Systemet har oändligt många lösningar

(1)

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR 1 Homogena ekvationssystem

1 HOMOGENA EKVATIONSSYSTEM

Följande linjära ekvationssystem kallas homogent.









=

+ + +

+ +

0 0 0 ...

...

2 1

2 2 1

1

2 22 1

21

2 12 1

11

n mn

n n

m

m a x

x a

x a x

a

x a x

a

x a x

a



(sys1)

Ett homogent ekvationssystem har alltid minst en lösning 0

,..., 0 , 0 ₂

1 = x = x_n =

x

som kallas trivial lösning.

Därför är ett homogent system alltid lösbart.

ANTALET LÖSNINGAR TILL ETT HOMOGENT SYSTEM.

För ett linjärt homogent ekvationssystem gäller precis en av följande alternativ:

1. Systemet har precis en lösning (den triviala lösningen) 2. Systemet har oändligt många lösningar

==================================================

1. Lös systemet







= + +

0 4 3 2

0 2 2

0 z y x

z y x

1. Lösning:







= +

= + +

−

 ⇒





= + +

0 2

0 0 )

1 2 3 (

) 1 2 ( 0 4 3 2

0 2 2

0

z y

z y x ekv ek

ekv ek

z y x







=

= +

= + +

−

⇒

0 0 0 )

2 3

( z

z y

z y x ekv ek

trappstegsform

Vi har fått trappstegs form med tre ledande variabler och ingen fri variabel.

Därför har systemet precis en lösning. Vi löser ut de ledande variablerna, börjar med den sista ekvationen och får självklart den triviala lösningen z=0, y=0, x=0

Svar: Precis en lösning: x=0, y=0, z=0 (den triviala lösningen ) 2. Lös systemet







= + +

0 3 3 2

0 2 2

0 z y x

z y x

(2)

2 2. Lösning:







= +

= + +

−

 ⇒





= + +

0 0 0 )

1 2 3 (

) 1 2 ( 0 3 3 2

0 2 2

0

z y

z y x ekv ek

ekv ek

z y x







=

= +

= + +

−

⇒

0 0

0 0 )

2 3

(

z y

z y x ekv ek

trappstegsform

Vi har fått trappstegs form med två ledande variabler och en fri variabel.

Därför har det här homogena systemet oändligt många lösningar. Vi betecknar z=t och löser ut ledande variabler y och z.

Från den andra ekv har viy+t=0⇒ y =−t

Slutligen från den första ekvationenx+ y+z=0⇒x−t+t =0⇒ x=0

Svar: Oändligt många lösningar: x=0 , y = – t, z =t

3. Lös systemet med avseende på x, y och z för olika värden på parametern a.







= + +

0 4

3

0 4 3 2

0 az y x

z y x

3. Lösning:

0 0

2 3 4 0 ( 2 2 1) 2 0

3 4 0 ( 3 3 1) ( 3) 0

x y z x y z

x y z ek ekv y z

x y az ek ekv y a z

+ + = + + =

 

 + + = ⇒ −  + =

 

 + + = −  + − =

 







=

−

= +

= + +

−

⇒

0 ) 5 (

0 2

0 )

2 3

( a z

z y

z y x ekv ek

trappstegsform Som vi ser beror trappstegsformen av parametern a.

i) Om 𝑎𝑎 ≠ 5 , delar vi den sista ekv med a-5 och får







=

= +

= + +

0 0 2

0 z

z y

z y x

( ingen fri variabel)

Alltså har det homogena systemet precis en lösning om 𝑎𝑎 ≠ 5.

ii) Om 𝑎𝑎 = 5 får vi följande trappstegsform







=

= +

= + +

0 0

0 2

0 z y

z y x

( Två ledande variabler x och y och en fri variabel z=t) Systemet har oändligt många lösningar i det här fallet.

x=t , y = – 2t, z =t z=t Svar:

i) Precis en lösning om 𝑎𝑎 ≠ 5

ii) Oändligt många lösningar om 𝑎𝑎 = 5

(3)

3

4. ( övning 5.6 i kursboken) För vilka värden på konstanten a har ekvationssystemet nedan flera lösningar än (x,y,z)=(0,0,0) . Bestäm samtliga lösningar för varje sådant a

0 0 0 x y z x ay z x y az + + =

 + − =

 − + =



4. Lösning: Vi använde Gaussmetoden:

0 0

0 ( 1 2) ( 1) 2 0 (byta plats på E2 och E3)

0 ( 1 3) 2 ( 1) 0

x y z x y z

x ay z E E a y z

x y az E E y a z

+ + = + + =

 

 + − = ⇔ − +  − − = ⇔

 

 − + = − +  − + − =

 

Anmärkning: Vi kan även dela med (a-1) men detta gäller endast om (a-1) ≠ 0. Då måste vi separat undersöka fallet a=1. det är lite enklare att byta plats på E2 och E3 och få en konstant framför y i andra ekvationen; som vi gör här:

0 0

2 ( 1) 0 ( delaE2 med -2) 1 0

( 1) 2 0 ( 1)2 2 0

x y z x y z

y a z y a z

a y z a y z

+ + = + + = 

  −

 − + − = ⇔  − = ⇔

 

 − − = 

  − − =

2

0

1 0

( ( 1) 2 3) 2

( 1) 2 0

2 x y z

y a z

a E E

a z

 + + =

 − − =



− − +    − −  =

 



Nu diskuterar vi koefficienten i sista ekvationen.

i) Om ( 1)² 2 0 2

a − − ≠ har systemet tre ledande variabler x,y och z och ingen fri var. Därmed har systemet exakt en lösning, den triviala lösningen (x,y,z)=(0,0,0) i det här fallet.

ii) Om ( 1)² 2 0 2

a − − = får vi homogena systemet 0

1 0

0 02 x y z

y a z

+ + =

 −

 − =



 =

(*)

som har en fri variabel z, och därmed oändligt många lösningar.

Vi löser ( 1)² 2 0 ( 1)² 4 1 2 3 eller 1

2

a− a a a a

− = ⇔ − = ⇔ − = ± ⇔ = = −

Alltså har systemet oändligt många lösningar om a=3 eller a= − . 1 Vi löser systemet för sådana a:

(4)

4 i) Om a = från (*) får vi systemet 3

0 0 0 0 x y z

y z + + =

 − =

 =



med två ledande x, y och en fri variabel

z. Låt z=t . Från andra ekv har vi y=t . Nu första ekv ger x=-2t.

Alltså för a = har vi x=-2t, y=t och z=t. som vi kan skriva som 3 ( , , ) ( 2 , , )x y z = − t t t eller ( , , )x y z = −t( 2,1,1) där t är ett godtyckligt reellt tal.

ii) Om 1a = − , får vi från (*) systemet 0

0 0 0 x y z

y z + + =

 + =

 =



(*)

som gör z=t, y=-t och x=0 dvs ( , , )x y z =t(0, 1,1)− ---