Линейная алгебра и аналитическая геометрия. Магазинников Л.И - 46 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТУСУР | Томск

Составители: 

Рубрика: 

46 4. Системы линейных уравнений
Доказательство. Пусть (α
1
, α
2
, . . . , α
n
) и (β
1
, β
2
, . . . , β
n
) — лю-
бые два решения системы (4.6) и
(λα
1
+ µβ
1
, λα
2
+ µβ
2
, . . . , λα
n
+ µβ
n
),
где λ и µ — любые числа, их линейная комбинация. Имеем
a
k
i
(λα
i
+ µβ
i
) = λa
k
i
α
i
+ µa
k
i
β
i
. Так как a
k
i
α
i
= 0 и a
k
i
β
i
= 0, посколь-
ку (α
1
, α
2
, . . . , α
n
) и (β
1
, β
2
, . . . , β
n
) решения системы (4.6), то
a
k
i
(λα
i
+ µβ
i
) = 0, т.е. (λα
1
+ µβ
1
, λα
2
+ µβ
2
, . . . , λα
n
+ µβ
n
) явля-
ется решением этой системы.
Теорема 5. Множество всех решений системы линейных однород-
ных уравнений (4.6) образует подпространство L размерности (n−r)
арифметического линейного пространства R
n
, где n — число неиз-
вестных, r — ранг матрицы системы, n > r.
Доказательство. То, что множество всех решений системы (4.6)
образует подпространство L пространства R
n
, следует из теоремы
4 и определения подпространства. Найдём размерность L. Пусть
x
r+1
, x
r+2
, . . . , x
n
— свободные, а x
1
, x
2
, . . . , x
r
— зависимые неиз-
вестные системы. Образуем (n − r) ч астных решений следующего
вида:
(β
1
1
, β
2
1
, . . . , β
r
1
, 1, 0, 0, . . . , 0),
(β
1
2
, β
2
2
, . . . , β
r
2
, 0, 1, 0, . . . , 0),
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(β
1
n−r
, β
2
n−r
, . . . , β
r
n−r
, 0, 0, 0, . . . , 1).
(4.7)
Решения (4.7) линейно независимы, так как ранг матрицы A, состав-
ленной из этих решений, равен (n−r) (последние (n−r) её столбцов,
состоящие из единиц и нулей, образуют единичную матрицу порядка
(n−r)) и совпадает с числом её строк. Покажем, что любые (n−r+1)
решений системы (4.6) линейно зависимы, для чего достаточно до-
казать, что любое решение системы является линейной комбинацией
решений (4.7). Пусть
(α
1
, α
2
, . . . , α
r
, α
r+1
, . . . , α
n
) — (4.8)
любое решение системы. Умножим первое решение в (4.7) на α
r+1
,
второе — на α
r+2
, . . . , (n − r)-е — на α
n
и вычтем их после этого из
решения (4.8). В результате получим
(γ
1
, γ
2
, . . . , γ
r
, 0, 0, . . . , 0), (4.9)
где γ
i
= α
i
− α
k+r
β
i
k
, i =
1, r, k = 1, n − r. Вектор (4.9) является
решением системы (4.6) по теореме 4, причём это решение получено
при нулевых значениях свободных неизвестных, а потому является
тривиальным, т.е. γ
i
= 0 или α
i
= α
k+r
β
i
k
, i =
1, r, k = 1, n − r. Это и
означает, что решение (4.8) является линейной комбинацией решений

Страницы