Ομογενή συστήματα γραμμικών εξισώσεων

Ένα σύστημα εξισώσεων το λέμε ομογενές, αν στο δεύτερο μέλος κάθε εξίσωσης υπάρχει μηδέν.

Ορισμός του ομογενούς συστήματος

Η γενική μορφή ενός ομογενούς συστήματος εξισώσεων είναι η εξής:

$$\begin{array}{ccccccccc}{a}_{11}{x}_1& +& a_{12}{x}_2& +& \dots & +& a_{1n}{x}_n& =& 0\\ a_{21}{x}_1& +& a_{22}{x}_2& +& \dots & +& a_{2n}{x}_n& =& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& =& ⋮\\ a_{m1}{x}_1& +& a_{m2}{x}_2& +& \dots & +& a_{mn}{x}_n& =& 0\end{array}$$

Το σύστημα αυτό αποτελείται από m εξισώσεις με n αγνώστους και τα δεύτερα μέλη όλων των εξισώσεων είναι ίσα με μηδέν. Αν δεν ήταν ίσα με μηδέν, δεν θα επρόκειτο για ομογενές σύστημα εξισώσεων. Το προηγούμενο σύστημα μπορούμε να το γράψουμε ως πίνακα, αν γράψουμε διαδοχικά όλους τους συντελεστές, δηλαδή όλες τις παραστάσεις a_ij, στις ίδιες θέσεις στις οποίες βρίσκονται στο σύστημα. Τη δεξιά μηδενική στήλη δεν θα τη γράψουμε στον πίνακα, αφού είναι περιττή. Έτσι:

$$A=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{m1}& a_{m2}& \dots & a_{mn}\end{array}\right)$$

Ο πίνακας αυτός παριστάνει το σύστημα m εξισώσεων με n αγνώστους που περιγράψαμε παραπάνω. Κάθε γραμμή του πίνακα αντιστοιχεί σε μία εξίσωση. Ολόκληρο το σύστημα μπορούμε τότε να το γράψουμε ως

$$Ax=0$$

Βασικές ιδιότητες του συστήματος

Από το άρθρο για τα συστήματα γραμμικών εξισώσεων και από το θεώρημα Rouché–Capelli (Frobenius) μπορούμε να πάρουμε μερικά ενδιαφέροντα συμπεράσματα για τα ομογενή συστήματα εξισώσεων.

• Κάθε ομογενές σύστημα έχει λύση.
• Το σύνολο όλων των λύσεων ενός ομογενούς συστήματος περιέχει πάντα τη μηδενική λύση. Αν αντικαταστήσουμε όλες τις μεταβλητές με μηδέν, παίρνουμε m εξισώσεις 0 = 0.
• Από το θεώρημα Rouché–Capelli (Frobenius) ξέρουμε ότι για να γράψουμε τη γενική λύση ενός συστήματος εξισώσεων χρειαζόμαστε n − k παραμέτρους, όπου n είναι το πλήθος των μεταβλητών και k η τάξη του επαυξημένου πίνακα του συστήματος, που στην περίπτωσή μας είναι k = rank(A). Αν n = k, δεν χρειαζόμαστε καμία παράμετρο και το σύστημα έχει μοναδική λύση, τη μηδενική. Επιπλέον, n = k ακριβώς όταν ο πίνακας A δεν περιέχει καμία γραμμικά εξαρτημένη στήλη (για τετραγωνικό πίνακα αυτό σημαίνει ότι είναι αντιστρέψιμος).
• Από το προηγούμενο συμπέρασμα προκύπτει επίσης ότι το σύστημα έχει μη μηδενική λύση αν και μόνο αν ο πίνακας A έχει κάποια γραμμικά εξαρτημένη στήλη.
• Αν το σύστημα έχει περισσότερους αγνώστους από εξισώσεις, έχει μη μηδενική λύση. Αν υπάρχουν περισσότεροι άγνωστοι από εξισώσεις, τότε το k = rank(A) μπορεί να είναι το πολύ ίσο με το πλήθος των εξισώσεων, δηλαδή m. Και αφού ισχύει k < n, είναι n − k > 0, άρα θα υπάρχουν και άλλες λύσεις, που θα τις περιγράψουμε με τη βοήθεια n − k παραμέτρων.

Ιδιότητες του συνόλου λύσεων

• Το άθροισμα οποιωνδήποτε λύσεων του συστήματος Ax = 0 είναι επίσης λύση του συστήματος. Αν τα x₁ και x₂ είναι λύσεις του συστήματος, τότε ισχύει Ax₁ = 0 και Ax₂ = 0 και σύμφωνα με τον προηγούμενο ισχυρισμό ισχύει επίσης A(x₁ + x₂) = 0.

Η απόδειξη είναι απλή. Υποθέτουμε ότι ισχύει Ax₁ = 0 και Ax₂ = 0 και θα αποδείξουμε ότι A(x₁ + x₂) = 0. Η πρόσθεση και ο πολλαπλασιασμός πινάκων ικανοποιούν την επιμεριστική ιδιότητα, οπότε μπορούμε να γράψουμε

$$A(x_1+x_2)=A{x}_1+A{x}_2.$$

Σύμφωνα με την υπόθεση όμως Ax₁ = 0 και Ax₂ = 0, άρα την παράσταση Ax₁ + Ax₂ μπορούμε να τη γράψουμε ως 0+0. Παίρνουμε την ισότητα 0 = 0, επομένως η πρόταση ισχύει.

Συγκεκριμένα: αν έχουμε δύο λύσεις του συστήματος x₁ = (0, 5, 6) και x₂ = (7, 3, 5), τότε λύση του συστήματος είναι και η x₃ = x₁ + x₂ = (0 + 7, 5 + 3, 6 + 5) = (7, 8, 11).

• Για κάθε σταθερά c ∈ ℝ ισχύει ότι το c-πολλαπλάσιο μιας λύσης του συστήματος είναι επίσης λύση. Αν το x₁ είναι λύση του συστήματος Ax = 0, τότε και το c · x₁ είναι λύση του συστήματος.

Και αυτή η απόδειξη είναι απλή. Υποθέτουμε ότι το x₁ είναι λύση του συστήματος Ax = 0 και c ∈ ℝ. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει η ισότητα

$$A(c{x}_1)=0$$

Επειδή το c είναι αριθμητική σταθερά, μπορούμε να το βγάλουμε κοινό παράγοντα μπροστά από ολόκληρη την παράσταση:

$$A(c{x}_1)=c\cdot A{x}_1$$

Σύμφωνα με την υπόθεση ισχύει Ax₁ = 0, άρα από το c · Ax₁ παίρνουμε c · 0 = 0.

• Συνέπεια των δύο προηγούμενων σημείων είναι ότι κάθε γραμμικός συνδυασμός λύσεων του συστήματος είναι επίσης λύση του συστήματος αυτού.

Τώρα προκύπτει το ερώτημα – αν κάποιες λύσεις είναι απλώς γραμμικός συνδυασμός άλλων λύσεων, υπάρχει κάποιο σύνολο λύσεων, μέσω του οποίου μπορούμε να παραγάγουμε όλες τις υπόλοιπες λύσεις;

Ας προσπαθήσουμε λοιπόν να γράψουμε τις λύσεις του συστήματος σε έναν πίνακα. Δηλαδή, αν η x₁ = (x₁₁, x₁₂, …, x_1n) είναι λύση, η x₂ = (x₂₁, x₂₂, …, x_2n) είναι λύση και ούτω καθεξής για τις x_i, φτιάχνουμε έναν πίνακα F, που θα περιέχει αυτές τις λύσεις ως στήλες του:

$$F=\left(\begin{array}{ccc}{x}_{11}& x_{21}& \dots \\ x_{12}& x_{22}& \dots \\ ⋮& ⋮& \ddots \\ x_{1n}& x_{2n}& \dots \end{array}\right)$$

Επειδή μπορούμε να φτιάξουμε άπειρους διαφορετικούς γραμμικούς συνδυασμούς, και άρα άπειρες λύσεις, ο πίνακας F θα είναι άπειρος. Εμάς τώρα μας ενδιαφέρει αν μπορούμε να μικρύνουμε τον πίνακα F ώστε να περιέχει μόνο πεπερασμένο πλήθος στηλών, με τη βοήθεια των οποίων μπορούμε να παραγάγουμε όλες τις άλλες λύσεις.

Πόσες στήλες θα μείνουν; Ο πίνακας F έχει n γραμμές, επειδή το αρχικό σύστημα είχε n μεταβλητές, και κάθε στήλη παριστάνει μία λύση. Η μέγιστη δυνατή τάξη του πίνακα F είναι επομένως ακριβώς n. Αν ο πίνακας F έχει περισσότερες από n στήλες, είναι βέβαιο ότι τουλάχιστον μία στήλη είναι γραμμικά εξαρτημένη. Από αυτό προκύπτει ότι ολόκληρο το σύνολο λύσεων μπορούμε να το γράψουμε σε πίνακα μέγιστων διαστάσεων n × n και τις υπόλοιπες λύσεις να τις υπολογίσουμε με γραμμικούς συνδυασμούς. Κάθε επιπλέον στήλη θα ήταν σίγουρα περιττή. Μένει το ερώτημα αν μπορούμε να μικρύνουμε ακόμη περισσότερο τον πίνακα F.

Βάση του χώρου λύσεων

Από το θεώρημα Rouché–Capelli (Frobenius) ξέρουμε ότι τη γενική λύση του συστήματος Ax = 0 μπορούμε να τη γράψουμε με n − k παραμέτρους, όπου n είναι το πλήθος των μεταβλητών και k = rank(A). Τις παραμέτρους θα τις ονομάσουμε t₁, t₂, …, t_{n − k}. Πώς θα μπορούσαμε με αυτές τις παραμέτρους να παραγάγουμε δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις;

Στην πρώτη περίπτωση αντικαθιστούμε την παράμετρο t₁ με ένα και τις υπόλοιπες με μηδέν. Δηλαδή t₁ = 1 και t₂ = t₃ = … = t_{n − k} = 0. Στη δεύτερη περίπτωση κάνουμε το ίδιο, μόνο που τη μονάδα τη δίνουμε στη δεύτερη παράμετρο: t₂ = 1 και t₁ = t₃ = t₄ = … = t_{n − k} = 0. Αν αντικαταστήσουμε αυτές τις παραμέτρους στη γενική λύση, παίρνουμε δύο διαφορετικές λύσεις, που είναι γραμμικά ανεξάρτητες.

Παράδειγμα: έστω ότι η

$$(t_1,t_2,t_3,2t_1,4t_3)$$

είναι η γενική λύση κάποιου ομογενούς συστήματος εξισώσεων με τρεις παραμέτρους. Για την επιλογή παραμέτρων t₁ = 1, t₂ = t₃ = 0 παίρνουμε τη μερική λύση x₁ = (1, 0, 0, 2, 0), για t₁ = t₃ = 0, t₂ = 1 παίρνουμε την x₂ = (0, 1, 0, 0, 0) και για t₁ = t₂ = 0, t₃ = 1 παίρνουμε την x₃ = (0, 0, 1, 0, 4). Γράφουμε τις μερικές λύσεις στον πίνακα F:

$$F=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 2& 0& 0\\ 0& 0& 4\end{array}\right)$$

Ήδη από τις τρεις πρώτες γραμμές φαίνεται καθαρά ότι οι στήλες είναι γραμμικά ανεξάρτητες. Έτσι φτιάξαμε τρεις διαφορετικές μερικές λύσεις, που είναι γραμμικά ανεξάρτητες μεταξύ τους. Ταυτόχρονα ισχύει ότι κάθε άλλη λύση είναι γραμμικά εξαρτημένη από αυτές. Αν διαλέξουμε παραμέτρους t₁ = 1, t₂ = 2, t₃ = 0 και υπολογίσουμε τη λύση, παίρνουμε x₄ = (1, 2, 0, 2, 0).

Τη λύση αυτή όμως μπορούμε να τη γράψουμε ως x₁ + 2x₂ = (1, 0, 0, 2, 0) + 2(0, 1, 0, 0, 0) = (1, 2, 0, 2, 0). Παρόμοια και για τις υπόλοιπες λύσεις. Έτσι πήραμε έναν πίνακα με τρεις στήλες, που ορίζει όλες τις λύσεις του συστήματος εξισώσεων.

Η διαδικασία μπορεί να γενικευτεί. Αν έχουμε ένα σύστημα Ax = 0 και τη γενική λύση του, που χρησιμοποιεί n − k παραμέτρους, τότε τη λύση του συστήματος μπορούμε να την εκφράσουμε με n − k γραμμικά ανεξάρτητες μερικές λύσεις του συστήματος. Ένα τέτοιο σύνολο λύσεων το ονομάζουμε βάση του χώρου λύσεων.

Αυτές τις λύσεις τις βρίσκουμε, για παράδειγμα, αν για κάθε παράμετρο t₁, t₂, …, t_{n − k} διαδοχικά βάλουμε τη μονάδα και οι υπόλοιπες παράμετροι είναι μηδέν. Έτσι παίρνουμε n − k λύσεις του συστήματος, που είναι γραμμικά ανεξάρτητες.

Αυτός δεν είναι ο μοναδικός τρόπος να φτιάξουμε n − k γραμμικά ανεξάρτητες μερικές λύσεις του συστήματος. Αντί για τη μονάδα μπορούμε να βάλουμε για την παράμετρο t_i οποιονδήποτε μη μηδενικό αριθμό και πάλι θα πάρουμε γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις.

Ας δώσουμε άλλη μία φορά τον ορισμό της βάσης του χώρου λύσεων του συστήματος Ax = 0: πρόκειται για ένα σύνολο μερικών λύσεων {x₁, x₂, …, x_{n − k}} τέτοιο ώστε

• οι x₁, x₂, …, x_{n − k} να είναι γραμμικά ανεξάρτητες,
• κάθε λύση του συστήματος Ax = 0 να μπορεί να εκφραστεί ως γραμμικός συνδυασμός των μερικών λύσεων x₁, x₂, …, x_{n − k}.

Παράδειγμα

Λύσε το ομογενές σύστημα εξισώσεων και βρες τη βάση του χώρου λύσεων:

$$\begin{array}{ccccccccc}2x_1& -& 5x_2& +& 7x_3& +& x_4& =& 0\\ 4x_1& +& 3x_2& +& x_3& & & =& 0\\ 2x_1& -& 18x_2& +& 20x_3& +& 3x_4& =& 0\\ 8x_1& -& 20x_2& +& 28x_3& +& 4x_4& =& 0\end{array}$$

Ο πίνακας συντελεστών A του συστήματος έχει τη μορφή

$$A=\left(\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 1\\ 4& 3& 1& 0\\ 2& -18& 20& 3\\ 8& -20& 28& 4\end{array}\right)$$

Μπορούμε να υπολογίσουμε την ορίζουσα του πίνακα αυτού. Αυτή είναι ίση με μηδέν. Ο πίνακας του συστήματος είναι επομένως μη αντιστρέψιμος και το σύστημα έχει μη μηδενική λύση. Θα βρούμε τη γενική λύση του συστήματος με τη μέθοδο απαλοιφής του Gauss. Η τελευταία, τέταρτη, γραμμή είναι ίση με το άθροισμα των τριών πρώτων γραμμών. Έτσι μηδενίζουμε ολόκληρη την τέταρτη γραμμή. Στη συνέχεια πολλαπλασιάζουμε την πρώτη γραμμή με τρία, τη δεύτερη με μείον ένα και η τρίτη γραμμή θα είναι ίση με το άθροισμα των δύο πρώτων:

$$\begin{array}{rcl}\left(\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 1\\ 4& 3& 1& 0\\ 2& -18& 20& 3\\ 8& -20& 28& 4\end{array}\right)& \sim & \left(\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 1\\ 4& 3& 1& 0\\ 2& -18& 20& 3\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & \sim & \left(\begin{array}{cccc}6& -15& 21& 3\\ -4& -3& -1& 0\\ 2& -18& 20& 3\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & \sim & \left(\begin{array}{cccc}6& -15& 21& 3\\ -4& -3& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & \sim & \left(\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 1\\ 4& 3& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$$

Περαιτέρω πράξεις δεν έχουν νόημα. Βλέπουμε ότι ο πίνακας έχει τάξη δύο, rank(A) = 2. Για να γράψουμε τη γενική λύση του συστήματος θα χρειαστούμε δύο παραμέτρους, που θα τις ονομάσουμε s και t. Για να γράψουμε τη βάση του χώρου λύσεων θα χρειαστούμε δύο μερικές λύσεις.

Τώρα καταλήξαμε στο εξής σύστημα εξισώσεων:

$$\begin{array}{ccccccccc}2x_1& -& 5x_2& +& 7x_3& +& x_4& =& 0\\ 4x_1& +& 3x_2& +& x_3& & & =& 0\end{array}$$

Από τη δεύτερη εξίσωση λύνουμε ως προς x₃.

$$x_3=-4x_1-3x_2$$

Στη θέση των x₁ και x₂ βάζουμε παραμέτρους, δηλαδή s = x₁ και t = x₂. Τότε μπορούμε να γράψουμε ότι x₃ = −4s − 3t. Μένει να υπολογίσουμε το x₄. Αυτό το βρίσκουμε από την πρώτη εξίσωση:

$$\begin{array}{rcl}{x}_4& =& -2s+5t-7(-4s-3t)\\ x_4& =& -2s+5t+28s+21t\\ x_4& =& 26s+26t\\ x_4& =& 26(s+t)\end{array}$$

Η γενική λύση είναι επομένως: (s, t, −4s − 3t, 26(s + t)). Για να βρούμε τη βάση του χώρου λύσεων, πρέπει να βρούμε δύο μερικές λύσεις (δηλαδή δύο συγκεκριμένες λύσεις) που είναι γραμμικά ανεξάρτητες. Τις βρίσκουμε αν για τις παραμέτρους βάλουμε πρώτα s = 1, t = 0 και μετά s = 0, t = 1. Για το πρώτο ζεύγος παραμέτρων έχουμε τη μερική λύση

$$X_1=(x_1,x_2,x_3,x_4)=(1,0,-4,26)$$

και για το δεύτερο

$$X_2=(x_1,x_2,x_3,x_4)=(0,1,-3,26).$$

Οι λύσεις αυτές είναι γραμμικά ανεξάρτητες. Επειδή στη γενική λύση χρησιμοποιήσαμε δύο παραμέτρους, για να φτιάξουμε τη βάση του χώρου λύσεων μας αρκούν δύο μερικές λύσεις. Η βάση του χώρου λύσεων έχει λοιπόν την εξής μορφή

$$\{(1,0,-4,26),(0,1,-3,26)\}.$$

Μπορούμε επίσης να επαληθεύσουμε ότι οι δύο αυτές λύσεις είναι σωστές, αντικαθιστώντας στις αρχικές εξισώσεις. Για την X₁ παίρνουμε τις εξής εξισώσεις:

$$\begin{array}{ccccccccc}2\cdot 1& -& 5\cdot 0& +& 7\cdot (-4)& +& 26& =& 0\\ 4\cdot 1& +& 3\cdot 0& -& 4& & & =& 0\\ 2\cdot 1& -& 18\cdot 0& +& 20\cdot (-4)& +& 3\cdot 26& =& 0\\ 8\cdot 1& -& 20\cdot 0& +& 28\cdot (-4)& +& 4\cdot 26& =& 0\end{array}$$

Μετά τις πράξεις έχουμε:

$$\begin{array}{rcl}2-28+26& =& 0\\ 4-4& =& 0\\ 2-80+78& =& 0\\ 8-112+104& =& 0\end{array}$$

Βλέπουμε ότι κάθε εξίσωση βγαίνει 0 = 0. Φαίνεται ότι οι υπολογισμοί μας ήταν σωστοί.