Homogene stelsels lineaire vergelijkingen

Een stelsel vergelijkingen noemen we homogeen als in het rechterlid van elke vergelijking nul staat.

Definitie van een homogeen stelsel

De algemene vorm van een homogeen stelsel vergelijkingen ziet er zo uit:

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

Dit stelsel bevat m vergelijkingen met n onbekenden en de rechterleden van alle vergelijkingen zijn gelijk aan nul. Als ze niet gelijk aan nul waren, zou het geen homogeen stelsel vergelijkingen zijn. Het voorgaande stelsel vergelijkingen kunnen we omzetten in een matrix door achtereenvolgens alle coëfficiënten, dus alle uitdrukkingen a_ij, in de matrix over te schrijven, en wel op dezelfde plaatsen waar ze in het stelsel staan. De rechter nulkolom schrijven we niet in de matrix, want dat is overbodig. Dus zo:

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

Deze matrix stelt het hierboven beschreven stelsel van m vergelijkingen met n onbekenden voor. Elke rij van deze matrix komt overeen met één vergelijking. Het hele stelsel kunnen we dan schrijven als

$A x = 0$

Basiseigenschappen van het stelsel

Uit het artikel over stelsels van lineaire vergelijkingen en uit de stelling van Frobenius kunnen we een paar interessante beweringen over homogene stelsels vergelijkingen afleiden.

Elk homogeen stelsel heeft een oplossing.
De verzameling van alle oplossingen van een homogeen stelsel bevat altijd de triviale oplossing (alle variabelen nul). Als we voor alle variabelen nul invullen, krijgen we m vergelijkingen 0 = 0.
Uit de stelling van Frobenius weten we dat om de algemene oplossing van een stelsel vergelijkingen op te schrijven n − k parameters nodig zijn, waarbij n het aantal variabelen is en k de rang van de uitgebreide matrix van het stelsel, in ons geval k = rang(A). Als n = k, hebben we geen parameter nodig en heeft het stelsel één enkele oplossing, de triviale oplossing. Daarbij geldt n = k precies dan als de matrix A geen lineair afhankelijke kolom bevat (bij een vierkante matrix betekent dat dat ze regulier is).
Uit het vorige punt volgt ook dat het stelsel een niet-triviale oplossing heeft precies dan als er in de matrix A een lineair afhankelijke kolom zit.
Als het stelsel meer onbekenden dan vergelijkingen heeft, heeft het stelsel een niet-triviale oplossing. Als het meer onbekenden dan vergelijkingen heeft, betekent dat dat k = rang(A) hoogstens gelijk kan zijn aan het aantal vergelijkingen, dus m. En als geldt dat k < n, dan is n − k > 0 en zullen er dus nog meer oplossingen bestaan, die we beschrijven met behulp van n − k parameters.

Eigenschappen van de oplossingsverzameling

De som van willekeurige oplossingen van het stelsel Ax = 0 is ook een oplossing van het stelsel. Als x₁ en x₂ oplossingen van het stelsel zijn, dan geldt Ax₁ = 0 en Ax₂ = 0 en volgens de vorige bewering geldt ook A(x₁ + x₂) = 0.

Het bewijs is eenvoudig. We nemen aan dat Ax₁ = 0 en Ax₂ = 0 en we bewijzen A(x₁ + x₂) = 0. Optellen en vermenigvuldigen van matrices voldoen aan de distributieve wet, dus we kunnen schrijven

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

Volgens de aanname geldt echter Ax₁ = 0 en Ax₂ = 0, dus de uitdrukking Ax₁ + Ax₂ kunnen we herschrijven als 0+0. We krijgen de vergelijking 0 = 0, dus de stelling geldt.

Concreet: als we twee oplossingen van het stelsel hebben: x₁ = (0, 5, 6) en x₂ = (7, 3, 5), dan is ook x₃ = x₁ + x₂ = (0 + 7, 5 + 3, 6 + 5) = (7, 8, 11) een oplossing van het stelsel.

Voor elke constante c ∈ ℝ geldt dat het c-voud van een oplossing van het stelsel ook een oplossing is. Als x₁ een oplossing van het stelsel Ax = 0 is, dan is ook c · x₁ een oplossing van het stelsel.

Het bewijs is weer eenvoudig. We nemen aan dat x₁ een oplossing van het stelsel Ax = 0 is en c ∈ ℝ. Dan bewijzen we dat de gelijkheid geldt

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

omdat c een numerieke constante is, kunnen we die buiten haakjes brengen voor de hele uitdrukking:

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

Volgens de aanname geldt Ax₁ = 0, dus uit c · Ax₁ krijgen we c · 0 = 0.

Uit de voorgaande twee punten volgt dat elke lineaire combinatie van oplossingen van het stelsel ook een oplossing van dit stelsel is.

Nu dient zich de vraag aan — als sommige oplossingen alleen lineaire combinaties van andere oplossingen zijn, bestaat er dan een verzameling oplossingen waarmee we alle andere oplossingen kunnen voortbrengen?

We proberen nu de oplossingen van het stelsel in een matrix te schrijven. Dat wil zeggen: als x₁ = (x₁₁, x₁₂, …, x_1n) een oplossing is en x₂ = (x₂₁, x₂₂, …, x_2n) een oplossing is en zo verder voor x_i, maken we een matrix F die deze oplossingen als kolommen bevat:

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

Omdat we oneindig veel verschillende lineaire combinaties kunnen maken, en daarmee oplossingen, wordt de matrix F oneindig. Nu interesseert ons of we de matrix F kleiner kunnen maken zodat ze maar een eindig aantal kolommen bevat waarmee we alle andere oplossingen kunnen voortbrengen.

Hoeveel kolommen blijven er over? De matrix F heeft n rijen, omdat het oorspronkelijke stelsel n variabelen had en elke kolom één oplossing voorstelt. De maximaal mogelijke rang van de matrix F is dus precies n. Als de matrix F meer dan n kolommen heeft, is het zeker dat minstens één kolom lineair afhankelijk is. Hieruit volgt dat we de hele oplossingsverzameling in een matrix met maximale afmeting n × n kunnen opschrijven en de andere oplossingen met lineaire combinaties kunnen berekenen. Elke verdere kolom zou zeker overbodig zijn. De vraag blijft of we de grootte van de matrix F nog verder kunnen verkleinen.

Fundamenteel stelsel van oplossingen

Uit de stelling van Frobenius weten we dat we de algemene oplossing van het stelsel Ax = 0 kunnen uitdrukken met n − k parameters, waarbij n het aantal variabelen is en k = rang(A). We noemen de parameters t₁, t₂, …, t_{n − k}. Hoe zouden we met deze parameters twee lineair onafhankelijke oplossingen kunnen voortbrengen?

In het eerste geval vullen we voor de parameter t₁ één in en voor de andere nul. Dus t₁ = 1 en t₂ = t₃ = … = t_{n − k} = 0. In het tweede geval doen we hetzelfde, alleen schuiven we de één door naar de tweede parameter: t₂ = 1 en t₁ = t₃ = t₄ = … = t_{n − k} = 0. Als we deze parameters in de algemene oplossing invullen, krijgen we twee verschillende oplossingen die lineair onafhankelijk zijn.

Voorbeeld: laat

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

de algemene oplossing zijn van een of ander homogeen stelsel vergelijkingen met drie parameters. Voor de keuze van parameters t₁ = 1, t₂ = t₃ = 0 krijgen we de particuliere oplossing x₁ = (1, 0, 0, 2, 0), voor t₁ = t₃ = 0, t₂ = 1 krijgen we x₂ = (0, 1, 0, 0, 0) en voor t₁ = t₂ = 0, t₃ = 1 krijgen we x₃ = (0, 0, 1, 0, 4). We schrijven de particuliere oplossingen in de matrix F:

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

Al uit de eerste drie rijen is duidelijk te zien dat de kolommen lineair onafhankelijk zijn. We hebben dus drie verschillende particuliere oplossingen gemaakt die onderling lineair onafhankelijk zijn. Tegelijk geldt dat elke andere oplossing lineair afhankelijk is. Als we de parameters t₁ = 1, t₂ = 2, t₃ = 0 kiezen en de oplossing berekenen, krijgen we x₄ = (1, 2, 0, 2, 0).

Deze oplossing kunnen we echter uitdrukken als x₁ + 2x₂ = (1, 0, 0, 2, 0) + 2(0, 1, 0, 0, 0) = (1, 2, 0, 2, 0). Net zo voor de andere oplossingen. Zo hebben we een matrix gekregen met drie kolommen die alle oplossingen van het stelsel vergelijkingen vastlegt.

We kunnen de werkwijze veralgemenen. Als we een stelsel Ax = 0 en zijn algemene oplossing hebben, die n − k parameters gebruikt, dan kunnen we de oplossing van het stelsel uitdrukken met n − k particuliere lineair onafhankelijke oplossingen van het stelsel. Zo'n verzameling oplossingen noemen we een fundamenteel stelsel van oplossingen.

Deze oplossingen krijgen we bijvoorbeeld door voor elke parameter t₁, t₂, …, t_{n − k} achtereenvolgens een één in te vullen en de rest van de parameters nul te laten zijn. Zo krijgen we n − k oplossingen van het stelsel die lineair onafhankelijk zijn.

Dit is overigens niet de enige manier om n − k lineair onafhankelijke particuliere oplossingen van het stelsel te maken. We kunnen voor de parameter t_i in plaats van één elk willekeurig getal ongelijk aan nul invullen en krijgen toch lineair onafhankelijke oplossingen.

Nog een keer de definitie van een fundamenteel stelsel van oplossingen van het stelsel Ax = 0: het is een verzameling particuliere oplossingen {x₁, x₂, …, x_{n − k}} zodat

x₁, x₂, …, x_{n − k} lineair onafhankelijk zijn,
elke oplossing van het stelsel Ax = 0 kan worden uitgedrukt als lineaire combinatie van de particuliere oplossingen x₁, x₂, …, x_{n − k}.

Voorbeeld

Los het homogene stelsel vergelijkingen op en bepaal een fundamenteel stelsel van oplossingen:

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

De coëfficiëntenmatrix A heeft de vorm

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

We kunnen de determinant van deze matrix berekenen. Die is gelijk aan nul. De coëfficiëntenmatrix is dus singulier en het stelsel heeft een niet-triviale oplossing. We zoeken de algemene oplossing van het stelsel met de eliminatiemethode van Gauss. De laatste, vierde rij is gelijk aan de som van de eerste drie rijen. We nullen dus de hele vierde rij. Daarna vermenigvuldigen we de eerste rij met drie, de tweede met min één en de derde rij wordt gelijk aan de som van de eerste twee rijen:

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

Verdere operaties hebben geen zin meer. We zien dat de matrix rang twee heeft, rang(A) = 2. Om de algemene oplossing van het stelsel op te schrijven hebben we twee parameters nodig, die noemen we s en t. Om de fundamentele oplossing op te schrijven hebben we twee particuliere oplossingen nodig.

Nu zijn we bij dit stelsel vergelijkingen aangekomen:

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

Uit de tweede vergelijking maken we x₃ vrij.

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

Voor x₁ en x₂ vullen we parameters in, dus s = x₁ en t = x₂. Dan kunnen we schrijven dat x₃ = −4s − 3t. Nu moeten we nog x₄ berekenen. Dat vinden we uit de eerste vergelijking:

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

De algemene oplossing is dus gelijk aan: (s, t, −4s − 3t, 26(s + t)). Om een fundamenteel stelsel van oplossingen te krijgen, moeten we twee particuliere oplossingen (dus twee concrete oplossingen) vinden die lineair onafhankelijk zijn. Die vinden we door voor de parameters eerst s = 1, t = 0 in te vullen en daarna s = 0, t = 1. Voor het eerste paar parameters hebben we de particuliere oplossing

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

en voor het tweede paar

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

Deze oplossingen zijn lineair onafhankelijk. Omdat we in de algemene oplossing twee parameters hebben gebruikt, zijn twee particuliere oplossingen genoeg om een fundamenteel stelsel te maken. Het fundamentele stelsel van oplossingen ziet er dus zo uit

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

We kunnen ook controleren dat deze twee oplossingen geldig zijn door ze in de oorspronkelijke vergelijkingen in te vullen. Voor X₁ krijgen we deze vergelijkingen:

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

Na vereenvoudigen hebben we:

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

We zien dat elke vergelijking 0 = 0 oplevert. Het lijkt erop dat we goed hebben gerekend.

Hoofdstukken: Stelsels van lineaire vergelijkingen, Regel van Cramer, Homogene stelsels lineaire vergelijkingen

« Vorige: Regel van Cramer

Volgende: Vectorruimten »