Stelsels van lineaire vergelijkingen

Een lineair stelsel vergelijkingen is een verzameling van m lineaire vergelijkingen met n variabelen. Door het stelsel op te lossen krijgen we waarden die we voor onze n variabelen kunnen invullen zodat alle vergelijkingen kloppen.

Definitie van een stelsel lineaire vergelijkingen

Je bent vast al eens een eenvoudig stelsel tegengekomen van het type

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

waarbij a₁₁,…,a₂₂, b₁, b₂ gegeven reële getallen zijn en x en y variabelen. Dit stelsel vergelijkingen kan een verschillend aantal oplossingen hebben — geen, één of oneindig veel, net als een klassieke lineaire vergelijking. Bij een stelsel lineaire vergelijkingen is de vraag naar het aantal oplossingen en het vinden ervan ingewikkelder dan bij een eenvoudige lineaire vergelijking.

Definitie van een stelsel lineaire vergelijkingen:

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

waarbij a₁₁, …, a_mn, b₁, …, b_m reële getallen zijn. Dit stelsel heet dan een stelsel van m lineaire vergelijkingen met n onbekenden x₁, …, x_n met coëfficiënten a₁₁, …, a_mn. Een concreet voorbeeld van een stelsel lineaire vergelijkingen kan er zo uitzien:

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

Als een a_ij echter negatief is, is het gebruikelijk om het in deze vorm te schrijven:

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

Er geldt nog steeds dat a₁₂ = −2 en a₂₄ = −10.

Matrixnotatie

Dit stelsel kunnen we omzetten in matrixvorm. We definiëren in totaal drie matrices: een voor de coëfficiënten, een voor het rechterlid van de vergelijkingen en een voor de variabelen zelf. De matrices zien er dan zo uit:

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

De matrix A bevat de coëfficiënten van de oorspronkelijke vergelijkingen en we noemen die de “coëfficiëntenmatrix”, de matrix b bevat de rechterleden van de vergelijkingen en de matrix x bevat de variabelen. Dan kunnen we het hele stelsel vergelijkingen opschrijven als de vergelijking

$A x = b$

Deze vergelijking is zinvol, want aan de linkerkant hebben we een product van twee matrices en aan de rechterkant een matrix, waarbij hun afmetingen kloppen. We kunnen proberen de linkerkant uit te rekenen. We vermenigvuldigen een matrix van het type m × n met een matrix van het type n × 1, dus de uitkomstmatrix is van het type m × 1, ze heeft m rijen en één kolom. Tot nu toe is het in orde.

Nu voeren we het klassieke algoritme van matrixvermenigvuldiging uit, we beginnen met de eerste rij van de matrix A en met de eerste kolom van de matrix x (een andere kolom is er niet). We krijgen:

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

Met deze som hebben we het eerste element van de nieuwe matrix gekregen, dus de waarde b₁. Als we dit alles in de vergelijking invullen, hebben we:

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

We hebben precies de eerste vergelijking van ons stelsel gekregen. Op dezelfde manier zouden we voor de andere rijen doorgaan. We definiëren nog de uitgebreide matrix van het stelsel, dat is de coëfficiëntenmatrix waaraan we de matrix b toevoegen, zo:

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

Verder interesseert ons de rang van deze uitgebreide matrix van het stelsel. De rang van de oorspronkelijke niet-uitgebreide coëfficiëntenmatrix noemen we rang(A), de rang van de uitgebreide rang(A|b). Wat is het verband tussen deze rangen? Als we de kolom b aan de matrix A toevoegen, kunnen twee situaties optreden: als deze nieuwe kolom een lineaire combinatie van de kolommen van de matrix A is, verandert de rang niet. Als het geen lineaire combinatie was, wordt de rang één groter.

Stelling van Frobenius

De rang van de uitgebreide matrix is belangrijk voor ons, want er geldt een belangrijke stelling, de stelling van Frobenius: Het stelsel vergelijkingen Ax = b heeft een oplossing precies dan als de rang van de coëfficiëntenmatrix gelijk is aan de rang van de uitgebreide matrix van het stelsel: rang(A) = rang(A|b).

We proberen te laten zien dat deze stelling in elk geval in één richting geldt — als x = β een oplossing van de vergelijking Ax = b is, dan rang(A) = rang(A|b). Als deze rangen gelijk zijn, moet gelden dat de kolom b een lineaire combinatie van de kolommen van de matrix A is. We schrijven het uit. De matrix β heeft de vorm:

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

En wij beweren dat als we voor x₁ de waarde β₁ invullen enzovoort, alle vergelijkingen in het stelsel vergelijkingen kloppen:

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

Nu schrijven we de vergelijkingen een beetje om. Als we naar de eerste kolom kijken, zien we dat we daar steeds de waarden a₁₁, a₂₁, …, a_m1 hebben, die we met dezelfde waarde β₁ vermenigvuldigen. Als we de kolom als aparte matrix opschrijven, kunnen we de waarde β₁ buiten haakjes brengen voor de matrix, en zo krijgen we:

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

Nu kunnen we zo het hele stelsel herschrijven:

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

Om deze vergelijking te laten kloppen, moet de matrix aan de rechterkant een lineaire combinatie van de kolommatrices aan de linkerkant zijn en moeten de waarden β₁, …, β_n hun coëfficiënten zijn.

Daarmee hebben we bewezen dat als de matrix β een oplossing van het stelsel vergelijkingen moet zijn, het rechterlid van het stelsel, de matrix b, een lineaire combinatie van de kolommen van de coëfficiëntenmatrix moet zijn. En als een kolom uit de matrix b een lineaire combinatie van de kolommen van de matrix A is, dan moet de matrix A dezelfde rang hebben als de matrix (A|b).

Tegelijk geldt dat als rang(A) = rang(A|b) = k en k gelijk is aan het aantal onbekenden, dus k = n, het stelsel precies één oplossing heeft. Als geldt dat k < n, dan heeft het stelsel oneindig veel oplossingen en om die op te schrijven hebben we n − k parameters nodig.

Elementaire rijoperaties

Verder is uit de voorgaande vergelijking te zien dat als we in de matrix (A|b) elementaire rijoperaties uitvoeren, de oplossing van het stelsel vergelijkingen niet verandert. Als we bij de tweede rij de eerste rij zouden optellen, zouden we de vergelijking krijgen:

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

Als we de tweede rij uitschrijven, krijgen we:

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

We werken de haakjes uit:

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

Nu herschikken we de termen een beetje:

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

In de eerste haakjes hebben we in feite de eerste rij en in de tweede haakjes de oorspronkelijke tweede rij. We weten dat de eerste rij gelijk is aan de waarde b₁ en de tweede rij gelijk is aan de waarde b₂. Dat weten we uit de oorspronkelijke vergelijkingen. We kunnen dus voor de eerste haakjes b₁ schrijven en voor de tweede b₂:

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

Net zo kunnen we een hele rij met een constante c ≠ 0 vermenigvuldigen zonder de geldigheid van het stelsel vergelijkingen te veranderen. Let wel: kolomoperaties mogen we niet uitvoeren.

Stelsel met één oplossing

Met een voorbeeld laten we zien hoe je een stelsel oplost dat precies één oplossing heeft. We nemen dit stelsel vergelijkingen:

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

De matrix A ziet er zo uit:

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

Nu berekenen we de rang van deze matrix:

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

We zien dat rang(A) = 3. Hieruit volgt ook dat rang(A|b) = 3, omdat een matrix van het type 3 × 4 maximaal rang drie kan hebben. Het stelsel heeft drie onbekenden, dus het hele stelsel heeft precies één oplossing. Hoe vinden we die?

Eliminatiemethode van Gauss

Gausseliminatie bestaat uit het herleiden van de uitgebreide matrix van het stelsel tot trapvorm. Door de matrix om te zetten in trapvorm kunnen we de waarde van één variabele vinden. Zodra we de waarde van één variabele hebben gevonden, kunnen we beginnen die waarde in de andere vergelijkingen in te vullen.

De matrix (A|b) heeft de vorm:

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

We herleiden haar tot trapvorm. We voeren dezelfde operaties uit als in de vorige stap, alleen passen we ze deze keer ook op de vierde kolom toe:

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

Omdat we elementaire rijoperaties hebben uitgevoerd, beschrijft deze matrix een equivalent stelsel vergelijkingen — een stelsel met dezelfde oplossingsverzameling. We schrijven het stelsel van matrixnotatie over naar de gewone notatie, waarbij we de coëfficiënten uit onze laatste matrix gebruiken:

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

Nu gaan we uit van de laatste vergelijking. Die zegt ons dat 78x₃ = 312. Welke waarde moet x₃ hebben? Dat is een eenvoudige lineaire vergelijking, dus

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

We hebben de waarde van de eerste variabele, x₃. Die waarde vullen we in in de tweede vergelijking. We krijgen de vergelijking:

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

En tot slot vullen we beide berekende waarden in in de eerste vergelijking:

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

De waarde van de variabele x₁ is gelijk aan twee. Nu hebben we de volledige oplossing. We kunnen opschrijven dat x = (x₁, x₂, x₃) = (2, 5, 4). Je ziet dat de eliminatiemethode van Gauss een eenvoudige maar krachtige methode is om een stelsel lineaire vergelijkingen op te lossen.

Oneindig veel oplossingen

Als rang(A) = rang(A|b) = k en k kleiner is dan het aantal onbekenden, k < n, dan heeft het stelsel oneindig veel oplossingen. We nemen een eenvoudig voorbeeld:

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

We zien dat de tweede vergelijking gelijk is aan drie keer de eerste vergelijking. Als we de eerste vergelijking met min drie vermenigvuldigen en bij de tweede rij optellen, krijgen we:

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

Nu is het aantal variabelen gelijk aan twee, n = 2, de rang van de coëfficiëntenmatrix is gelijk aan één, rang(A) = 1 en de rang van de uitgebreide matrix is ook gelijk aan één, rang(A|b) = 1. Er geldt k < n, dus het stelsel heeft oneindig veel oplossingen. Hoe vinden we die oplossingen?

We kijken naar de vergelijkingen. De tweede vergelijking is voldaan voor alle x₁, x₂, dus alleen de eerste vergelijking interesseert ons. Eigenlijk vormen alle paren x₁, x₂ die aan de eerste vergelijking voldoen de verzameling van alle oplossingen van het gegeven stelsel vergelijkingen. We lossen dus de vergelijking 4x₁ + x₂ = 5 op. We herleiden de vergelijking tot de vorm x₂ = 5 − 4x₁.

Verder gebruiken we een parameter. We kiezen een parameter t. Nu proberen we het paar x₁, x₂ uit te drukken met de parameter t, zodat we bijvoorbeeld kunnen opschrijven dat alle paren van de vorm (t, t + 2) oplossingen van het stelsel zijn. Dus paren zoals (1, 3) of (14, 16). Het idee is om de waarde van de ene variabele uit te drukken met een andere variabele, zodat we weten dat als de waarde van x₁ zus of zo is, de waarde van x₂ bijvoorbeeld drie keer zo groot is. Als startpunt kiezen we x₁.

We stellen dus de gelijkheid t = x₁ op. Als de variabele x₁ de waarde t heeft, welke waarde heeft de variabele x₂ dan? Dat zien we uit de vorige vergelijking, ze heeft de waarde x₂ = 5 − 4x₁. Dus als x₁ = t, dan x₂ = 5 − 4t. We kunnen dus opschrijven dat alle paren van de vorm (t, 5 − 4t) oplossingen van het stelsel vergelijkingen zijn.

We kunnen het controleren. Als we voor t één invullen, hebben we: x₁ = 1 en x₂ = 5 − 4 · 1 = 1. We vullen deze waarden in in de vergelijking: 4 · 1 + 1 = 5, de vergelijking klopt.

Als we voor t vijf invullen, hebben we: x₁ = 5, x₂ = 5 − 4 · 5 = −15. Na invullen in de vergelijking hebben we: 4 · 5 − 15 = 5. Klopt.

Algemene en particuliere oplossing

Een oplossing van een stelsel vergelijkingen die met parameters is opgeschreven, noemen we de algemene oplossing. Een concrete oplossing, dus als we voor de parameters concrete getallen invullen, noemen we een particuliere oplossing.

Uit het vorige voorbeeld: (x₁, x₂) = (t, 5 − 4t) is dus de algemene oplossing van het stelsel vergelijkingen, (1, 1) en (5, −15) zijn particuliere oplossingen.

Als we de coëfficiëntenmatrix A en de uitgebreide matrix van het stelsel (A|b) hebben en hun rangen gelijk zijn, rang(A) = rang(A|b) = k, dan hebben we om de algemene oplossing uit te drukken n − k parameters nodig. Merk op dat als n = k, we nul parameters nodig hebben. Dat is het geval waarin het stelsel precies één oplossing heeft — er is dan geen parameter nodig.

Voorbeeld

Los het volgende stelsel lineaire vergelijkingen op:

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

Eerst berekenen we de rang van de matrices A en (A|b). We herleiden de uitgebreide matrix tot trapvorm, waaruit we de rang van beide matrices vinden. Aan de slag. (We vermenigvuldigen de eerste rij met twee, tellen dan de eerste en de tweede rij op en trekken dit resultaat af van de derde rij. Verder trekken we de eerste rij af van de tweede rij en tot slot delen we de eerste rij weer door twee.)

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

Uit deze laatste matrix zien we al dat rang(A) = rang(A|b) = k = 2. Het aantal onbekenden is daarbij n = 4, dus we hebben n − k = 2 parameters nodig. We schrijven de vergelijkingen op volgens de laatste matrix:

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

Uit de tweede vergelijking krijgen we

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

We kiezen de eerste parameter, t = x₃. Dan kunnen we schrijven dat x₁ = −6t. Dit kunnen we invullen in de eerste vergelijking:

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

We halen de tweede parameter erbij, s = x₄. Dan kunnen we schrijven dat

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

Zo krijgen we de algemene oplossing van het stelsel:

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

We kunnen wat particuliere oplossingen uitproberen. Bijvoorbeeld s = t = 0. Dan krijgen we: $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (0, - \frac{1}{2}, 0, 0)$ . Na invullen in de oorspronkelijke vergelijkingen:

krijgen we de vergelijkingen:

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

Na het weglaten van de nullen en het vermenigvuldigen van de breuken krijgen we:

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

We proberen nog een particuliere oplossing: s = 2, t = 1. Dan krijgen we:

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

We vullen in in de vergelijkingen:

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

We vereenvoudigen:

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

En tot slot krijgen we:

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

Het lijkt erop dat de resulterende algemene oplossing klopt.

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

« Vorige: Determinanten

Volgende: Regel van Cramer »