 K 0

jest następująca
a1′, k +1 K a1′n b1′ 

a 2′ , k +1 K a 2′ n b2′ 
K K K K 

′ bk′ 
a k′ , k +1 K a kn
bk′ +1 
0 K 0

bk′ + 2 
0 K 0

K 
K K K
bm′ 
0 K 0
przy czym co najmniej jeden z elementów bk′ +1 , K , bm′ jest róŜny od zera, to dany układ jest
sprzeczny.
Przykład
Rozwiązać układ równań metodą operacji elementarnych
10 ⋅ x1 − 2 ⋅ x 2 + 8 ⋅ x 3 = 1

 5 ⋅ x1 + x 2 − 8 ⋅ x 3 = 0

15 ⋅ x1 − x 2 = 0

Mamy
10 − 2 8 1


U =  5 1 − 8 0
15 − 1 0 0
Skąd otrzymujemy
1 0 − 52 201 

1
0 1 − 6 − 4 
0 0 0 − 1 


co oznacza, Ŝe układ jest sprzeczny.
Rozwiązania bazowe
RozwaŜmy układ m równań liniowych o n niewiadomych. Jeśli spełniony jest warunek
r ( A) = r (U ) < n , to układ posiada rozwiązanie ogólne, w którym k zmiennych jest bazowych,
a n − k niebazowych.
Rozwiązaniem bazowym nazywa się rozwiązanie szczególne, otrzymane przy
n
załoŜeniu, Ŝe n − k zmiennych jest równych zeru. Układ posiada nie więcej niŜ  
k 
rozwiązań bazowych.
Przykład
Znaleźć wszystkie rozwiązania bazowe układu
 x1 + 2 ⋅ x 2 + x 3 = 4

2 ⋅ x1 + x 2 + 5 ⋅ x 3 = 5
Mamy
1 2 1 4 
U =

2 1 5 5
Skąd
1 0 3 2


0 1 − 1 1
co oznacza, Ŝe x1 , x 2 są bazowe, a x 3 niebazowa. Kładąc x 3 = t , otrzymujemy rozwiązanie
ogólne
 x1 = 2 − 3 ⋅ t

t∈R.
 x2 = 1 + t
 x =t
3

Znajdziemy teraz rozwiązania bazowe.
- Pierwsze rozwiązanie bazowe:
Niech x1 = 0 . Wtedy mamy układ
2 ⋅ x 2 + x 3 = 4

 x2 + 5 ⋅ x3 = 5
skąd znajdujemy x 2 = 53 , x 3 = 23 . Czyli
 x1 = 0

5
x2 = 3
x = 2
 3 3
-
Drugie rozwiązanie bazowe:
Niech x 2 = 0 . Wtedy mamy układ
 x1 + x 3 = 4

2 ⋅ x1 + 5 ⋅ x 3 = 5
skąd znajdujemy x1 = 5 , x 3 = −1 . Czyli
 x1 = 5

 x2 = 0
 x = −1
 3
-
Trzecie rozwiązanie bazowe:
Niech x 3 = 0 . Wtedy mamy układ
 x1 + 2 ⋅ x 2 = 4

2 ⋅ x1 + x 2 = 5
skąd znajdujemy x1 = 2 , x 2 = 1 . Czyli
 x1 = 2

 x2 = 1
x = 0
 3
Uwaga
Wszystkie trzy rozwiązania bazowe moŜna otrzymać z rozwiązania ogólnego, a
mianowicie:
- pierwsze rozwiązanie bazowe – przyjmując t = 23 ,
- drugie rozwiązanie bazowe – przyjmując t = −1 ,
- trzecie rozwiązanie bazowe – przyjmując t = 0 .