Лекция 13: Пространство решений однородной ...kadm.kmath.ru/files/linalg13.pdf · 2020. 1. 9. · Лекция 13: Пространство решений

Лекция 13: Пространство решений

однородной системы линейных уравнений

Б.М.Верников

Уральский федеральный университет,Институт математики и компьютерных наук,

кафедра алгебры и дискретной математики

Б.М.Верников Лекция 13: Пространство решений однородной системы

Вступительные замечания

В данной лекции будет доказана теорема, говорящая о том, как поосновной матрице однородной системы линейных уравнений можно легковычислить размерность пространства решений этой системы. Как мыувидим, из доказательства этой теоремы извлекается алгоритмнахождения базиса указанного пространства. В конце лекции мы укажемновый способ записи общего решения произвольной системы линейныхуравнений, называемый векторной записью общего решения системы, атакже приведем алгоритм нахождения базиса пересечения подпространств(эта задача упоминалась в лекции 9, но не была там решена).


Размерность пространства решений однородной системы (1)

Пусть дана однородная система линейных уравнений

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0,a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0.

(1)

Множество всех решений этой системы образует, как мы знаем,подпространство пространства Rn, называемое пространством решенийсистемы (1) (см. лекцию 9). Основной целью данной лекции являетсядоказательство теоремы о размерности этого пространства. В ходедоказательства будет указан способ построения базиса пространстварешений.

Теорема 1

Размерность пространства решений системы (1) равна n − r , где n —

число неизвестных в системе, а r — ранг основной матрицы системы.

Доказательство. Обозначим через A основную матрицу системы (1), ачерез d — ненулевой минор порядка r матрицы A. Для удобстваобозначений будем считать, что d есть определитель матрицы,расположенной в первых r строках и первых r столбцах матрицы A.



Матрицу, расположенную в первых r строках и первых r столбцахматрицы A, обозначим через B. Как обычно, положимai = (ai1, ai2, . . . , ain) для всех i = 1, 2, . . . ,m.

Докажем, что первые r векторов-строк матрицы A линейно независимы. Всамом деле, предположим, что векторы a1, a2, . . . , ar линейно зависимы. Всилу леммы 7 из лекции 7 один из них, скажем последний, являетсялинейной комбинацией остальных, т. е. ar = t1a1 + t2a2 + · · ·+ tr−1ar−1 длянекоторых чисел t1, t2, . . . , tr−1. Строки матрицы B представляют собойукороченные строки матрицы A. Следовательно, последнее равенствовыполнено и для строк матрицы B. Умножим первую строку этойматрицы на −t1, вторую на −t2, . . . , (r − 1)-вую на −tr−1 и полученныепроизведения прибавим к r -й строке. В силу предложения 6 из лекции 5определитель полученной матрицы равен d . С другой стороны, этаматрица будет содержать нулевую строку, и, в силу предложения 2 излекции 5 ее определитель равен 0. Мы получили противоречие с тем, чтоd 6= 0. Следовательно, векторы-строки a1, a2, . . . , ak линейно независимы.



Так как r — размерность пространства VA, порожденноговекторами-строками матрицы A, а первые r векторов-строк этой матрицылинейно независимы, они образуют базис пространства VA. Это означает,что все векторы-строки, начиная с (r + 1)-й, являются линейнымикомбинациями первых r векторов-строк. Следовательно, все уравнениясистемы (1), начиная с (r + 1)-го, являются следствиями первых r

уравнений. Вычеркнув все уравнения, начиная с (r + 1)-го, получимсистему

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0,a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ar1x1 + ar2x2 + · · · + arnxn = 0.

(2)

Ясно, что r 6 n. Предположим сначала, что r = n. Тогда (2) —крамеровская однородная система, определитель которой равен d ипотому отличен от 0. По теореме Крамера (см. лекцию 6) она имеетединственное решение. Поскольку эта система однородна, ееединственным решением является нулевое решение. Следовательно,пространство решений системы (2) является нулевым. Поскольку системы(1) и (2) имеют одно и то же общее решение, пространство решенийсистемы (1) также является нулевым. Размерность нулевого пространстваравна 0, а поскольку r = n, то и n − r = 0. Таким образом, врассматриваемом случае заключение теоремы верно.



Пусть теперь r < n. Перенеся неизвестные xr+1, . . . , xn в правую часть,получим систему

a11x1 + a12x2 + · · · + a1rxr = −a1 r+1xr+1 − · · · − a1nxn,

a21x1 + a22x2 + · · · + a2rxr = −a2 r+1xr+1 − · · · − a2nxn,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ar1x1 + ar2x2 + · · · + arrxr = −ar r+1xr+1 − · · · − arnxn.

(3)

Подчеркнем, что множества решений систем (1) и (3) совпадают.

Придадим неизвестным xr+1, . . . , xn произвольные значения: xr+1 = x0

r+1,. . . , xn = x0

n . Тогда система (3) примет вид

a11x1 + a12x2 + · · · + a1rxr = −a1 r+1x0

r+1 − · · · − a1nx0

n ,

a21x1 + a22x2 + · · · + a2rxr = −a2 r+1x0

r+1 − · · · − a2nx0

n ,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ar1x1 + ar2x2 + · · · + arrxr = −ar r+1x

0

r+1 − · · · − arnx0

n .

(4)

Последняя система является крамеровской, а ее определитель равенd 6= 0. По теореме Крамера система (4) имеет единственное решение:x1 = x0

1 , x2 = x0

2 , . . . , xr = x0

r . Ясно, что (x0

1 , x0

2 , . . . , x0

n ) — решениесистемы (4), а значит и системы (1). Итак, неизвестные xr+1, . . . , xn могутпринимать любые значения, а значения остальных неизвестныходнозначно вычисляются исходя из значений этих n − r неизвестных. Этоозначает, что неизвестные xr+1, . . . , xn и только они являются свободными.



Присвоим свободным неизвестным следующие значения: xr+1 = 1,xr+2 = 0, . . . , xn = 0. Получим систему линейных уравнений

a11x1 + a12x2 + · · · + a1rxr = −a1 r+1,

a21x1 + a22x2 + · · · + a2rxr = −a2 r+1,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ar1x1 + ar2x2 + · · · + arrxr = −ar r+1.

(5)

Система (5) является крамеровской системой, и ее определитель отличенот нуля (так как он равен d). По теореме Крамера она имеет единственноерешение. Обозначим его через (f11, f12, . . . , f1r ). Тогда набор чиселf1 = (f11, f12, . . . , f1r , 1, 0, . . . , 0) является решением системы (3).

Присвоим теперь свободным неизвестным другие значения: xr+1 = 0,xr+2 = 1, xr+3 = 0, . . . , xn = 0. Получим крамеровскую систему

a11x1 + a12x2 + · · · + a1rxr = −a1 r+2,

a21x1 + a22x2 + · · · + a2rxr = −a2 r+2,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ar1x1 + ar2x2 + · · · + arrxr = −ar r+2,

определитель которой вновь равен d и, в частности, отличен от 0. Как исистема (5), последняя система по теореме Крамера имеет единственноерешение (f21, f22, . . . , fr2). Набор чисел f2 = (f21, f22, . . . , f2r , 0, 1, 0, . . . , 0)будет решением системы (3).



Продолжим присваивать значения свободным неизвестным указаннымспособом (каждый раз одно из свободных неизвестных будемприравнивать к 1, а все остальные к 0). Поскольку число свободныхпеременных равно n − r , описанные выше действия надо проделать n − r

раз. В итоге получим следующий набор векторов, каждый из которыхявляется решением системы (3):

f1 = (f11, f12, . . . , f1r , 1, 0, . . . , 0),f2 = (f21, f22, . . . , f2r , 0, 1, . . . , 0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .fn−r = (fn−r 1, fn−r 2, . . . , fn−r r , 0, 0, . . . , 1).

Докажем, что решения f1, f2, . . . , fn−r образуют базис пространстварешений системы (3), а следовательно и пространства решений системы(1). Поскольку число этих решений равно n − r , тем самымдоказательство теоремы будет завершено.



Сначала проверим, что система векторов f1, f2, . . . , fn−r линейнонезависима. Записав эти векторы в матрицу по строкам, получим матрицу

B =

f11 f12 . . . f1r 1 0 . . . 0f21 f22 . . . f2r 0 1 . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .fn−r 1 fn−r 2 . . . fn−r r 0 0 . . . 1

. (6)

Определитель матрицы, расположенной в последних n − r столбцах и вовсех n − r строках матрицы B, является ненулевым минором (n − r)-гопорядка матрицы B. Поскольку миноров большего порядка эта матрица неимеет, ранг B по минорам равен n − r . В силу теоремы о ранге матрицыранг B по строкам также равен n − r . Поскольку эта матрица содержитn − r строк, это означает, что все ее векторы-строки, т. е. векторыf1, f2, . . . , fn−r , линейно независимы.

Осталось показать, что при добавлении к системе векторов f1, f2, . . . , fn−r

любого вектора из пространства решений системы (3) получается линейнозависимая система векторов. С учетом леммы 7 из лекции 7 достаточнопроверить, что всякое решение системы (1) есть линейная комбинациявекторов f1, f2, . . . , fn−r . Пусть h = (h1, h2, . . . , hn) — произвольное решениесистемы (3). Рассмотрим вектор

g = hr+1f1 + hr+2f2 + · · ·+ hnfn−r − h.



Непосредственно проверяется, что все компоненты вектора g, начиная с(r + 1)-й, равны нулю. В силу теоремы 1 из лекции 3 вектор g являетсярешением системы (1). Поскольку последние n − r компонент вектора g

равны нулю, первые r компонент этого вектора должны удовлетворятьследующей системе линейных уравнений, которая получается из системы(2), если положить xr+1 = xr+2 = · · · = xn = 0:

a11x1 + a12x2 + · · · + a1rxr = 0,a21x1 + a22x2 + · · · + a2rxr = 0,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ar1x1 + ar2x2 + · · · + arrxr = 0.

(7)

Эта система является крамеровской, а ее определитель равен d и потомуотличен от 0. По теореме Крамера система (7) имеет единственноерешение. Поскольку эта система однородна, ее единственным решениемявляется нулевое решение. Таким образом, первые r компонент вектора g,как и последние n − r его компонент, равны 0. Следовательно, g = 0 ипотому h = hr+1f1 + hr+2f2 + · · ·+ hnfn−r . Итак, произвольное решениесистемы (3) является линейной комбинацией векторов f1, f2, . . . , fn−r .Мы доказали, что векторы f1, f2, . . . , fn−r образуют базис пространстварешений системы (3). Как отмечалось выше, этого достаточно длязавершения доказательства теоремы.


Фундаментальная система решений однородной системы

Определение

Базис пространства решений однородной системы линейных уравненийназывается фундаментальной системой решений этой системы.

Если однородная система имеет единственное решение, то это решениеявляется нулевым, а значит, пространство решений этой системы являетсянулевым пространством. Как отмечалось в лекции 8, нулевое векторноепространство не имеет базиса. Таким образом, справедливо следующее

Замечание 1

Если однородная система линейных уравнений имеет единственное

решение, то фундаментального набора решений этой системы не

существует.

Если же однородная система имеет бесконечного много решений, то,найдя ее фундаментальную систему решений, мы, фактически, найдем всеее решения, поскольку, по теореме о разложении вектора по базису, любоерешение системы является линейной комбинацией решений, входящих вфундаментальную систему решений.


Число векторов в фундаментальной системе решений и числосвободных неизвестных

Согласно замечанию 2 из лекции 4, если система линейных уравненийимеет бесконечно много решений, то число ее свободных переменныхравно n − r , где n — число неизвестных в системе, а r — число ненулевыхстрок в матрице, полученной из расширенной матрицы системыприведением к ступенчатому виду. Сопоставляя этот факт с приведеннымв лекции 12 алгоритмом нахождения ранга матрицы и с теоремой 1, мыполучаем следующий факт, полезный при решении конкретных системлинейных уравнений.

Замечание 2

Если однородная система линейных уравнений имеет бесконечно много

решений, то число векторов в фундаментальной системе решений этой

системы равно числу ее свободных переменных.


О нахождении фундаментальной системы решений (1)

Предположим, что мы решаем систему линейных уравнений с n

неизвестными, k из которых, скажем, xn−k+1, . . . , xn, являютсясвободными. В силу замечания 2 фундаментальная система решенийнашей системы состоит из k векторов. Обозначим векторы, входящие вфундаментальную систему решений, через f1, f2, . . . , fk . Чтобы найти этивекторы, мы должны заполнить следующую таблицу, в которой зеленымцветом выделены свободные переменные:

x1 x2 . . . xn−k xn−k+1 . . . xn

f1 . . . ∗ . . . ∗

f2 . . . ∗ . . . ∗

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

fk . . . ∗ . . . ∗

Табл. 1

Клетки, помеченные в табл. 1 звездочками, образуют квадратнуюматрицу. Алгоритм нахождения фундаментальной системы решений,изложенный в доказательстве теоремы 1, сводится, фактически, кследующему: вписываем на место этой квадратной матрицы единичную

матрицу и вычисляем первые n − k компонент каждого из векторов

f1, f2, . . . , fk (см. матрицу (6)).


О нахождении фундаментальной системы решений (2)

Иногда при решении конкретных систем буквальное следование этомуалгоритму может привести к достаточно громоздким вычислениям.Поэтому полезно иметь в виду следующее замечание.

На место квадратной матрицы, заполненной в табл. 1 звездочками,

можно вписывать не только единичную матрицу, но и произвольную

невырожденную квадратную матрицу порядка k.

В самом деле, это гарантирует наличие во всей матрице размеров k × n,указанной в табл. 1, ненулевого минора порядка k . Следовательно, рангэтой матрицы по минорам будет равен k . В силу теоремы о ранге, ее рангпо строкам тоже будет равен k . Это будет означать, что всевекторы-строки нашей матрицы, т. е. векторы f1, f2, . . . , fk будут линейнонезависимы. А этого, как показано в доказательстве теоремы, достаточнодля того, чтобы они образовывали фундаментальную систему решений.


Векторная запись общего решения системы линейных уравнений

Знание фундаментальной системы решений однородной системыпозволяет записать ее общее решение в векторном виде, т. е. какмножество векторов из Rn, где n — число неизвестных в системе. Аименно, если f1, f2, . . . , fk — фундаментальная система решений (т. е. базиспространства решений) однородной системы, то общее решение системысовпадает с множеством всех векторов вида c1f1 + c2f2 + · · ·+ ck fk , гдеc1, c2, . . . , ck — произвольные константы. Более того, сказанное вышепозволяет находить общее решение и неоднородной системы линейныхуравнений. В самом деле, предположим, что нам дана произвольнаясистема линейных уравнений, имеющая бесконечно много решений.Предположим, что f1, f2, . . . , fk — фундаментальная система решенийсоответствующей однородной системы. Предположим также, что мынашли (например, с помощью метода Гаусса) одно частное решение f0заданной неоднородной системы. В силу теоремы 2 из лекции 3 общеерешение этой системы совпадает с множеством всех векторов вида

f0 + c1f1 + c2f2 + · · ·+ ck fk .

Это выражение называется векторной записью общего решения системы

линейных уравнений.


Векторная запись общего решения системы линейных уравнений:пример (1)

В качестве примера найдем векторную запись общего решения системы

x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 1,x1 + 3x2 − 2x3 = 2,x1 + 3x2 − 3x3 + x4 − x5 = 1,x1 + x2 − 2x3 + 2x4 − 2x5 = 0.

Эта система уже рассматривалась в лекции 4, см. там пример 3. Вчастности, расширенная матрица нашей системы была приведена влекции 4 к ступенчатому виду. Если вычеркнуть из полученной тамматрицы нулевую строку, получится матрица

1 1 −1 1 −1 10 2 −1 −1 1 10 0 −1 1 −1 −1

. (8)

Теперь ясно, что наша система имеет 5 − 3 = 2 свободных переменных, аименно, переменные x4 и x5. Следовательно, фундаментальная системарешений соответствующей однородной системы состоит из двух векторов.



Запишем систему линейных уравнений, соответствующую матрице (8):

x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 1,2x2 − x3 − x4 + x5 = 1,

− x3 + x4 − x5 = −1,(9)

и однородную систему, соответствующую системе (9):

x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0,2x2 − x3 − x4 + x5 = 0,

− x3 + x4 − x5 = 0.(10)

Найдем теперь фундаментальную систему решений системы (10). Как ужеотмечалось, в нем должно быть два вектора. Полагая x4 = 1 и x5 = 0,последовательно находим: из третьего уравнения системы (10) — что−x3 + 1 = 0, откуда x3 = 1; из второго ее уравнения — что 2x2 − 1 − 1 = 0,откуда x2 = 1; из первого ее уравнения — что x1 + 1 − 1 + 1 = 0, откудаx1 = −1. Таким образом, f1 = (−1, 1, 1, 1, 0). Далее, полагая x4 = 0 иx5 = 1, последовательно находим: из третьего уравнения системы (10) —что −x3 − 1 = 0, откуда x3 = −1; из второго ее уравнения — что2x2 + 1 + 1 = 0, откуда x2 = −1; из первого ее уравнения — чтоx1 − 1 + 1 − 1 = 0, откуда x1 = 1. Таким образом, f2 = (1,−1,−1, 0, 1).



Осталось найти одно частное решение системы (9). Для этого надопроизвольным образом зафиксировать значения свободных пересенных.Полагая x4 = x5 = 0, последовательно находим: из третьего уравнениясистемы (9) — что −x3 = −1, откуда x3 = 1; из второго ее уравнения —что 2x2 − 1 = 1, откуда x2 = 1; из первого ее уравнения — чтоx1 + 1 − 1 = 1, откуда x1 = 1. Таким образом, f0 = (1, 1, 1, 0, 0).

Окончательно получаем, что векторная запись общего решениярассматриваемой системы имеет вид

(1, 1, 1, 0, 0) + (−1, 1, 1, 1, 0)c1 + (1,−1,−1, 0, 1)c2.


Базис пересечения подпространств (1)

Теперь мы в состоянии указать способ решения задачи, котораяупоминалась в лекции 9, но не была там решена. Речь идет о задаченахождения базиса пересечения подпространств.

Пусть M1 и M2 — подпространства пространства Rn, векторы a1, a2, . . . , ak

образуют базис подпространства M1, а векторы b1, b2, . . . , bm — базисподпространства M2. Предположим, что x ∈ M1 ∩ M2, т. е. x ∈ M1 иx ∈ M2. Тогда найдутся числа t1, t2, . . . , tk и s1, s2, . . . , sm такие, что

x = t1a1 + t2a2 + · · ·+ tkak и x = s1b1 + s2b2 + · · ·+ smbm.

Следовательно,

t1a1 + t2a2 + · · ·+ tkak = s1b1 + s2b2 + · · ·+ smbm,

и потому выполнено равенство

t1a1 + t2a2 + · · ·+ tkak − s1b1 − s2b2 − · · · − smbm = 0. (11)

Если расписать это векторное равенство покомпонентно, мы получимоднородную систему n линейных уравнений с k + m неизвестнымиt1, t2, . . . , tk , s1, s2, . . . , sm. Основная матрица этой системы будет иметьразмер n × (k + m) и будет выглядеть следующим образом: в ее первых k

столбцах записаны векторы a1, a2, . . . , ak , а в последних m столбцах —векторы −b1,−b2, . . . ,−bm.


Базис пересечения подпространств (2)

Если (t0

1 , t0

2 , . . . , t0

k , s0

1 , s0

2 , . . . , s0

m) — частное решение системы (11), товыполнено равенство

t0

1a1 + t0

2a2 + · · ·+ t0

kak = s0

1b1 + s0

2b2 + · · ·+ s0

mbm (12)

и вектор, стоящий в каждой из частей этого равенства, лежит в M1 ∩ M2.При этом, как легко проверить, векторам из фундаментального наборарешений системы (11) соответствуют векторы из базиса M1 ∩ M2. Такимобразом, алгоритм нахождения базиса M1 ∩ M2 имеет следующий вид.

Алгоритм нахождения базиса пересечения подпространств

Если система (11) имеет единственное решение, то M1 ∩ M2 = {0} ибазиса M1 ∩ M2 не существует. В противном случае найдемфундаментальную систему решений системы (11). Для каждого вектораиз этого набора вычислим вектор, стоящий в левой (или, что даст тот жесамый результат, в правой) части равенства (12). Полученные векторы иобразуют базис пространства M1 ∩ M2.


Базис пересечения подпространств: пример (1)

Приведем пример. Пусть M1 и M2 — подпространства в R4, порожденныевекторами a1 = (1, 1, 0, 0), a2 = (0, 1, 1, 0), a3 = (0, 0, 1, 1) и b1 = (1, 1, 1, 1),b2 = (1, 0, 1,−1), b3 = (1, 0, 2, 0) соответственно. Используя алгоритм,указанный в лекции 7, легко проверить, что наборы векторов a1, a2, a3 иb1, b2, b3 линейно независимы. В силу леммы 1 из лекции 8 они являютсябазисами подпространств M1 и M2 соответственно. Система (11) в данномслучае имеет вид t1a1 + t2a2 + t3a3 − s1b1 − s2b2 − s3b3 = 0. Выпишемосновную матрицу этой системы и приведем ее к ступенчатому виду:

1 0 0 −1 −1 −11 1 0 −1 0 00 1 1 −1 −1 −20 0 1 −1 1 0

∼

1 0 0 −1 −1 −10 1 0 0 1 10 1 1 −1 −1 −20 0 1 −1 1 0

∼

∼

1 0 0 −1 −1 −10 1 0 0 1 10 0 1 −1 −2 −30 0 1 −1 1 0

∼

1 0 0 −1 −1 −10 1 0 0 1 10 0 1 −1 −2 −30 0 0 0 3 3

.


Базис пересечения подпространств: пример (2)

Выпишем систему, соответствующую полученной ступенчатой матрице:

t1 − s1 − s2 − s3 = 0,t2 + s2 + s3 = 0,

t3 − s1 − 2s2 − 3s3 = 0,3s2 + 3s3 = 0.

(13)

Найдем фундаментальный набор решений этой системы. Ясно, что онаимеет две свободные неизвестные — s1 и s3. Положим сначала s1 = 1 иs3 = 0. Из четвертого уравнения имеем s2 = 0, из третьего — t3 = 1, извторого — t2 = 0, из первого — t1 = 1. Положим теперь s1 = 0 и s3 = 1.Тогда из уравнений нашей системы последовательно вытекает, чтоs2 = −1, t3 = 1, t2 = 0, t1 = 0. Итак, фундаментальная система решенийсистемы (13) состоит из векторов (1,0,1,1,0,0) и (0, 0, 1, 0,−1, 1). Каждомуиз этих векторов соответствует вектор из M1 ∩ M2. Вектору (1, 0, 1, 1, 0, 0)соответствует вектор a1 + a3 = b1 = (1, 1, 1, 1), а вектору (0, 0, 1, 0,−1, 1) —вектор a3 = −b2 + b3 = (0, 0, 1, 1). Следовательно, в качестве базисапространства M1 ∩ M2 можно взять набор векторов (1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 1).


Documents

Лекция 13: Пространство решений однородной ...kadm.kmath.ru/files/linalg13.pdf · 2020. 1. 9. · Лекция 13: Пространство решений