Користувач:NAME XXX/Лінійна алгебра

Матриці

Властивості визначника матриці

Властивість 1

• Розклад по стовпцю визначника еквівалентний розкладу по рядку визначника.

Нехай $\ \Delta _{n}^{j}=\sum _{j=1}^{n}(-1)^{j+1}a_{j1}M_{j1}\qquad (1.1.1)$.

Дану властивість можна довести методом математичної індукції.

Очевидно, що для матриці $2\times 2$ це вірно:

$\ \Delta _{2}^{j}=\sum _{j=1}^{n}(-1)^{j+1}a_{j1}M_{i1}=a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}=\Delta _{2}$.

Допустимо, що для будь-якого визначника матриці порядку $\ n-1$ формула $\ (1.1.1)$ вірна і справджується рівність

$\ \Delta _{n-1}^{j}=\Delta _{n-1}^{i}\Longleftrightarrow \sum _{j=1}^{n-1}(-1)^{j+1}a_{j1}M_{j1}=\sum _{i=1}^{n-1}(-1)^{1+i}a_{1i}M_{1i}\qquad (1.1.2)$.

Тоді, використовуючи $\ (1.1.2)$, для визначника порядку $\ n$ можна записати:

$\ \Delta _{n}^{j}=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}M_{1i}=a_{11}M_{11}+\sum _{j=2}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}M_{1i}=a_{11}M_{11}+\sum _{j=2}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}\sum _{j=2}^{n}(-1)^{i}a_{j1}M_{(j1)(1i)}=$

$\ =a_{11}M_{11}+\sum _{j=2}^{n}(-1)^{j+1}a_{j1}\sum _{i=2}^{n}(-1)^{i}a_{1i}M_{1i}=\sum _{j=2}^{n}(-1)^{1+j}a_{j1}M_{j1}=\Delta _{n}^{j}$,

що й треба було довести.

Властивість 2

• Величина визначника матриці при операції транспонування не змінюється.

Див. доведення для властивості 1.

Наслідок: стовпці та рядки є рівноправними.

Властивість 3

• Знак визначника при перестановці двох строк, $\ f,f+1$ на місця одна одної змінюється на протилежний.

Дану властивість,

$\ \Delta _{n}^{i}=-{\tilde {\Delta }}_{n}^{i}\qquad (2)$,

можна довести методом математичної індукції.

Нехай для $\ \Delta _{n-1}$ це вірно:

$\ \sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}M_{1i}=-\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}{\tilde {M}}_{1i}\qquad (2.1)$.

Тоді для $\ \Delta _{n}$ можна записати:

$\ \Delta _{n}^{i}=\sum _{i=1,i\neq f,f+1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}M_{1i}+(-1)^{1+f}a_{1f}M_{1f}+(-1)^{2+f}a_{1(f+1)}M_{1(f+1)}\qquad (2.2)$.

$\ {\tilde {\Delta }}_{n}^{i}=\sum _{i=1,i\neq f,f+1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}{\tilde {M}}_{1i}+(-1)^{1+f}a_{1(f+1)}{\tilde {M}}_{1_{f}}+(-1)^{2+f}a_{1f}{\tilde {M}}_{1(f+1)}\qquad (2.3)$.

Оскільки $\ M_{1f}$ у $\ (2.2)$ рівен $\ {\tilde {M}}_{1(f+1)}$ у $\ (2.3)$, і навпаки, $\ M_{1(f+1)}$ у $\ (2.2)$ рівен $\ {\tilde {M}}_{1f}$ у $\ (2.3)$, а $\ {\tilde {M}}_{1i}$ - мінор $\ M_{1i}$, у якому стрічки $\ f,f+1$ змінені місцями, то

$\ (-1)^{1+f}a_{1(f+1)}M_{1_{f}}+(-1)^{2+f}a_{1f}M_{1(f+1)}=-((-1)^{1+f}a_{1f}M_{1f}+(-1)^{2+f}a_{1(f+1)}M_{1(f+1)})$

і, згідно з $\ (2.1)$,

$\ \Delta _{n}^{i}+{\tilde {\Delta }}_{n}^{i}=0$.

Властивість 4

• Визначник можна розкласти за довільним рядком або стовпчиком:

$\ \Delta _{n}=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+k}a_{ik}M_{ik}$.

Це можна довести наступним чином. Якщо переставити рядок $\ i$ на місце першого рядка матриці $\ {\hat {A}}_{n}$, то її визначник $\ det{\hat {A}}_{n}$ обчислюватиметься через визначник $\ det{\hat {B}}$ утвореної перестановкою матриці $\ {\hat {B}}$ наступним чином:

$\ det{\hat {A}}_{n}=(-1)^{i-1}det{\hat {B}}_{n}$,

де степінь $\ (i-1)$ показує кількість перестановок рядка $\ i$.

$\ det{\hat {A}}_{n}=(-1)^{i-1}\sum _{j=1}^{n}(-1)^{1+j}a_{ij}M_{ij}$

$\ det{\hat {B}}_{n}=(-1)^{i-1}\sum _{k=1}^{n}(-1)^{1+k}a_{1k}M_{1k}$.

Оскільки мінор $\ M_{1k}$ при розкладі за першим рядком визначається у випадку з детермінантом $\ M_{1k}$ матриці $\ {\hat {B}}_{n-1}$ таким же чином, як і у випадку з детермінантом $\ N_{ij}$ матриці $\ {\hat {A}}_{n-1}$ при розкладі за i-тим рядком, то

$\ M_{ij}=M_{1k}$.

Враховуючи, що

$\ a_{ij}=a_{1k}$,

властивість доведено.

Властивість 5

• Визначник матриці, стовпчик $\ <a|_{j}$ якої є лінійною комбінацією стовпчиків, які не належать даній матриці, можна представити у вигляді суми визначників, відповідні j-і стовпчики яких відповідають стовпчикам з лінійних комбінацій.

Якщо вектор-стовпчик $\ |a>_{j}$ є лінійною комбінацією інших вектор-стовпчиків, таких, що

$\ |a>_{j}=\alpha |p>+\beta |q>$,

то

$\ det{\hat {A}}=\alpha det{\hat {A}}_{p}+\beta det{\hat {A}}_{q},a_{kj}=\alpha p_{kj}+\beta q_{kj}$.

Доведення.

Якщо розкласти визначник за j-тим стовпчиком, таким, що

$\ |a>_{j}=\alpha |p>+\beta |q>$,

можна отримати:

$\ det{\hat {A}}_{n}^{j}=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{j+i}a_{ij}M_{ij}=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{j+i}(\alpha p_{ij}+\beta q_{ij})M_{ij}=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{j+i}\alpha p_{ij}M_{ij}+\sum _{i=1}^{n}(-1)^{j+i}\beta q_{ij}M_{ij}=\alpha det{\hat {A}}_{p}+\beta det{\hat {A}}_{q}$,

що й треба було довести.

Властивість 6

• Визначник матриці, строки якого є лінійно залежними, рівен нулю.

Доведення.

1. Визначник матриці, яка має нульовий стовпчик (рядок), рівен нулю (доводиться при розкладі визначника за нульовим стовпчиком (рядком)).

2. Визначник матриці, яка має два ідентичні стовпчики (рядки), рівен нулю.

Дійсно, якщо $\ <a|_{j}=<a|_{j+1}$,

то

$\ \Delta _{n}^{i}=\sum _{i=1,i\neq f,f+1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}M_{1i}+(-1)^{1+f}a_{1f}M_{1f}+(-1)^{2+f}a_{1(f+1)}M_{1(f+1)}\qquad$.

$\ {\tilde {\Delta }}_{n}^{i}=\sum _{i=1,i\neq f,f+1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}M_{1i}+(-1)^{1+f}a_{1(f+1)}M_{1_{f}}+(-1)^{2+f}a_{1f}M_{1(f+1)}\qquad$.

При цьому, оскільки рядки є еквівалентними,

$\ a_{1f}=a_{1(f+1)},M_{1f}={\tilde {M}}_{1f}={\tilde {M}}_{1(f+1)}=M_{1(f+1)}$,

а отже, матриця при перестановці рядків не змінюється, виконання рівності

$\ det{\hat {A}}_{n}=-det{\tilde {A}}_{n}$

можливе тільки тоді, коли

$\ det{\hat {A}}_{n}=det{\tilde {A}}_{n}=0$.

3. Якщо будь-який стовпчик матриці $\ A_{n}$ є лінійною комбінацією інших стовпчиків даної матриці,

$\ |a>_{j}=\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}|a>_{k}$,

то вираз

$\ det{\hat {A}}_{n}^{j}=\sum _{k=1,k\neq j}^{n}||a>_{1}...|a>_{j}...|a>_{n}|=\alpha _{1}||a>_{1}...|a>_{1}...|a_{n}>|+...+\alpha _{n}||a>_{1}...|a>_{n}...|a_{n}>|$,

внаслідок п.2, рівен нулю.

Методи обчислення визначника матриці

Метод рекуррентних співвідношень

Нехай $\ \Delta _{n}=p\Delta _{n-1}+q\Delta _{n-2}$,

причому величини $\ p,q$ визначаються з рівняння

$\ x^{2}-px-q:\alpha +\beta =p,-\alpha \beta =q$,

де $\ \alpha ,\beta$ - розв'язки.

Тоді

$\ \Delta _{n}-\alpha \Delta _{n-1}=(\alpha +\beta )\Delta _{n-1}-\alpha \beta \Delta _{n-2}-\alpha \Delta _{n-1}=\beta \Delta _{n-1}-\alpha \beta \Delta _{n-2}=\beta (\Delta _{n-1}-\alpha \Delta _{n-2})=\beta ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})\qquad (1)$;

$\Delta _{n}-\beta \Delta _{n-1}=(\alpha +\beta )\Delta _{n-1}-\alpha \beta \Delta _{n-2}-\beta \Delta _{n-1}=\alpha \Delta _{n-1}-\alpha \beta \Delta _{n-2}=\alpha (\Delta _{n-1}-\beta \Delta _{n-2})=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\beta \Delta _{1})\qquad (2)$.

Виражаючи з $\ (1)$ величину $\ \Delta _{n-1}$ і підставляючи її в $\ (2)$, можна отримати вираз:

$\ \Delta _{n}={\frac {\alpha ^{n-1}(\Delta _{2}-\beta \Delta _{1})-\beta ^{n-1}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})}{\alpha -\beta }}$.

Якщо ж

$\ \alpha =\beta$,

то:

$\ \Delta _{n}-\alpha \Delta _{n-1}=\alpha (\Delta _{n-1}-\alpha \Delta _{n-2})=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})$;

$\ \alpha (\Delta _{n-1}-\alpha \Delta _{n-2})=\alpha (\alpha \Delta _{n-2}-\alpha ^{2}\Delta _{n-3})=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})\Rightarrow \alpha \Delta _{n-1}=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})+\alpha ^{2}\Delta _{n-2}\Rightarrow$

$\ \Rightarrow \Delta _{n}=\alpha ^{2}\Delta _{n-2}+2\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})$;

$\ \alpha ^{2}(\Delta _{n-2}-\alpha \Delta _{n-3})=\alpha ^{2}(\alpha \Delta _{n-2}-\alpha ^{2}\Delta _{n-3})=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})\Rightarrow \alpha ^{2}\Delta _{n-1}=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})+\alpha ^{3}\Delta _{n-3}\Rightarrow$

$\ \Rightarrow \Delta _{n}=\alpha ^{3}\Delta _{n-3}+3\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})$;

...

$\ \alpha ^{n-3}(\Delta _{3}-\alpha \Delta _{2})=\alpha ^{n-3}(\alpha \Delta _{3}-\alpha ^{2}\Delta _{2})=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})\Rightarrow \alpha ^{n-3}\Delta _{3}=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})+\alpha ^{n-2}\Delta _{2}\Rightarrow$

$\ \Rightarrow \Delta _{n}=\alpha ^{n-2}\Delta _{2}+(n-2)\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})$;

$\ \alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})=\alpha ^{n-3}(\alpha \Delta _{2}-\alpha ^{2}\Delta _{1})=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})\Rightarrow \alpha ^{n-2}\Delta _{2}=\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})+\alpha ^{n-1}\Delta _{1}\Rightarrow$

$\ \Rightarrow \Delta _{n}=\alpha ^{n-1}\Delta _{1}+(n-1)\alpha ^{n-2}(\Delta _{2}-\alpha \Delta _{1})$.

Розв'язування системи лінійних алгебраїчних рівнянь за допомогою метода Крамера

Система з n лінійних алгебраїчних рівнянь відносно N невідомих,

${\begin{cases}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\ldots +a_{1n}x_{n}=b_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\ldots +a_{2n}x_{n}=b_{2}\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\a_{n1}x_{1}+a_{n2}x_{2}+\ldots +a_{nn}x_{n}=b_{n}\end{cases}}$,

у випадку, коли визначник $\ \Delta$ матриці $\ {\hat {A}}_{n}$ системи ненульовий, є сумісною та має єдиний розв'язок:

$\ x_{i}={\frac {\Delta ^{i}}{\Delta }}$,

де $\ \Delta ^{i}$ - визначник матриці $\ {\hat {C}}_{n}$, що отримана шляхом заміщення і-того стовпчика матриці $\ {\hat {A}}_{n}$ стовпчиком вільних членів $\ |b>$.

Доведення. Можна отримати матрицю $\ {\hat {B}}_{n+1}$, якщо ввести до матриці $\ {\hat {A}}_{n}$ стовпчик вільних членів $\ |b>$ та строку $\ <a|_{j}$. Така матриця матиме вигляд:

$\ {\hat {B}}_{n+1}={\begin{pmatrix}a_{j1}&a_{j2}&a_{j3}&a_{j4}&...&a_{jn}&b_{j}\\a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}&...&a_{1n}&b_{2}\\.&.&.&.&.&.&.\\.&.&.&.&.&.&.\\a_{j1}&a_{j2}&a_{j3}&a_{j4}&...&a_{jn}&b_{j}\\.&.&.&.&.&.&.\\a_{n1}&a_{n2}&a_{n3}&a_{n4}&...&a_{nn}&b_{n}\end{pmatrix}}$.

Дану матрицю можна записати у вигляді

$\ \sum _{j=1,...,n;k=1}^{n}a_{jk}x_{j}=b_{j}\qquad (1)$.

В силу того, що у матриці є два однакових рядка, визначник матриці рівен нулю. Тоді

$\ \det _{{\hat {B}}_{n+1}}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}a_{1k}M_{1k}+(-1)^{n+2}b_{j}det{\hat {A}}_{n}=0\Leftrightarrow \sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}a_{1k}M_{1k}=(-1)^{n+1}b_{j}det{\hat {A}}_{n}\Rightarrow \sum _{k=1}^{n}({\frac {(-1)^{k-n}M_{1k}}{det{\hat {A}}_{n}}}a_{jk})=b_{j}\qquad (2)$.

Порівнюючи $\ (1)$ з $\ (2)$, можна записати:

$\ x={\frac {(-1)^{k-n}M_{1k}}{det{\hat {A}}_{n}}}$.

Якщо далі розглянути $\ M_{1k}$,

$\ {\hat {M}}_{1k}={\begin{pmatrix}a_{11}&...&a_{1(k-1)}&a_{1(k+1)}&...&a_{1n}&b_{1}\\a_{21}&...&a_{2(k-1)}&a_{2(k+1)}&...&a_{2n}&b_{2}\\.&.&.&.&.&.&.\\.&.&.&.&.&.&.\\a_{j1}&...&a_{j(k-1)}&a_{j(k+1)}&...&a_{jn}&b_{j}\\.&.&.&.&.&.&.\\a_{n1}&...&a_{n(k-1)}&a_{n(k+1)}&...&a_{nn}&b_{n}\end{pmatrix}}$,

то очевидно, що після зміщення стовпчика $\ |b>$ на місце стовпчика $\ |a_{k+1}>$ початковий мінор $\ M_{1k}$ буде виражатись через утворений мінор $\ {\tilde {M}}_{1k}$ наступним чином:

$\ M_{ik}=(-1)^{n-k}{\tilde {M}}_{1k}$.

Тоді $(2)$ прийме вигляд:

$\ x_{k}={\frac {(-1)^{k-n}M_{1k}(-1)^{n-k}}{det{\hat {A}}_{n}}}={\frac {\Delta ^{k}}{\Delta }}$,

що й треба було довести.

Далі, якщо початкова система лінійних алгебраїчних рівнянь має не один, а декілька розв'язків,

$\ x_{N_{1}}={\alpha _{1},...,\alpha _{n}},x_{N_{2}}={\beta _{1},...,\beta _{n}}$,

то

$\ \alpha _{1}|a>_{1}+...+\alpha _{n}|a>_{n}=\beta _{1}|a>_{1}+...+\beta _{n}|a>_{n}=|b>\Rightarrow (\alpha _{1}-\beta _{1})|a>_{1}+...+(\alpha _{n}-\beta _{n})|a>_{n}=0$,

і при $\ \alpha \neq \beta$ система алгебраїчних рівнянь буде лінійно залежною, що протирічить початковим припущенням.

Теорема Кронекера-Капеллі

Базисний мінор

Мінор $M_{j_{1},j_{2},...,j_{s}}^{i_{1},i_{2},...,i_{s}}$ отримується з матриці $\ {\hat {A}}_{mn}$ шляхом утворення матриці, елементами якої є елементи на перетині вибраних рядків і стовпчиків.

Мінор матриці $\ A_{n}$ називається базисним за умови того, що він не дорівнює нулю, при цьому мінори вищих порядків або не існують, або рівні нулю. Порядок мінора заданої матриці обчислюють методом Гаусса.

Теорема. Шляхом додавання стовпчиків і рядків базисного мінора можна отримати всі стовпчики і рядки матриці.

Доведення. Треба розглянути спрощення матриці методом Гаусса. При спрощенні матриці до небазисних стовпчиків додаються базисні. При цьому отримуються нульові рядки. Якщо ж отримати спрощений вигляд матриці, то очевидно, що лінійною комбінацією базисних стовпчиків, помножених на відповідні коефіцієнти, є небазисні стовпчики. Наприклад, в матриці

$\ {\hat {B}}_{n+1}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&...&0&0&\alpha _{1}\\0&1&0&0&...&0&0&\alpha _{2}\\.&.&.&.&...&.&.&.\\.&.&.&.&...&.&.&.\\0&0&0&1&...&0&0&\alpha _{j}\\.&.&.&.&...&.&.&.\\0&0&0&0&...&0&1&\alpha _{n}\end{pmatrix}}$.

останній стовпчик можна виразити через попередні, тобто, він не є базисним, а кожен з попередніх є базисним.

• Базисний мінор заданої матриці утворений максимальною кількістю лінійно незалежних рядків матриці.

Доведення. Якщо до базисного мінора входить хоча б один лінійно залежний рядок, то визначник такого мінора буде рівен нулю. Якщо ж базисний мінор не містить максимальну кількість лінійно незалежних рядки, то всі рядки матриці не можна представити через ці рядки, а отже, існує мінор вищого порядку, що не рівен нулю.

А це протирічить визначенню базисного мінора.

Порядок базисного мінора матриці $\ {\hat {A}}_{mn}$ - ранг даної матриці. Ранг матриці не змінюється елементарними перетвореннями. Множення на ненульове число, додавання рядків та їх перестановка не зроблять нульові строки та стовпчики відмінними від нуля та не змінять абсолютну величину визначника мінора.

Теорема Кронекера-Капеллі

Система СЛАР має принаймні один розв'язок тоді і тільки тоді, коли ранг матриці, що відповідає даній системі, рівен рангу розширеної матриці даної системи. Тобто, стовпчик вільних членів є лінійною комбінацією базисних стовпчиків системи. Якщо ж ранг розширеної матриці є більшим, ніж ранг основної матриці, то звідси слідує, що один з рядків матриці (за умови, що перестановки не здійснювались) має вигляд

$\ |a>_{j}={\begin{pmatrix}0&&0&&...&&1\end{pmatrix}}$,

і останній стовпчик, що відповідає стовпчику вільних членів, відповідно, не можна виразити через базисні стовпчики основної системи. Тоді система є несумісною.

Узагальнення

При $\ \Delta \neq 0$ система є сумісною та має єдиний розв'язок.

При $\ \Delta =0,\Delta _{i}\neq 0$ система є несумісною.

При $\ \Delta ,...,\Delta _{i}=0$ треба проаналізувати два випадки:

• Якщо $\ Rg{\hat {A}}=Rg{\hat {A}}*,n\neq r$, то система має $\ n-r$ незалежних розв'язків.

Доведення цього полягає в наступному. Нехай є СЛАР з $\ m$ рівнянь відносно $\ n$ невідомих, ранг якої рівен $\ r<n$. Це означає, що у матриці даної системи є $\ r$ лінійно незалежних стовпчиків. Це означає, що елементам $\ n-r$ лінійно залежних стовпчиків можна надати значення типу $\ {1;0;...;0},{0;1;...;0},...,{0;0;...;1}$, що буде відповідати $\ n-r$ лінійно незалежним розв'язкам.

• Якщо $\ Rg{\hat {A}}<Rg{\hat {A}}*$, то система не має розв'язків, оскільки лінійною комбінацією вектор-стовпчиків з невідомими не можна буде отримати вектор-стовпчик вільних членів системи.

Розв'язок СЛАР

Нехай є довільна СЛАР:

${\begin{cases}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\ldots +a_{1r}x_{r}+\ldots +a_{1n}x_{n}=b_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\ldots +a_{2r}x_{r}\ldots +a_{2n}x_{n}=b_{2}\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\ldots a_{mr}x_{r}+\ldots +a_{mn}x_{n}=b_{m}\end{cases}}\qquad (1.6.0.1)$,

Її розв'язання полягає в наступному.

1. Визначення базисних стовпчиків системи. Нехай базисними є стовпчики $\ |a>_{1},...|a>_{r}$. Тоді $\ (1.6.1)$ можна переписати:

${\begin{cases}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\ldots +a_{1r}x_{r}=b_{1}-a_{1(r+1)}x_{r+1}-...-a_{1(n)}x_{n}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\ldots +a_{2r}x_{r}=b_{2}-a_{2(r+1)}x_{r+1}-...-a_{2(n)}x_{n}\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\ldots +a_{mr}x_{r}=b_{m}-a_{m(r+1)}x_{r+1}-...-a_{mn}x_{n}\\\end{cases}}$.

2. Розгляд відповідної початковій СЛАР однорідної системи. Тоді перетворена система з п.1 матиме вигляд

${\begin{cases}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\ldots +a_{1r}x_{r}=-a_{1(r+1)}x_{r+1}-...-a_{1(n)}x_{n}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\ldots +a_{2r}x_{r}=-a_{2(r+1)}x_{r+1}-...-a_{2(n)}x_{n}\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\ldots +a_{2r}x_{r}=-a_{m(r+1)}x_{r+1}-...-a_{2(m)}x_{n}\\\end{cases}}$

і буде називатися фундаментальною системою розв'язків.

3. Вибирається почергове присвоєння параметричним змінним одиничних і нульових значень системи з п.1:

$\ x_{r+1}=1,x_{r+2}=0,...,x_{n}=0$, </math>\ ...</math>, $\ x_{r+1}=0,x_{r+2}=0,...,x_{n}=1$.

Відповідно, початкова система буде мати $\ n-r$ лінійно незалежних розв'язків, що утворюють нормальну фундаментальную систему розв'язків:

$\ {\hat {B}}_{n+1}={\begin{pmatrix}x_{11}&x_{12}&x_{13}&x_{14}&...&x_{1(n-r-1)}&x_{1(n-r)}\\x_{21}&x_{22}&x_{23}&x_{24}&...&x_{2(n-r-1)}&x_{2(n-r)}\\.&.&.&.&.&.&.\\x_{r1}&a_{r2}&a_{r3}&a_{r4}&...&x_{r(n-r-1)}&x_{r(n-r)}\\1&0&0&0&...&0&0\\.&.&.&.&...&.&.\\0&0&0&0&...&0&1\end{pmatrix}}\qquad (1.6.0.2)$.

Тоді, загальний розв'язок буде мати наступний вигляд:

$\ |x>=|X>_{0}+C_{1}|X_{1}>+...+C_{n-r}|X>_{n-r}$,

де $\ |X>_{0}$ - частковий розв'язок початкової системи, $\ |X_{1}>,...,|X>_{n-r}$ - лінійно незалежні розв'язки системи $\ (1.6.0.2)$

Доведення формули загального розв'язку

Нехай є система рівнянь

${\begin{cases}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\ldots +a_{1r}x_{r}+\ldots +a_{1n}x_{n}=b_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\ldots +a_{2r}x_{r}\ldots +a_{2n}x_{n}=b_{2}\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\ldots a_{mr}x_{r}+\ldots +a_{mn}x_{n}=b_{m}\end{cases}}\qquad (1.6.1.1)$.

Відповідна однорідна система буде мати вигляд

${\begin{cases}a_{11}{\tilde {x}}_{1}+a_{12}{\tilde {x}}_{2}+\ldots +a_{1r}{\tilde {x}}_{r}+\ldots +a_{1n}{\tilde {x}}_{n}=0\\a_{21}{\tilde {x}}_{1}+a_{22}{\tilde {x}}_{2}+\ldots +a_{2r}{\tilde {x}}_{r}\ldots +a_{2n}{\tilde {x}}_{n}=0\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\a_{m1}{\tilde {x}}_{1}+a_{m2}{\tilde {x}}_{2}+\ldots a_{mr}{\tilde {x}}_{r}+\ldots +a_{mn}{\tilde {x}}_{n}=0\end{cases}}\qquad (1.6.1.2)$.

1. Нехай $\ c_{1},...,c_{n}$ - розв'язки $\ (1.6.1.1)$, а $\ d_{1},...,d_{n}$ - системи $\ (1.6.1.2)$. Тоді можна стверджувати, що сума розв'язків однорідної системи та розв'язку неоднорідної системі рівна розв'язку неоднорідної системи.

${\begin{cases}a_{11}(c_{1}+d_{1})+a_{12}(c_{2}+d_{2})+\ldots +a_{1r}(c_{r}+d_{r})+\ldots +a_{1n}(c_{n}+d_{n})=b_{1}\\a_{21}(c_{1}+d_{1})+a_{22}(c_{2}+d_{2})+\ldots +a_{2r}(c_{r}+d_{r})\ldots +a_{2n}(c_{n}+d_{n})=b_{2}\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\a_{m1}(c_{1}+d_{1})+a_{m2}(c_{2}+d_{2})+\ldots a_{mr}(c_{r}+d_{r})+\ldots +a_{mn}(c_{n}+d_{n})=b_{m}\end{cases}}=$.

$\ ={\begin{cases}(a_{11}c_{1}+a_{12}c_{2}+\ldots +a_{1r}c_{r}+\ldots +a_{1n}c_{n})+(a_{11}d_{1}+a_{12}d_{2}+\ldots +a_{1r}d_{r}+\ldots +a_{1n}d_{n})=b_{1}+0=b_{1}\\(a_{21}c_{1}+a_{22}c_{2}+\ldots +a_{2r}c_{r}+\ldots +a_{2n}c_{n})+(a_{21}d_{1}+a_{22}d_{2}+\ldots +a_{2r}d_{r}+\ldots +a_{2n}d_{n})=b_{2}+0=b_{2}\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\(a_{m1}c_{1}+a_{m2}c_{2}+\ldots +a_{mr}c_{r}+\ldots +a_{mn}c_{n})+(a_{m1}d_{1}+a_{m2}d_{2}+\ldots +a_{mr}d_{r}+\ldots +a_{mn}d_{n})=b_{m}+0=b_{m}\end{cases}}.$.

2. Різниця двух розв'язків $\ (1.6.1.1)$, $\ |x>,|x>_{0}$, рівна розв'язку $\ (1.6.1.2)$.

${\begin{cases}a_{11}(x_{1}-x_{0_{1}})+a_{12}(x_{2}-x_{0_{2}})+\ldots +a_{1r}(x_{r}-x_{0_{r}})+\ldots +a_{1n}(x_{n}-x_{0_{n}})=b_{1}-b_{1}=0\\a_{21}(x_{1}-x_{0_{1}})+a_{22}(x_{2}-x_{0_{2}})+\ldots +a_{2r}(x_{r}-x_{0_{r}})\ldots +a_{2n}(x_{n}-x_{0_{n}})=b_{1}-b_{1}=0\\\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\a_{m1}(x_{1}-x_{0_{1}})+a_{m2}(x_{2}-x_{0_{2}})+\ldots a_{mr}(x_{r}-x_{0_{r}})+\ldots +a_{mn}(x_{n}-x_{0_{n}})=b_{1}-b_{1}=0\end{cases}}$.

Тоді можна стверджувати, що

$\ |x>-|X>_{0}=C_{1}|X_{1}>+...+C_{n-r}|X>_{n-r}\Rightarrow |x>=|X>_{0}+C_{1}|X_{1}>+...+C_{n-r}|X>_{n-r}$,

де $\ r$ - ранг матриці однорідної системи.