解决在使用矩阵的线性系统

线性方程组的求解是许多学科中经常遇到的问题。解决这些问题是如此重要，以至于解决这些问题的技术(代换，消除）在代数研究早期的经验教训。本维基将详细阐述消除的基本技术，并探索可以从获得几个技巧线性代数．

一个方程组可以用几种不同的矩阵形式表示。一种方法是把方程组看成是方程组的系数和变量的列向量的矩阵乘法。方阵叫做系数矩阵因为它是由方程的系统变量的系数：

$\text{Product of matrices: } \quad \begin{array}{c c c c c c c} 2x & + & 4y & + & 7z & = & 4\\ 3x & + & 3y & + & 2z & = & 8\\ 5x & + & 6y & + & 3z & = & 0 \\ \end{array} \longrightarrow \left[ \begin{array}{c c c} 2 & 4 & 7\\ 3 & 3 & 2 \\ 5 & 6 & 3 \\ \end{array}\right] \left[ \begin{array}{c} x \\ y \\ z\\ \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 4 \\ 8 \\ 0 \end{array} \right].$

另一种表示称为增广矩阵将矩阵的列拼接在一起，然后用竖条分割。系数矩阵放置在这个竖条的左边，而每个方程右边的常数放置在竖条的右边:

$文本{增广矩阵:}\ \四\四\开始{数组}{c c c c c c c} 2 x和y & + + & 4和7 z & = & 4 \ \ 3 x & + & 3 y和z + & 2 & = & 8 \ \ 5 x和z + & 6 y & + & 3 & = & 0 \ \ \{数组}结束\ longrightarrow \离开[\开始{数组}{c c c | c} 2 & 4 & 7 & 4 \ \ 3 & & 2 & 8 \ \ 5 & 6 & 3 & 0数组{}\ \端)。$

代表这些系统的基质可以以这样的方式被操纵，以提供易于阅读的解决方案。该操作被称为行减少。行缩减技术变换的矩阵进行简化阶梯形在不改变解决方案的系统。

的行简化阶梯形一个矩阵的 $一个$ $\大($表示 ${rref} \文本(A) \大)$为满足以下条件的等维矩阵:

1. 每一行中最左边的非零元素是 $1$．这个元素被称为主元。
2. 任何列最多可以有 $1$主。如果一列有一个主元素，那么这列中的其他元素将是 $0$．
3. 对于任意两列 $C_ {1}$和 $c_ {2}$以行为轴 $R_ {1}$和 $R_ {2},$分别，如果枢轴在 $C_ {1}$是在主元的左边吗 $c_ {2}$,然后 $R_ {1}$是上面的 $R_ {2}$．换句话说，对于任意两个枢轴 $P_ {1}$和 $P_ {2}$， 如果 $P_ {2}$在…的右边吗 $P_ {1}$,然后 $P_ {2}$低于 $P_ {1}$．
4. 只有零组成的行在矩阵的底部。

为了把任意矩阵转换成它的行简化阶梯形，高斯消去法是执行的。有用来实现简化行阶梯形式三个基本行操作：

1. 开关两行。
2. 将一行乘以任意非零常数。
3. 一排的纯量倍数添加到任何其他行。

找到 $\文本{RREF}（A）$采用高斯-约当消去法，其中

$左= \[开始\{数组}{c c c} 2 & 6 & 2 \ \ 1 & 6和4 \ \ 1 & 4和9 \ \ \{数组}结束\右)。$

---

第一行中最左边的元素必须是1，所以第一行被除以2：

$\left[\begin{array}{c c} 2 & 6 & -2\\ 1 & 6 & -4 \\ -1 & 4 & 9 \\ end{array} right] \ce{->[\large \text{第一行除以2。}]左}\[开始\{数组}{c c c} 1 & 3 & 1 \ \ 1 & 6和4 \ \ 1 & 4和9数组{}\ \ \ \端)。$

左元素顶部是一个枢轴，所以在第一列中的元素的其余部分必须为0。这可以通过从第二行中减去第一行来完成。此外，第一行可以被添加到第三行，以获得在第一列中的必要0：

$\left[ \begin{array}{c c c} 1 & 3 & -1\\ 1 & 6 & -4 \\ -1 & 4 & 9 \\ \end{array}\right] \ce{->[\large R_2 - R_1 \text{ and } R_3 + R_1]} \left[ \begin{array}{c c c} 1 & 3 & -1\\ 0 & 3 & -3 \\ 0 & 7 & 8 \\ \end{array}\right].$

现在最左边的一列是 $左\[开始\{数组}{c} 1 \ \ 0 \ \ \ \ \{数组}结束\正确)$，中间的元素可以用第二行除以3得到1:

$\left[ \begin{array}{c c c} 1 & 3 & -1\\ 0 & 3 & -3 \\ 0 & 7 & 8 \\ \end{array}\right] \ce{->[\large \text{Divide the second row by 3.}]} \left[ \begin{array}{c c c} 1 & 3 & -1\\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 7 & 8 \\ \end{array}\right].$

通过适当的行操作，可以将第二列的顶部和底部元素设为0:

$左\[开始\{数组}{c c c} 1 & 3 1 \ \ & 0 & 1 & 1 \ \ 0 & 7和8数组{}\ \ \ \端]\ ce{- >[\大型R_1 - 3 r_2 \文本{和}R_3 - 7 r_2]}左\[开始\{数组}{c c c} 1 & 0 & 2 \ \ 0 & 1 & 1 \ \ 0 & 0 & 15数组{}\ \ \ \端)。$

中间这一列 $左\[开始\{数组}{c} 0 1 \ \ \ \ \ \ \{数组}结束\正确)$，将第三行除以15，继续到第三列:

$左\[开始\{数组}{c c c} 1 & 0 & 2 \ \ 0 & 1 & 1 \ \ 0 & 0 & 15数组{}\ \ \ \端]\ ce{- >[\ \大文本{第三行除以15}]}左\[开始\{数组}{c c c} 1 & 0 & 2 \ \ 0 & 1 & 1 \ \ 0 & 0 & 1 \ \ \{数组}结束\]。$

在流程的最后一步中，将第三行的倍数添加到第一行和第二行，以便最后一列成为 $c数组左\[开始\{}{}\ \ 0 \ \ 1 \ \ \{数组}结束\]:$

$\left[ \begin{array}{c c c} 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right] \ce{->[\large R_1 - 2R_3 \text{ and } R_2 + R_3 ]} \left[ \begin{array}{c c c} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right]. \ _\square$

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求线性方程组的解可采用以下步骤:

1. 转换给定的方程来增广矩阵。
2. 执行行操作，以获得矩阵的简化列梯形形式。
3. 将增广矩阵转换回一组方程。

一旦采用这种形式，增广矩阵所表示的线性方程组的可能解可以由三种情况确定。

案例1。如果 $\文本{RREF}（A）$是单位矩阵，那么方程组有唯一解。

当行逐行读取，此增维说 $X = -1, y = 2，$和 $z = 3:$

$左\[开始\{数组}{c c c | c} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \ \ 2 \ \ & 0 & 0 & 0 & 1 & 3 \ \ \{数组}结束\]。$

例2。如果 $\文本{RREF}（A）$包含一行零，后面跟着一个增广的零，那么系统就有无穷多个解。

考虑以下行简化阶梯形的增广矩阵。最后一行是 $\左[0 \ HSPACE {0.15厘米} 0 \ HSPACE {0.15厘米} 0 \ HSPACE {0.15厘米} |\ HSPACE {0.15厘米} 0 \权利]$或 $0 = 0，$这并不矛盾。其他行读取 $X + 4Y = -1$和 $z = 2。$这将确定for的值 $z,$但也有无穷多对实数 $x$和 $y$这样 $X + 4Y = -1，$所以这种系统解决方案具有的无限数量：

$左\[开始\{数组}{c c c | c} 1 & 4 & 0 & 1 \ \ 0 & 0 & 1 & 2 \ \ 0 & 0 & 0 & 0数组{}\ \ \ \端)。$

案例3。如果 $\文本{RREF}（A）$包含一行零，后面跟着一个非零增广值，则系统没有解。

这种情况是在最下面一行主要包含0类似于第一。然而，观察到矩阵的最后一行读 $\左[0 \ HSPACE {0.15厘米} 0 \ HSPACE {0.15厘米} 0 \ HSPACE {0.15厘米} |\ HSPACE {0.15厘米} 1 \右]$，读作 $0 = 1。$这是一个矛盾;因此系统没有解:

$左\[开始\{数组}{c c c | c} 1 & 4 & 0 & 1 \ \ 0 & 0 & 1 & 2 \ \ 0 & 0 & 0 & 1 \ \ \{数组}结束\]。$

查找的值 $x$和 $y$满足下列方程组的:

$\开始{箱子} 5倍 - Y = 1 \\ X + 2Y = 9. \ {端}的情况下$

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对于本例，行简化技术将优于标准消元法。所给方程组可写成以下增广矩阵:

$\左[\ {开始阵列} {CC | C} 5＆-1 1 \\ 1＆2＆9 \\？\ {端阵列} \权利]。$

采用高斯-约当消去法得到矩阵的行简化阶梯形:

$左\[开始\{数组}{cc | c} 5 & 1 & 1 \ \ 1 & 2 & 9 \ \ \{数组}结束\对]\ ce{- >[\文本{交换}{和}R_2 R_1 \文本。]左}\[开始\{数组}{cc | c} 1 & 2 & 9 \ \ 5 & 1 & 1 \ \ \{数组}结束\]$

$左\[开始\{数组}{cc | c} 1 & 2 & 9 \ \ 5 & 1 & 1 \ \ \{数组}结束\]\ ce {- > [R_2 - 5 r_1]} \离开[\开始{数组}{cc | c} 1 & 2 & 9 \ \ 0 & -11 & -44 \ \ \{数组}结束\]$

$\left[\begin{array} {cc|c} 1 & 2 & 9\\ 0 & -11 & -44\\ \end{array} \right] \ce{->[\text{第二行除以}-11。]左}\[开始\{数组}{cc | c} 1 & 2 & 9 \ \ 0 & 1 & 4 \ \ \{数组}结束\]$

$左\[开始\{数组}{cc | c} 1 & 2 & 9 \ \ 0 & 1 & 4 \ \ \{数组}结束\]\ ce {- > [R_1 - 2 r_2]} \离开[\开始{数组}{cc | c} 1 & 0 & 1 \ \ 0 & 1 & 4 \ \ \{数组}结束\]。$

此减小的形式的第一行读出 $x = 1$第二行是 $y = 4$． $_ \广场$

注意，这个过程本质上与标准消元法相同。这个过程的主要优点是简洁性 $（$不需要写变量名，比如 $x, y,$和 $z,$重复 $）$和缓解跟踪的采取措施的。

如前所见，方程系统能由矩阵乘法来表示 $Ax = b的。$从这里，该溶液由表示柱基质 $x$可以通过方程两边乘以系数矩阵的逆得到吗 $一个^ {1}$：

$Ax = b \意味着^ {1}Ax = ^ {1} \ b意味着x = ^ {1} b。$

这种方法的一个陷阱出现时 $\侦破(A) = 0。$因为行列式 $一个$为0时，它不能有逆，这意味着该方法将失败。事实上, $\侦破(A) = 0$相当于 $\文本{RREF}（A）$包含一行零的。因此，这个方程组 $Ax = b$表示不会有唯一的解。然而，这个系统可能有无穷多个解，也可能没有解，需要一种不同的方法来发现它。

克拉默法则是一个公式，它使用行列式来提供线性方程组的解。下面的规则语句只使用了三个变量，但该规则可以应用于任何规模的系统。

考虑三个变量的方程的系统：

$\开始{对齐} A_ {1} X + B_ {1} Y + C_ {1}Ž＆= D_ {1} \\ A_ {2} X + B_ {2} Y + C_ {2}Ž＆= D_{2} \\ A_ {3} X + B_ {3} Y + C_ {3}ž＆= D_ {3}。结束\{对齐}$

这个系统的解决方案通过给定

$x = \ dfrac{\检波器(现代){1}}{\侦破(A)} \四y = \ dfrac{\检波器(现代){2}}{\侦破(A)} \四z = \ dfrac{\检波器(现代){3}}{\侦破(A)},$

在哪里 $A = \ BEGIN {bmatrix} A_ {1}＆B_ {1}＆C_ {1} \\ A_ {2}＆B_ {2}＆C_ {2} \\ A_ {3}＆B_ {3}＆C_{3} \ {端} bmatrix$系数矩阵和每个 $现代{我}$是 $一个$与之 $我^ \文本{th}$列替换 ${bmatrix} \开始d_ {1} \ \ d_ {2} \ \ d_ {3} \ {bmatrix}结束。$

注意:

• 如果 $\侦破(A) = 0$如果有 $\侦破(A_1)$， $\侦破(a₂),$或 $\侦破(A_3)$不等于 $0$，那么系统没有解决方案。
• 如果 $\侦破(A) = 0$和 $\侦破(A_1)$， $\侦破(a₂),$和 $\侦破(A_3)$都等于0，那么一个解可能存在，也可能不存在。如果一个解存在，那么方程组将有无穷多个解。
• 该方法的计算复杂度按阶增加 $O (n),$所以它是笨拙的 $3 \乘以3$系统。

如前所述，方程组可以表示为类似矩阵的乘积

$\ {bmatrix}开始现代{1}& b_ {1} & c_{1} \ \现代{2}& b_ {2} & c_{2} \ \现代{3}& b_ {3} & c_最终{bmatrix} {3} \ \ {bmatrix}开始x \ \ \ \ z \ {bmatrix} = {bmatrix} \开始结束d_ {1} \ \ d_ {2} \ \ d_ {3} \ {bmatrix}结束。$

系数矩阵的行列式 $一个$是由

$\ DET（A）= \左|\开始{阵列} {CCC} A_ {1}＆B_ {1}＆C_ {1} \\ A_ {2}＆B_ {2}＆C_ {2} \\ A_ {3}＆B_ {3}＆C_ {3} \ {端阵列} \权利|。$

如果矩阵的一列或一行乘以一个常数，那么它的行列式的值就乘以这个常数。第一列乘以 $x,$这个方程是

$x \侦破(A) =左| \ \{数组}{ccc}开始现代x & b_ {1} {1} & c_{1} \ \现代x & b_ {2} {2} & c_{2} \ \现代x & b_ {3} {3} & c_{3} \结束数组{}\ |。$

在这一点上，值得指出的是，列简化技术可以像行简化技术一样使用，同时保留了解决方案。所以增加 $y$乘以第二列 $z$倍第三列到第一列的产率

$x \侦破(A) =左| \ \{数组}{ccc}开始现代x & b_ {1} {1} & c_{1} \ \现代x & b_ {2} {2} & c_{2} \ \现代x & b_ {3} {3} & c_{3} \结束数组{}\右| \ xrightarrow [] {c_ + yC_ {1} {2} + zC_{3}} \左| \{数组}{ccc}开始现代x + b_ {1} {1} y + c_ z & b_ {1} {1} & c_{1} \ \现代{2}x + b_ {2} y + c_ {2} z & b_ {2} & c_{2} \ \现代{3}x + b_ {3} y + c_ {3} z & b_ {3} & c_{3} \结束数组{}\ |。$

然而,由于 $A_ {1}x + b_{1}y + c_{1}z = d_1$ $（$同样地，对于 $d_2$和 $D_3）$新的第一列是精确的 $左| \ \{数组}{c}开始d_ {1} \ \ d_ {2} \ \ d_{3} \结束数组{}\ |。$也就是说,

$\{对齐}开始左| x \侦破(A) = \ \{数组}{ccc}开始现代x + b_ {1} {1} y + c_ z & b_ {1} {1} & c_{1} \ \现代{2}x + b_ {2} y + c_ {2} z & b_ {2} & c_{2} \ \现代{3}x + b_ {3} y + c_ {3} z & b_ {3} & c_{3} \结束数组{}\右左| | = \ \{数组}{ccc}开始d_ {1} & b_ {1} & c_ {1} \ \ d_ {2} & b_ {2} & c_ {2} \ \ d_ {3} & b_ {3} & c_{3}{数组}\ \端| & = \侦破(A_1) \四\文本{或}\ \ \ \x \侦破(一)& = x = \ \侦破(A_1) \ longrightarrow压裂{\侦破(A_1)}{\侦破(A)}。结束\{对齐}$

通过类似的结构，

$y = \压裂{\侦破(A₂)}{\侦破(A)}{和}\ \四\文本四z = \压裂{\侦破(A_3)}{\侦破(A)}。\ _ \广场$

$\开始{箱子} 5倍 - Y = 1 \\ X + 2Y = 9 \\？\ {端}的情况下$

根据克拉默法则，上述方程组的解为

$x = \压裂{\左| \开始{数组}{cc} 1 & 1 \ \ 9 & 2 \结束数组{}\ |}{左| \ \{数组}{cc}开始5 & 1 \ \ 1 & 2 \结束数组{}\ |}= 1文本{和}\四\四\ \四\四y = \压裂{左| \ \{数组}{cc}开始5 & 1 \ \ 1 & 9 \结束数组{}\右|}{左| \ \{数组}{cc}开始5 & 1 \ \ 1 & 2 \结束数组{}\ |}= 4。$