Mely vektorhalmazok képezik az r3 alapját. Vektortér: dimenzió és bázis, vektor bázisra bontása. Algoritmus vektorrendszer alapjainak megtalálására

17.09.2021Cím: Megoldás

Előadások algebráról és geometriáról. 1. félév.

9. előadás A vektortér alapjai.

Összefoglalás: vektorok rendszere, vektorrendszer lineáris kombinációja, vektorrendszer lineáris kombinációjának együtthatói, bázis egy egyenesen, síkban és térben, vektorterek méretei egyenesen, síkban és térben, dekompozíció vektor bázis mentén, vektor koordinátái az alaphoz viszonyítva, egyenlőségtétel két vektor, lineáris műveletek vektorokkal koordinátajelölésben, ortonormális vektorok hármasa, vektorok jobb és bal hármasa, ortonormális bázis, vektoralgebra alaptétele.

9. fejezet A vektortér alapja és a vektor felosztása a bázishoz képest.

1. záradék. Alapon egyenesen, síkon és térben.

Meghatározás. Bármely véges vektorhalmazt vektorrendszernek nevezzük.

Meghatározás. Kifejezés hol
vektorrendszer lineáris kombinációjának nevezzük
, és a számok
ennek a lineáris kombinációnak az együtthatóinak nevezzük.

Legyen L, P és S egy egyenes, egy sík és egy ponttér, és
. Majd
– vektorok vektorterei, mint irányított szakaszok az L egyenesen, a P síkon, illetve az S térben.

bármely nullától eltérő vektort hívunk
, azaz bármely nem nulla vektor, amely kollineáris az L egyeneshez:
És
.

Alap kijelölés
:
– alapon
.

Meghatározás. A vektortér alapja
nem kollineáris vektorok bármely rendezett párja a térben
.

, Hol
,
– alapon
.

Meghatározás. A vektortér alapja
a tér nem egysíkú (vagyis nem ugyanabban a síkban fekvő) vektorainak rendezett hármasa
.

– alapon
.

Megjegyzés. Egy vektortér alapja nem tartalmazhat nulla vektort: a térben
értelemszerűen térben
két vektor akkor lesz kollineáris, ha legalább az egyik nulla a térben
Ha a három vektor közül legalább egy nulla, akkor három vektor egysíkú lesz, azaz egy síkban lesz.

2. záradék. Vektor felbontása bázisonként.

Meghatározás. Hadd - tetszőleges vektor,
– tetszőleges vektorrendszer. Ha az egyenlőség érvényesül

akkor azt mondják, hogy a vektor adott vektorrendszer lineáris kombinációjaként mutatjuk be. Ha egy adott vektorrendszer
vektortér bázisa, akkor az (1) egyenlőséget a vektor dekompozíciójának nevezzük alapján
. Lineáris kombinációs együtthatók
ebben az esetben a vektor koordinátáinak nevezzük az alaphoz képest
.

Tétel. (Egy vektor bázishoz viszonyított felbontásáról.)

Egy vektortér bármely vektora kibővíthető a bázisába, ráadásul egyedi módon.

Bizonyíték. 1) Legyen L tetszőleges egyenes (vagy tengely) és
– alapon
. Vegyünk egy tetszőleges vektort
. Mivel mindkét vektor És kollineáris ugyanahhoz az L vonalhoz, akkor
. Használjuk a két vektor kollinearitásáról szóló tételt. Mert
, akkor van (létezik) ilyen szám
, Mi
és így megkaptuk a vektor dekompozícióját alapján
vektor tér
.

Most pedig bizonyítsuk be egy ilyen dekompozíció egyediségét. Tegyük fel az ellenkezőjét. Legyen a vektor két dekompozíciója alapján
vektor tér
:

És
, Hol
. Majd
és az eloszlás törvényét használva a következőket kapjuk:

Mert
, akkor az utolsó egyenlőségből az következik
stb.

2) Legyen most P tetszőleges sík és
– alapon
. Hadd
ennek a síknak tetszőleges vektora. Ábrázoljuk mindhárom vektort ennek a síknak egy pontjából. Építsünk 4 egyenest. Csináljunk direkt , amelyen a vektor fekszik , egyenes
, amelyen a vektor fekszik . A vektor végén keresztül rajzoljunk a vektorral párhuzamos egyenest és a vektorral párhuzamos egyenes . Ez a 4 egyenes egy paralelogrammát farag. Lásd az alábbi ábrát. 3. A paralelogramma szabály szerint
, És
,
,
– alapon ,
– alapon
.

Nos, a bizonyítás első részében már bebizonyítottak szerint vannak ilyen számok
, Mi

És
. Innen kapjuk:

és a bázis bővítésének lehetősége bizonyított.

Most az alap tekintetében bizonyítjuk a bővítés egyediségét. Tegyük fel az ellenkezőjét. Legyen a vektor két dekompozíciója alapján
vektor tér
:
És
. Egyenlőséget kapunk

Honnan származik?
. Ha
, Azt
, és mert
, Azt
és a tágulási együtthatók egyenlők:
,
. Hagyja most
. Majd
, Hol
. A két vektor kollinearitásáról szóló tételből az következik, hogy
. Ellentmondást kaptunk a tétel feltételeivel. Ezért,
És
stb.

3) Hagyjuk
– alapon
és hagyjuk
tetszőleges vektor. Végezzük el a következő konstrukciókat.

Tegyük félre mindhárom bázisvektort
és vektor egy pontból és készítsünk 6 síkot: azt a síkot, amelyen az alapvektorok vannak
, repülőgép
és repülőgép
; tovább a vektor végén Rajzoljunk három síkot párhuzamosan az imént megszerkesztett három síkkal. Ez a 6 sík paralelepipedont farag:

A vektorok összeadási szabályát használva megkapjuk az egyenlőséget:

. (1)

Építés szerint
. Innen a két vektor kollinearitásáról szóló tételből az következik, hogy van egy szám
, ilyen
. Hasonlóképpen,
És
, Hol
. Most ezeket az egyenlőségeket (1) behelyettesítve kapjuk:

és a bázis bővítésének lehetősége bizonyított.

Bizonyítsuk be egy ilyen dekompozíció egyediségét. Tegyük fel az ellenkezőjét. Legyen a vektor két dekompozíciója alapján
:

ÉS . Majd

Figyeljük meg, hogy feltétel szerint a vektorok
nem egysíkúak, ezért páronként nem kollineárisak.

Két eset lehetséges:
vagy
.

a) Legyen
, akkor a (3) egyenlőségből a következő:

. (4)

A (4) egyenlőségből az következik, hogy a vektor alapja szerint bővül
, azaz vektor vektorsíkban fekszik
és ezért a vektorok
koplanáris, ami ellentmond a feltételnek.

b) Marad egy eset
, azaz
.

Mert
Ekkor a (3) egyenlőségből kapjuk a vagy
És
stb.

a síkban fekvő vektorok terének alapja, és a bővítés egyediségét a sík vektorai alapján már bizonyítottuk, akkor az (5) egyenlőségből következik, hogy

A tétel bizonyítást nyert.

Következmény.
1) A vektortérben lévő vektorhalmaz között egy az egyhez megfelelés van

és az R valós számok halmaza.
2) A vektortérben lévő vektorhalmaz között egy az egyhez megfelelés van

és egy karteziánus tér
3) A vektortérben lévő vektorhalmaz között egy az egyhez megfelelés van
és Descartes-kocka

valós számok halmaza R.

Bizonyíték. Bizonyítsuk be a harmadik állítást. Az első kettő hasonló módon bizonyított.
Válassza ki és rögzítse a térben
valami alapot
és rendezzen egy megjelenítést

a következő szabály szerint:

azok. Minden vektorhoz rendeljük a koordinátáinak rendezett halmazát.

Mivel rögzített alapon minden vektornak egyetlen koordinátakészlete van, a (6) szabály által meghatározott megfelelés valóban leképezés.

A tétel bizonyításából az következik, hogy a különböző vektorok ugyanazon alaphoz képest eltérő koordinátákkal rendelkeznek, azaz. A leképezés (6) egy injekció.
Hadd

valós számok tetszőleges rendezett halmaza.
Tekintsünk egy vektort
. Ennek a konstrukciós vektornak vannak koordinátái

. Következésképpen a (6) leképezés egy feltételezés.

Az injektív és szürjektív leképezés bijektív, azaz. egytől egyig stb.

A vizsgálat bebizonyosodott.

Tétel. (Két vektor egyenlőségéről.)

Két vektor akkor és csak akkor egyenlő, ha ugyanazon bázishoz viszonyított koordinátáik egyenlőek.

A bizonyítás közvetlenül következik az előző következményből.

3. pont. A vektortér mérete.

Meghatározás. A vektortér alapjában lévő vektorok számát dimenziónak nevezzük.
Kijelölés:

– az V vektortér mérete.

1)
Így ennek és a korábbi definícióknak megfelelően a következőket kapjuk:

– alapon
,
,
,
– L egyenes vektorainak vektortere.
alapján
,
– vektorbontás az alaphoz képest
.

2)
– vektor koordináta

– alapon
,
,
,
– L egyenes vektorainak vektortere.
alapján
,
– az R sík vektorainak vektortere. az alaphoz képest
.

3)
– vektorok vektortere az S pontok terében.

– alapon
,
,
– L egyenes vektorainak vektortere.
alapján
,
– vektor koordináták az alaphoz képest
.

Megjegyzés. Ha
, Azt
és választhat alapot
tér
Így
– alapon
És
– alapon
. Majd
, És
, .

Így az L egyenes, a P sík és az S tér bármely vektora kibővíthető a bázis szerint
:

Kijelölés. A vektorok egyenlőségére vonatkozó tétel alapján bármely vektort azonosíthatunk a valós számok rendezett hármasával, és felírhatjuk:

Ez csak akkor lehetséges, ha az alap
rögzítve van, és nem áll fenn az összegabalyodás veszélye.

Meghatározás. Egy vektor felírását valós számok rendezett hármasa formájában a vektorírás koordinátaformájának nevezzük:
.

4. pont. Lineáris műveletek vektorokkal koordinátajelölésben.

A tétel bizonyításából az következik, hogy a különböző vektorok ugyanazon alaphoz képest eltérő koordinátákkal rendelkeznek, azaz. A leképezés (6) egy injekció.
– a tér alapja
És
két tetszőleges vektora. Hadd
És
– ezeknek a vektoroknak koordináta formában történő rögzítése. Engedd tovább,
– önkényes valós szám. Ezzel a jelöléssel a következő tétel érvényesül.

Tétel. (A koordináta alakú vektorokkal végzett lineáris műveletekről.)

2)
.

Más szóval, két vektor összeadásához össze kell adni a megfelelő koordinátákat, és egy vektor számmal való szorzásához egy adott vektor minden koordinátáját meg kell szorozni egy adott számmal.

Bizonyíték. Mivel a tétel feltételei szerint, akkor a vektortér axiómáit felhasználva, amelyek a vektorok összeadásának és a vektor számmal való szorzásának műveleteit szabályozzák, megkapjuk:

Innen következik.

A második egyenlőséget hasonló módon bizonyítjuk.

a síkban fekvő vektorok terének alapja, és a bővítés egyediségét a sík vektorai alapján már bizonyítottuk, akkor az (5) egyenlőségből következik, hogy

5. pont. Ortogonális vektorok. Ortonormális alap.

Meghatározás. Két vektort ortogonálisnak nevezünk, ha a köztük lévő szög egyenlő egy derékszöggel, azaz.
.

Meghatározás. A vektortér alapjában lévő vektorok számát dimenziónak nevezzük.
– vektorok És ortogonális.

Meghatározás. A vektorok trojkája
ortogonálisnak nevezzük, ha ezek a vektorok páronként egymásra merőlegesek, azaz.
,
.

Meghatározás. A vektorok trojkája
ortonormálisnak nevezzük, ha ortogonális, és az összes vektor hossza egyenlő eggyel:
.

Megjegyzés. A definícióból az következik, hogy a vektorok ortogonális, tehát ortonormális hármasa nem egysíkú.

Meghatározás. Rendezett nem egysíkú vektorhármas
egy pontból ábrázolva jobbra (jobbra orientáltnak) nevezzük, ha a harmadik vektor végétől figyelve arra a síkra, amelyben az első két vektor található És , az első vektor legrövidebb forgatása a másodikra az óramutató járásával ellentétes irányban történik. Egyébként a vektorok hármasát balnak (balra orientáltnak) nevezzük.

Itt, a 6. ábrán a jobb oldali három vektor látható
. A következő 7. ábra a vektorok bal oldali hármasát mutatja
:

Meghatározás. Alap
vektor tér
ortonormálisnak nevezzük, ha
vektorok ortonormális hármasa.

Kijelölés. A következőkben a megfelelő ortonormális alapot fogjuk használni
, lásd a következő ábrát.

A forma kifejezése hívott vektorok lineáris kombinációja A 1 , A 2 ,...,A n esélyekkel λ 1, λ 2,...,λ n.

Vektorrendszer lineáris függésének meghatározása

Vektoros rendszer A 1 , A 2 ,...,A n hívott lineárisan függő, ha van nem nulla számhalmaz λ 1, λ 2,...,λ n, amelyben a vektorok lineáris kombinációja λ 1 *A 1 +λ 2 *A 2 +...+λ n *A n egyenlő a nulla vektorral, vagyis az egyenletrendszer: nullától eltérő megoldása van.
Számok halmaza λ 1, λ 2,...,λ n nem nulla, ha a számok közül legalább az egyik λ 1, λ 2,...,λ n különbözik a nullától.

Vektorrendszer lineáris függetlenségének meghatározása

Vektoros rendszer A 1 , A 2 ,...,A n hívott lineárisan független, ha ezen vektorok lineáris kombinációja λ 1 *A 1 +λ 2 *A 2 +...+λ n *A n csak nulla számhalmaz esetén egyenlő a nulla vektorral λ 1, λ 2,...,λ n , vagyis az egyenletrendszer: A 1 x 1 +A 2 x 2 +...+A n x n =Θ egyedi nulla megoldással rendelkezik.

Példa 29.1

Ellenőrizze, hogy egy vektorrendszer lineárisan függő-e

Megoldás:

1. Összeállítunk egy egyenletrendszert:

2. Gauss módszerrel oldjuk meg. A rendszer Jordanano transzformációit a 29.1. táblázat tartalmazza. Számításkor a rendszer jobb oldalait nem írjuk le, mivel egyenlők nullával és nem változnak a Jordan transzformációk során.

3. A táblázat utolsó három sorából írjon le egy, az eredetivel egyenértékű megoldott rendszert rendszer:

4. Megkapjuk a rendszer általános megoldását:

5. Miután beállította a szabad változó értékét x 3 =1 saját belátása szerint, egy adott nem nulla megoldást kapunk X=(-3,2,1).

Válasz: Így egy nem nulla számhalmaznál (-3,2,1) a vektorok lineáris kombinációja egyenlő a -3A 1 +2A 2 +1A 3 =Θ nulla vektorral. Ezért, vektorrendszer lineárisan függő.

A vektorrendszerek tulajdonságai

Tulajdonság (1)
Ha egy vektorrendszer lineárisan függő, akkor legalább az egyik vektor kibővül a többire nézve, és fordítva, ha a rendszer legalább egyik vektora kibővül a többire nézve, akkor a vektorok rendszere lineárisan függő.

Tulajdonság (2)
Ha a vektorok bármely alrendszere lineárisan függő, akkor az egész rendszer lineárisan függő.

Tulajdonság (3)
Ha egy vektorrendszer lineárisan független, akkor bármelyik alrendszere lineárisan független.

Tulajdonság (4)
Bármely nulla vektort tartalmazó vektorrendszer lineárisan függő.

Tulajdonság (5)
Az m-dimenziós vektorok rendszere mindig lineárisan függ, ha az n vektorok száma nagyobb, mint a méretük (n>m)

A vektorrendszer alapja

A vektorrendszer alapja A 1 , A 2 ,..., A n egy ilyen B 1 , B 2 ,...,B r alrendszert ún.(a B 1,B 2,...,Br vektorok mindegyike az A 1, A 2,..., A n vektorok egyike), amely teljesíti a következő feltételeket:
1. B 1 ,B 2 ,...,B r lineárisan független vektorrendszer;
2. bármely vektor A j Az A 1 , A 2 ,..., A n rendszer lineárisan kifejeződik a B 1 , B 2 ,..., B r vektorokon keresztül

r— a bázisban szereplő vektorok száma.

29.1. Tétel Egy vektorrendszer egységalapon.
Ha egy m-dimenziós vektorok rendszere m különböző E 1 E 2 ,..., E m egységvektort tartalmaz, akkor ezek képezik a rendszer alapját.

Algoritmus vektorrendszer alapjainak megtalálására

Az A 1 ,A 2 ,...,A n vektorrendszer alapjának megtalálásához szükséges:

Hozzon létre egy homogén egyenletrendszert, amely megfelel a vektorok rendszerének! A 1 x 1 +A 2 x 2 +...+A n x n =Θ
Hozd ezt a rendszert

Az alap meghatározása. Egy vektorrendszer akkor képez alapot, ha:

1) lineárisan független,

2) a tér bármely vektora lineárisan kifejezhető rajta.

1. példa Tér alapja: .

2. A vektorrendszerben az alap a vektorok: , mert vektorokkal lineárisan kifejezve.

Megjegyzés. Egy adott vektorrendszer alapjának megtalálásához a következőket kell tennie:

1) írja be a vektorok koordinátáit a mátrixba,

2) elemi transzformációkkal hozza a mátrixot háromszög alakúra,

3) a mátrix nullától eltérő sorai lesznek a rendszer alapja,

4) a bázisban lévő vektorok száma megegyezik a mátrix rangjával.

Kronecker-Capelli tétel

A Kronecker–Capelli tétel átfogó választ ad egy tetszőleges rendszer kompatibilitásának kérdésére lineáris egyenletek ismeretlen emberekkel

Kronecker–Capelli tétel. Egy lineáris algebrai egyenletrendszer akkor és csak akkor konzisztens, ha a rendszer kiterjesztett mátrixának rangja megegyezik a főmátrix rangjával, .

Algoritmus az összes megoldás megtalálására ízületi rendszer lineáris egyenletek a Kronecker–Capelli tételből és a következő tételekből következik.

Tétel. Ha egy közös rendszer rangja megegyezik az ismeretlenek számával, akkor a rendszernek egyedi megoldása van.

Tétel. Ha egy közös rendszer rangja kisebb, mint az ismeretlenek száma, akkor a rendszernek végtelen számú megoldása van.

Algoritmus tetszőleges lineáris egyenletrendszer megoldására:

1. Határozza meg a rendszer fő és kiterjesztett mátrixainak rangsorait! Ha nem egyenlőek (), akkor a rendszer inkonzisztens (nincs megoldása). Ha a rangok egyenlőek ( , akkor a rendszer konzisztens.

2. Egy közös rendszerhez találunk néhány mollot, amelynek sorrendje határozza meg a mátrix rangját (az ilyen mollot alapnak nevezzük). Állítsunk össze egy új egyenletrendszert, amelyben az ismeretlenek együtthatói az alap-mollban szerepelnek (ezeket az ismeretleneket fő ismeretleneknek nevezzük), a többi egyenletet pedig dobjuk el. A főbb ismeretleneket együtthatókkal a bal oldalon hagyjuk, a fennmaradó ismeretleneket (ezeket szabad ismeretleneknek nevezzük) az egyenletek jobb oldalára mozgatjuk.

3. Keressünk kifejezéseket a fő ismeretlenekre a szabadon belül. Megkapjuk a rendszer általános megoldását.

4. Ha tetszőleges értékeket adunk a szabad ismeretleneknek, megkapjuk a fő ismeretlenek megfelelő értékeit. Ily módon részmegoldásokat találunk az eredeti egyenletrendszerre.

Lineáris programozás. Alapfogalmak

Lineáris programozás a matematikai programozás egyik ága, amely olyan extrém problémák megoldási módszereit vizsgálja, amelyekre jellemző lineáris függőség változók és a lineáris teszt között.

Szükséges feltétel A lineáris programozási probléma megfogalmazása magában foglalja az erőforrások rendelkezésre állásának, a kereslet mennyiségének, a vállalkozás termelési kapacitásának és egyéb termelési tényezőknek a korlátozását.

A lineáris programozás lényege, hogy megkeressük egy függvény legnagyobb vagy legkisebb értékének pontjait az argumentumokra és generátorokra szabott korlátozások mellett. korlátozások rendszere , amelynek rendszerint végtelen számú megoldása van. Minden változó értékkészlet (függvény argumentumok F ) amelyek kielégítik a kényszerrendszert, ún érvényes terv lineáris programozási problémák. Funkció F , melynek maximumát vagy minimumát határozzuk meg, hívjuk cél funkció feladatokat. Egy megvalósítható terv, amelynél a függvény maximumát vagy minimumát elérjük F , hívott optimális terv feladatokat.

A sok tervet meghatározó korlátozási rendszert a termelési feltételek diktálják. Lineáris programozási probléma ( ZLP ) a legjövedelmezőbb (optimális) választás a megvalósítható tervek közül.

Általános megfogalmazásában a lineáris programozási probléma így néz ki:

Vannak változók? x = (x 1, x 2, ... x n) és ezeknek a változóknak a függvénye f(x) = f (x 1, x 2, ... x n) , ami az úgynevezett cél funkciókat. A feladat kitűzve: a célfüggvény szélsőértékének (maximumának vagy minimumának) megkeresése f(x) feltéve, hogy a változók x valamilyen területhez tartoznak G :

A funkció típusától függően f(x) és régiók G és megkülönböztetni a matematikai programozás szakaszait: másodfokú programozás, konvex programozás, egész szám programozás stb. A lineáris programozásra jellemző, hogy
a) függvény f(x) van lineáris függvény változók x 1, x 2, … x n
b) régió G a rendszer határozza meg lineáris egyenlőségek vagy egyenlőtlenségek.

A vektorok lineáris kombinációja egy vektor
, ahol λ 1, ..., λ m tetszőleges együtthatók.

Vektoros rendszer
lineárisan függőnek nevezzük, ha van egy lineáris kombinációja egyenlő , amelynek legalább egy nullától eltérő együtthatója van.

Vektoros rendszer
lineárisan függetlennek nevezzük, ha bármely lineáris kombinációjában egyenlő , minden együttható nulla.

A vektorrendszer alapja
annak nem üres, lineárisan független alrendszerét hívjuk, amelyen keresztül a rendszer bármely vektora kifejezhető.

2. példa Keresse meg egy vektorrendszer alapját = (1, 2, 2, 4),= (2, 3, 5, 1),= (3, 4, 8, -2),= (2, 5, 0, 3), és fejezzük ki a fennmaradó vektorokat a bázison keresztül.

Megoldás: Építünk egy mátrixot, amelyben ezeknek a vektoroknak a koordinátái oszlopokba vannak rendezve. Lépésenkénti formába hozzuk.

~
~
~
.

Ennek a rendszernek az alapját a vektorok alkotják ,,, amelyek megfelelnek a körökben kiemelt vonalak vezető elemeinek. Vektor kifejezésére oldja meg az x 1 egyenletet +x 2 + x 4 =. Lineáris egyenletrendszerré redukálódik, amelynek mátrixát az oszlop eredeti permutációjából kapjuk, amely megfelel

, a szabad tagok rovata helyett.

Ezért a rendszer megoldásához a kapott mátrixot lépésenkénti formában használjuk fel, elvégezve benne a szükséges átrendezéseket.

= -+2.

Folyamatosan azt találjuk, hogy:

x 1 + 4 = 3, x 1 = -1;

Megjegyzés 1. Ha több vektort kell kifejezni a bázison keresztül, akkor mindegyikhez létrejön egy megfelelő lineáris egyenletrendszer. Ezek a rendszerek csak az ingyenes tagok oszlopaiban különböznek. Ezért ezek megoldásához létrehozhat egy mátrixot, amelyben több szabad kifejezés oszlop lesz.

Sőt, mindegyik rendszer a többitől függetlenül van megoldva. = (1, 3, 2, 0),= (3, 4, 2, 1),= (1, -2, -2, 1),= (3, 5, 1, 2);

Megjegyzés 2. Bármely vektor kifejezéséhez elegendő csak az azt megelőző rendszer bázisvektorait használni. Ebben az esetben nincs szükség a mátrix újraformázására, elegendő egy függőleges vonalat a megfelelő helyre tenni. = (2, 1, 2, 3),= (1, 2, 2, 3),= (3, -1, 2, 2),= (4, -2, 2, 2);

2. feladat Keresse meg a vektorrendszer bázisát, és fejezze ki a fennmaradó vektorokat a bázison keresztül: = (1, 2, 3),= (2, 4, 3),= (3, 6, 6),= (4, -2, 1);= (2, -6, -2).

3. A megoldások alapvető rendszere

Ha az inhomogén rendszer konzisztens és határozatlan, akkor tetszőleges megoldása f n +  1 f o1 + ... +  k f o k alakú, ahol f n az inhomogén rendszer sajátos megoldása, f o1 , ... , f o k pedig a kapcsolódó homogén rendszer alapvető rendszermegoldásai.

3. példa Keressen egy adott megoldást az 1. példában szereplő inhomogén rendszerre és a kapcsolódó homogén rendszer alapvető megoldási rendszerére.

Megoldás Írjuk fel az 1. példában kapott megoldást vektor formában, és bontsuk fel a kapott vektort a benne lévő szabad paraméterek és a rögzített számértékek összegére:

= (x 1 , x 2 , x 3 , x 4) = (–2a + 7b – 2, a, –2b + 1, b) = (–2a, a, 0, 0) + (7b, 0, – 2b, b) + +(– 2, 0, 1, 0) = a(-2, 1, 0, 0) + b(7, 0, -2, 1) + (– 2, 0, 1, 0) ).

Azt kapjuk, hogy f n = (– 2, 0, 1, 0), f o1 = (-2, 1, 0, 0), f o2 = (7, 0, -2, 1).

Megjegyzés. Hasonlóan oldódik meg a homogén rendszer alapvető megoldási rendszerének megtalálása.

3.1. Gyakorlat Keresse meg egy homogén rendszer alapvető megoldási rendszerét:

Sőt, mindegyik rendszer a többitől függetlenül van megoldva.

c) 2x 1 – x 2 +3x 3 = 0.

3.2. gyakorlat. Keressen egy adott megoldást az inhomogén rendszerre és egy alapvető megoldási rendszert a kapcsolódó homogén rendszerre:

Sőt, mindegyik rendszer a többitől függetlenül van megoldva.

Keresse meg a vektorok és az alapban nem szereplő vektorok rendszerének alapját, bővítse ki őket az alap szerint:

A 1 = {5, 2, -3, 1}, A 2 = {4, 1, -2, 3}, A 3 = {1, 1, -1, -2}, A 4 = {3, 4, -1, 2}, A 5 = {13, 8, -7, 4}.

Megoldás. Tekintsünk egy homogén lineáris egyenletrendszert

A 1 X 1 + A 2 X 2 + A 3 X 3 + A 4 X 4 + A 5 X 5 = 0

vagy bővített formában.

Ezt a rendszert Gauss-módszerrel oldjuk meg, sorok és oszlopok felcserélése nélkül, és ezen felül kiválasztva fő elem nem a bal felső sarokban, hanem a teljes vonal mentén. A kihívás az, hogy válassza ki a transzformált vektorrendszer átlós részét.

~ ~

~ ~ ~ .

Az eredetivel ekvivalens vektorok megengedett rendszerének formája van

A 1 1 X 1 + A 2 1 X 2 + A 3 1 X 3 + A 4 1 X 4 + A 5 1 X 5 = 0 ,

Ahol A 1 1 = , A 2 1 = , A 3 1 = , A 4 1 = , A 5 1 = . (1)

Vektorok A 1 1 , A 3 1 , A 4 1 átlós rendszert alkotnak. Ezért a vektorok A 1 , A 3 , A 4 alkotják a vektorrendszer alapját A 1 , A 2 , A 3 , A 4 , A 5 .

Most bővítsük ki a vektorokat A 2 És A 5 alapján A 1 , A 3 , A 4. Ehhez először kibontjuk a megfelelő vektorokat A 2 1 És A 5 1 átlós rendszer A 1 1 , A 3 1 , A 4 1, szem előtt tartva, hogy egy vektor tágulási együtthatói az átlórendszer mentén a koordinátái x i.

Az (1)-től a következőkkel rendelkezünk:

A 2 1 = A 3 1 · (-1) + A 4 1 0 + A 1 1 ·1 => A 2 1 = A 1 1 – A 3 1 .

A 5 1 = A 3 1 0 + A 4 1 1 + A 1 1 · 2 => A 5 1 = 2A 1 1 + A 4 1 .

Vektorok A 2 És A 5 alapja bővült A 1 , A 3 , A 4 ugyanazokkal az együtthatókkal, mint a vektorok A 2 1 És A 5 1 átlós rendszer A 1 1 , A 3 1 , A 4 1 (azok az együtthatók x i). Ezért,