Sistem persamaan linear homogen

Suatu sistem persamaan dikatakan homogen jika sebelah kanan setiap persamaannya ialah sifar.

Takrif sistem homogen

Bentuk am sistem persamaan homogen ialah:

$\begin{array}{ccccccccc} a_{11} x_{1} & + & a_{12} x_{2} & + & \dots & + & a_{1 n} x_{n} & = & 0 \\ a_{21} x_{1} & + & a_{22} x_{2} & + & \dots & + & a_{2 n} x_{n} & = & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & = & ⋮ \\ a_{m 1} x_{1} & + & a_{m 2} x_{2} & + & \dots & + & a_{m n} x_{n} & = & 0 \end{array}$

Sistem ini mengandungi m persamaan dalam n anu, dan sebelah kanan semua persamaan ialah sifar. Jika sebelah kanannya bukan sifar, sistem itu bukan sistem persamaan homogen. Sistem persamaan tadi boleh ditulis semula sebagai matriks dengan memasukkan semua pekali, iaitu semua ungkapan a_ij, ke dalam matriks pada kedudukan yang sama seperti dalam sistem. Lajur sifar di sebelah kanan tidak perlu dimasukkan ke dalam matriks kerana tidak berguna. Jadi, matriksnya ialah:

$A = (\begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2 n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{m 1} & a_{m 2} & \dots & a_{m n} \end{array})$

Matriks ini mewakili sistem m persamaan dalam n anu yang dihuraikan di atas. Setiap baris matriks ini sepadan dengan satu persamaan. Seluruh sistem boleh ditulis sebagai

$A x = 0$

Sifat asas sistem

Daripada artikel tentang sistem persamaan linear dan teorem Rouché–Capelli, kita boleh memperoleh beberapa pernyataan menarik tentang sistem persamaan homogen.

Setiap sistem homogen mempunyai penyelesaian.
Set semua penyelesaian sistem homogen sentiasa mengandungi penyelesaian sifar (penyelesaian remeh). Jika kita gantikan semua pemboleh ubah dengan sifar, kita memperoleh m persamaan 0 = 0.
Daripada teorem Rouché–Capelli, kita tahu bahawa untuk menulis penyelesaian am sistem persamaan, kita memerlukan n − k parameter, dengan n ialah bilangan pemboleh ubah dan k ialah pangkat matriks imbuhan sistem; dalam kes kita, k = rank(A). Jika n = k, kita tidak memerlukan sebarang parameter, dan sistem itu mempunyai satu penyelesaian sahaja, iaitu penyelesaian sifar. Selain itu, n = k jika dan hanya jika matriks A tidak mengandungi sebarang lajur yang bersandar linear (bagi matriks segi empat sama, hal ini bermaksud matriks itu tak singular).
Daripada perkara tadi juga, sistem itu mempunyai penyelesaian tak remeh jika dan hanya jika matriks A mengandungi lajur yang bersandar linear.
Jika sistem mempunyai lebih banyak anu daripada persamaan, sistem itu mempunyai penyelesaian tak remeh. Jika bilangan anu lebih banyak daripada bilangan persamaan, maka k = rank(A) paling besar sama dengan bilangan persamaan, iaitu m. Dan jika k < n, maka n − k > 0, jadi wujud penyelesaian lain yang kita huraikan dengan n − k parameter.

Sifat set penyelesaian

Hasil tambah sebarang penyelesaian sistem Ax = 0 juga merupakan penyelesaian sistem itu. Jika x₁ dan x₂ ialah penyelesaian sistem, maka Ax₁ = 0 dan Ax₂ = 0, dan menurut pernyataan tadi, A(x₁ + x₂) = 0 juga.

Buktinya mudah. Andaikan Ax₁ = 0 dan Ax₂ = 0; kita buktikan A(x₁ + x₂) = 0. Penambahan dan pendaraban matriks memenuhi hukum kalis agihan, jadi kita boleh menulis

$A (x_{1} + x_{2}) = A x_{1} + A x_{2} .$

Akan tetapi, menurut andaian, Ax₁ = 0 dan Ax₂ = 0, jadi ungkapan Ax₁ + Ax₂ boleh ditulis semula sebagai 0+0. Kita memperoleh persamaan 0 = 0, jadi pernyataan itu benar.

Secara konkrit: jika kita mempunyai dua penyelesaian sistem, x₁ = (0, 5, 6) dan x₂ = (7, 3, 5), maka x₃ = x₁ + x₂ = (0 + 7, 5 + 3, 6 + 5) = (7, 8, 11) juga merupakan penyelesaian sistem itu.

Bagi setiap pemalar c ∈ ℝ, c kali suatu penyelesaian sistem juga merupakan penyelesaian. Jika x₁ ialah penyelesaian sistem Ax = 0, maka c · x₁ juga penyelesaian sistem itu.

Buktinya juga mudah. Andaikan x₁ ialah penyelesaian sistem Ax = 0 dan c ∈ ℝ. Kita buktikan bahawa

$A (c x_{1}) = 0$

Oleh sebab c ialah pemalar nombor, kita boleh memfaktorkannya ke hadapan seluruh ungkapan:

$A (c x_{1}) = c \cdot A x_{1}$

Menurut andaian, Ax₁ = 0, jadi daripada c · Ax₁ kita memperoleh c · 0 = 0.

Akibat daripada dua perkara tadi, sebarang gabungan linear penyelesaian sistem juga merupakan penyelesaian sistem itu.

Sekarang timbul satu soalan — jika sesetengah penyelesaian hanyalah gabungan linear penyelesaian lain, adakah wujud suatu set penyelesaian yang daripadanya kita dapat menjana semua penyelesaian lain?

Mari kita cuba menulis penyelesaian sistem ke dalam matriks. Iaitu, jika x₁ = (x₁₁, x₁₂, …, x_1n) ialah penyelesaian, x₂ = (x₂₁, x₂₂, …, x_2n) ialah penyelesaian, dan seterusnya bagi x_i, kita bina matriks F yang lajurnya ialah penyelesaian ini:

$F = (\begin{matrix} x_{11} & x_{21} & \dots \\ x_{12} & x_{22} & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ \\ x_{1 n} & x_{2 n} & \dots \end{matrix})$

Oleh sebab kita boleh membentuk gabungan linear yang tak terhingga banyaknya, dan dengan itu penyelesaian yang tak terhingga banyaknya, matriks F akan menjadi tak terhingga. Sekarang kita ingin tahu sama ada matriks F boleh dikecilkan supaya hanya mengandungi bilangan lajur yang terhingga, yang dengannya kita dapat menjana semua penyelesaian lain.

Berapakah bilangan lajur yang tinggal? Matriks F mempunyai n baris kerana sistem asal mempunyai n pemboleh ubah, dan setiap lajur mewakili satu penyelesaian. Oleh itu, pangkat maksimum yang mungkin bagi matriks F ialah n. Jika matriks F mempunyai lebih daripada n lajur, tentu sekurang-kurangnya satu lajur bersandar linear. Hal ini bermaksud seluruh set penyelesaian dapat ditulis dalam matriks bersaiz paling besar n × n, dan penyelesaian lain dapat dikira melalui gabungan linear. Sebarang lajur tambahan tentu berlebihan. Persoalannya ialah sama ada saiz matriks F masih dapat dikecilkan lagi.

Sistem penyelesaian asas

Daripada teorem Rouché–Capelli, kita tahu bahawa penyelesaian am sistem Ax = 0 dapat diungkapkan dengan n − k parameter, dengan n ialah bilangan pemboleh ubah dan k = rank(A). Kita tandakan parameter ini dengan t₁, t₂, …, t_{n − k}. Bagaimanakah kita dapat menjana dua penyelesaian yang tak bersandar linear dengan parameter ini?

Dalam kes pertama, kita gantikan parameter t₁ dengan satu dan parameter lain dengan sifar. Jadi, t₁ = 1 dan t₂ = t₃ = … = t_{n − k} = 0. Dalam kes kedua, kita lakukan perkara yang sama, tetapi kita alihkan satu itu kepada parameter kedua: t₂ = 1 dan t₁ = t₃ = t₄ = … = t_{n − k} = 0. Jika kita gantikan parameter ini ke dalam penyelesaian am, kita memperoleh dua penyelesaian berbeza yang tak bersandar linear.

Contoh: katakan

$(t_{1}, t_{2}, t_{3}, 2 t_{1}, 4 t_{3})$

ialah penyelesaian am bagi suatu sistem persamaan homogen dengan tiga parameter. Bagi pilihan parameter t₁ = 1, t₂ = t₃ = 0, kita memperoleh penyelesaian khusus x₁ = (1, 0, 0, 2, 0); bagi t₁ = t₃ = 0, t₂ = 1, kita memperoleh x₂ = (0, 1, 0, 0, 0); dan bagi t₁ = t₂ = 0, t₃ = 1, kita memperoleh x₃ = (0, 0, 1, 0, 4). Kita tulis penyelesaian khusus ini ke dalam matriks F:

$F = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix})$

Daripada tiga baris pertama sahaja sudah jelas bahawa lajurnya tak bersandar linear. Jadi, kita telah membina tiga penyelesaian khusus yang berbeza dan tak bersandar linear antara satu sama lain. Selain itu, sebarang penyelesaian lain bersandar linear kepadanya. Jika kita pilih parameter t₁ = 1, t₂ = 2, t₃ = 0 dan mengira penyelesaiannya, kita memperoleh x₄ = (1, 2, 0, 2, 0).

Akan tetapi, penyelesaian ini boleh diungkapkan sebagai x₁ + 2x₂ = (1, 0, 0, 2, 0) + 2(0, 1, 0, 0, 0) = (1, 2, 0, 2, 0). Begitu juga bagi penyelesaian lain. Jadi, kita memperoleh matriks dengan tiga lajur yang mentakrifkan semua penyelesaian sistem persamaan itu.

Langkah ini boleh diitlakkan. Jika kita mempunyai sistem Ax = 0 dan penyelesaian amnya menggunakan n − k parameter, maka penyelesaian sistem itu boleh diungkapkan dengan n − k penyelesaian khusus yang tak bersandar linear. Set penyelesaian seperti ini dipanggil sistem penyelesaian asas.

Penyelesaian ini boleh diperoleh, misalnya, dengan menggantikan setiap parameter t₁, t₂, …, t_{n − k} secara bergilir-gilir dengan satu, sementara parameter lain sifar. Dengan itu, kita memperoleh n − k penyelesaian sistem yang tak bersandar linear.

Namun, cara ini bukan satu-satunya cara untuk membina n − k penyelesaian khusus yang tak bersandar linear. Kita boleh menggantikan parameter t_i dengan sebarang nombor bukan sifar sebagai ganti satu, dan kita tetap memperoleh penyelesaian yang tak bersandar linear.

Sekali lagi, takrif sistem penyelesaian asas bagi sistem Ax = 0: sistem ini ialah set penyelesaian khusus {x₁, x₂, …, x_{n − k}} yang memenuhi syarat berikut:

x₁, x₂, …, x_{n − k} tak bersandar linear,
sebarang penyelesaian sistem Ax = 0 dapat diungkapkan sebagai gabungan linear penyelesaian khusus x₁, x₂, …, x_{n − k}.

Contoh

Selesaikan sistem persamaan homogen ini dan tentukan sistem penyelesaian asasnya:

$\begin{array}{cccccccccccc} 2 x_{1} & - & 5 x_{2} & + & 7 x_{3} & + & x_{4} & = & 0 \\ 4 x_{1} & + & 3 x_{2} & + & x_{3} & = & 0 \\ 2 x_{1} & - & 18 x_{2} & + & 20 x_{3} & + & 3 x_{4} & = & 0 \\ 8 x_{1} & - & 20 x_{2} & + & 28 x_{3} & + & 4 x_{4} & = & 0 \end{array}$

Matriks pekali A berbentuk

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

Kita boleh mengira penentu matriks ini. Penentunya sama dengan sifar. Oleh itu, matriks pekali ini singular, dan sistem itu mempunyai penyelesaian tak remeh. Kita cari penyelesaian am sistem ini dengan kaedah penghapusan Gauss. Baris terakhir, iaitu baris keempat, sama dengan hasil tambah tiga baris pertama. Jadi, kita jadikan seluruh baris keempat sifar. Kemudian kita darabkan baris pertama dengan tiga, baris kedua dengan negatif satu, dan baris ketiga menjadi sama dengan hasil tambah dua baris pertama:

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

Operasi lain tidak diperlukan lagi. Kita lihat bahawa pangkat matriks ini ialah dua, rank(A) = 2. Untuk menulis penyelesaian am sistem ini, kita memerlukan dua parameter, yang kita namakan s dan t. Untuk menulis sistem penyelesaian asas, kita memerlukan dua penyelesaian khusus.

Sekarang kita memperoleh sistem persamaan berikut:

$\begin{array}{cccccccccccc} 2 x_{1} & - & 5 x_{2} & + & 7 x_{3} & + & x_{4} & = & 0 \\ 4 x_{1} & + & 3 x_{2} & + & x_{3} & = & 0 \end{array}$

Daripada persamaan kedua, kita ungkapkan x₃.

$x_{3} = - 4 x_{1} - 3 x_{2}$

Bagi x₁ dan x₂, kita gunakan parameter, jadi s = x₁ dan t = x₂. Maka kita boleh menulis x₃ = −4s − 3t. Tinggal x₄ yang perlu dikira. Nilainya diperoleh daripada persamaan pertama:

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

Jadi, penyelesaian amnya ialah: (s, t, −4s − 3t, 26(s + t)). Untuk memperoleh sistem penyelesaian asas, kita perlu mencari dua penyelesaian khusus (iaitu dua penyelesaian konkrit) yang tak bersandar linear. Kedua-duanya diperoleh dengan menggantikan parameter, mula-mula dengan s = 1, t = 0, kemudian dengan s = 0, t = 1. Bagi pasangan parameter pertama, kita memperoleh penyelesaian khusus

$X_{1} = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (1, 0, - 4, 26)$

dan bagi pasangan kedua

$X_{2} = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (0, 1, - 3, 26) .$

Kedua-dua penyelesaian ini tak bersandar linear. Oleh sebab kita menggunakan dua parameter dalam penyelesaian am, dua penyelesaian khusus sudah cukup untuk membina sistem penyelesaian asas. Jadi, sistem penyelesaian asas ialah

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

Kita juga boleh menyemak bahawa kedua-dua penyelesaian ini sah dengan menggantikannya ke dalam persamaan asal. Bagi X₁, kita memperoleh persamaan berikut:

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

Selepas dipermudahkan, kita memperoleh:

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

Kita lihat bahawa setiap persamaan memberikan 0 = 0. Nampaknya pengiraan kita betul.

Kandungan: Sistem persamaan linear, Petua Cramer, Sistem persamaan linear homogen

« Artikel sebelumnya: Petua Cramer

Artikel seterusnya: Ruang vektor »