Uzasadnij WhiskeyTaster: Proszę o sprawdzenie dwóch zadań. (1) Uzasadnij, że jeśli liniowy układ równań ma więcej niż jedno rozwiązanie, to ma ich nieskończenie wiele. (2) Uzasadnij, że jeśli rząd macierzy głównej układu jest równy liczbie jej wierszy, to układ jest niesprzeczny. Dodatkowo podaj przykład wskazujący, że nie jest to warunek konieczny. (1) Skoro układ ma więcej niż jedno rozwiązanie, to istnieją takie wektory x1, x2, że: Ax1 = 0, Ax2 = 0. Skoro tak jest, to x1 + x2 również jest rozwiązaniem takiego układu jednorodnego, bo A(x1 + x2) = Ax1 + Ax2. Wobec tego każda kombinacja liniowa αx1 + βx2 będzie rozwiązaniem takiego układu. (2) Weźmy macierz Mnxm, gdzie n oznacza liczbę kolumn, zaś m oznacza liczbę wierszy. Jeśli rozszerzymy macierz o wektor b, to nie zmienimy liczby wierszy, tylko kolumn, więc m ≥ rank(A|b) ≥ rankA = m, stąd rank(A|b) = m. A co do przykładu, to weźmy taką macierz rozszerzoną układu rozmiaru 3x3, co ma 2 lnz kolumny i 3 wiersze. Wówczas rankA = 2, zaś liczba wierszy = 3. Tak więc jedno równanie musi być liniowo zależne od pozostałych dwóch, a mimo to układ nie jest sprzeczny.
8 sie 16:26
ABC: jeżeli masz powiedziane podaj przykład to konkretną macierz podawaj emotka a w pierwszym upierdliwy kazałbym ci dokładniej wytłumaczyć dlaczego jest nieskończenie wiele jako egzaminator, a może się powtarzają?
8 sie 16:47
WhiskeyTaster: Konkretna macierz: 1 0 | 2 0 1 | 1 1 1 | 3 A co do nieskończenie wielu rozwiązań, to może niech wektory x1, x2 będą liniowo niezależne, a więc tworzą bazę jakiejś przestrzeni liniowej?
8 sie 16:54
Bleee: Prosilbym o wyjasnienie: Ax1 = 0 i Ax2 = 0 Przy tym zapisie wychodzi na to że x1 = x2 I czym jest to A? Nie definiujesz tego nigdzie.
8 sie 17:05
ABC: 16:54 jeszcze mógłbyś dopisaćdla wygody sprawdzającego x=2 y=1 jest rozwiązaniem emotka a tam 17:05 co Bleee mówi musisz precyzyjnie rozumowanie prowadzić istotne jest że skoro zakładasz dwa różne rozwiązania x1, x2 , x1≠x2 , to przynajmniej jedno z nich nie jest wektorem zerowym
8 sie 17:13
WhiskeyTaster: Hm, no dobrze. To zdefiniujmy przekształcenie F: Rn → Rm, F(X) = x1A1 + ... + xnAn. Oznaczmy FA jako przekształcenie F zadane macierzą A. Wówczas FA = AX. Istnieją pewne x1 ≠ x2, takie, że Ax1 = 0 oraz Ax2 = 0. Wówczas A(αx1 + βx2) = αAx1 + βAx2 = 0, a więc x1, x2 tworzą bazę dla pewnej przestrzeni liniowej, z której to każdy wektor będzie rozwiązaniem. Czy taka forma jest wystarczająca? Chcę wyeliminować właśnie takie moje nieścisłości w rozumowaniu.
8 sie 17:21
ABC: a teraz moim skromnym zdaniem popadasz z jednej skrajności w drugą emotka sam początek tego co napisałeś jest trochę niejasny dla mnie, ja bym napisał tak, skoro jeden z wektorów x1, x2 jest niezerowy , przypuśćmy x1 , to rozważamy kombinacje αx1+βx2 gdzie β=0 , czyli αx1 i jeśli α przebiega R mamy nieskończenie wiele różnych rozwiązań
8 sie 17:33
Adamm: to nie do końca tak jest 1) NIech ten układ liniowy będzie zadany przez macierz A i wektor b wzorem Ax = b i niech x1, x2 będą jego rozwiązaniami. Weźmy dowolną kombinację wypukłą x1 i x2, px1+qx2, gdzie p+q = 1 wtedy A(px1+qx2) = pb+qb = b
8 sie 17:34
Adamm: Prawdą jest za to, że jeśli układ jest jednorodny (czyli b = 0), i ma jakiekolwiek niezerowe rozwiązanie, to ma też nieskończenie wiele rozwiązań. Faktycznie, jeśli przemnożymy go przez dowolny skalar, również dostaniemy rozwiązanie równania.
8 sie 17:39
Bleee: Nadal Ax1 = 0 i Ax2 = 0 to stąd wynika że x1=x2 =0 co jest sprzeczne z tym co zakladasz Bo skoro Ax1 = 0 to A−1Ax1 = A−10 czyli x1 = 0 Gdzie oczywiście 0 nie oznacza macierz o jednym wierszu czy tam kolumnie.
8 sie 17:45
Adamm: 2) niech ten układ to Ax = b i A ma m wierszy b jest wektorem m wymiarowym Jeśli A ma rząd m, znaczy to, że wymiar A(Rn) = Rm, gdzie n − liczba kolumn w szczególności, istnieje x dla którego Ax = b
8 sie 17:45
Adamm: trochę przyspieszyłem znaczy to że A(Rn) jest poprzestrzenią m−wymiarową Rm, skąd A(Rn) = Rm
8 sie 17:46
Bleee: Ja bym zaproponował podejście geometryczne do problemu obudowane (ewentualnie) indukcja matematyczna
8 sie 17:47
Adamm: @Bleee tylko w przypadku gdy A można odwrócić, czego oczywiście nie zakładamy
8 sie 17:47
Adamm: ale to też coś wnosi pokazałeś że jeśli układ jednorodny ma więcej niż 2 rozwiązania, to wyznacznik macierzy tego układu jest = 0
8 sie 17:49
ABC: tak, to co napisałem odnosi się do układu jednorodnego, bo autor w pierwszym poście przedstawiał rozwiązanie dla układu jednorodnego Adamm 17:39 a jeśli to przestrzeń liniowa nad ciałem skończonym? emotka
8 sie 17:50
Adamm: wiadomo o co chodzi, o przestrzenie Euklidesowe można byłoby rozważać przestrzenie wektorowe skończone, ale wtedy nic nieskończonego by nie wyszło
8 sie 17:55
Adamm: ewentualnie zespolone
8 sie 17:56
WhiskeyTaster: Rozumiem. Też w pewnym momencie myślałem nad układem niejednorodnym, ale przyznam, że nie wiedziałem jak nazwać taką kombinację, która mi da b. Co do rozwiązania Adama, tego z 17:45 − moje też jest akceptowalne? I, generalnie, czy macie jakieś godne polecenia książki/skrypty na temat dowodów? Jak widzicie, kuleję w tej kwestii.
8 sie 18:04
Adamm: Szczerze mówiąc to nie bardzo rozumiem. Rozszerzyłeś macierz o kolumnę i mówisz że ona też ma rząd m. Ale co z tego?
8 sie 18:09
WhiskeyTaster: I z tw. Kroneckera−Cappeli wiemy, że jeśli rankA = rank(A|b), to układ jest niesprzeczny.
8 sie 18:13
ABC: w kwestii dowodów dużo daje słuchanie dobrych wykładowców i ćwiczeniowców, tylko pewnie coraz trudniej o takich ...
8 sie 18:13
Adamm: Faktycznie, było coś takiego. Uważam że to z grubsza rzeczy bezużyteczne twierdzenie więc go nie używam.
8 sie 18:16
WhiskeyTaster: Adamm, alternatywą jest to, co Ty pokazałeś? Mam na myśli określanie niesprzeczności układu.
8 sie 18:21
Adamm: To nie jest tak że to jest złe twierdzenie, po prostu jest bezużyteczne dla mnie.
8 sie 19:23
WhiskeyTaster: Czyli im dalej w las, tym mniej potrzebne?
8 sie 20:48