הקדמה, דוגמות והכנה
\enclose c i r c l e 1 { x + y = 1 x − y = 0 \enclose c i r c l e 2 { x + y = 6 x + y = 1 \enclose c i r c l e 3 { x + y = 1 2 x + 2 y = 2 \enclose{circle}{\kern.1em 1 \kern.1em} \begin{cases}
x+y=1 \\
x-y =0
\end{cases} \qquad \enclose{circle}{\kern.1em 2 \kern.1em}\begin{cases}
x+y=6 \\
x+y=1
\end{cases} \qquad \enclose{circle}{\kern.1em 3 \kern.1em}\begin{cases}
x+y=1 \\
2x+2y = 2
\end{cases} \enclose c i rc l e 1 { x + y = 1 x − y = 0 \enclose c i rc l e 2 { x + y = 6 x + y = 1 \enclose c i rc l e 3 { x + y = 1 2 x + 2 y = 2 נפתור את 1️:
{ − ( x + y = 1 ) x − y ⟹ { x + y = 1 − 2 y = 1 ⟹ y = 1 2 ⟹ x = 1 2 \begin{cases}
-(x+y=1) \\
x-y
\end{cases} \implies \begin{cases}
x+y=1 \\
-2y=1
\end{cases} \implies y=\frac{1}{2} \implies x=\frac{1}{2} { − ( x + y = 1 ) x − y ⟹ { x + y = 1 − 2 y = 1 ⟹ y = 2 1 ⟹ x = 2 1 ישנו פתרון יחיד
נפתור את 2️:
{ − ( x + y = 6 ) x + y = 1 ⟹ { x + y = 1 0 = − 5 \begin{cases}
-(x+y=6) \\
x+y=1
\end{cases} \implies \begin{cases}
x+y=1 \\
0=-5
\end{cases} { − ( x + y = 6 ) x + y = 1 ⟹ { x + y = 1 0 = − 5 אין פתרון מעל R \mathbb{R} R
נפתור את 3️:
{ − 2 ( x + y = 1 ) 2 x + 2 y = 2 ⟹ { x + y = 1 ⟹ x = 1 − y 0 = 0 \begin{cases}
-2(x+y=1) \\
2x+2y=2
\end{cases} \implies \begin{cases}
x+y=1 \implies x=1-y \\
0=0
\end{cases} { − 2 ( x + y = 1 ) 2 x + 2 y = 2 ⟹ { x + y = 1 ⟹ x = 1 − y 0 = 0 ישנם אינסוף פתרונות (או כמו שיוסי כתב: "אינסוף פתרונים")
נסתכל על מערכות של משוואות בעזרת מטריצות:
( 1 1 1 1 − 1 0 ) ⟶ R 2 − R 1 → R 2 ( 1 1 1 0 − 2 − 1 ) ⟹ { x + y = 1 − 2 y = 1 ⟹ x = y = 1 2 \left(\begin{array}{cc|c}
1 & 1& 1 \\
1 & -1 & 0
\end{array}\right) \underset{R_{2}-R_{1}\to R_{2}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cc|c}
1 & 1 & 1 \\
0&-2&-1
\end{array}\right) \implies \begin{cases}
x+y=1 \\
-2y=1
\end{cases} \implies x=y=\frac{1}{2} ( 1 1 1 − 1 1 0 ) R 2 − R 1 → R 2 ⟶ ( 1 0 1 − 2 1 − 1 ) ⟹ { x + y = 1 − 2 y = 1 ⟹ x = y = 2 1 בדוגמה 2️:
( 1 1 6 1 1 1 ) ⟶ R 2 − R 1 → R 2 ( 1 1 6 0 0 − 5 ) ⟹ 0 = − 5 \left(\begin{array}{cc|c}
1&1&6 \\
1&1&1
\end{array}\right) \underset{R_{2}-R_{1}\to R_{2}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cc|c}
1&1&6 \\
0&0&-5
\end{array}\right) \implies 0=-5 ( 1 1 1 1 6 1 ) R 2 − R 1 → R 2 ⟶ ( 1 0 1 0 6 − 5 ) ⟹ 0 = − 5 בדוגמה 3️:
( 1 1 1 2 2 2 ) ⟶ R 2 − 2 R 1 → R 2 ( 1 1 1 0 0 0 ) ⟹ x + y = 1 ⟹ x = 1 − y \left(\begin{array}{cc|c}
1&1&1 \\
2&2&2
\end{array}\right) \underset{R_{2}-2R_{1}\to R_{2}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cc|c}
1&1&1 \\
0&0&0
\end{array}\right) \implies x+y=1 \implies x=1-y ( 1 2 1 2 1 2 ) R 2 − 2 R 1 → R 2 ⟶ ( 1 0 1 0 1 0 ) ⟹ x + y = 1 ⟹ x = 1 − y במקרה זה נקרא ל-y y y המשתנה החופשי ול-x x x המשתנה התלוי .
{ x + y + 2 z = 3 2 x + 3 y + 2 z = 7 3 x + 2 y + z = 8 \begin{cases}
x+y+2z=3 \\
2x+3y+2z=7 \\
3x+2y+z=8
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x + y + 2 z = 3 2 x + 3 y + 2 z = 7 3 x + 2 y + z = 8 איך נפתור דבר שכזה? בעזרת מטריצות כמובן :)
( 1 1 2 2 3 2 3 2 1 ∣ 3 7 8 ) R 2 − 2 R 1 → R 2 R 3 − 3 R 1 → R 3 → ( 1 1 2 0 1 − 2 0 − 1 − 5 ∣ 3 1 − 1 ) R 3 + R 2 → R 3 → ( 1 1 2 0 1 − 2 0 0 − 7 ∣ 3 1 0 ) \begin{pmatrix}
\begin{matrix}
1 & 1 & 2 \\
2 & 3 & 2 \\
3 & 2& 1
\end{matrix} &\vert \begin{matrix}
3 \\
7 \\
8
\end{matrix}
\end{pmatrix} \overrightarrow{\begin{matrix}
R_{2}-2R_{1}\to R_{2} \\
R_{3}-3R_{1} \to R_{3}
\end{matrix}} \begin{pmatrix}
\begin{matrix}
1 & 1& 2 \\
0 & 1 & -2 \\
0 & -1 & -5
\end{matrix} & \vert \begin{matrix}
3 \\
1 \\
-1
\end{matrix}
\end{pmatrix}\overrightarrow{\begin{matrix}
R_{3}+R_{2}\to R_{3}
\end{matrix}} \begin{pmatrix}
\begin{matrix}
1 & 1&2 \\
0 & 1 & -2 \\
0 & 0& -7
\end{matrix} &\vert \begin{matrix}
3 \\
1 \\
0
\end{matrix}
\end{pmatrix} 1 2 3 1 3 2 2 2 1 ∣ 3 7 8 R 2 − 2 R 1 → R 2 R 3 − 3 R 1 → R 3 1 0 0 1 1 − 1 2 − 2 − 5 ∣ 3 1 − 1 R 3 + R 2 → R 3 1 0 0 1 1 0 2 − 2 − 7 ∣ 3 1 0 כעת נוכל לפתור ונראה כי יש פתרון יחיד. איך אנו יודעים זאת?פחות מספר המשוואות שנותרו לאחר הדירוג. (3 − 3 = 0 3-3=0 3 − 3 = 0
− 7 z = 0 ⟹ z = 0 ⟹ y − 2 z = 1 ⟹ y = 1 -7z=0 \implies z=0 \implies y-2z=1 \implies y=1 − 7 z = 0 ⟹ z = 0 ⟹ y − 2 z = 1 ⟹ y = 1 ⟹ x + y + 2 z = 3 ⟹ x = 2 \implies x+y+2z=3 \implies x=2 ⟹ x + y + 2 z = 3 ⟹ x = 2 וכך נראה כי יש לנו פתרון יחיד.
המשתנה במקום של האיבר הפותח נקרא המשתנה הקשור
שאר המשתנים נקראים חופשיים .
נראה עוד דוגמה:
( 1 1 2 1 4 6 4 3 2 3 2 2 ) R 2 − 4 R 1 → R 2 R 3 − 2 R 1 → R 3 → ( 1 1 2 1 0 2 − 4 − 1 0 1 − 2 0 ) R 3 − 1 2 R 2 → R 3 → ( 1 1 2 1 0 2 − 4 − 1 0 0 0 1 2 ) ⟹ ∅ \left(\begin{array}{ccc|c}
{\color{red} 1}&1&2&1 \\
4&6&4&3 \\
2&3&2&2
\end{array}\right)\overrightarrow{\begin{matrix}
R_{2}-4R_{1}\to R_{2} \\
R_{3}-2R_{1}\to R_{3}
\end{matrix}} \left(\begin{array}{ccc|c}
1&1&2&1 \\
0&2&-4&-1 \\
0&1&-2&0
\end{array}\right)\overrightarrow{R_{3}-\frac{1}{2}R_{2}\to R_{3}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&1&2&1 \\
0&2&-4&-1 \\
0&0&0& \frac{1}{2}
\end{array}\right) \implies \emptyset 1 4 2 1 6 3 2 4 2 1 3 2 R 2 − 4 R 1 → R 2 R 3 − 2 R 1 → R 3 1 0 0 1 2 1 2 − 4 − 2 1 − 1 0 R 3 − 2 1 R 2 → R 3 1 0 0 1 2 0 2 − 4 0 1 − 1 2 1 ⟹ ∅ מה שאנו בעצם עושים זה לוקחים איבר פותח בשורה הבאה כל פעם ודואגים כי כל מה שמתחתיו יהיה 0 0 0
נמשיך עם עוד דוגמה:
( 1 2 3 1 4 5 6 1 7 8 9 1 ) R 2 − 4 R 1 → R 2 R 3 − 7 R 1 → R 3 → ( 1 2 3 1 0 − 3 − 6 − 3 0 − 6 − 12 − 6 ) R 3 − 2 R 1 → R 3 → ( 1 2 3 1 0 − 3 − 6 − 3 0 0 0 0 ) \left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&3&1 \\
4&5&6&1 \\
7&8&9&1
\end{array}\right) \overrightarrow{\begin{matrix}
R_{2}-4R_{1}\to R_{2} \\
R_{3}-7R_{1}\to R_{3}
\end{matrix}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&3&1 \\
0&-3&-6&-3 \\
0&-6&-12&-6
\end{array}\right)\overrightarrow{R_{3}-2R_{1}\to R_{3}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&3&1 \\
0&-3&-6&-3 \\
0&0&0&0
\end{array}\right) 1 4 7 2 5 8 3 6 9 1 1 1 R 2 − 4 R 1 → R 2 R 3 − 7 R 1 → R 3 1 0 0 2 − 3 − 6 3 − 6 − 12 1 − 3 − 6 R 3 − 2 R 1 → R 3 1 0 0 2 − 3 0 3 − 6 0 1 − 3 0 אין לנו סתירה.
מספר המשתנים הכללי שלנו הוא: 3
מספר המשתנים הקשורים שלנו הוא: 2
ולכן יש חופשי 1
{ x + 2 y + 3 z = 1 − 3 y − 6 z = − 3 \begin{cases}
x+2y+3z=1 \\
-3y-6z=-3
\end{cases} { x + 2 y + 3 z = 1 − 3 y − 6 z = − 3 נסמן: z = t z=t z = t
y = − 2 t + 1 y=-2t+1 y = − 2 t + 1 x = 1 − 2 y − 3 z = 1 − 2 ( − 2 y + 1 ) − 3 t = 1 + 4 t − 2 − 3 t = t − 1 x=1-2y-3z=1-2(-2y+1)-3t=1+4t-2-3t=t-1 x = 1 − 2 y − 3 z = 1 − 2 ( − 2 y + 1 ) − 3 t = 1 + 4 t − 2 − 3 t = t − 1 ולכן פתרון שלנו הוא:
{ ( t − 1 − 2 t + 1 t ) t ∈ R } = { ( t − 2 t t ) + ( − 1 1 0 ) t ∈ R } \left\{ \begin{array}{c|c}
\begin{pmatrix}
t-1 \\
-2t+1 \\
t
\end{pmatrix} & t \in \mathbb{R}
\end{array} \right\}=\left\{\begin{array}{c|c}
\begin{pmatrix}
t \\
-2t \\
t
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
-1 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} & t \in \mathbb{R}
\end{array}\right\} ⎩ ⎨ ⎧ t − 1 − 2 t + 1 t t ∈ R ⎭ ⎬ ⎫ = ⎩ ⎨ ⎧ t − 2 t t + − 1 1 0 t ∈ R ⎭ ⎬ ⎫ ההגדרות המדויקות
יהא F \mathbb{F} F x 1 , … x n x_{1},\dots x_{n} x 1 , … x n n n n a 1 x 1 + a 2 x 2 + ⋯ + a n x n a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\dots+a_{n}x_{n} a 1 x 1 + a 2 x 2 + ⋯ + a n x n ∑ i = 1 n a i x i \sum_{i=1}^n a_{i}x_{i} ∑ i = 1 n a i x i a i ∈ F a_{i}\in \mathbb{F} a i ∈ F i i i תבנית ליניארית ב-x 1 , x 2 , … , x n x_{1},x_{2},\dots, x_{n} x 1 , x 2 , … , x n F \mathbb{F} F
הגדרה 2 (הצבה בתבנית הליניארית)
יהיו c 1 , c 2 , … , c n ∈ F c_{1},c_{2},\dots ,c_{n}\in \mathbb{F} c 1 , c 2 , … , c n ∈ F c ‾ = ( c 1 , c 2 , … , c n ) \underline{c}=(c_{1},c_{2},\dots,c_{n}) c = ( c 1 , c 2 , … , c n ) C C C ∑ i = 1 n a i x i \sum_{i=1}^n a_{i}x_{i} ∑ i = 1 n a i x i ∑ i = 1 n a i c i \sum_{i=1}^na_{i}c_{i} ∑ i = 1 n a i c i
הגדרה 3 (משוואה ליניארית)
משוואה ליניארית ב-n n n x 1 , x 2 , … , x n x_{1},x_{2},\dots,x_{n} x 1 , x 2 , … , x n F \mathbb{F} F
a 1 x 1 + a 2 x 2 + ⋯ + a n x n = b a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\dots+a_{n}x_{n}=b a 1 x 1 + a 2 x 2 + ⋯ + a n x n = b כאשר b ∈ F b \in \mathbb{F} b ∈ F המקדם החופשי ו-a i ∈ F a_{i}\in \mathbb{F} a i ∈ F מקדמי המשוואה .
אם b = 0 b=0 b = 0 הומוגנית , אחרת היא נקראת אי-הומוגנית .
הגדרה 4 (פתרון של משוואה ליניארית)
ווקטור c ‾ = ( c 1 , c 2 , … , c n ) \underline{c}=(c_{1},c_{2},\dots,c_{n}) c = ( c 1 , c 2 , … , c n ) פתרון של משוואה ליניארית ∑ i = 1 n a i x i = b \sum_{i=1}^na_{i}x_{i}=b ∑ i = 1 n a i x i = b ∑ i = 1 n a i x i \sum_{i=1}^n a_{i}x_{i} ∑ i = 1 n a i x i b b b
∑ i = 1 n a i c i = b \sum_{i=1}^n a_{i}c_{i}=b i = 1 ∑ n a i c i = b כעת נעבור לדבר על מערכת משוואות ליניארית
מערכת משוואות ליניאריות
הגדרה 5 (מערכת משוואות ליניאריות)
מערכת משוואות ליניאריות היא קבוצה המכילה מספר כלשהו של משוואות ליניאריות.
a 11 x 1 + a 12 x 2 + ⋯ + a 1 n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + ⋯ + a 2 n x n = b 2 ⋮ a m 1 x 1 + a m 2 x 2 + ⋯ + a m n x n = b m \begin{matrix}
a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\dots+a_{1n}x_{n}=b_{1} \\
a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\dots+a_{2n}x_{n}=b_{2} \\
\vdots \\
a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\dots+a_{mn}x_{n}=b_{m}
\end{matrix} a 11 x 1 + a 12 x 2 + ⋯ + a 1 n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + ⋯ + a 2 n x n = b 2 ⋮ a m 1 x 1 + a m 2 x 2 + ⋯ + a mn x n = b m זוהי מערכת עם m m m n n n
אם כל המשוואות במערכת הן הומוגניות אזי המערכת תקרא הומוגנית ואחרת תקרא אי הומוגנית .
האיבר a i j a_{ij} a ij x j x_{j} x j i i i
הגדרה 6 (פתרון של מערכת משוואות ליניארית)
ווקטור c ‾ = ( c 1 , c 2 , … , c n ) \underline{c}=(c_{1},c_{2},\dots,c_{n}) c = ( c 1 , c 2 , … , c n ) פתרון של מערכת משוואות ליניארית אם הוא מהווה פתרון של כל אחת מהמשוואות במערכת.
אוסף כל הווקטורים c ‾ \underline{c} c פתרון כללי של המערכת וכל c ‾ \underline{c} c פתרון פרטי של המערכת .
הצגה מטריציאלית של מערכת משוואות
( a 11 a 12 … a 1 n a 21 a 22 … a 2 n ⋮ ⋮ ⋮ a m 1 a m 2 … a m n ) ( x 1 x 2 ⋮ x n ) = ( b 1 b 2 ⋮ b m ) \left(\begin{array}{cccc}
a_{11}&a_{12}&\dots &a_{1n} \\
a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1}&a_{m2}&\dots&a_{mn}
\end{array}\right)\begin{pmatrix}
x_{1} \\
x_{2} \\
\vdots \\
x_{n}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{m}
\end{pmatrix} a 11 a 21 ⋮ a m 1 a 12 a 22 ⋮ a m 2 … … … a 1 n a 2 n ⋮ a mn x 1 x 2 ⋮ x n = b 1 b 2 ⋮ b m יש לנו פה שלושה חלקים, נסתכל עליהם משמאל ימין:
מטריצת המקדמים של המערכת - A A A
ווקטור המשתנים/הנעלמים - x ‾ \underline{x} x
וקטור המקדמים החופשיים - b ‾ \underline{b} b
A x ‾ = b ‾ A \underline{x}=\underline{b} A x = b פתרון מערכת משוואות ליניארית בעזרת שיטת החילוץ של גאוס
שתי מערכות משוואות ליניאריות נקראות שקולות אם יש להן בדיוק אותה קבוצת פתרונות.
משפט (פעולות שורה אלמנטריות)
קבוצת הפתרונות של מערכת משוואות ליניארית איננה משתנה אם מבצעים כל אחת מהפעולות הבאות:
מחליפים את המקומות של שתי משוואות. נסמן: R i ↔ R j R_{i}\leftrightarrow R_{j} R i ↔ R j R i R_{i} R i R j R_{j} R j
כופלים את אחת המשוואות באיבר בשדה שהינו שונה מ-0 0 0 α R i → R j \alpha R_{i}\to R_{j} α R i → R j R i R_{i} R i α \alpha α
מוסיפים כפולה של משוואה אחת למשוואה אחרת. נסמן: R i + α R j → R i R_{i}+\alpha R_{j}\to R_{i} R i + α R j → R i R j R_{j} R j α \alpha α R i R_{i} R i
הפעולות הללו נקראות פעולות שורה אלמנטריות .
הוכחה: של (2) בפעולות שורה אלמטריות ∑ i = 1 n a 2 i x i = b 2 \sum_{i=1}^na_{2i}x_{i}=b_{2} ∑ i = 1 n a 2 i x i = b 2 α ∈ F \alpha \in \mathbb{F} α ∈ F
∑ i = 1 n a 1 i x i = b 1 \sum_{i=1}^n a_{1i}x_{i}=b_{1} i = 1 ∑ n a 1 i x i = b 1 ∑ i = 1 n a 2 i x i = b 2 \sum_{i=1}^n a_{2i}x_{i}=b_{2} i = 1 ∑ n a 2 i x i = b 2 ⋮ \vdots ⋮ ∑ i = 1 n a m i x i = b m \sum_{i=1}^n a_{mi}x_{i}=b_{m} i = 1 ∑ n a mi x i = b m ∑ i = 1 n ( a 1 i + α a 2 i ) x i = b 1 + α b 2 \sum_{i=1}^n (a_{1i}+\alpha a_{2i})x_{i}=b_{1}+\alpha b_{2} i = 1 ∑ n ( a 1 i + α a 2 i ) x i = b 1 + α b 2 ∑ i = 1 n a 2 i x i = b 2 \sum_{i=1}^n a_{2i}x_{i}=b_{2} i = 1 ∑ n a 2 i x i = b 2 ⋮ \vdots ⋮ ∑ i = 1 n a m i x i = b m \sum_{i=1}^n a_{mi}x_{i}=b_{m} i = 1 ∑ n a mi x i = b m יהא ( c 1 , c 2 , … , c n ) (c_{1},c_{2},\dots,c_{n}) ( c 1 , c 2 , … , c n )
∑ i = 1 n a 1 i c i = b 1 \sum_{i=1}^n a_{1i}c_{i}=b_{1} i = 1 ∑ n a 1 i c i = b 1 ∑ i = 1 n a 2 i c i = b 2 \sum_{i=1}^n a_{2i}c_{i}=b_{2} i = 1 ∑ n a 2 i c i = b 2 נכפול ב-α \alpha α
∑ i = 1 n a 1 i c i + α ( ∑ i = 1 n a 2 i c i ) = b 1 + α b 2 \sum_{i=1}^n a_{1i}c_{i}+\alpha\left( \sum_{i=1}^n a_{2i}c_{i} \right)=b_{1}+\alpha b_{2} i = 1 ∑ n a 1 i c i + α ( i = 1 ∑ n a 2 i c i ) = b 1 + α b 2 ולכן:
∑ i = 1 n ( a 1 i + α a 2 i ) c i = b 1 + α b 2 \sum_{i=1}^n (a_{1i}+\alpha a_{2i})c_{i}=b_{1}+\alpha b_{2} i = 1 ∑ n ( a 1 i + α a 2 i ) c i = b 1 + α b 2 כלומר ( c 1 , … , c n ) (c_{1},\dots,c_{n}) ( c 1 , … , c n )
נראה את הכיוון ההפוך:( c 1 , … , c n ) (c_{1},\dots,c_{n}) ( c 1 , … , c n )
∑ i = 1 n ( a 1 i + α a 2 i ) c i = b 1 + α b 2 \sum_{i=1}^n(a_{1i}+\alpha a_{2i})c_{i}=b_{1}+\alpha b_{2} i = 1 ∑ n ( a 1 i + α a 2 i ) c i = b 1 + α b 2 ∑ i = 1 n a 2 i c i = b 2 \sum_{i=1}^na_{2i}c_{i}=b_{2} i = 1 ∑ n a 2 i c i = b 2 נחסר כפולת α \alpha α
∑ i = 1 n ( a 1 i + α a 2 i ) c i − α ∑ i = 1 n a 2 i c i = b 1 + α b 2 − α b 2 = b 1 \sum_{i=1}^n(a_{1i}+\alpha a_{2i})c_{i}-\alpha \sum_{i=1}^na_{2i}c_{i}=b_{1}+\alpha b_{2}-\alpha b_{2}=b_{1} i = 1 ∑ n ( a 1 i + α a 2 i ) c i − α i = 1 ∑ n a 2 i c i = b 1 + α b 2 − α b 2 = b 1 ⇓ \Downarrow ⇓ ∑ i = 1 n a 1 i c i = b 1 \sum_{i=1}^na_{1i}c_{i}=b_{1} i = 1 ∑ n a 1 i c i = b 1 לכן, ( c 1 , … , c n ) (c_{1},\dots,c_{n}) ( c 1 , … , c n )
דירוג מטריצות
מטריצה A A A מדורגת אם:
כל שורות האפס(אם הן קיימות) נמצאות בתחתית
האיבר הפותח בכל שורה(שאיננה שורת אפס) נמצא מימין לאיבר הפותח בשורה שמעליו
זו הגדרה מהאו"פ("'קלה מאוד, פשוטה מאוד" - יוסי כהן)
דוגמה למטריצה מדורגת:
( 4 2 6 9 0 0 4 1 0 0 0 0 ) ( 1 4 1 8 7 0 0 0 9 1 0 0 0 0 17 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ) \left(\begin{array}{cccc}
4&2&6&9 \\
0&0&4&1 \\
0&0&0&0
\end{array}\right) \qquad \begin{pmatrix}
1&4&1&8&7 \\
0&0&0&9&1 \\
0&0&0&0&17 \\
0&0&0&0&0 \\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix} 4 0 0 2 0 0 6 4 0 9 1 0 1 0 0 0 0 4 0 0 0 0 1 0 0 0 0 8 9 0 0 0 7 1 17 0 0 הנה מטריצה לא מדורגת:
( 4 2 6 9 0 0 4 1 0 0 9 3 0 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
4&2&6&9 \\
0&0&4&1 \\
0&0&9&3 \\
0&0&0&0
\end{pmatrix} 4 0 0 0 2 0 0 0 6 4 9 0 9 1 3 0 הגדרה 9 (מטריצה מדורגת קנונית)
מטריצה A A A מדורגת קנונית אם:
המטריצה A A A
האיבר הפותח בכל שורה(שאיננה שורת אפס) הוא 1.
כל יתר האיברים בעמודה של איבר פותח הם אפסים.
דוגמה (הנדסה גנטית של מטריצה)
( 1 7 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) \begin{pmatrix}
1&7&0&0 \\
0&0&1&0 \\
0&0&0&1
\end{pmatrix} 1 0 0 7 0 0 0 1 0 0 0 1 זוהי מטריצה מדורגת קנונית
{ x + 2 y + z = 0 3 x + 2 y + z = 2 2 x − y + 2 z = 5 5 x + 6 y + 3 z = 2 x + 3 y − z = − 3 \begin{cases}
x+2y+z=0 \\
3x+2y+z=2 \\
2x-y+2z=5 \\
5x+6y+3z=2 \\
x+3y-z=-3
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x + 2 y + z = 0 3 x + 2 y + z = 2 2 x − y + 2 z = 5 5 x + 6 y + 3 z = 2 x + 3 y − z = − 3 נעבור למטריצה:
( 1 2 1 0 3 2 1 2 2 − 1 2 5 5 6 3 2 1 3 − 1 − 3 ) R 2 − 3 R 1 → R 2 R 3 − 2 R 1 → R 3 R 4 − 5 R 1 → R 4 R 5 − R 1 → R 5 → ( 1 2 1 0 0 − 4 − 2 2 0 − 5 0 5 0 − 4 − 2 2 0 1 − 2 − 3 ) R 2 ↔ R 5 → ( 1 2 1 0 0 1 − 2 − 3 0 − 5 0 5 0 − 4 − 2 2 0 − 4 − 2 2 ) \left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&1&0 \\
3&2&1&2 \\
2&-1&2&5 \\
5&6&3&2 \\
1&3&-1&-3
\end{array}\right)\overrightarrow{\begin{matrix}
R_{2}-3R_{1}\to R_{2} \\
R_{3}-2R_{1}\to R_{3} \\
R_{4}-5R_{1}\to R_{4} \\
R_{5}-R_{1}\to R_{5}
\end{matrix}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&1&0 \\
0&-4&-2&2 \\
0&-5&0&5 \\
0&-4&-2&2 \\
0&1&-2&-3
\end{array}\right)\overrightarrow{R_{2}\leftrightarrow R_{5}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&1&0 \\
0&1&-2&-3 \\
0&-5&0&5 \\
0&-4&-2&2 \\
0&-4&-2&2
\end{array}\right) 1 3 2 5 1 2 2 − 1 6 3 1 1 2 3 − 1 0 2 5 2 − 3 R 2 − 3 R 1 → R 2 R 3 − 2 R 1 → R 3 R 4 − 5 R 1 → R 4 R 5 − R 1 → R 5 1 0 0 0 0 2 − 4 − 5 − 4 1 1 − 2 0 − 2 − 2 0 2 5 2 − 3 R 2 ↔ R 5 1 0 0 0 0 2 1 − 5 − 4 − 4 1 − 2 0 − 2 − 2 0 − 3 5 2 2 R 3 + 5 R 2 → R 3 R 4 + 4 R 2 → R 4 R 5 + 4 R 2 → R 5 → ( 1 2 1 0 − 0 1 − 2 − 3 0 0 − 10 − 10 0 0 − 10 − 10 0 0 − 10 − 10 ) R 4 − R 3 → R 4 R 5 − R 3 → R 5 → ( 1 2 1 0 0 1 − 2 − 3 0 0 − 10 − 10 0 0 0 0 0 0 0 0 ) \overrightarrow{\begin{matrix}
R_{3}+5R_{2}\to R_{3} \\
R_{4}+4R_{2}\to R_{4} \\
R_{5}+4R_{2}\to R_{5}
\end{matrix}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&1&0 \\
-0&1&-2&-3 \\
0&0&-10&-10 \\
0&0&-10&-10 \\
0&0&-10&-10
\end{array}\right)\overrightarrow{\begin{matrix}
R_{4}-R_{3}\to R_{4} \\
R_{5}-R_{3}\to R_{5}
\end{matrix}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&1&0 \\
0&1&-2&-3 \\
0&0&-10&-10 \\
0&0&0&0 \\
0&0&0&0
\end{array}\right) R 3 + 5 R 2 → R 3 R 4 + 4 R 2 → R 4 R 5 + 4 R 2 → R 5 1 − 0 0 0 0 2 1 0 0 0 1 − 2 − 10 − 10 − 10 0 − 3 − 10 − 10 − 10 R 4 − R 3 → R 4 R 5 − R 3 → R 5 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 1 − 2 − 10 0 0 0 − 3 − 10 0 0 אנו יודעים כי מכיוון שיש 3 משתנים ו-3 קשורים, אזי 0 חופשיים ולכן ישנו פתרון אחד.
− 1 10 R 3 → R 3 → ( 1 2 1 0 0 1 − 2 − 3 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ) R 1 − R 3 → R 1 R 2 + 2 R 3 → R 2 → ( 1 2 0 − 1 0 1 0 − 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ) R 1 − 2 R 2 → R 1 → ( 1 0 0 1 0 1 0 − 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ) \overrightarrow{-\frac{1}{10}R_{3}\to R_{3}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&1&0 \\
0&1&-2&-3 \\
0&0&1&1 \\
0&0&0&0 \\
0&0&0&0
\end{array}\right)\overrightarrow{\begin{matrix}
R_{1}-R_{3}\to R_{1} \\
R_{2}+2R_{3}\to R_{2}
\end{matrix}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&0&-1 \\
0&1&0&-1 \\
0&0&1&1 \\
0&0&0&0 \\
0&0&0&0
\end{array}\right)\overrightarrow{R_{1}-2R_{2}\to R_{1}}\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&0&1 \\
0&1&0&-1 \\
0&0&1&1 \\
0&0&0&0 \\
0&0&0&0
\end{array}\right) − 10 1 R 3 → R 3 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 1 − 2 1 0 0 0 − 3 1 0 0 R 1 − R 3 → R 1 R 2 + 2 R 3 → R 2 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 1 0 0 − 1 − 1 1 0 0 R 1 − 2 R 2 → R 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 − 1 1 0 0 עכשיו קל לפתור:
{ x = 1 y = − 1 z = 1 \begin{cases}
x=1 \\
y=-1 \\
z=1
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x = 1 y = − 1 z = 1 הגדרה 10 (מטריצה שקולת שורה)
מטריצה A A A שקולת שורה (שקולת שורות) למטריצה B B B B B B A A A
אם ניתן לקבל את B B B A A A A A A B B B B B B A A A
( 1 2 3 4 5 6 7 9 9 ) R 2 − 4 R 1 → R 2 R 3 − 7 R 1 → R 3 → ( 1 2 3 0 − 3 − 6 0 − 6 − 12 ) \begin{pmatrix}
1&2&3 \\
4&5&6 \\
7&9&9
\end{pmatrix}\overrightarrow{\begin{matrix}
R_{2}-4R_{1}\to R_{2} \\
R_{3}-7R_{1}\to R_{3}
\end{matrix}}\begin{pmatrix}
1&2&3 \\
0&-3&-6 \\
0&-6&-12
\end{pmatrix} 1 4 7 2 5 9 3 6 9 R 2 − 4 R 1 → R 2 R 3 − 7 R 1 → R 3 1 0 0 2 − 3 − 6 3 − 6 − 12 לצד השני אלו הפעולות שנצטרך לעשות:
R 2 ← R 2 + 4 R 1 R 3 ← R 3 + 7 R 1 ← \overleftarrow{\begin{matrix}
R_{2}\leftarrow R_{2}+4R_{1} \\
R_{3}\leftarrow R_{3}+7R_{1}
\end{matrix}} R 2 ← R 2 + 4 R 1 R 3 ← R 3 + 7 R 1
כל מטריצה מעל שדה שקולת שורה למטריצה קנונית יחידה.
אם לשתי מטריצות יש דירוג קנוני למטריצה שונה, אזי הן לא שקולות שורה
הוכחה: A A A
A = A m × n = ( a i j ) A=A_{m\times n}=(a_{ij}) A = A m × n = ( a ij ) נוכיח באינדוקציה על מספר העמודות של A A A n = 1 n=1 n = 1 בסיס האינדוקציה )
A = ( a 11 a 21 ⋮ a m 1 ) A=\begin{pmatrix}
a_{11} \\
a_{21} \\
\vdots \\
a_{m_{1}}
\end{pmatrix} A = a 11 a 21 ⋮ a m 1 אם A = 0 A=0 A = 0 A ≠ 0 A\neq 0 A = 0 i i i a i j ≠ 0 a_{ij}\neq 0 a ij = 0
( ∗ ) A → R 1 ↔ R i ( a i 1 ∗ ⋮ ∗ ) → ( a i 1 ) − 1 R 1 → R 1 ( 1 ∗ 2 ⋮ ∗ m ) → R j − ( ∗ j ) R 1 → R j ( 1 0 ⋮ 0 ) (*)\quad A \xrightarrow{R_{1}\leftrightarrow R_{i}}\begin{pmatrix}
a_{i1} \\
* \\
\vdots \\
*
\end{pmatrix}\xrightarrow{(a_{i1})^{-1}R_{1}\to R_{1}}\begin{pmatrix}
1 \\
*_{2} \\
\vdots \\
*_{m}
\end{pmatrix}\xrightarrow{R_{j}-(*_{j})R_{1}\to R_{j}}\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix} ( ∗ ) A R 1 ↔ R i a i 1 ∗ ⋮ ∗ ( a i 1 ) − 1 R 1 → R 1 1 ∗ 2 ⋮ ∗ m R j − ( ∗ j ) R 1 → R j 1 0 ⋮ 0 צעד האינדוקציה: נניח שכל מטריצה בעלת n − 1 n-1 n − 1 n n n A A A B B B A A A B B B A A A A A A i i i a i 1 ≠ 0 a_{i1}\neq0 a i 1 = 0 A A A ( ∗ ) (*) ( ∗ )
A → ∗ ( 1 d 12 … d 1 n 0 ⋮ C 0 ) A \xrightarrow{\quad*\quad}\begin{pmatrix}
1 & d_{12} & \dots & d_{1n} \\
0 \\
\vdots & &C \\
0
\end{pmatrix} A ∗ 1 0 ⋮ 0 d 12 … C d 1 n ב-C C C n − 1 n-1 n − 1 C C C C ~ \tilde{C} C ~ d 1 k d_{1k} d 1 k C ~ \tilde{C} C ~
תהיינה A , B A,B A , B A A A B B B
(תהיינה שתי מערכות משוואות שקולות המיוצגות על ידי מטריצות A , B A,B A , B A , B A,B A , B A , B A,B A , B
דרגת מטריצה וקבוצת הפתרונות של מערכת משוואות
יהא F \mathbb{F} F A ∈ F m × n A \in \mathbb{F}_{m\times n} A ∈ F m × n A A A הדרגה של A A A ומסומן r a n k ( A ) rank(A) r ank ( A ) r ( A ) r(A) r ( A )
תהא A x ‾ = b ‾ A\underline{x}=\underline{b} A x = b n n n
אם r ( A ) ≠ r ( A ∗ ) r(A)\neq r(A^*) r ( A ) = r ( A ∗ )
אם r ( A ) = r ( A ∗ ) = n r(A)=r(A^*)=n r ( A ) = r ( A ∗ ) = n
אם r ( A ) = r ( A ∗ ) < n r(A)=r(A^*)<n r ( A ) = r ( A ∗ ) < n n − r ( A ) n-r(A) n − r ( A ) F \mathbb{F} F ∣ F ∣ |\mathbb{F}| ∣ F ∣ ∣ F ∣ n − r ( A ) |\mathbb{F}|^{n-r(A)} ∣ F ∣ n − r ( A ) F \mathbb{F} F n − r ( A ) n-r(A) n − r ( A )
( 1 2 3 0 0 5 6 1 0 0 0 3 ) \left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&3&0 \\
0&5&6&1 \\
0&0&0&3
\end{array}\right) 1 0 0 2 5 0 3 6 0 0 1 3 הדרגה של A A A 2 2 2 b ‾ \underline{b} b 3 3 3 ∅ \emptyset ∅
( 1 2 3 0 0 5 6 1 0 0 0 0 ) \left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&3&0 \\
0&5&6&1 \\
0&0&0&0
\end{array}\right) 1 0 0 2 5 0 3 6 0 0 1 0 n − r ( A ) ⟹ 3 − 2 = 1 n-r(A) \implies 3-2=1 n − r ( A ) ⟹ 3 − 2 = 1 ( 1 2 3 0 0 5 6 1 0 0 17 19 ) \left(\begin{array}{ccc|c}
1&2&3&0 \\
0&5&6&1 \\
0&0&17&19
\end{array}\right) 1 0 0 2 5 0 3 6 17 0 1 19 3 − 3 = 0 3-3=0 3 − 3 = 0
{ x + y + z + w = 7 x + 2 y + 2 z + 3 w = 10 x + 3 y + 3 z + 5 w = 12 \begin{cases}
x+y+z+w=7 \\
x+2y+2z+3w=10 \\
x+3y+3z+5w=12
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x + y + z + w = 7 x + 2 y + 2 z + 3 w = 10 x + 3 y + 3 z + 5 w = 12 כמה טענות נוספות
יהא F \mathbb{F} F A ∈ F n × n A \in \mathbb{F}_{n\times n} A ∈ F n × n A A A I n I_{n} I n r ( A ) = n r(A)=n r ( A ) = n
הוכחה:
רורב רורב רורב הסבר: מדרגים מטריצה ריבועית באופן קנוני אז ברור ש- ⟺ r ( A ) = n \iff r(A)=n ⟺ r ( A ) = n A A A I n I_{n} I n
יהא F \mathbb{F} F A ∈ F n × n A \in F_{n\times n} A ∈ F n × n
b ‾ ∈ F n יש פתרון יחיד לכל A x ‾ = b ‾ למערכת ⟺ r ( A ) = n \underline{b}\in \mathbb{F}^n \R{\text{ יש פתרון יחיד לכל }} A \underline{x}=\underline{b} \R{\text{למערכת }} \iff r(A)=n b ∈ F n יש פתרון יחיד לכל A x = b למערכת ⟺ r ( A ) = n הוכחה: r ( A ) = n r(A)=n r ( A ) = n n − r ( A ) = 0 n-r(A)=0 n − r ( A ) = 0 r ( A ) ≠ n r(A)\neq n r ( A ) = n r ( A ) < n r(A)<n r ( A ) < n A A A ( A ∣ b ) (A|b) ( A ∣ b )
מערכות הומוגניות ואי-הומוגניות
הגדרה 12 (מערכת הומוגנית)
זו מערכת משוואות כך ש:
A x ‾ = 0 ‾ A\underline{x}=\underline{0} A x = 0
למערכת הומוגנית יש תמיד פתרון x ‾ = 0 ‾ \underline{x}=\underline{0} x = 0 הפתרון הטריוויאלי
במערכת הומוגנית יש רק שתי אפשרויות : או שיש פתרון יחיד או אינסוף פתרונות.
אם x ‾ 1 , x ‾ 2 \underline{x}_{1},\underline{x}_{2} x 1 , x 2 A m × n x ‾ = 0 ‾ \underset{m\times n}{A}\underline{x}=\underline{0} m × n A x = 0 λ 1 x ‾ 1 = λ 2 x ‾ 2 \lambda_{1}\underline{x}_{1}=\lambda_{2}\underline{x}_{2} λ 1 x 1 = λ 2 x 2 x ‾ 1 , x ‾ 2 ∈ F n × 1 \underline{x}_{1},\underline{x}_{2}\in \mathbb{F}_{n\times{1}} x 1 , x 2 ∈ F n × 1 λ 1 , λ 2 ∈ F \lambda_{1},\lambda_{2}\in \mathbb{F} λ 1 , λ 2 ∈ F
הוכחה: λ 1 , λ 2 ∈ F \lambda_{1},\lambda_{2} \in \mathbb{F} λ 1 , λ 2 ∈ F x ‾ 1 , x ‾ 2 ∈ F n × 1 \underline{x}_{1},\underline{x}_{2}\in \mathbb{F}_{n\times1} x 1 , x 2 ∈ F n × 1
A ( λ 1 x ‾ 1 + λ 2 x ‾ 2 ) = A ( λ 1 x ‾ 1 ) + A ( λ 2 x ‾ 2 ) = λ 1 ( A x ‾ 1 ⏟ = 0 ) + λ 2 ( A x ‾ 2 ⏟ = 0 ) = λ 1 ⋅ 0 ‾ + λ 2 ⋅ 0 ‾ = 0 ‾ A(\lambda_{1}\underline{x}_{1}+\lambda_{2}\underline{x}_{2})=A(\lambda_{1}\underline{x}_{1})+A(\lambda_{2}\underline{x}_{2})=\lambda_{1}(\underbrace{A\underline{x}_{1}}_{=0})+\lambda_{2}(\underbrace{A\underline{x}_{2}}_{=0})=\lambda_{1}\cdot \underline{0}+\lambda_{2} \cdot \underline{0}=\underline{0} A ( λ 1 x 1 + λ 2 x 2 ) = A ( λ 1 x 1 ) + A ( λ 2 x 2 ) = λ 1 ( = 0 A x 1 ) + λ 2 ( = 0 A x 2 ) = λ 1 ⋅ 0 + λ 2 ⋅ 0 = 0 ∎
( 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ) ןורכיזהמ גוריד → ( 1 0 − 1 0 1 2 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
1&2&3 \\
4&5&6 \\
7&8&9
\end{pmatrix} \overrightarrow{\text{ןורכיזהמ גוריד}} \begin{pmatrix}
1&0&-1 \\
0&1&2 \\
0&0&0
\end{pmatrix} 1 4 7 2 5 8 3 6 9 ןורכיזהמ גוריד 1 0 0 0 1 0 − 1 2 0 x 1 = x 3 = t x_{1}=x_{3}=t x 1 = x 3 = t x 2 = − 2 x 3 = − 2 t x_{2}=-2x_{3}=-2t x 2 = − 2 x 3 = − 2 t { ( t − 2 t t ) t ∈ R } = { t ( 1 − 2 1 ) t ∈ R } \left\{\begin{array}{c|c}
\begin{pmatrix}
t \\
-2t \\
t
\end{pmatrix} & t \in \mathbb{R}
\end{array} \right\}=\left\{\begin{array}{c|c}
t\begin{pmatrix}
1 \\
-2 \\
1
\end{pmatrix} & t \in \mathbb{R}
\end{array}\right\} ⎩ ⎨ ⎧ t − 2 t t t ∈ R ⎭ ⎬ ⎫ = ⎩ ⎨ ⎧ t 1 − 2 1 t ∈ R ⎭ ⎬ ⎫ האם הטענה נכונה גם עבור מערכות אי-הומוגניות?x ‾ 1 , x ‾ 2 \underline{x}_{1},\underline{x}_{2} x 1 , x 2 A x ‾ = b ‾ A\underline{x}=\underline{b} A x = b
A ( λ 1 x ‾ 1 + λ 1 x ‾ 2 ) = λ 1 ( A x ‾ 1 ) + λ 2 ( A x ‾ 2 ) = λ 1 b ‾ + λ 2 b ‾ = ( λ 1 + λ 2 ) b ‾ A(\lambda_{1}\underline{x}_{1}+\lambda_{1}\underline{x}_{2})=\lambda_{1}(A\underline{x}_{1})+\lambda_{2}(A\underline{x}_{2})=\lambda_{1}\underline{b}+\lambda_{2}\underline{b}=(\lambda_{1}+\lambda_{2})\underline{b} A ( λ 1 x 1 + λ 1 x 2 ) = λ 1 ( A x 1 ) + λ 2 ( A x 2 ) = λ 1 b + λ 2 b = ( λ 1 + λ 2 ) b ולכן, הטענה נכונה רק עבור λ 1 = − λ 2 \lambda_{1}=-\lambda_{2} λ 1 = − λ 2
זהו משפט שניתן לצטט במבחן.
פתרון של מטריצה אי הומונגנית, מכיל בתוכו את פתרון של המטריצה ההומוגנית בעלת אותם האיברים(חוץ מעמודת הפתרונות).
{ x + 2 y = 0 2 x + 4 y = 0 { x + 2 y = 1 2 x + 4 y = 2 \begin{cases}
x+2y=0 \\
2x+4y=0
\end{cases}\qquad \begin{cases}
x+2y=1 \\
2x+4y=2
\end{cases} { x + 2 y = 0 2 x + 4 y = 0 { x + 2 y = 1 2 x + 4 y = 2 נפתור את השמאלי:
( 1 2 2 4 ) ⟶ ( 1 2 0 0 ) ⟹ x = − 2 y ⟹ ( y = t ) x = − 2 t ⟹ { ( x y ) } = { t ( − 2 1 ) t ∈ R } \begin{pmatrix}
1&2 \\
2&4
\end{pmatrix}\longrightarrow \begin{pmatrix}
1&2 \\
0&0
\end{pmatrix} \implies x=-2y \implies(y=t) x=-2t \implies \left\{\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}\right\}=\left\{\begin{array}{c|c}
t\begin{pmatrix}
-2 \\
1
\end{pmatrix}& t \in \mathbb{R}
\end{array}\right\} ( 1 2 2 4 ) ⟶ ( 1 0 2 0 ) ⟹ x = − 2 y ⟹ ( y = t ) x = − 2 t ⟹ { ( x y ) } = { t ( − 2 1 ) t ∈ R } כעת, נפתור את הימני:
( 1 2 1 2 4 2 ) ⟶ ( 1 2 1 0 0 0 ) \left(\begin{array}{cc|c}
1&2&1 \\
2&4&2
\end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{cc|c}
1&2&1 \\
0&0&0
\end{array}\right) ( 1 2 2 4 1 2 ) ⟶ ( 1 0 2 0 1 0 ) x + 2 y = 1 ⟹ x = 1 − 2 y ⟹ y = t { ( x y ) } = { ( 1 − 2 t t ) t ∈ R } = { t ( − 2 1 ) + ( 1 0 ) t ∈ R } x+2y=1 \implies x=1-2y \underset{y=t}{\implies}\left\{\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}\right\}=\left\{\begin{array}{c|c}
\begin{pmatrix}
1-2t \\
t
\end{pmatrix}& t \in \mathbb{R}
\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{c|c}
t\begin{pmatrix}
-2 \\
1
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix} & t \in \mathbb{R}
\end{array}\right\} x + 2 y = 1 ⟹ x = 1 − 2 y y = t ⟹ { ( x y ) } = { ( 1 − 2 t t ) t ∈ R } = { t ( − 2 1 ) + ( 1 0 ) t ∈ R } ולכן קיבלנו כי:
X c = X h + x ‾ p X_{c}=X_{h}+\underline{x}_{p} X c = X h + x p כאשר X c X_{c} X c X h X_{h} X h x ‾ p \underline{x}_{p} x p
הוכחה:
x ‾ h + x ‾ p ∈ X h + x ‾ p ∣ x ‾ h ∈ X h \underline{x}_{h}+\underline{x}_{p}\in X_{h}+\underline{x}_{p} \quad|\quad \underline{x}_{h}\in X_{h} x h + x p ∈ X h + x p ∣ x h ∈ X h אזי:
A ( x ‾ h + x ‾ p ) = A x ‾ h ⏟ = 0 + A x ‾ p ⏟ = b ‾ = b ‾ ⟹ X h + x ‾ p ⊆ X c A(\underline{x}_{h}+\underline{x}_{p})=\underbrace{A\underline{x}_{h}}_{=0}+\underbrace{A\underline{x}_{p}}_{=\underline{b}}=\underline{b} \implies X_{h}+\underline{x}_{p} \subseteq X_{c} A ( x h + x p ) = = 0 A x h + = b A x p = b ⟹ X h + x p ⊆ X c כעת נקח:
x ‾ c 0 ∈ X c \underline{x}_{c_{0}}\in X_{c} x c 0 ∈ X c x ‾ c 0 = x ‾ p + ( x ‾ c 0 − x ‾ p ) \underline{x}_{c_{0}}=\underline{x}_{p}+(\underline{x}_{c_{0}}-\underline{x}_{p}) x c 0 = x p + ( x c 0 − x p ) נראה כי הפרש של כל 2 פתרונות של ההאי-הומוגנית, פותר את ההומוגנית:y 1 , y 2 y_{1},y_{2} y 1 , y 2
A ( y 2 − y 1 ) = A y 2 − A y 1 = b ‾ − b ‾ = 0 A(y_{2}-y_{1})=Ay_{2}-Ay_{1}=\underline{b}-\underline{b}=0 A ( y 2 − y 1 ) = A y 2 − A y 1 = b − b = 0 ∎
