Elementaire bewerkingen op stelsels lineaire vergelijkingen

Stelsels lineaire vergelijkingen: Stelsels lineaire vergelijkingen

Elementaire bewerkingen op stelsels lineaire vergelijkingen

We behandelen nu een algemeen stelsel van \(m\) lineaire vergelijkingen met \(n\) onbekenden \(x_1, \ldots, x_n\) in de volgende gedaante \[\left\{\;\begin{array}{lllllllll} a_{11}x_1 \!\!\!\!&+&\!\!\!\! a_{12}x_2 \!\!\!\!&+&\!\!\!\! \cdots \!\!\!\!&+&\!\!\!\! a_{1n}x_n\!\!\!\!&=&\!\!\!\!b_1\\ a_{21}x_1 \!\!&+&\!\! a_{22}x_2 \!\!&+&\!\! \cdots \!\!&+&\!\! a_{2n}x_n\!\!\!\!&=&\!\!\!\!b_2\\ \vdots &&\vdots &&&& \vdots&&\!\!\!\!\vdots\\ a_{m1}x_1 \!\!\!\!&+&\!\!\!\! a_{m2}x_2 \!\!\!\!&+&\!\!\!\! \cdots \!\!\!\!&+&\!\!\!\! a_{mn}x_n\!\!\!\!&=&\!\!\!\!b_m\end{array}\right.\] Hierbij zijn alle \(a_{ij}\) en \(b_i\) met \(1\le i\le m, 1\le j\le n\) reële of complexe getallen.

We hebben al eerder opgemerkt dat zo'n stelsel geen oplossing, één oplossing of meerdere oplossingen heeft. Bijvoorbeeld is het eenvoudig te verifiëren dat \(\rv{x,y,z,w}=\rv{0,-1,-1,3}\) en \(\rv{x,y,z,w}=\rv{3,1,-1,0}\) oplossingen van het volgende stelsel zijn: \[\left\{\begin{array}{rrrrrrrrr}x&+&y&+&z&+&w&=&1\\ 2x&+&y&+&z&+&2w&=&4\end{array}\right.\] De vraag is of er nog meer oplossingen zijn, en zo ja, hoe die op systematische wijze bepaald kunnen worden.

We bespreken eerst de veegmethode voor het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen. De strategie is om de volgende elementaire bewerkingen op stelsels van lineaire vergelijkingen toe te passen en zo een eenvoudiger op te lossen stelsel te verkrijgen:

Elementaire bewerkingen op stelsels lineaire vergelijkingen Behalve haakjes wegwerken, vereenvoudigen en hergroeperen van deeluitdrukkingen onderscheiden we de volgende drie elementaire bewerkingen op stelsels van lineaire vergelijkingen:

Het vermenigvuldigen van beide zijden van een vergelijking met hetzelfde getal ongelijk aan nul.
Het optellen van een veelvoud van één vergelijking bij één van de andere vergelijkingen.
Het verwisselen van twee vergelijkingen.

We spreken van een elementaire herleiding als alle stappen in de herleiding elementaire bewerkingen zijn (we laten altijd haakjes wegwerken, vereenvoudigen en hergroeperen in elke vergelijking toe).

Als een stelsel lineaire vergelijkingen een elementaire herleiding is van een ander stelsel, dan zijn de twee stelsels equivalent en hebben ze dezelfde oplossingsverzameling

We tonen aan dat elementaire bewerkingen op stelsels van lineaire vergelijkingen de oplossingsverzameling niet veranderen.

Een vergelijking vermenigvuldigen met een scalar #\neq 0#.
Laat \(\rv{s_1,\ldots ,s_n}\) een oplossing zijn van de vergelijking \[v:\quad a_1x_1+\cdots +a_nx_n=b\tiny.\] Dit betekent dat \[a_1s_1+\cdots +a_ns_n=b\tiny.\] Laat nu \(\alpha\) een getal ongelijk aan nul zijn. Vermenigvuldigen we links en rechts in de vergelijking \(v\) met \(\alpha\), dan krijgen we \[\alpha a_1s_1+\cdots +\alpha a_m s_m=\alpha b\tiny,\] zodat #(s_1,\ldots ,s_n)# ook een oplossing is van \(\alpha v\).
Iedere oplossing van de vergelijking #v# is dus ook een oplossing van de vergelijking #\alpha v#.
Dus is ook iedere oplossing van de vergelijking \(\alpha v\) een oplossing van \(\frac{1}{\alpha}\cdot \alpha\cdot v=v\), omdat \(\alpha \neq 0\). De vergelijkingen \(v\) en \(\alpha v\) hebben dus dezelfde oplossingen. Daarom mogen we in een stelsel vergelijkingen één van de vergelijkingen met een getal \(\alpha\neq 0\) vermenigvuldigen; daardoor verandert de oplossingsverzameling niet.
Vergelijkingen #v# en #w# vervangen door #v# en #w+\beta v# voor zekere scalar #\beta#.
Laat \(\rv{s_1,\ldots ,s_n}\) een oplossing zijn van de vergelijkingen \[ v:a_1x_1+\cdots +a_nx_n=b \quad \mathrm{en}\quad w:c_1x_1+\cdots +c_nx_n=d .\] Dit betekent dat \[a_1s_1+\cdots +a_ns_n=b \quad \mathrm{en}\quad c_1s_1+\cdots +c_ns_n=d\tiny.\]
Hieruit volgt, voor een willekeurig getal \(\beta\), dat \[(c_1+\beta\cdot a_1)s_1+\cdots +(c_n+\beta\cdot a_n)s_n=d+\beta\cdot b\tiny.\] Dus geldt dat iedere oplossing van de vergelijkingen \(v\) en \(w\) ook een oplossing is van de vergelijkingen \(v\) en \(w+\beta v\).
Hieruit volgt weer dat iedere oplossing van de vergelijkingen \(v\) en \(w+\beta v\) ook een oplossing is van de vergelijkingen \(v\) en \((w+\beta v)-\beta v\), dus van \(v\) en \(w\). De vergelijkingen \(v\) en \(w\) hebben dus dezelfde oplossingen als de vergelijkingen \(v\) en \(w+\beta v\). De oplossingsverzameling van een stelsel vergelijkingen verandert dus niet als we bij één vergelijking een veelvoud van een andere vergelijking optellen.
De volgorde van vergelijkingen veranderen.
Het is direct duidelijk dat als we in een stelsel vergelijkingen de volgorde veranderen, bijvoorbeeld door twee vergelijkingen van plek te verwisselen, de verzameling oplossingen dan niet verandert.

\(\phantom{x}\)

We illustreren de veegmethode aan de hand van onderstaand voorbeeld en geven daarna een beschrijving van het procédé bij stelsels met twee vergelijkingen en twee onbekenden.

Tellen we in het stelsel \[\left\{\begin{array}{rrrrrrrrr}x&+&y&+&z&+&w&=&1\\ 2x&+&y&+&z&+&2w&=&4\end{array}\right.\] de eerste vergelijking #-2# keer bij de tweede vergelijking op (met andere woorden, we trekken tweemaal de eerste vergelijking van de tweede af), dan krijgen we \[\left\{\begin{array}{rrrrrrrrr}x&+&y&+&z&+&w&=&1\\ &-&y&-&z&&&=&2\end{array}\right.\] Vervolgens tellen we in het zojuist verkregen stelsel de tweede vergelijking bij de eerste op: \[\left\{\begin{array}{rrrrrrrrr}x&&&&&+&w&=&3\\ &-&y&-&z&&&=&2\end{array}\right.\] Tenslotte vermenigvuldigen we de tweede vergelijking met #-1#: \[\left\{\begin{array}{rrrrrrrrr}x&&&&&+&w&=&3\\&&y&+&z&&&=&-2\end{array}\right.\] Nu is het stelsel in een vorm gebracht waarin we de oplossingen gemakkelijk kunnen aflezen en ook direct inzien dat er oneindig veel oplossingen zijn: je kunt \(z\) en \(w\) vrij kiezen, zeg \(z=r\) en \(w=s\) voor zekere \(r\) en \(s\), en \(x\) en \(y\) daarin uitdrukken: \[\lineqs{x&=&\phantom{-}3-s\cr y&=&-2-r\cr}\] In dit geval zijn \(r\) en \(s\) de vrije parameters; we zeggen ook wel dat er twee vrijheidsgraden zijn.

\(\phantom{x}\)

Je kunt ook de laatste stappen in het vorige voorbeeld achterwege laten en stoppen wanneer je aanbeland bent bij \[\left\{\begin{array}{rrrrrrrrr}x&+&y&+&z&+&w&=&1\\ &-&y&-&z&&&=&2\end{array}\right.\] Ook nu is al in te zien dat \(z\) en \(w\) vrij te kiezen zijn en \(x\) en \(y\) daarin uit te drukken zijn: als we namelijk in de tweede vergelijking \(y\) als onbekende beschouwen en \(z\) als parameter, dan is de oplossing van deze vergelijking \(y=-2-z\). Substitutie in de eerste vergelijking geeft dan \(x-2+w=1\), oftewel \(x=3-w\).

Veegmethode voor stelsels met 2 vergelijkingen en 2 onbekenden De veegmethode werkt als volgt voor een stelsel met twee vergelijkingen en twee onbekenden:

Zorg ervoor dat \(x\) in de eerste vergelijking voorkomt. Als dat niet het geval is, dan laten we de twee vergelijkingen van plaats verwisselen, zodat \(x\) wel weer in de eerste vergelijking voorkomt.
Vervang de tweede vergelijking door het verschil van deze vergelijking en een geschikt gekozen veelvoud van de eerste vergelijking, zodat \(x\) niet meer voorkomt in de tweede vergelijking.
Vervang de eerste vergelijking door het verschil van deze vergelijking met een geschikt veelvoud van de tweede vergelijking, zodat \(y\) niet meer in de eerste vergelijking voorkomt.
Door de eerste en tweede vergelijking elk met een geschikt getal te vermenigvuldigen, bereiken we dat het linkerlid \(x\) respectievelijk \(y\) wordt, waarmee de oplossing verschijnt.

Voorbeeld Los het volgende stelsel vergelijkingen op: \[\left\{\begin{array}{rrr}2x+3y\!\!\!\!&=&\!\!\!\!1 \\ 5x+7y\!\!\!\!&=&\!\!\!\!3\end{array}\right.\]

De onbekende \(x\) staat al in de bovenste vergelijking. We hoeven de vergelijkingen dus niet te verwisselen.
We trekken \(\tfrac{5}{2}\) maal de eerste vergelijking van de tweede af. Hierdoor verdwijnt de term met \(x\) en ontstaat de vergelijking \[7y-\frac{5}{2}\cdot 3y = 3-\frac{5}{2}\] oftewel \(-\tfrac{1}{2}y=\tfrac{1}{2}\) en dus \(y=-1\). Het gevonden equivalente stelsel vergelijkingen is \[\left\{\begin{array}{rrr}2x+3y\!\!\!\!&=&\!\!\!\!1 \\ y\!\!\!\!&=&\!\!\!\!-1\end{array}\right.\]
We trekken nu 3 maal de tweede vergelijking van de eerste af (zodat de term met \(y\) verdwijnt) en krijgen het stelsel \[\left\{\begin{array}{rrr}2x\!\!\!\!&=&\!\!\!\!4 \\ y\!\!\!\!&=&\!\!\!\!-1\end{array}\right.\]
We delen de eerste vergelijking door \(2\) om het stelsel \[\left\{\begin{array}{rrr}x\!\!\!\!&=&\!\!\!\!2 \\ y\!\!\!\!&=&\!\!\!\!-1\end{array}\right.\] te krijgen. Hiermee is het stelsel opgelost.

Bekijk een paar voorbeelden van stelsels met twee of drie onbekenden om de smaak van de veegmethode te pakken te krijgen. In de volgende sectie introduceren we een verkorte notatie van stelsel lineaire vergelijkingen via matrices en wordt de veegmethode bondiger geformuleerd door rijreductie van matrices.

Los het volgende stelsel lineaire vergelijkingen met onbekenden \(x\) en \(y\) op via de veegmethode. \[\lineqs{ 2 x+2 y&=&-1\cr 2 x+4 y&=&-2 \cr}\]

\( x=0\quad\land\quad y=-{{1}\over{2}} \)

Om dit in te zien starten we met het originele stelsel vergelijkingen \[\lineqs{ 2 x+2 y&=&-1\cr 2 x+4 y&=&-2 \cr}\] en vervangen we de tweede vergelijking door het verschil van de tweedede vergelijking en het veelvoud van de eerste vergelijking dat \(x\) doet verdwijnen (door 1 keer de eerste vergelijking van de tweede af te trekken); Het stelsel wordt daardoor \[\lineqs{ 2 x+2 y&=&-1\cr 2 y&=&-1 \cr}\] Uit de tweede vergelijking wordt duidelijk dat \(y=-{{1}\over{2}}\). Substitutie van deze waarde voor \(y\) in de eerste vergelijking maakt die vergelijking tot een lineaire vergelijking met alleen \(x\), met als oplossing \(x=0\).

Nieuw voorbeeld