Добавлен: 02.02.2019
Просмотров: 5535
Скачиваний: 25
34
Соңғы
1
0
+
=
r
b
, ...,
m
b
=
0
теңдеулеріндегі
1
+
r
b
, ...,
m
b
сандарының
ең болмағанда біреуі нөлден өзгеше болса, онда берілген теңдеулер
жүйесі үйлесімсіз, ал бəрі нолге тең болса жүйе үйлесімді болады.
Жүйенің рангісі жүйедегі белгісіздер санынан кем болса,
онда жүйе анықталмаған болатыны жоғарыда айтылған. Айталық
(6) жүйе үйлесімді жəне r<n болсын.
Егер
r
x
x
x
,...,
,
2
1
коэффициенттерінен
құрылған
анықтауыш
нолден
өзгеше
болса,
онда
r
x
x
x
,...,
,
2
1
айнымалыларды базистік (негізгі) айнымалылар деп, ал басқа n-
r айнымалыларды еркін (негізгі емес) айнымалылар деп атайды.
Еркін айнымалылары нолге тең болған кездегі шешім
базистік шешім деп аталады. Базистік шешімдер саны
r
n
С
-ден
артпайды.
Бірнеше мысал қарастырайық.
1-мысал.
=
−
+
=
+
+
=
+
+
=
+
+
=
+
5
3
2
10
2
3
14
3
2
6
3
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Шешуі. Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементар
түрлендірулер жасайық:
|
|
|
|
|
1
3
2
1
2
3
3
2
1
1
1
1
0
1
1
1
−
=
A
5
10
14
6
3
↵
↵
↵
↵
−
−
−
|
|
|
|
|
)
2
(
)
3
(
)
1
(
|
|
|
|
|
1
1
0
1
1
0
3
1
0
1
0
0
0
1
1
~
−
−
−
1
1
11
3
3
~
)
1
(
↵
35
|
|
|
|
|
0
0
0
1
1
0
1
0
0
3
1
0
0
1
1
~
−
0
1
3
11
3
↵
−
|
)
1
(
)
1
(
|
|
|
|
4
0
0
1
0
0
3
1
0
3
0
1
~
−
−
12
3
11
8
~
)
3
(
)
3
(
)
4
(
|
↵
−
−
|
|
|
|
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
~
0
3
2
1
|
|
|
1
0
0
0
1
0
0
0
1
~
3
2
1
.
Соңғы матрицаға сəйкес келетін жүйе жазайық:
=
=
=
3
2
1
3
2
1
x
x
x
Сонымен жүйенің шешімі табылды:
3
,
2
,
1
3
2
1
=
=
=
x
x
x
2-мысал.
=
+
+
+
=
−
+
−
=
+
+
+
1
8
3
5
0
2
2
1
3
4
5
4
3
2
1
4
3
2
1
4
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Шешуі. Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементар
түрлендірулер жасайық:
|
|
|
1
8
3
5
1
2
1
2
3
4
5
1
1
−
−
=
A
1
0
1
↵
−
)
2
(
↵
−
|
)
5
(
|
|
|
14
12
22
0
7
6
11
0
3
4
5
1
~
−
−
−
−
−
−
−
−
4
2
1
↵
−
)
2
(
|
|
|
0
0
0
0
7
6
11
0
3
4
5
1
~
−
−
−
−
0
2
1
11
5
−
−
−
−
7
6
11
0
11
2
11
14
0
1
~
|
|
−
2
11
1
36
Соңғы матрицаға сəйкес келетін жүйе жазайық:
−
=
−
−
−
=
−
+
2
7
6
11
11
1
11
2
11
14
4
3
2
4
3
1
x
x
x
x
x
x
Осы жүйеден
1
x
жəне
2
x
айнымалыларды табамыз:
11
2
11
7
11
6
,
11
1
11
2
11
14
4
3
2
4
3
1
+
−
−
=
+
+
−
=
x
x
x
x
x
x
u
x
=
3
жəне
v
x
=
4
деп алсақ жүйе шешімі мынадай болады:
11
2
11
7
11
6
,
11
1
11
2
11
14
2
1
+
−
−
=
+
+
−
=
v
u
x
v
u
x
,
u
x
=
3
,
v
x
=
4
.
u
,
v
айнымалылардың орнына еркімізше сан беріп жүйенің
сəйкес шешімін табамыз. Сонымен, берілген жүйенің шексіз көп
шешімі бар екен.
3-мысал. 2-мысалдағы жүйенің барлық базистік
шешімдерін табу керек.
Шешуі. Матрица рангісі 2-ге тең екенін кеңейтілген матрицаға
жүргізілген түрлендірулерден кейін көру қиын емес, сондықтан
жүйедегі екі теңдеуді (мысалы, бастапқы екеуін) қарастырамыз:
=
−
+
−
=
+
+
+
0
2
2
1
3
4
5
4
3
2
1
4
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
Олай болса базистік шешімдері
6
2
4
=
C
дан артпайды. Базистік
айнымалылар ретінде мына айнымалылар жұбын алуға болады:
1
x
,
2
x
;
1
x
,
3
x
;
1
x
,
4
x
;
2
x
,
3
x
;
2
x
4
x
;
3
x
,
4
x
.
37
Енді əрқайсысының базистік айнымалылар бола алатынын немесе
бола алмайтынын білу үшін коэффициенттерінен құрылған
анықтауыштарды
есептейміз.
Айталық
1
x
,
2
x
айнымалылар
коэффициенттеріне құрылған анықтауыш
0
1
2
5
1
≠
−
,
олай болса бұлар базистік айнымалылар бола алады. Базистік
шешімді табу үшін жүйедегі
3
x
,
4
x
айнымалыларды нолге
теңестіреміз де жүйені мына түрде жазамыз:
=
−
=
+
0
2
1
5
2
1
2
1
x
x
x
x
Бұл жүйенің шешімі:
11
2
,
11
1
2
1
=
=
x
x
.
Сонда бастапқы жүйенің бір базистік шешімі:
0
;
0
;
11
2
;
11
1
болады.
Осы жолмен барлық
−
0
;
3
1
;
0
;
3
1
,
4
1
;
0
;
0
;
8
1
,
0
;
14
1
;
7
1
;
0
,
−
2
5
;
0
;
2
1
;
0
,
5
1
;
10
1
;
0
;
0
базистік шешімдерді табамыз.
4-мысал. Біртекті теңдеулер жүйесін шешейік,
=
−
+
=
+
−
=
−
+
0
4
3
0
3
2
0
2
3
3
2
1
3
2
1
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
Шешуі. Біртекті жүйе əруақытта үйлесімді, себебі жүйенің
0
3
2
1
=
=
=
x
x
x
нолдік шешуі бар. Ендік нолдік емес шешулері
бар жоқтығын анықтайық.
Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементар
түрлендірулер жасайық:
38
|
|
|
4
3
1
3
1
2
1
2
3
1
−
−
−
=
A
0
0
0
|
|
|
1
2
3
3
1
2
4
3
1
~
−
−
−
0
0
0
↵
−
)
2
(
↵
−
|
)
3
(
−
−
−
11
7
0
11
7
0
4
3
1
~
|
|
|
0
0
0
↵
−
)
1
(
|
|
|
0
0
0
11
7
0
4
3
1
~
−
−
0
0
0
)
(
7
3
|
|
11
7
0
7
5
0
1
~
−
0
0
Соңғы матрицаға сəйкес келетін жүйе жазайық:
=
+
−
=
+
0
11
7
0
7
5
3
2
3
1
x
x
x
x
Осы жүйеден
1
x
жəне
2
x
айнымалыларды табамыз:
3
2
3
1
7
11
,
7
5
x
x
x
x
=
−
=
С
x
7
3
=
деп алсақ жүйе шешімі мынадай болады:
С
x
С
x
11
,
5
2
1
=
−
=
,
С
x
7
3
=
.