Jednorodne układy równań liniowych

Układ równań nazywamy jednorodnym, jeśli po prawej stronie każdego równania jest zero.

Definicja układu jednorodnego

Ogólna postać jednorodnego układu równań wygląda tak:

$$ \begin{array}{ccccccccc} a_{11}x_1&+&a_{12}x_2&+&\ldots&+&a_{1n}x_n&=&0\\ a_{21}x_1&+&a_{22}x_2&+&\ldots&+&a_{2n}x_n&=&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&=&\vdots\\ a_{m1}x_1&+&a_{m2}x_2&+&\ldots&+&a_{mn}x_n&=&0\\ \end{array} $$

Ten układ składa się z m równań z n niewiadomymi, a prawe strony wszystkich równań są równe zeru. Gdyby nie były równe zeru, nie byłby to jednorodny układ równań. Powyższy układ równań możemy zapisać w postaci macierzy: po kolei przepisujemy do macierzy wszystkie współczynniki, czyli wszystkie wyrazy a_ij, i to na te same pozycje, na których stoją w układzie. Prawej, zerowej kolumny do macierzy przepisywać nie będziemy, bo to niepotrzebne. Czyli tak:

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

Ta macierz przedstawia opisany wyżej układ m równań z n niewiadomymi. Każdy wiersz tej macierzy odpowiada jednemu równaniu. Cały układ możemy wtedy zapisać jako

$$Ax,=,0$$

Podstawowe własności układu

Z artykułu o układach równań liniowych i z twierdzenia Kroneckera-Capellego możemy wyciągnąć kilka ciekawych wniosków o jednorodnych układach równań.

• Każdy układ jednorodny ma rozwiązanie.
• Zbiór wszystkich rozwiązań układu jednorodnego zawsze zawiera rozwiązanie zerowe. Jeśli za wszystkie niewiadome podstawimy zero, dostaniemy m równań 0 = 0.
• Z twierdzenia Kroneckera-Capellego wiemy, że do zapisania rozwiązania ogólnego układu równań potrzeba n − k parametrów, gdzie n to liczba niewiadomych, a k to rząd macierzy rozszerzonej układu, w naszym przypadku k = rank(A). Jeśli n = k, nie potrzebujemy żadnego parametru i układ ma jedyne rozwiązanie, zerowe. Przy tym n = k wtedy i tylko wtedy, gdy macierz A nie zawiera żadnej liniowo zależnej kolumny (dla macierzy kwadratowej oznacza to, że jest nieosobliwa).
• Z poprzedniego punktu wynika też, że układ ma rozwiązanie niezerowe wtedy i tylko wtedy, gdy w macierzy A jest jakaś liniowo zależna kolumna.
• Jeśli układ ma więcej niewiadomych niż równań, to ma rozwiązanie niezerowe. Jeśli ma więcej niewiadomych niż równań, oznacza to, że k = rank(A) może być równe co najwyżej liczbie równań, czyli m. A jeśli k < n, to n − k > 0, więc będą istnieć kolejne rozwiązania, które opiszemy za pomocą n − k parametrów.

Własności zbioru rozwiązań

• Suma dowolnych rozwiązań układu Ax = 0 też jest rozwiązaniem układu. Jeśli x₁ i x₂ są rozwiązaniami układu, to Ax₁ = 0 i Ax₂ = 0, a zgodnie z tym twierdzeniem zachodzi też A(x₁ + x₂) = 0.

Dowód jest prosty. Załóżmy, że Ax₁ = 0 i Ax₂ = 0, i udowodnimy, że A(x₁ + x₂) = 0. Mnożenie macierzy jest rozdzielne względem dodawania, więc możemy napisać

$$A(x_1+x_2) = Ax_1+Ax_2.$$

Z założenia jednak Ax₁ = 0 i Ax₂ = 0, więc wyrażenie Ax₁ + Ax₂ możemy zapisać jako 0+0. Dostajemy równanie 0 = 0, więc twierdzenie jest prawdziwe.

Konkretnie: jeśli mamy dwa rozwiązania układu, x₁ = (0, 5, 6) i x₂ = (7, 3, 5), to rozwiązaniem układu jest też x₃ = x₁ + x₂ = (0 + 7, 5 + 3, 6 + 5) = (7, 8, 11).

• Dla każdej stałej c ∈ ℝ zachodzi, że iloczyn rozwiązania układu przez c też jest rozwiązaniem. Jeśli x₁ jest rozwiązaniem układu Ax = 0, to także c · x₁ jest rozwiązaniem układu.

Dowód znowu jest prosty. Załóżmy, że x₁ jest rozwiązaniem układu Ax = 0 i c ∈ ℝ. Udowodnimy, że zachodzi równość

$$A(cx_1)=0$$

Ponieważ c jest stałą liczbową, możemy ją wyłączyć przed całe wyrażenie:

$$A(cx_1) = c\cdot Ax_1$$

Z założenia Ax₁ = 0, więc z c · Ax₁ dostajemy c · 0 = 0.

• Z dwóch poprzednich punktów wynika, że dowolna kombinacja liniowa rozwiązań układu też jest rozwiązaniem tego układu.

Nasuwa się teraz pytanie — skoro niektóre rozwiązania są tylko kombinacją liniową innych rozwiązań, czy istnieje jakiś zbiór rozwiązań, z którego potrafimy wygenerować wszystkie pozostałe rozwiązania?

Spróbujmy teraz zapisać rozwiązania układu w macierzy. To znaczy: jeśli $x_1 = (x_{11}, x_{12}, …, x_{1n})$ jest rozwiązaniem i $x_2 = (x_{21}, x_{22}, …, x_{2n})$ jest rozwiązaniem i tak dalej dla x_i, utworzymy macierz F, która będzie zawierać te rozwiązania jako swoje kolumny:

$$ F=\begin{pmatrix} x_{11}&x_{21}&…\\ x_{12}&x_{22}&…\\ \vdots&\vdots&\ddots\\ x_{1n}&x_{2n}&… \end{pmatrix} $$

Ponieważ możemy utworzyć nieskończenie wiele różnych kombinacji liniowych, a tym samym rozwiązań, macierz F będzie nieskończona. Interesuje nas teraz, czy da się macierz F zmniejszyć tak, żeby zawierała tylko skończoną liczbę kolumn, z których można wygenerować wszystkie pozostałe rozwiązania.

Ile kolumn zostanie? Macierz F ma n wierszy, bo wyjściowy układ miał n niewiadomych, a każda kolumna przedstawia jedno rozwiązanie. Największy możliwy rząd macierzy F wynosi więc właśnie n. Jeśli macierz F ma więcej niż n kolumn, na pewno co najmniej jedna kolumna jest liniowo zależna. Wynika z tego, że cały zbiór rozwiązań potrafimy zapisać w macierzy o wymiarze co najwyżej n × n, a pozostałe rozwiązania obliczyć za pomocą kombinacji liniowych. Każda kolejna kolumna byłaby na pewno zbędna. Pozostaje pytanie, czy nie da się rozmiaru macierzy F jeszcze zmniejszyć.

Fundamentalny układ rozwiązań

Z twierdzenia Kroneckera-Capellego wiemy, że rozwiązanie ogólne układu Ax = 0 możemy wyrazić za pomocą n − k parametrów, gdzie n to liczba niewiadomych, a k = rank(A). Parametry oznaczymy t₁, t₂, …, t_{n − k}. Jak za pomocą tych parametrów wygenerować dwa liniowo niezależne rozwiązania?

W pierwszym przypadku podstawimy za parametr t₁ jedynkę, a za pozostałe zero. Czyli t₁ = 1 i t₂ = t₃ = … = t_{n − k} = 0. W drugim przypadku zrobimy to samo, tylko jedynkę przesuniemy do drugiego parametru: t₂ = 1 i t₁ = t₃ = t₄ = … = t_{n − k} = 0. Jeśli podstawimy te parametry do rozwiązania ogólnego, dostaniemy dwa różne rozwiązania, które są liniowo niezależne.

Przykład: niech

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

będzie rozwiązaniem ogólnym jakiegoś jednorodnego układu równań z trzema parametrami. Dla wyboru parametrów t₁ = 1, t₂ = t₃ = 0 dostaniemy rozwiązanie szczególne x₁ = (1, 0, 0, 2, 0), dla t₁ = t₃ = 0, t₂ = 1 dostaniemy x₂ = (0, 1, 0, 0, 0), a dla t₁ = t₂ = 0, t₃ = 1 dostaniemy x₃ = (0, 0, 1, 0, 4). Zapiszmy rozwiązania szczególne w macierzy F:

$$F=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ 2&0&0\\ 0&0&4 \end{pmatrix} $$

Już z pierwszych trzech wierszy wyraźnie widać, że kolumny są liniowo niezależne. Zbudowaliśmy w ten sposób trzy różne rozwiązania szczególne, które są wzajemnie liniowo niezależne. Jednocześnie każde kolejne rozwiązanie jest od nich liniowo zależne. Jeśli wybierzemy parametry t₁ = 1, t₂ = 2, t₃ = 0 i obliczymy rozwiązanie, dostaniemy x₄ = (1, 2, 0, 2, 0).

To rozwiązanie możemy jednak wyrazić jako x₁ + 2x₂ = (1, 0, 0, 2, 0) + 2(0, 1, 0, 0, 0) = (1, 2, 0, 2, 0). Podobnie z pozostałymi rozwiązaniami. Dostaliśmy więc macierz, która ma trzy kolumny i wyznacza wszystkie rozwiązania układu równań.

To postępowanie możemy uogólnić. Jeśli mamy układ Ax = 0 i jego rozwiązanie ogólne, które używa n − k parametrów, to rozwiązania układu możemy wyrazić za pomocą n − k liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych układu. Taki zbiór rozwiązań nazywamy fundamentalnym układem rozwiązań.

Te rozwiązania dostaniemy na przykład tak, że za każdy parametr t₁, t₂, …, t_{n − k} po kolei podstawimy jedynkę, a reszta parametrów będzie zerowa. W ten sposób dostaniemy n − k rozwiązań układu, które są liniowo niezależne.

Nie jest to przy tym jedyny sposób, jak utworzyć n − k liniowo niezależnych rozwiązań szczególnych układu. Za parametr t_i możemy zamiast jedynki podstawić dowolną liczbę różną od zera i i tak dostaniemy rozwiązania liniowo niezależne.

Jeszcze raz definicja fundamentalnego układu rozwiązań układu Ax = 0: jest to zbiór rozwiązań szczególnych {x₁, x₂, …, x_{n − k}} taki, że

• x₁, x₂, …, x_{n − k} są liniowo niezależne,
• dowolne rozwiązanie układu Ax = 0 można wyrazić jako kombinację liniową rozwiązań szczególnych x₁, x₂, …, x_{n − k}.

Przykład

Rozwiąż jednorodny układ równań i wyznacz fundamentalny układ rozwiązań:

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

Macierz układu A będzie miała postać

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

Możemy obliczyć wyznacznik tej macierzy. Jest równy zeru. Macierz układu jest więc osobliwa i układ ma rozwiązanie niezerowe. Znajdziemy rozwiązanie ogólne układu metodą eliminacji Gaussa. Ostatni, czwarty wiersz jest równy sumie pierwszych trzech wierszy. Wyzerujemy więc cały czwarty wiersz. Potem pomnożymy pierwszy wiersz przez trzy, drugi przez minus jeden, a trzeci wiersz będzie równy sumie dwóch pierwszych wierszy:

$$\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2&-5&7&1\\ 4&3&1&0\\ 2&-18&20&3\\ 8&-20&28&4 \end{pmatrix} &\sim& \begin{pmatrix} 2&-5&7&1\\ 4&3&1&0\\ 2&-18&20&3\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&-15&21&3\\ -4&-3&-1&0\\ 2&-18&20&3\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&-15&21&3\\ -4&-3&-1&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 2&-5&7&1\\ 4&3&1&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$$

Dalsze przekształcenia nie mają już sensu. Widzimy, że macierz ma rząd dwa, rank(A) = 2. Do zapisania rozwiązania ogólnego układu będziemy potrzebować dwóch parametrów, nazwiemy je s i t. Do zapisania fundamentalnego układu rozwiązań będziemy potrzebować dwóch rozwiązań szczególnych.

Doszliśmy teraz do takiego układu równań:

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

Z drugiego równania wyznaczymy x₃.

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

Za x₁ i x₂ podstawimy parametry, czyli s = x₁ i t = x₂. Wtedy możemy zapisać, że x₃ = −4s − 3t. Zostaje obliczyć x₄. Wyznaczymy je z pierwszego równania:

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

Rozwiązanie ogólne ma więc postać: (s, t, −4s − 3t, 26(s + t)). Żeby otrzymać fundamentalny układ rozwiązań, musimy znaleźć dwa rozwiązania szczególne (czyli dwa konkretne rozwiązania), które są liniowo niezależne. Znajdziemy je tak, że za parametry najpierw podstawimy s = 1, t = 0, a potem s = 0, t = 1. Dla pierwszej pary parametrów mamy rozwiązanie szczególne

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

a dla drugiej pary

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

Te rozwiązania są liniowo niezależne. Ponieważ w rozwiązaniu ogólnym użyliśmy dwóch parametrów, do utworzenia fundamentalnego układu wystarczą nam dwa rozwiązania szczególne. Fundamentalny układ rozwiązań wygląda więc tak

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

Możemy też sprawdzić, że te dwa rozwiązania są poprawne, podstawiając je do wyjściowych równań. Dla X₁ dostajemy takie równania:

$$ \begin{array}{cccccccccccc} 2\cdot1&-&5\cdot0&+&7\cdot(-4)&+&26&=&0\\ 4\cdot1&+&3\cdot0&-&4&&&=&0\\ 2\cdot1&-&18\cdot0&+&20\cdot(-4)&+&3\cdot26&=&0\\ 8\cdot1&-&20\cdot0&+&28\cdot(-4)&+&4\cdot26&=&0\\ \end{array} $$

Po przekształceniach mamy:

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

Widzimy, że każde równanie daje 0 = 0. Wygląda na to, że liczyliśmy dobrze.