Viết hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân. Hệ thuần nhất của phương trình đại số tuyến tính

xem thêm Giải phương trình vi phân tuyến tính trực tuyến
Tìm kiếm hệ thống cơ bản giải pháp trong trường hợp chung là một công việc khá khó khăn. Tuy nhiên, có một loại phương trình mà vấn đề này có thể được giải khá dễ dàng. Bây giờ chúng ta bắt đầu học lớp này.
(*)

tuyến tính phương trình vi phân(*) sẽ được gọi là phương trình với hệ số không đổi, nếu các hệ số trong phương trình này không đổi, nghĩa là a i (x)=const. Khi đó phương trình thuần nhất tương ứng L(y)=0 sẽ có dạng
. (6)
Chúng ta sẽ tìm nghiệm của phương trình (6) ở dạng y = erx. Khi đó y" = r e rx , y"" = r 2 e rx ,…, y (n) = r n e rx . Thay vào (6), ta được

Vì erx không biến mất ở bất cứ đâu nên
. (7)
Phương trình (7) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính với các hệ số không đổi.
Như vậy ta đã chứng minh được định lý sau. Định lý. Hàm y = e rx là nghiệm của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính với các hệ số không đổi (6) khi và chỉ khi r là nghiệm của phương trình đặc tính (7).
Có thể xảy ra những trường hợp sau.
1. Mọi nghiệm của đa thức đặc trưng đều là số thực và phân biệt. Chúng ta hãy ký hiệu chúng r 1 ,r 2 ,…,r n . Sau đó, chúng tôi nhận được n giải pháp khác nhau
y 1 = e r1x , y 2 = e r2x ,…, y n = e rnx (8)
phương trình (6). Hãy chứng minh rằng hệ nghiệm thu được là độc lập tuyến tính. Chúng ta hãy xét định thức Wronsky của nó

.

Thừa số e (r 1+ r 2+..+ rn) x ở vế phải của W(e r 1 x, e r 2 x,…, e rnx) không biến mất ở đâu cả. Do đó, vẫn còn phải chứng minh rằng thừa số thứ hai (định thức) không bằng 0. Hãy giả sử rằng

Khi đó các hàng của định thức này phụ thuộc tuyến tính, tức là có các số α 1, α 2, ..., α n sao cho
Vì vậy, chúng ta có được r i , i = 1,2,..,n là n rễ khác nhauđa thức bậc (n-1), điều này là không thể. Do đó, định thức ở vế phải W(e r 1 x , e r 2 x ,…, e rnx) không bằng 0 và hệ hàm (8) tạo thành hệ nghiệm cơ bản của phương trình (6) trong trường hợp khi nghiệm của phương trình đặc tính khác nhau.

Ví dụ. Đối với phương trình y""-3y" + 2y=0, các nghiệm của phương trình đặc tính r 2 - 3r + 2 = 0 bằng r 1 = 1, r 2 = 2 (các nghiệm được tìm thấy thông qua dịch vụ tìm Do đó, hệ nghiệm cơ bản bao gồm các hàm y 1 = e x , y 2 = e 2 x và quyết định chung viết là y = C 1 e x + C 2 e 2 x.
2. Trong số các nghiệm của phương trình đặc tính có bội số. Giả sử rằng r 1 có bội số α và tất cả các số khác đều khác nhau. Đầu tiên chúng ta xét trường hợp r 1 = 0. Khi đó phương trình đặc trưng giống như

vì nếu không nó sẽ không phải là nghiệm của bội số α. Do đó, phương trình vi phân có dạng
nghĩa là nó không chứa đạo hàm cấp dưới α. Phương trình này được thỏa mãn bởi tất cả các hàm có đạo hàm cấp α trở lên bằng 0. Đặc biệt, đây đều là các đa thức có bậc không cao hơn α-1, ví dụ:
1, x, x 2, …, x α-1. (9)
Hãy thể hiện điều đó hệ thống nàyđộc lập tuyến tính. Sau khi biên soạn định thức Wronski của hệ hàm này, chúng ta thu được

.

Đây là yếu tố quyết định hình tam giác với các phần tử khác 0 trên đường chéo chính. Do đó, nó khác 0, điều này chứng tỏ tính độc lập tuyến tính của hệ hàm số (9). Lưu ý rằng trong một trong các ví dụ ở đoạn trước, chúng ta đã chứng minh tính độc lập tuyến tính của hệ hàm (9) theo một cách khác. Giả sử nghiệm của phương trình đặc trưng của bội số α là số r 1 ≠0. Chúng ta hãy thay thế y = z r 1 x = z exp(r 1 x) trong phương trình (6) L(y) = 0. Sau đó

và như thế. Thay các giá trị thu được của đạo hàm vào phương trình ban đầu, ta lại thu được phương trình thuần nhất tuyến tính với hệ số không đổi
(0)
với phương trình đặc trưng
. (1)
Lưu ý rằng nếu k là nghiệm của phương trình đặc tính (1), thì z = e kx là nghiệm của phương trình (0), và y = y r 1 x = e (k + r 1) x là nghiệm của phương trình ( 6). Khi đó r=k+r 1 là nghiệm của phương trình đặc tính (7). Mặt khác, phương trình (6) có thể thu được từ phương trình (0) bằng cách thay thế ngược z = ye - r 1 x và do đó mỗi nghiệm của phương trình đặc tính (7) tương ứng với nghiệm k = r - r 1 của phương trình đặc tính (1). Do đó, sự tương ứng một-một đã được thiết lập giữa các nghiệm của phương trình đặc tính (7) và (1), và các nghiệm khác nhau của một phương trình tương ứng với rễ khác nhau khác. Vì r = r 1 là nghiệm của bội số α của phương trình (7), nên phương trình (1) có k=0 là nghiệm của bội số α. Theo những gì đã được chứng minh trước đó, phương trình (0) có nghiệm độc lập tuyến tính α
tương ứng với nghiệm độc lập tuyến tính α
(2)
phương trình (7). Bằng cách cộng hệ nghiệm (2) thu được vào các nghiệm n-α tương ứng với các nghiệm còn lại của phương trình đặc tính, chúng ta thu được hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi trong trường hợp có nhiều nghiệm.
Ví dụ. Đối với phương trình y"""-4y""+4y" = 0, phương trình đặc tính r 3 -4r 2 + 4r = 0 có nghiệm r=0 của bội số 1 và r=2 của bội số 2, vì r 3 -4r 2 + 4r = r(r-2) 2 nên hệ nghiệm cơ bản của phương trình ban đầu là hệ hàm số y 1 = 1, y 2 = e 2 x, y 3 = xe 2 x và nghiệm tổng quát có dạng y = C 1 + C 2 e 2 x + C 3 xe 2 x .
3. Trong số các nghiệm của phương trình đặc trưng có các nghiệm phức. Bạn có thể xem xét các nghiệm phức tạp, nhưng đối với các phương trình có hệ số thực thì điều này không thuận tiện lắm. Hãy để chúng tôi tìm giải pháp thực sự tương ứng với rễ phức tạp. Vì chúng ta đang xem xét một phương trình với các hệ số thực, nên với mỗi nghiệm phức r j = a+bi của bội số α của phương trình đặc tính, số liên hợp phức r k = a-bi của nó cũng là nghiệm của bội số α của phương trình này. Các cặp nghiệm tương ứng với các nghiệm này là các hàm và , l=0,1,.., α-1. Thay vì những nghiệm này, hãy xét tổ hợp tuyến tính của chúng 3. Đối với phương trình y (4) + 8y"" + 16y =0, phương trình đặc tính r 4 +8r 2 +16=0 có r 1 = 2i, r 2 = -2i của bội số 2, vì r 4 +8r 2 +16= (r 2 + 4) 2 nên hệ nghiệm cơ bản của phương trình ban đầu là hệ hàm số y 1 = cos2x, y 2 = sin2x, y 3 = xcos2x , y 4 = xsin2x, và nghiệm tổng quát có dạng y = C 1 cos2x+ C 2 sin2x+ C 3 xcos2x+ C 4 xsin2x.

Phương trình vi phân tuyến tính bậc hai

Phương trình vi phân bậc hai có dạng .

Sự định nghĩa. Nghiệm tổng quát của phương trình bậc hai là một hàm mà với bất kỳ giá trị nào cũng là nghiệm của phương trình này.

Sự định nghĩa. Một phương trình thuần nhất tuyến tính bậc hai được gọi là phương trình. Nếu các hệ số không đổi, tức là không phụ thuộc vào , thì phương trình này được gọi là phương trình có hệ số không đổi và được viết như sau: .

phương trình chúng ta sẽ gọi nó là một phương trình tuyến tính không đồng nhất.

Sự định nghĩa. Một phương trình thu được từ một tuyến tính phương trình thuần nhất thay thế một hàm bằng một và bằng lũy ​​thừa tương ứng, được gọi là phương trình đặc tính.

Được biết, phương trình bậc hai có nghiệm phụ thuộc vào phân biệt: , I E. nếu , thì nghiệm và là thực số khác nhau. Nếu thì. Nếu, tức là , khi đó sẽ là một số ảo, và các căn và - số phức. Trong trường hợp này, chúng tôi đồng ý biểu thị .

Ví dụ 4. Giải phương trình.

Giải pháp. Sự phân biệt đối xử này phương trình bậc hai, Đó là lý do tại sao .

Chúng ta sẽ chỉ ra cách tìm nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính bậc hai đồng nhất bằng cách sử dụng dạng nghiệm của phương trình đặc trưng.

Nếu là nghiệm thực của phương trình đặc tính thì .

Nếu nghiệm của phương trình đặc tính giống nhau, tức là , thì nghiệm tổng quát của phương trình vi phân được tìm bằng cách sử dụng công thức hoặc .

Nếu phương trình đặc tính có nghiệm phức thì

Ví dụ 5. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình.

Giải pháp. Hãy tạo một phương trình đặc trưng cho phương trình vi phân này: . Nguồn gốc của nó là hợp lệ và khác nhau. Vì vậy giải pháp chung .

Hệ thống nghiệm cơ bản của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính. Định lý về cấu trúc nghiệm tổng quát của nghiệm phương trình vi phân thuần nhất tuyến tính. Trong phần này chúng ta sẽ chứng minh rằng cơ sở của không gian tuyến tính của các nghiệm riêng phần của một phương trình đồng nhất có thể là bất kỳ tập hợp nào của N nghiệm độc lập tuyến tính của nó.
Chắc chắn. 14.5.5.1. Hệ thống giải pháp cơ bản. Hệ thống giải pháp cơ bản phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính N -thứ tự là tuyến tính bất kỳ hệ thống độc lập y 1 (x ), y 2 (x ), …, năm (x ) của anh ấy N giải pháp riêng.
Định lý 14.5.5.1.1 về cấu trúc nghiệm tổng quát của phương trình vi phân thuần nhất tuyến tính. Quyết định chung y (x ) của phương trình vi phân thuần nhất tuyến tính là tổ hợp tuyến tính của các hàm từ hệ nghiệm cơ bản của phương trình này:
y (x ) = C 1 y 1 (x ) + C 2 y 2 (x ) + …+ C n y n (x ).
Tài liệu. Cho phép y 1 (x ), y 2 (x ), …, năm (x ) là một hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính. Cần phải chứng minh rằng giải pháp cụ thể nào đó y Gì ( x ) của phương trình này có trong công thức y (x ) = C 1 y 1 (x ) + C 2 y 2 (x ) + …+ C n y n (x ) đối với một tập hợp hằng số nhất định C 1 , C 2 , …, Cn . Hãy lấy một điểm bất kỳ, tính các số tại điểm này và tìm các hằng số C 1 , C 2 , …, Cn như một giải pháp cho một tuyến tính hệ thống đồng nhất phương trình đại số

Lời giải như vậy tồn tại và là duy nhất, vì định thức của hệ này bằng . Xét tổ hợp tuyến tính y (x ) = C 1 y 1 (x ) + C 2 y 2 (x ) + …+ C n y n (x ) hàm từ hệ nghiệm cơ bản với các giá trị hằng số này C 1 , C 2 , …, Cn và so sánh nó với hàm y Gì ( x ). Chức năng y (x ) Và y Gì ( x ) thỏa mãn một phương trình và tương tự điều kiện ban đầu tại điểm x 0, do đó, do tính duy nhất của nghiệm của bài toán Cauchy nên chúng trùng nhau: y Gì ( x ) = C 1 y 1 (x ) + C 2 y 2 (x ) + … + C n y n (x ). Định lý đã được chứng minh.
Từ định lý này suy ra rằng chiều của không gian tuyến tính của nghiệm riêng phần của phương trình thuần nhất với các hệ số liên tục không vượt quá N . Còn phải chứng minh rằng kích thước này không nhỏ hơn N .
Định lý 14.5.5.1.2 về sự tồn tại của hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính. Bất kỳ phương trình vi phân thuần nhất tuyến tính nào N Thứ tự với các hệ số liên tục có một hệ nghiệm cơ bản, tức là hệ thống từ N lời giải độc lập tuyến tính.
Tài liệu. Hãy lấy bất kỳ định thức số nào N -thứ tự, không bằng 0

Chúng tôi sẽ tiếp tục hoàn thiện công nghệ của mình các phép biến đổi cơ bản TRÊN hệ thống đồng nhất Các phương trình tuyến tính .
Dựa trên những đoạn văn đầu tiên, tài liệu có vẻ nhàm chán và tầm thường, nhưng ấn tượng này là sai lầm. Ngoài việc tiếp tục phát triển kỹ thuật sẽ có rất nhiều thông tin mới, vì vậy hãy cố gắng đừng bỏ qua các ví dụ trong bài viết này.

Một hệ thống đồng nhất của phương trình tuyến tính là gì?

Câu trả lời tự gợi ý. Một hệ phương trình tuyến tính là đồng nhất nếu số hạng tự do mọi người phương trình của hệ bằng không. Ví dụ:

Điều đó hoàn toàn rõ ràng một hệ thống đồng nhất luôn nhất quán, tức là nó luôn có giải pháp. Và trước hết, điều khiến bạn chú ý là cái gọi là không đáng kể giải pháp . Tầm thường, đối với những người hoàn toàn không hiểu ý nghĩa của tính từ, có nghĩa là không phô trương. Tất nhiên không phải về mặt học thuật mà là dễ hiểu =) ...Tại sao lại vòng vo, hãy cùng tìm hiểu xem hệ thống này có giải pháp nào khác không:

ví dụ 1

Giải pháp: để giải một hệ thuần nhất cần phải viết ma trận hệ thống và với sự trợ giúp của các phép biến đổi cơ bản, hãy đưa nó đến chế độ xem từng bước. Xin lưu ý rằng ở đây không cần phải viết thanh dọc và cột số 0 của các thuật ngữ tự do - xét cho cùng, dù bạn có làm gì với số 0, chúng vẫn sẽ là số 0:

(1) Dòng đầu tiên được thêm vào dòng thứ hai, nhân với –2. Dòng đầu tiên được thêm vào dòng thứ ba, nhân với –3.

(2) Dòng thứ hai được thêm vào dòng thứ ba, nhân với –1.

Chia dòng thứ ba cho 3 không có nhiều ý nghĩa.

Kết quả của các phép biến đổi cơ bản, thu được một hệ thống đồng nhất tương đương , và, áp dụng đột quỵ ngược Gauss, dễ dàng chứng minh được nghiệm là duy nhất.

Trả lời:

Chúng ta hãy xây dựng một tiêu chí rõ ràng: một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có chỉ một giải pháp tầm thường , Nếu như xếp hạng ma trận hệ thống(V trong trường hợp này 3) bằng số lượng biến (trong trường hợp này – 3 phần).

Hãy khởi động và điều chỉnh đài phát thanh của chúng ta theo làn sóng biến đổi cơ bản:

Ví dụ 2

Giải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Để cuối cùng củng cố thuật toán, hãy phân tích nhiệm vụ cuối cùng:

Ví dụ 7

Giải hệ phương trình đồng nhất, viết đáp án dưới dạng vectơ.

Giải pháp: hãy viết ma trận của hệ và sử dụng các phép biến đổi cơ bản để đưa nó về dạng từng bước:

(1) Dấu của dòng đầu tiên đã được thay đổi. Một lần nữa tôi thu hút sự chú ý đến một kỹ thuật đã gặp nhiều lần, kỹ thuật này cho phép bạn đơn giản hóa đáng kể hành động tiếp theo.

(1) Dòng đầu tiên được thêm vào dòng thứ 2 và thứ 3. Dòng đầu tiên nhân với 2 được thêm vào dòng thứ 4.

(3) Ba dòng cuối cùng tỷ lệ thuận, hai trong số đó đã bị loại bỏ.

Kết quả là một tiêu chuẩn ma trận bước, và lời giải tiếp tục đi theo con đường có khía:

– các biến cơ bản;
– biến tự do.

Chúng ta hãy biểu diễn các biến cơ bản dưới dạng các biến tự do. Từ phương trình thứ 2:

- Thay vào phương trình thứ nhất:

Vì vậy, giải pháp chung là:

Vì trong ví dụ đang xem xét có ba biến tự do nên hệ cơ bản chứa ba vectơ.

Hãy thay thế một bộ ba giá trị vào nghiệm tổng quát và thu được một vectơ có tọa độ thỏa mãn từng phương trình của hệ thuần nhất. Và một lần nữa, tôi nhắc lại rằng bạn nên kiểm tra từng vectơ nhận được - việc này sẽ không mất nhiều thời gian nhưng nó sẽ bảo vệ bạn hoàn toàn khỏi sai sót.

Đối với ba giá trị tìm vectơ

Và cuối cùng cho cả ba chúng ta nhận được vectơ thứ ba:

Trả lời: , Ở đâu

Người muốn tránh giá trị phân số có thể xem xét sinh ba và nhận được câu trả lời ở dạng tương đương:

Nói về phân số. Hãy nhìn vào ma trận thu được trong bài toán và chúng ta hãy tự hỏi: liệu có thể đơn giản hóa giải pháp tiếp theo không? Rốt cuộc, ở đây trước tiên chúng ta biểu thị biến cơ bản thông qua phân số, sau đó qua phân số biến cơ bản, và tôi phải nói rằng, quá trình này không đơn giản và không dễ chịu nhất.

Giải pháp thứ hai:

Ý tưởng là thử chọn các biến cơ sở khác. Chúng ta hãy nhìn vào ma trận và chú ý hai số ở cột thứ ba. Vậy tại sao không có số 0 ở trên cùng? Hãy thực hiện thêm một phép biến đổi cơ bản nữa:

LDE bậc n - ur-e, tuyến tính đối với hàm chưa biết và các đạo hàm của nó và có dạng

a 0 (x)y (n) +a 1 (x)y (n-1) +…+a n-1 (x)y'+a n (x)y=φ(x)|: a 0 (x )

φ(x)≠0- LNOU

y (n) +p 1 (x)y (n -1) +…+p n -1 (x)y’+p n (x)y=g(x)- (1) ur-e ở dạng đã cho

*nếu y 1 là nghiệm của LOU thì C y 1, trong đó C là hằng số tùy ý cũng là nghiệm của phương trình này.

*Tổng các nghiệm y 1 + y 2 của LOE là nghiệm cùng cấp.

1 0 Tổ hợp tuyến tính với các hằng số nghiệm tùy ý y 1 , y 2 ,…, y m LOU là nghiệm của cùng một phương trình.

*nếu LOU (1) với hệ số thực p i (x)∈R có giải pháp toàn diện y(x)=u(x)+iv(x), thì phần thực của nghiệm này Rey=u(x) và phần ảo của nó Imy=v(x) là các nghiệm riêng biệt của cùng một phương trình.

Các hàm số y 1(x), y 2(x),…, y n(x) được gọi là phụ thuộc tuyến tính trên một khoảng nào đó (a,b), nếu có hằng số a1,a2,…,an≠0 sao cho với mọi x của khoảng (a,b) đẳng thức a 1 y 1 (x)+a 2 y 2 (x)+…+a n -1 (x)y' + đúng a n y n (x)=0. Nếu các hàm phụ thuộc tuyến tính thì ít nhất một trong số chúng là tổ hợp tuyến tính của các hàm còn lại.

Nếu đẳng thức chỉ hợp lệ với a1=a2=…=an=0 thì các hàm y 1 (x), y 2 (x),…, y n (x) được gọi độc lập tuyến tính trên khoảng (a,b).

*nếu hàm số y 1 (x), y 2 (x),…, y n (x) phụ thuộc tuyến tính trên khoảng (a,b), sau đó là định thức (Đảo Vronsky)

W(x)=W= = 0 trong khoảng này.

Tình trạng độc lập tuyến tính giải pháp riêng:

* nếu các hàm độc lập tuyến tính y 1(x), y 2(x),…, y n (x) là nghiệm của LOE (1) với các hệ số p i (x) liên tục trên khoảng (a,b), thì biên dịch cho chúng định thức Wronski không = 0 tại bất kỳ điểm nào trong khoảng (a,b).

Nghiệm tổng quát của LOU (1) với hệ số liên tục p i (x) trên (a,b) (i=1,2,...,n) là tổ hợp tuyến tính y oo = n nghiệm riêng phần độc lập tuyến tính y i trên cùng khoảng với các hệ số không đổi tùy ý.

1 0 số nghiệm độc lập tuyến tính tối đa của LOU bằng với bậc của nó.

FSR- bất kỳ n LOU giải quyết từng phần độc lập nào của bậc n.

*y on =y oo +y chn

Cấu trúc nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không đồng nhất. Phương pháp biến đổi các hằng số tùy ý để tìm nghiệm cụ thể của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bậc n.

LPDE được giải bằng phương pháp thay đổi các hằng số tùy ý. Đầu tiên giải pháp chung được tìm thấy phương trình đồng nhất , có vế trái giống như ban đầu phương trình không đồng nhất. Khi đó nghiệm của phương trình được tìm thấy ở dạng, tức là Giả sử các hằng số C là f-mi của biến độc lập x. Trong trường hợp này, có thể lấy các hàm C 1(x) và C 2(x) dưới dạng nghiệm của hệ

U anh = u oo + u chn

số nghiệm tối đa của một phương trình bằng với cấp của nó.

quyết định chung

44*. Phương trình vi phân đồng nhất tuyến tính với hệ số không đổi. Đa thức đặc trưng và phương trình đặc trưng. Xây dựng hệ thống cơ bản các giải pháp trong trường hợp rễ đơn giảnđa thức đặc trưng (thực và phức).

Phương trình có dạng y"+p(x)y=f(x), trong đó p(x), f(x) là các hàm liên tục trên khoảng a

Nếu f(x)= 0 thì phương trình được gọi là đồng nhất.

Nếu trong LO ur-ii y (n) +p 1 (x)y (n -1) +…+p n-1 (x)y’+p n (x)y=0

Tất cả các hệ số pi đều không đổi, khi đó nghiệm riêng phần của nó có thể tìm được dưới dạng y=e kx, trong đó k là hằng số. Thay thế bạn

(k n +p 1 k n -1 +….+p n-1 k+ p n) e kx =0

Giảm e kx ta được cái gọi là Mức độ đặc trưng

k n +p 1 k n -1 +….+p n -1 k+ p n =0

Phương trình bậc n này xác định các giá trị của k mà tại đó y= e kx là nghiệm của phương trình vi phân ban đầu với các hệ số không đổi.

1.k 1 , k 2 ,…,k n – thực và khác

FSR: e k 1 x , e k 2 x ,…, e knx

2. k 1 = k 2 =…=k m =k ~ ,

k ~ - m - nhiều gốc của ur-i, và tất cả các gốc n-m khác đều khác nhau

FSR: e k ~ x ,x e k ~ x ,…, x m -1 e k ~ x , e km +1 x , e k n x

Bạn có thể yêu cầu một giải pháp chi tiết cho vấn đề của mình!!!

Để hiểu nó là gì hệ thống quyết định cơ bản bạn có thể xem video hướng dẫn về ví dụ tương tự bằng cách nhấp vào. Bây giờ hãy chuyển sang mô tả thực tế của tất cả các công việc cần thiết. Điều này sẽ giúp bạn hiểu bản chất của vấn đề này một cách chi tiết hơn.

Làm thế nào để tìm hệ nghiệm cơ bản của phương trình tuyến tính?

Hãy lấy ví dụ hệ phương trình tuyến tính sau:

Hãy cùng tìm nghiệm của hệ phương trình tuyến tính này. Để bắt đầu, chúng tôi bạn cần viết ra ma trận hệ số của hệ thống.

Hãy biến ma trận này thành ma trận tam giác. Chúng tôi viết lại dòng đầu tiên mà không thay đổi. Và tất cả các phần tử nằm dưới $a_(11)$ phải được tạo thành số không. Để tạo số 0 thay cho phần tử $a_(21)$, bạn cần trừ số đầu tiên ở dòng thứ hai và viết hiệu vào dòng thứ hai. Để tạo số 0 thay cho phần tử $a_(31)$, bạn cần trừ số đầu tiên ở dòng thứ ba và viết hiệu vào dòng thứ ba. Để tạo số 0 thay cho phần tử $a_(41)$, bạn cần trừ số đầu tiên nhân với 2 từ dòng thứ tư và viết hiệu vào dòng thứ tư. Để tạo số 0 thay cho phần tử $a_(31)$, bạn cần trừ số đầu tiên nhân với 2 từ dòng thứ năm và viết hiệu vào dòng thứ năm.

Chúng tôi viết lại dòng đầu tiên và dòng thứ hai mà không thay đổi. Và tất cả các phần tử nằm dưới $a_(22)$ phải được tạo thành số không. Để tạo số 0 thay cho phần tử $a_(32)$, bạn cần trừ số thứ hai nhân với 2 từ dòng thứ ba và viết hiệu vào dòng thứ ba. Để tạo số 0 thay cho phần tử $a_(42)$, bạn cần trừ số thứ hai nhân với 2 từ dòng thứ tư và viết hiệu vào dòng thứ tư. Để tạo số 0 thay cho phần tử $a_(52)$, bạn cần trừ số thứ hai nhân với 3 từ dòng thứ năm và viết hiệu vào dòng thứ năm.

Chúng ta thấy rằng ba dòng cuối giống nhau, vì vậy nếu bạn trừ số thứ ba từ số thứ tư và thứ năm, chúng sẽ bằng 0.

Theo ma trận này viết hệ phương trình mới.

Chúng ta thấy rằng chúng ta chỉ có ba phương trình độc lập tuyến tính và năm ẩn số, do đó hệ nghiệm cơ bản sẽ bao gồm hai vectơ. Vì vậy chúng tôi chúng ta cần chuyển hai ẩn số cuối cùng sang bên phải.

Bây giờ, chúng ta bắt đầu diễn đạt những điều chưa biết ở phía bên trái thông qua những điều chưa biết ở phía bên phải. Chúng ta bắt đầu với phương trình cuối cùng, đầu tiên chúng ta biểu thị $x_3$, sau đó chúng ta thay kết quả thu được vào phương trình thứ hai và biểu thị $x_2$, sau đó vào phương trình đầu tiên và ở đây chúng ta biểu thị $x_1$. Vì vậy, chúng ta đã thể hiện tất cả những ẩn số ở phía bên trái thông qua những ẩn số ở phía bên phải.

Sau đó, thay vì $x_4$ và $x_5$, chúng ta có thể thay thế bất kỳ số nào và tìm $x_1$, $x_2$ và $x_3$. Mỗi năm số này sẽ là gốc của hệ phương trình ban đầu của chúng ta. Để tìm các vectơ có trong FSR chúng ta cần thay thế 1 thay vì $x_4$ và thay thế 0 thay vì $x_5$, tìm $x_1$, $x_2$ và $x_3$, rồi ngược lại $x_4=0$ và $x_5=1$.