Συστήματα γραμμικών εξισώσεων

Ένα γραμμικό σύστημα είναι ένα σύνολο m γραμμικών εξισώσεων με n μεταβλητές. Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε τιμές που μπορούμε να αντικαταστήσουμε στις n μεταβλητές μας, ώστε να ισχύουν όλες οι εξισώσεις.

Ορισμός συστήματος γραμμικών εξισώσεων

Σίγουρα έχεις ήδη συναντήσει κάποιο απλό σύστημα της μορφής

$\begin{array}{ccccc} a_{11} x & + & a_{12} y & = & b_{1} \\ a_{21} x & + & a_{22} y & = & b_{2} \end{array}$

όπου a₁₁,…,a₂₂, b₁, b₂ είναι δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί και x και y είναι μεταβλητές. Το σύστημα αυτό μπορεί να έχει διαφορετικό πλήθος λύσεων – καμία, μία ή άπειρες, όπως και μια κλασική γραμμική εξίσωση. Στην περίπτωση ενός συστήματος γραμμικών εξισώσεων το ερώτημα του πλήθους των λύσεων και της εύρεσής τους είναι πιο σύνθετο απ' ό,τι στην περίπτωση μιας απλής γραμμικής εξίσωσης.

Ορισμός συστήματος γραμμικών εξισώσεων:

$\begin{array}{ccccccccc} a_{11} x_{1} & + & a_{12} x_{2} & + & \dots & + & a_{1 n} x_{n} & = & b_{1} \\ a_{21} x_{1} & + & a_{22} x_{2} & + & \dots & + & a_{2 n} x_{n} & = & b_{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{m 1} x_{1} & + & a_{m 2} x_{2} & + & \dots & + & a_{m n} x_{n} & = & b_{m} \end{array}$

όπου a₁₁, …, a_mn, b₁, …, b_m είναι πραγματικοί αριθμοί. Το σύστημα αυτό ονομάζεται τότε σύστημα m γραμμικών εξισώσεων με n αγνώστους x₁, …, x_n και συντελεστές a₁₁, …, a_mn. Ένα συγκεκριμένο παράδειγμα συστήματος γραμμικών εξισώσεων θα μπορούσε να μοιάζει έτσι:

$\begin{array}{ccccccccc} 3 x_{1} & + & - 2 x_{2} & + & 4 x_{3} & + & 5 x_{4} & = & 1 \\ 5 x_{1} & + & 4 x_{2} & + & 2 x_{3} & + & - 10 x_{4} & = & 2 \\ 11 x_{1} & + & 8 x_{2} & + & 10 x_{3} & + & 20 x_{4} & = & 4 \end{array}$

Όταν όμως κάποιο a_ij είναι αρνητικό, συνηθίζεται να το γράφουμε σε αυτή τη μορφή:

$\begin{array}{ccccccccc} 3 x_{1} & - & 2 x_{2} & + & 4 x_{3} & + & 5 x_{4} & = & 1 \\ 5 x_{1} & + & 4 x_{2} & + & 2 x_{3} & - & 10 x_{4} & = & 2 \\ 11 x_{1} & + & 8 x_{2} & + & 10 x_{3} & + & 20 x_{4} & = & 4 \end{array}$

Και πάλι όμως ισχύει a₁₂ = −2 και a₂₄ = −10.

Πινακική γραφή

Το σύστημα αυτό μπορούμε να το μετατρέψουμε σε πινακική μορφή. Ορίζουμε συνολικά τρεις πίνακες, έναν για τους συντελεστές, έναν για το δεύτερο μέλος των εξισώσεων και έναν για τις ίδιες τις μεταβλητές. Οι πίνακες θα μοιάζουν έτσι:

$A = (\begin{matrix} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2 n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{m 1} & a_{m 2} & \dots & a_{m n} \end{matrix}), b = (\begin{matrix} b_{1} \\ b_{2} \\ ⋮ \\ b_{m} \end{matrix}), x = (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ ⋮ \\ x_{n} \end{matrix})$

Ο πίνακας A περιέχει τους συντελεστές των αρχικών εξισώσεων και τον λέμε «πίνακα συντελεστών του συστήματος», ο πίνακας b περιέχει τα δεύτερα μέλη των εξισώσεων και ο πίνακας x περιέχει τις μεταβλητές. Τότε μπορούμε να γράψουμε ολόκληρο το σύστημα ως μία εξίσωση

$A x = b$

Η εξίσωση αυτή βγάζει νόημα, επειδή στο πρώτο μέλος έχουμε γινόμενο δύο πινάκων και στο δεύτερο μέλος έναν πίνακα, και οι διαστάσεις τους ταιριάζουν. Μπορούμε να δοκιμάσουμε να πολλαπλασιάσουμε το πρώτο μέλος. Πολλαπλασιάζουμε έναν πίνακα τύπου m × n με έναν πίνακα τύπου n × 1, οπότε ο πίνακας που προκύπτει θα είναι τύπου m × 1, θα έχει m γραμμές και μία στήλη. Προς το παρόν όλα είναι εντάξει.

Τώρα εφαρμόζουμε τον κλασικό αλγόριθμο του πολλαπλασιασμού πινάκων, ξεκινώντας από την πρώτη γραμμή του πίνακα A και την πρώτη στήλη του πίνακα x (άλλη στήλη δεν υπάρχει). Παίρνουμε:

$a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \dots + a_{1 n} x_{n}$

Με αυτό το άθροισμα βρήκαμε το πρώτο στοιχείο του νέου πίνακα, δηλαδή την τιμή b₁. Αν τα βάλουμε όλα στην εξίσωση, έχουμε:

$a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \dots + a_{1 n} x_{n} = b_{1}$

Πήραμε ακριβώς την πρώτη εξίσωση του συστήματός μας. Με τον ίδιο τρόπο θα συνεχίζαμε για τις υπόλοιπες γραμμές. Ορίζουμε ακόμη τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος, που είναι ο πίνακας του συστήματος στον οποίο προσθέτουμε τον πίνακα b ως εξής:

$B = (A | b) = (\begin{matrix} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 n} & b_{1} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2 n} & b_{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ a_{m 1} & a_{m 2} & \dots & a_{m n} & b_{m} \end{matrix})$

Στη συνέχεια θα μας ενδιαφέρει η τάξη αυτού του επαυξημένου πίνακα του συστήματος. Την τάξη του αρχικού, μη επαυξημένου πίνακα του συστήματος τη συμβολίζουμε rank(A), την τάξη του επαυξημένου rank(A|b). Ποια σχέση έχουν αυτές οι τάξεις; Αν στον πίνακα A προσθέσουμε τη στήλη b, μπορεί να συμβεί ένα από δύο: αν η νέα στήλη είναι γραμμικός συνδυασμός των στηλών του πίνακα A, η τάξη δεν αλλάζει. Αν δεν ήταν γραμμικός συνδυασμός, η τάξη θα είναι κατά ένα μεγαλύτερη.

Θεώρημα Rouché–Capelli (Frobenius)

Η τάξη του επαυξημένου πίνακα θα είναι σημαντική για μας, επειδή ισχύει ένα σημαντικό θεώρημα, το θεώρημα Rouché–Capelli (Frobenius): Το σύστημα εξισώσεων Ax = b έχει λύση αν και μόνο αν η τάξη του πίνακα του συστήματος ισούται με την τάξη του επαυξημένου πίνακα του συστήματος: rank(A) = rank(A|b).

Ας δείξουμε ότι το θεώρημα ισχύει τουλάχιστον προς τη μία κατεύθυνση – αν το x = β είναι λύση της εξίσωσης Ax = b, τότε rank(A) = rank(A|b). Αν οι τάξεις αυτές είναι ίσες, πρέπει η στήλη b να είναι γραμμικός συνδυασμός των στηλών του πίνακα A. Ας το αναπτύξουμε. Ο πίνακας β έχει τη μορφή:

$β = (\begin{matrix} β_{1} \\ β_{2} \\ ⋮ \\ β_{n} \end{matrix})$

Και ισχυριζόμαστε ότι αν στη θέση του x₁ βάλουμε το β₁ κ.ο.κ., τότε όλες οι εξισώσεις του συστήματος ισχύουν:

$\begin{array}{ccccccccc} a_{11} β_{1} & + & a_{12} β_{2} & + & \dots & + & a_{1 n} β_{n} & = & b_{1} \\ a_{21} β_{1} & + & a_{22} β_{2} & + & \dots & + & a_{2 n} β_{n} & = & b_{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{m 1} β_{1} & + & a_{m 2} β_{2} & + & \dots & + & a_{m n} β_{n} & = & b_{m} \end{array}$

Τώρα ξαναγράφουμε λίγο τις εξισώσεις. Αν κοιτάξουμε την πρώτη στήλη, θα δούμε ότι έχουμε πάντα τις τιμές a₁₁, a₂₁, …, a_m1, τις οποίες πολλαπλασιάζουμε με την ίδια τιμή β₁. Αν απομονώσουμε τη στήλη σε έναν χωριστό πίνακα, μπορούμε να βγάλουμε κοινό παράγοντα την τιμή β₁ μπροστά από τον πίνακα, οπότε παίρνουμε:

$(\begin{matrix} a_{11} β_{1} \\ a_{21} β_{1} \\ ⋮ \\ a_{m 1} β_{1} \end{matrix}) = β_{1} (\begin{matrix} a_{11} \\ a_{21} \\ ⋮ \\ a_{m 1} \end{matrix})$

Τώρα μπορούμε να ξαναγράψουμε με αυτόν τον τρόπο ολόκληρο το σύστημα:

$β_{1} (\begin{matrix} a_{11} \\ a_{21} \\ ⋮ \\ a_{m 1} \end{matrix}) + β_{2} (\begin{matrix} a_{12} \\ a_{22} \\ ⋮ \\ a_{m 2} \end{matrix}) + \dots + β_{n} (\begin{matrix} a_{1 n} \\ a_{2 n} \\ ⋮ \\ a_{m n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} b_{1} \\ b_{2} \\ ⋮ \\ b_{m} \end{matrix})$

Για να ισχύει αυτή η εξίσωση, ο πίνακας στο δεύτερο μέλος πρέπει να είναι γραμμικός συνδυασμός των πινάκων-στηλών του πρώτου μέλους και οι τιμές β₁, …, β_n πρέπει να είναι οι συντελεστές τους.

Έτσι αποδείξαμε ότι αν ο πίνακας β είναι λύση του συστήματος εξισώσεων, τότε το δεύτερο μέλος του συστήματος, ο πίνακας b, πρέπει να είναι γραμμικός συνδυασμός των στηλών του πίνακα του συστήματος. Και αν η στήλη του πίνακα b είναι γραμμικός συνδυασμός των στηλών του πίνακα A, τότε ο πίνακας A πρέπει να έχει την ίδια τάξη με τον πίνακα (A|b).

Ταυτόχρονα, αν rank(A) = rank(A|b) = k και το k ισούται με το πλήθος των αγνώστων, δηλαδή k = n, τότε το σύστημα έχει ακριβώς μία λύση. Αν ισχύει k < n, τότε το σύστημα έχει άπειρες λύσεις και για να τις γράψουμε θα χρειαστούμε n − k παραμέτρους.

Στοιχειώδεις μετασχηματισμοί γραμμών

Από την προηγούμενη εξίσωση φαίνεται επίσης ότι αν στον πίνακα (A|b) κάνουμε στοιχειώδεις μετασχηματισμούς γραμμών, η λύση του συστήματος εξισώσεων δεν αλλάζει. Αν προσθέταμε στη δεύτερη γραμμή την πρώτη γραμμή, θα παίρναμε την εξίσωση:

$β_{1} (\begin{matrix} a_{11} \\ a_{21} + a_{11} \\ ⋮ \\ a_{m 1} \end{matrix}) + β_{2} (\begin{matrix} a_{12} \\ a_{22} + a_{12} \\ ⋮ \\ a_{m 2} \end{matrix}) + \dots + β_{n} (\begin{matrix} a_{1 n} \\ a_{2 n} + a_{1 n} \\ ⋮ \\ a_{m n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} b_{1} \\ b_{2} + b_{1} \\ ⋮ \\ b_{m} \end{matrix})$

Αν αναπτύξουμε τη δεύτερη γραμμή, παίρνουμε:

$β_{1} (a_{21} + a_{11}) + β_{2} (a_{22} + a_{12}) + \dots + β_{n} (a_{2 n} + a_{1 n}) = b_{1} + b_{2}$

Κάνουμε επιμερισμό στις παρενθέσεις:

$β_{1} a_{21} + β_{1} a_{11} + β_{2} a_{22} + β_{2} a_{12} + \dots + β_{n} a_{2 n} + β_{n} a_{1 n} = b_{1} + b_{2}$

Τώρα απλώς τα αναδιατάσσουμε λίγο:

$(β_{1} a_{11} + β_{2} a_{12} + \dots + β_{n} a_{1 n}) + (β_{1} a_{21} + β_{2} a_{22} + \dots + β_{n} a_{2 n}) = b_{1} + b_{2}$

Στην πρώτη παρένθεση έχουμε στην πραγματικότητα την πρώτη γραμμή και στη δεύτερη παρένθεση την αρχική δεύτερη γραμμή. Ξέρουμε ότι η πρώτη γραμμή ισούται με την τιμή b₁ και η δεύτερη γραμμή με την τιμή b₂. Αυτό το ξέρουμε από τις αρχικές εξισώσεις. Άρα στη θέση της πρώτης παρένθεσης μπορούμε να γράψουμε b₁ και στη θέση της δεύτερης b₂:

$b_{1} + b_{2} = b_{1} + b_{2} .$

Παρόμοια μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε μια ολόκληρη γραμμή με μια σταθερά c ≠ 0 και δεν αλλάζουμε την ισχύ του συστήματος εξισώσεων. Πρόσεξε όμως ότι δεν μπορούμε να κάνουμε μετασχηματισμούς στηλών.

Σύστημα με μία λύση

Σε ένα παράδειγμα θα δούμε πώς λύνεται ένα σύστημα που έχει ακριβώς μία λύση. Έστω το σύστημα εξισώσεων:

$\begin{array}{ccccccc} 2 x_{1} & + & 3 x_{2} & + & 7 x_{3} & = & 47 \\ 3 x_{1} & + & 8 x_{2} & + & x_{3} & = & 50 \\ 3 x_{2} & + & 3 x_{3} & = & 27 \end{array}$

Ο πίνακας A θα έχει τη μορφή:

$A = (\begin{matrix} 2 & 3 & 7 \\ 3 & 8 & 1 \\ 0 & 3 & 3 \end{matrix})$

Τώρα υπολογίζουμε την τάξη αυτού του πίνακα:

$(\begin{matrix} 2 & 3 & 7 \\ 3 & 8 & 1 \\ 0 & 3 & 3 \end{matrix}) \sim (\begin{matrix} 6 & 9 & 21 \\ 6 & 16 & 2 \\ 0 & 3 & 3 \end{matrix}) \sim (\begin{matrix} 6 & 9 & 21 \\ 0 & 7 & - 19 \\ 0 & 3 & 3 \end{matrix}) \sim (\begin{matrix} 6 & 9 & 21 \\ 0 & 21 & - 57 \\ 0 & 21 & 21 \end{matrix}) \sim (\begin{matrix} 6 & 9 & 21 \\ 0 & 21 & - 57 \\ 0 & 0 & 78 \end{matrix})$

Βλέπουμε ότι rank(A) = 3. Από αυτό προκύπτει επίσης ότι rank(A|b) = 3, επειδή ένας πίνακας τύπου 3 × 4 μπορεί να έχει το πολύ τάξη τρία. Το σύστημα έχει τρεις αγνώστους, άρα ολόκληρο το σύστημα έχει ακριβώς μία λύση. Πώς τη βρίσκουμε;

Μέθοδος απαλοιφής του Gauss

Η απαλοιφή του Gauss συνίσταται στη μετατροπή του επαυξημένου πίνακα του συστήματος σε κλιμακωτή μορφή. Μετατρέποντας τον πίνακα σε κλιμακωτή μορφή, μπορούμε να βρούμε την τιμή μιας μεταβλητής. Αφού βρούμε την τιμή μιας μεταβλητής, μπορούμε να αρχίσουμε να αντικαθιστούμε αυτή την τιμή στις υπόλοιπες εξισώσεις.

Ο πίνακας (A|b) έχει τη μορφή:

$(A | b) = (\begin{matrix} 2 & 3 & 7 & 47 \\ 3 & 8 & 1 & 50 \\ 0 & 3 & 3 & 27 \end{matrix})$

Τον μετατρέπουμε σε κλιμακωτή μορφή. Θα κάνουμε τους ίδιους μετασχηματισμούς όπως στο προηγούμενο βήμα, μόνο που αυτή τη φορά θα τους εφαρμόσουμε και στην τέταρτη στήλη:

$\begin{array}{rcl} (\begin{array}{c} 2 & 3 & 7 & 47 \\ 3 & 8 & 1 & 50 \\ 0 & 3 & 3 & 27 \end{array}) & \sim & (\begin{array}{c} 6 & 9 & 21 & 141 \\ 6 & 16 & 2 & 100 \\ 0 & 3 & 3 & 27 \end{array}) \\ \sim & (\begin{array}{c} 6 & 9 & 21 & 141 \\ 0 & 7 & - 19 & - 41 \\ 0 & 3 & 3 & 27 \end{array}) \\ \sim & (\begin{array}{c} 6 & 9 & 21 & 141 \\ 0 & 21 & - 57 & - 123 \\ 0 & 21 & 21 & 189 \end{array}) \\ \sim & (\begin{array}{c} 6 & 9 & 21 & 141 \\ 0 & 21 & - 57 & - 123 \\ 0 & 0 & 78 & 312 \end{array}) \end{array}$

Επειδή κάναμε στοιχειώδεις μετασχηματισμούς γραμμών, αυτός ο πίνακας περιγράφει ένα ισοδύναμο σύστημα εξισώσεων – ένα σύστημα που έχει το ίδιο σύνολο λύσεων. Ξαναγράφουμε το σύστημα από την πινακική γραφή στη συνηθισμένη, χρησιμοποιώντας τους συντελεστές από τον τελευταίο μας πίνακα:

$\begin{array}{ccccccc} 6 x_{1} & + & 9 x_{2} & + & 21 x_{3} & = & 141 \\ 21 x_{2} & - & 57 x_{3} & = & - 123 \\ 78 x_{3} & = & 312 \end{array}$

Τώρα ξεκινάμε από την τελευταία εξίσωση. Αυτή μας λέει ότι 78x₃ = 312. Ποια τιμή πρέπει να έχει το x₃; Είναι μια απλή γραμμική εξίσωση, άρα

$\begin{array}{rcl} 78 x_{3} & = & 312 \\ x_{3} & = & \frac{312}{78} \\ x_{3} & = & 4 \end{array}$

Έχουμε την τιμή της πρώτης μεταβλητής, του x₃. Αυτή την τιμή την αντικαθιστούμε στη δεύτερη εξίσωση. Παίρνουμε την εξίσωση:

$\begin{array}{rcl} 21 x_{2} - 57 x_{3} & = & - 123 \\ 21 x_{2} - 57 \cdot 4 & = & - 123 \\ 21 x_{2} & = & - 123 + 228 \\ 21 x_{2} & = & 105 \\ x_{2} & = & \frac{105}{21} \\ x_{2} & = & 5 \end{array}$

Και τέλος αντικαθιστούμε και τις δύο τιμές που υπολογίσαμε στην πρώτη εξίσωση:

$\begin{array}{rcl} 6 x_{1} + 9 x_{2} + 21 x_{3} & = & 141 \\ 6 x_{1} + 9 \cdot 5 + 21 \cdot 4 & = & 141 \\ 6 x_{1} + 45 + 84 & = & 141 \\ 6 x_{1} & = & 12 \\ x_{1} & = & 2 \end{array}$

Η τιμή της μεταβλητής x₁ ισούται με δύο. Τώρα έχουμε την πλήρη λύση. Μπορούμε να γράψουμε ότι x = (x₁, x₂, x₃) = (2, 5, 4). Όπως φαίνεται, η μέθοδος απαλοιφής του Gauss είναι απλή αλλά αποτελεσματική μέθοδος για να λύσουμε ένα γραμμικό σύστημα.

Άπειρες λύσεις

Αν rank(A) = rank(A|b) = k και το k είναι μικρότερο από το πλήθος των αγνώστων, k < n, τότε το σύστημα έχει άπειρες λύσεις. Ας πάρουμε ένα απλό παράδειγμα:

$\begin{array}{cccccc} 4 x_{1} & + & x_{2} & = & 5 \\ 12 x_{1} & + & 3 x_{2} & = & 15 \end{array}$

Βλέπουμε ότι η δεύτερη εξίσωση ισούται με το τριπλάσιο της πρώτης εξίσωσης. Αν πολλαπλασιάσουμε την πρώτη εξίσωση με το μείον τρία και την προσθέσουμε στη δεύτερη γραμμή, παίρνουμε:

$\begin{array}{cccccc} 4 x_{1} & + & x_{2} & = & 5 \\ 0 x_{1} & + & 0 x_{2} & = & 0 \end{array}$

Σε αυτό το σημείο το πλήθος των μεταβλητών ισούται με δύο, n = 2, η τάξη του πίνακα του συστήματος ισούται με ένα, rank(A) = 1, και η τάξη του επαυξημένου πίνακα ισούται επίσης με ένα, rank(A|b) = 1. Ισχύει k < n, άρα το σύστημα έχει άπειρες λύσεις. Πώς βρίσκουμε αυτές τις λύσεις;

Κοιτάμε τις εξισώσεις. Η δεύτερη εξίσωση ικανοποιείται για όλα τα x₁, x₂, οπότε μας ενδιαφέρει μόνο η πρώτη εξίσωση. Στην πραγματικότητα όλα τα ζεύγη x₁, x₂ που ικανοποιούν την πρώτη εξίσωση αποτελούν το σύνολο όλων των λύσεων του συγκεκριμένου συστήματος εξισώσεων. Λύνουμε λοιπόν την εξίσωση 4x₁ + x₂ = 5. Τη φέρνουμε στη μορφή x₂ = 5 − 4x₁.

Στη συνέχεια θα βοηθηθούμε από μια παράμετρο. Διαλέγουμε μια παράμετρο t. Τώρα θα προσπαθήσουμε να εκφράσουμε το ζεύγος x₁, x₂ με τη βοήθεια της παραμέτρου t, ώστε να μπορούμε να γράψουμε ότι, για παράδειγμα, όλα τα ζεύγη της μορφής (t, t + 2) είναι λύσεις του συστήματος. Δηλαδή ζεύγη όπως το (1, 3) ή το (14, 16). Ο σκοπός είναι να εκφράσουμε την τιμή μιας μεταβλητής με μια άλλη μεταβλητή, ώστε να ξέρουμε ότι όταν η τιμή του x₁ είναι τάδε, η τιμή του x₂ θα είναι, ας πούμε, τριπλάσια. Ως αφετηρία διαλέγουμε το x₁.

Θέτουμε λοιπόν την ισότητα t = x₁. Αν η μεταβλητή x₁ έχει τιμή t, ποια τιμή θα έχει η μεταβλητή x₂; Αυτό φαίνεται από την προηγούμενη εξίσωση, θα έχει τιμή x₂ = 5 − 4x₁. Δηλαδή αν x₁ = t, τότε x₂ = 5 − 4t. Μπορούμε έτσι να γράψουμε ότι όλα τα ζεύγη της μορφής (t, 5 − 4t) είναι λύσεις του συστήματος εξισώσεων.

Μπορούμε να το ελέγξουμε. Αν στη θέση του t βάλουμε ένα, έχουμε: x₁ = 1 και x₂ = 5 − 4 · 1 = 1. Αντικαθιστούμε αυτές τις τιμές στην εξίσωση: 4 · 1 + 1 = 5, η εξίσωση ισχύει.

Αν στη θέση του t βάλουμε πέντε, έχουμε: x₁ = 5, x₂ = 5 − 4 · 5 = −15. Μετά την αντικατάσταση στην εξίσωση έχουμε: 4 · 5 − 15 = 5. Ισχύει.

Γενική και μερική λύση

Η λύση ενός συστήματος εξισώσεων που είναι γραμμένη με τη βοήθεια παραμέτρων ονομάζεται γενική λύση. Μια συγκεκριμένη λύση, δηλαδή όταν στη θέση των παραμέτρων βάλουμε συγκεκριμένους αριθμούς, ονομάζεται μερική λύση.

Από το προηγούμενο παράδειγμα λοιπόν: (x₁, x₂) = (t, 5 − 4t) είναι η γενική λύση του συστήματος εξισώσεων, ενώ τα (1, 1) και (5, −15) είναι μερικές λύσεις.

Αν έχουμε τον πίνακα του συστήματος A και τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος (A|b) και οι τάξεις τους είναι ίσες, rank(A) = rank(A|b) = k, τότε για να εκφράσουμε τη γενική λύση χρειαζόμαστε n − k παραμέτρους. Πρόσεξε ότι αν n = k, τότε χρειαζόμαστε μηδέν παραμέτρους. Αυτή είναι η περίπτωση όπου το σύστημα έχει ακριβώς μία λύση – τότε δεν χρειάζεται καμία παράμετρος.

Παράδειγμα

Λύσε το παρακάτω σύστημα γραμμικών εξισώσεων:

$\begin{array}{ccccccccc} 3 x_{1} & - & 2 x_{2} & + & 4 x_{3} & + & 5 x_{4} & = & 1 \\ 5 x_{1} & - & 4 x_{2} & + & 2 x_{3} & + & 10 x_{4} & = & 2 \\ 11 x_{1} & - & 8 x_{2} & + & 10 x_{3} & + & 20 x_{4} & = & 4 \end{array}$

Πρώτα υπολογίζουμε την τάξη των πινάκων A και (A|b). Μετατρέπουμε τον επαυξημένο πίνακα σε κλιμακωτή μορφή, από την οποία βρίσκουμε την τάξη και των δύο πινάκων. Πάμε να τον μετασχηματίσουμε. (Πολλαπλασιάζουμε την πρώτη γραμμή με το δύο, μετά προσθέτουμε την πρώτη και τη δεύτερη γραμμή και αυτό το αποτέλεσμα το αφαιρούμε από την τρίτη γραμμή. Στη συνέχεια αφαιρούμε την πρώτη γραμμή από τη δεύτερη και τέλος διαιρούμε την πρώτη γραμμή πάλι με το δύο.)

$\begin{array}{rcl} (A | b) = (\begin{array}{c} 3 & - 2 & 4 & 5 & 1 \\ 5 & - 4 & 2 & 10 & 2 \\ 11 & - 8 & 10 & 20 & 4 \end{array}) & \sim & (\begin{array}{c} 6 & - 4 & 8 & 10 & 2 \\ 5 & - 4 & 2 & 10 & 2 \\ 11 & - 8 & 10 & 20 & 4 \end{array}) \\ \sim & (\begin{array}{c} 6 & - 4 & 8 & 10 & 2 \\ 5 & - 4 & 2 & 10 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}) \\ \sim & (\begin{array}{c} 6 & - 4 & 8 & 10 & 2 \\ - 1 & 0 & - 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}) \\ \sim & (\begin{array}{c} 3 & - 2 & 4 & 5 & 1 \\ - 1 & 0 & - 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}) \end{array}$

Από αυτόν τον τελευταίο πίνακα βλέπουμε ήδη ότι rank(A) = rank(A|b) = k = 2. Το πλήθος των αγνώστων είναι n = 4, οπότε θα χρειαστούμε n − k = 2 παραμέτρους. Γράφουμε τις εξισώσεις σύμφωνα με τον τελευταίο πίνακα:

$\begin{array}{ccccccccc} 3 x_{1} & - & 2 x_{2} & + & 4 x_{3} & + & 5 x_{4} & = & 1 \\ - x_{1} & - & 6 x_{3} & = & 0 \end{array}$

Από τη δεύτερη εξίσωση παίρνουμε

$\begin{array}{rcl} - x_{1} - 6 x_{3} & = & 0 \\ - x_{1} & = & 6 x_{3} \\ x_{1} & = & - 6 x_{3} \end{array}$

Διαλέγουμε την πρώτη παράμετρο, t = x₃. Τότε μπορούμε να γράψουμε x₁ = −6t. Αυτό μπορούμε να το αντικαταστήσουμε στην πρώτη εξίσωση:

$\begin{array}{rcl} 3 (- 6 t) - 2 x_{2} + 4 t + 5 x_{4} & = & 1 \\ - 18 t - 2 x_{2} + 4 t + 5 x_{4} & = & 1 \\ - 14 t - 2 x_{2} + 5 x_{4} & = & 1 \\ - 2 x_{2} & = & 1 + 14 t - 5 x_{4} \\ x_{2} & = & - \frac{1}{2} - 7 t + \frac{5}{2} x_{4} \end{array}$

Βάζουμε στο παιχνίδι τη δεύτερη παράμετρο, s = x₄. Τότε μπορούμε να γράψουμε ότι

$x_{2} = - \frac{1}{2} - 7 t + \frac{5}{2} s$

Έτσι παίρνουμε τη γενική λύση του συστήματος:

$(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (- 6 t, - \frac{1}{2} - 7 t + \frac{5}{2} s, t, s)$

Μπορούμε να δοκιμάσουμε κάποιες μερικές λύσεις. Για παράδειγμα s = t = 0. Τότε παίρνουμε: $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (0, - \frac{1}{2}, 0, 0)$ . Μετά την αντικατάσταση στις αρχικές εξισώσεις:

παίρνουμε τις εξισώσεις:

$\begin{array}{ccccccccc} 0 & - & 2 \cdot (- \frac{1}{2}) & + & 0 & + & 0 & = & 1 \\ 0 & - & 4 \cdot (- \frac{1}{2}) & + & 0 & + & 0 & = & 2 \\ 0 & - & 8 \cdot (- \frac{1}{2}) & + & 0 & + & 0 & = & 4 \end{array}$

Αφού αφαιρέσουμε τα μηδενικά στοιχεία και πολλαπλασιάσουμε τα κλάσματα, παίρνουμε:

$\begin{array}{rcl} 1 & = & 1 \\ 2 & = & 2 \\ 4 & = & 4 \end{array}$

Δοκιμάζουμε μια ακόμη μερική λύση: s = 2, t = 1. Τότε παίρνουμε:

$\begin{array}{rcl} x_{1} & = & - 6 \\ x_{2} & = & - \frac{1}{2} - 7 + 5 = - \frac{5}{2} \\ x_{3} & = & 1 \\ x_{4} & = & 2 \end{array}$

Αντικαθιστούμε στις εξισώσεις:

$\begin{array}{ccccccccc} - 18 & - & 2 (- \frac{5}{2}) & + & 4 & + & 10 & = & 1 \\ - 30 & - & 4 (- \frac{5}{2}) & + & 2 & + & 20 & = & 2 \\ - 66 & - & 8 (- \frac{5}{2}) & + & 10 & + & 40 & = & 4 \end{array}$

Απλοποιούμε:

$\begin{array}{ccccccccc} - 4 & + & 5 & = & 1 \\ - 8 & + & 10 & = & 2 \\ - 16 & + & 20 & = & 4 \end{array}$

Και τελικά παίρνουμε:

$\begin{array}{rcl} 1 & = & 1 \\ 2 & = & 2 \\ 4 & = & 4 \end{array}$

Φαίνεται ότι η γενική λύση που βρήκαμε είναι σωστή.

Κεφάλαια: Συστήματα εξισώσεων, Κανόνας του Cramer, Ομογενή συστήματα

« Προηγούμενο: Ορίζουσες

Επόμενο: Κανόνας του Cramer »