Fundamentalni sistem odlučivanja (konkretni primjer). Homogeni sistemi linearnih jednačina
Zadane matrice
Pronađite: 1) aA - bB,
Rješenje: 1) Pronađite ga uzastopno, koristeći pravila za množenje matrice brojem i dodavanje matrica..
2. Pronađite A * B ako
Rješenje: Korištenje pravila množenja matrice
odgovor: 
3. Za datu matricu pronađite minor M 31 i izračunajte determinantu.
Rješenje: Minor M 31 je determinanta matrice, koja se dobija iz A
nakon precrtavanja reda 3 i kolone 1. Nađi
1*10*3+4*4*4+1*1*2-2*4*10-1*1*4-1*4*3 = 0.
Transformiramo matricu A bez promjene njene determinante (napravimo nule u redu 1)
| -3*, -, -4* | |||
| -10 | -15 | ||
| -20 | -25 | ||
| -4 | -5 |
Sada izračunavamo determinantu matrice A dekompozicijom u redu 1
Odgovor: M 31 = 0, detA = 0
Riješite Gaussovom metodom i Cramerovom metodom.
2x 1 + x 2 + x 3 = 2
x 1 + x 2 + 3x 3 = 6
2x 1 + x 2 + 2x 3 = 5
Rješenje: Provjerite
Može se primijeniti Cramerova metoda
Sistemsko rješenje: x 1 = D 1 / D = 2, x 2 = D 2 / D = -5, x 3 = D 3 / D = 3
Primijenimo Gaussovu metodu.
Dovedemo proširenu matricu sistema u trouglasti oblik.
Radi lakšeg izračunavanja, zamijenimo redove:
Pomnožite 2. red sa (k = -1 / 2 = -1 / 2 ) i dodajte trećem:
| 1 / 2 | 7 / 2 |
Pomnožite 1. red sa (k = -2 / 2 = -1 ) i dodajte drugom:
Originalni sistem se sada može napisati kao:
x 1 = 1 - (1/2 x 2 + 1/2 x 3)
x 2 = 13 - (6x 3)
Iz 2. reda izražavamo
Od 1. reda izražavamo
Rješenje je isto.
Odgovor: (2; -5; 3)
Pronađite opće rješenje za sistem i SDF
13x 1 - 4x 2 - x 3 - 4x 4 - 6x 5 = 0
11x 1 - 2x 2 + x 3 - 2x 4 - 3x 5 = 0
5x 1 + 4x 2 + 7x 3 + 4x 4 + 6x 5 = 0
7x 1 + 2x 2 + 5x 3 + 2x 4 + 3x 5 = 0
Rješenje: Primijenimo Gausovu metodu. Dovedemo proširenu matricu sistema u trouglasti oblik.
| -4 | -1 | -4 | -6 | |
| -2 | -2 | -3 | ||
| x 1 | x 2 | x 3 | x 4 | x 5 |
Pomnožite 1. red sa (-11). Pomnožite 2. red sa (13). Dodajmo 2. red na 1.:
| -2 | -2 | -3 | ||
Pomnožite 2. red sa (-5). Pomnožite treći red sa (11). Dodajmo 3. red u 2.:
Pomnožite 3. red sa (-7). Pomnožite 4. red sa (5). Dodajte 4. red u 3.:
Druga jednadžba je linearna kombinacija ostalih
Nađimo rang matrice.
| -18 | -24 | -18 | -27 | |
| x 1 | x 2 | x 3 | x 4 | x 5 |
Označeni minor ima najviši red (od mogućih minora) i različit je od nule (jednak je proizvodu elemenata na suprotnoj dijagonali), dakle rang (A) = 2.
Ovaj minor je osnovni. Uključuje koeficijente za nepoznate x 1, x 2, što znači da su nepoznate x 1, x 2 zavisne (osnovne), a x 3, x 4, x 5 su slobodne.
Sistem sa koeficijentima ove matrice je ekvivalentan originalnom sistemu i ima oblik:
18x 2 = 24x 3 + 18x 4 + 27x 5
7x 1 + 2x 2 = - 5x 3 - 2x 4 - 3x 5
Eliminacijom nepoznatih nalazimo zajednička odluka:
x 2 = - 4/3 x 3 - x 4 - 3/2 x 5
x 1 = - 1/3 x 3
Pronalazimo osnovni sistem odlučivanja (FDS) koji se sastoji od (n-r) rješenja. U našem slučaju, n = 5, r = 2, dakle, osnovni sistem rješenja sastoji se od 3 rješenja, a ta rješenja moraju biti linearno nezavisna.
Da bi redovi bili linearno nezavisni, potrebno je i dovoljno da rang matrice sastavljene od elemenata redova bude jednak broju redova, odnosno 3.
Dovoljno je dati slobodne nepoznanice x 3, x 4, x 5 vrijednosti iz redova determinante 3. reda, osim nule, i izračunati x 1, x 2.
Najjednostavnija determinanta različita od nule je matrica identiteta.
Ali ovdje je zgodnije uzeti
Pronalazimo koristeći opće rješenje:
a) x 3 = 6, x 4 = 0, x 5 = 0 Þ x 1 = - 1/3 x 3 = -2, x 2 = - 4/3 x 3 - x 4 - 3/2 x 5 = - 4 Þ
I rješenje FSR-a: (-2; -4; 6; 0; 0)
b) x 3 = 0, x 4 = 6, x 5 = 0 Þ x 1 = - 1/3 x 3 = 0, x 2 = - 4/3 x 3 - x 4 - 3/2 x 5 = - 6 Þ
II rješenje SDF-a: (0; -6; 0; 6; 0)
c) x 3 = 0, x 4 = 0, x 5 = 6 Þ x 1 = - 1/3 x 3 = 0, x 2 = - 4/3 x 3 - x 4 - 3/2 x 5 = -9 Þ
III rješenje SDF-a: (0; - 9; 0; 0; 6)
Þ FSR: (-2; -4; 6; 0; 0), (0; -6; 0; 6; 0), (0; - 9; 0; 0; 6)
6. Dato je: z 1 = -4 + 5i, z 2 = 2 - 4i. Pronađite: a) z 1 - 2z 2 b) z 1 z 2 c) z 1 / z 2
Rješenje: a) z 1 - 2z 2 = -4 + 5i + 2 (2-4i) = -4 + 5i + 4-8i = -3i
b) z 1 z 2 = (-4 + 5i) (2-4i) = -8 + 10i + 16i-20i 2 = (i 2 = -1) = 12 + 26i
Odgovor: a) -3i b) 12 + 26i c) -1,4 - 0,3i
Gaussova metoda ima brojne nedostatke: nemoguće je znati da li je sistem kompatibilan ili ne dok se ne izvrše sve transformacije potrebne u Gauss metodi; Gaussova metoda nije prikladna za sisteme sa slovnim koeficijentima.
Razmotrite druge metode za rješavanje sistema linearnih jednačina. Ove metode koriste koncept ranga matrice i svode rješenje bilo kojeg zajedničkog sistema na rješenje sistema na koji se primjenjuje Cramerovo pravilo.
Primjer 1. Naći opšte rešenje sledećeg sistema linearnih jednačina koristeći osnovni sistem rešenja redukovanog homogenog sistema i određeno rešenje nehomogenog sistema.
1. Sastavljanje matrice A i proširena sistemska matrica (1)
2. Ispitajte sistem (1) za kompatibilnost. Da bismo to učinili, nalazimo rangove matrica A i https://pandia.ru/text/78/176/images/image006_90.gif "width =" 17 "height =" 26 src = ">). Ako se to ispostavi, onda sistem (1) nedosledno. Ako to dobijemo , onda je ovaj sistem kompatibilan i mi ćemo to riješiti. (Studija konzistentnosti je zasnovana na Kronecker-Capelli teoremi.)
a. Mi nalazimo rA.
Naći rA, razmotrićemo sekvencijalno nenulte minore prvog, drugog, itd., redova matrice A i maloljetnici koji se graniče s njima.
M1= 1 ≠ 0 (1 se uzima iz gornjeg lijevog ugla matrice A).
Granica M1 drugi red i drugi stupac ove matrice. 
... Nastavljamo do granice M1 drugi red i treća kolona..gif "width =" 37 "height =" 20 src = ">. Sada obrubite manji od nule M2 ′ drugi red.
Imamo: 
(pošto su prve dvije kolone iste)
(pošto su drugi i treći red proporcionalni).
Vidimo to rA = 2, a je osnovni minor matrice A.
b. Mi nalazimo.
Dovoljno osnovni mol M2 ′ matrice A granica sa kolonom slobodnih članova i svim redovima (imamo samo zadnji red).
... Otuda to sledi M3 ′ ′ ostaje osnovni minor matrice https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif "width =" 168 visina = 75 "height =" 75 "> (2)
Jer M2 ′- bazni mol matrice A sistemima (2) , onda je ovaj sistem ekvivalentan sistemu (3) koji se sastoji od prve dvije jednačine sistema (2) (za M2 ′ nalazi se u prva dva reda matrice A).
(3)
Od osnovnog mola https://pandia.ru/text/78/176/images/image021_29.gif "width =" 153 "height =" 51 "> (4)
U ovom sistemu, dvije slobodne nepoznate ( x2 i x4 ). Zbog toga FSR sistemima (4) sastoji se od dva rješenja. Da bismo ih pronašli, dodajmo slobodne nepoznate (4) vrijednosti na prvom mjestu x2 = 1 , x4 = 0 , i onda - x2 = 0 , x4 = 1 .
At x2 = 1 , x4 = 0 dobijamo:
.
Ovaj sistem već ima jedina stvar rješenje (može se naći po Cramerovom pravilu ili na bilo koji drugi način). Oduzimanjem prve od druge jednačine dobijamo:
Njeno rešenje će biti x1 = -1 , x3 = 0 ... S obzirom na vrijednosti x2 i x4 koje smo dali, dobijamo prvo fundamentalno rešenje sistema (2) : .
Sada stavljamo (4) x2 = 0 , x4 = 1 ... Dobijamo:
.
Ovaj sistem rješavamo Cramerovom teoremom:
.
Dobijamo drugo fundamentalno rješenje sistema (2) : .
Rješenja β1 , β2 i make up FSR sistemima (2) ... Tada bi njegovo generalno rješenje bilo
γ= C1 β1 + C2β2 = C1 (‑1, 1, 0, 0) + C2 (5, 0, 4, 1) = (- C1 + 5C2, C1, 4C2, C2)
Evo C1 , C2 - proizvoljne konstante.
4. Pronađite jedan privatni rješenje heterogeni sistem(1) ... Kao u paragrafu 3 , umjesto sistema (1) razmotrite ekvivalentni sistem (5) koji se sastoji od prve dvije jednačine sistema (1) .
(5)
Premjestite slobodne nepoznanice na desnu stranu x2 i x4.
(6)
Dajmo besplatne nepoznate x2 i x4 proizvoljne vrijednosti, na primjer x2 = 2 , x4 = 1 i zameni ih (6) ... Dobijamo sistem
Ovaj sistem ima jedinstveno rješenje (pošto je njegova determinanta M2′0). Rješavajući ga (Kramerovom teoremom ili Gaussovom metodom), dobijamo x1 = 3 , x3 = 3 ... S obzirom na vrijednosti slobodnih nepoznanica x2 i x4 , dobijamo posebno rješenje heterogenog sistema(1)α1 = (3,2,3,1).
5. Sada ostaje snimanje opšte rešenje α nehomogenog sistema(1) : jednako je zbiru privatno rešenje ovaj sistem i opšte rešenje njegovog redukovanog homogenog sistema (2) :
α = α1 + γ = (3, 2, 3, 1) + (- C1 + 5C2, C1, 4C2, C2).
Ovo znači: 
(7)
6. Ispitivanje. Da provjerite da li ste ispravno riješili sistem (1) , potrebno nam je opšte rešenje (7) zamena u (1) ... Ako svaka jednadžba postane identitet ( C1 i C2 mora biti uništeno), tada je rješenje pronađeno ispravno.
Zamenićemo (7) na primjer, samo posljednja jednačina sistema (1) (x1 + x2 + x3 ‑9 x4 =‑1) .
Dobijamo: (3 – S1 + 5S2) + (2 + S1) + (3 + 4S2) –9 (1 + S2) = - 1
(C1 – C1) + (5C2 + 4C2–9C2) + (3 + 2 + 3–9) = - 1
Otuda –1 = –1. Imamo identitet. To radimo sa svim ostalim jednačinama sistema (1) .
Komentar. Provjera je obično prilično glomazna. Može se preporučiti sljedeća "djelimična provjera": u cjelokupnom rješenju sistema (1) dodijeliti neke vrijednosti proizvoljnim konstantama i zamijeniti dobiveno određeno rješenje samo u odbačene jednadžbe (tj. u one jednačine iz (1) koji nisu uključeni u (5) ). Ako dobijete identitete, onda, najvjerovatnije, sistemsko rješenje (1) pronađeno ispravno (ali takva provjera ne daje potpunu garanciju ispravnosti!). Na primjer, ako je u (7) staviti C2 =- 1 , C1 = 1, tada dobijamo: x1 = -3, x2 = 3, x3 = -1, x4 = 0. Zamjenom u posljednju jednačinu sistema (1) imamo: - 3+3 - 1 - 9∙0= - 1 , odnosno –1 = –1. Imamo identitet.
Primjer 2. Naći opće rješenje sistema linearnih jednačina (1) , izražavajući osnovne nepoznanice u terminima slobodnih.
Rješenje. Kao u primjer 1, sastaviti matrice A i https://pandia.ru/text/78/176/images/image010_57.gif "width =" 156 "height =" 50 "> ovih matrica. Sada ostavljamo samo one jednadžbe sistema (1) , čiji su koeficijenti uključeni u ovaj osnovni minor (tj. imamo prve dvije jednačine) i razmatramo sistem koji se sastoji od njih, a koji je ekvivalentan sistemu (1).
Prenosimo slobodne nepoznanice na desnu stranu ovih jednačina.
Sistem (9) rješavamo Gaussovom metodom, smatrajući da su desne strane slobodni članovi.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image035_21.gif "width =" 202 visina = 106 "height =" 106 ">
Opcija 2.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image039_16.gif "width =" 192 "height =" 106 src = ">
Opcija 4.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image042_14.gif "width =" 172 "height =" 80 ">
Opcija 5.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image044_12.gif "width =" 179 visina = 106 "height =" 106 ">
Opcija 6.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image046_11.gif "width =" 195 "height =" 106 ">
Nastavit ćemo sa poliranjem tehnike elementarne transformacije on homogeni sistem linearnih jednačina.
U prvim pasusima materijal može izgledati dosadno i obično, ali ovaj utisak je varljiv. Pored daljeg razvoja tehnika, bit će mnogo novih informacija, pa vas molimo da ne zanemarite primjere u ovom članku.
Šta je homogeni sistem linearnih jednačina?
Odgovor se nameće sam od sebe. Sistem linearnih jednačina je homogen ako je slobodni član od svakog jednačina sistema je jednaka nuli. Na primjer:
To je sasvim jasno homogen sistem je uvek kompatibilan, odnosno uvijek ima rješenje. I, prije svega, tzv trivijalan rješenje 
... Trivijalan, za one koji uopšte ne razumeju značenje prideva, znači bespontov. Ne akademski, naravno, ali razumljivo =) ... Zašto se tucati, hajde da saznamo ima li ovaj sistem još neko rješenje:
Primjer 1
Rješenje: za rješavanje homogenog sistema potrebno je napisati sistemska matrica i uz pomoć elementarnih transformacija dovesti ga u stepenasti oblik. Imajte na umu da ovdje nema potrebe pisati okomitu traku i nulti stupac slobodnih članova - na kraju krajeva, šta god da radite sa nulama, one će ostati nule: 
(1) Prvi red pomnožen sa –2 dodat je drugom redu. Prvi red pomnožen sa –3 dodan je trećem redu.
(2) Drugi red pomnožen sa -1 dodan je trećem redu.
Deljenje trećeg reda sa 3 nema mnogo smisla.
Kao rezultat elementarnih transformacija, dobijen je ekvivalentan homogeni sistem 
, i, primjenom obrnutog toka Gaussove metode, lako je provjeriti da je rješenje jedinstveno.
Odgovori: 
Hajde da formulišemo očigledan kriterijum: homogeni sistem linearnih jednačina ima jedino trivijalno rešenje, ako rang sistemske matrice(u ovom slučaju 3) je jednako broju varijabli (u ovom slučaju - 3 kom.).
Zagrevamo i podešavamo naš radio prijemnik na talas elementarnih transformacija:
Primjer 2
Riješiti homogeni sistem linearnih jednačina 
Da konačno konsolidujemo algoritam, analizirajmo završni zadatak:
Primjer 7
Riješite homogeni sistem, napišite odgovor u vektorskom obliku. 
Rješenje: zapisujemo matricu sistema i, koristeći elementarne transformacije, dovodimo je u postepeni oblik: 
(1) Predznak prvog reda je promijenjen. Još jednom vam skrećem pažnju na tehniku koja se više puta susreće, a koja vam omogućava da značajno pojednostavite sljedeću radnju.
(1) Prvi red je dodat 2. i 3. redu. Prvi red pomnožen sa 2 dodan je četvrtom redu.
(3) Zadnja tri reda su proporcionalna, dva su obrisana.
Kao rezultat, dobija se standardna stepenasta matrica, a rješenje se nastavlja duž nazubljene staze:
- osnovne varijable;
- slobodne varijable.
Izrazimo osnovne varijable u terminima slobodnih varijabli. Iz 2. jednačine:
- zamjena u 1. jednadžbi:
Dakle, generalno rješenje je:
Pošto u razmatranom primeru postoje tri slobodne varijable, osnovni sistem sadrži tri vektora.
Zamijenite tri vrijednosti 
u opšte rešenje i dobijemo vektor čije koordinate zadovoljavaju svaku jednačinu homogenog sistema. I opet, ponavljam da je vrlo poželjno provjeriti svaki rezultirajući vektor - neće trebati puno vremena, ali će uštedjeti sto posto od grešaka.
Za trostruku vrijednost 
pronađite vektor
I na kraju za trojku 
dobijamo treći vektor:
Odgovori: , gdje
Oni koji žele izbjeći razlomke mogu uzeti u obzir trojke 
i dobiti ekvivalentan odgovor:
Govoreći o razlomcima. Pogledajmo matricu dobijenu u zadatku 
i postavimo sebi pitanje - da li je moguće pojednostaviti dalje rješenje? Uostalom, ovdje smo prvo izrazili osnovnu varijablu kroz razlomke, zatim kroz razlomke osnovnu varijablu i, moram reći, ovaj proces nije bio najlakši i ne najprijatniji.
Drugo rješenje:
Ideja je pokušati odaberite druge osnovne varijable... Pogledajmo matricu i uočimo dva u trećoj koloni. Zašto onda ne dobijete nulu na vrhu? Napravimo još jednu elementarnu transformaciju:
Rešenja homogenog sistema imaju sledeća svojstva. Ako je vektor = (α 1, α 2, ..., α n) je rješenje sistema (15.14), tada za bilo koji broj k vektor k = (kα 1 , kα 2 , ..., kα n) biće rešenje za ovaj sistem. Ako je rješenje sistema (15.14) vektor = (γ 1, γ 2, ..., γ n), zatim zbir + će također biti rješenje za ovaj sistem. Otuda to sledi svaka linearna kombinacija rješenja homogenog sistema je također rješenje za ovaj sistem.
Kao što znamo iz Odjeljka 12.2, bilo koji sistem n-dimenzionalni vektori koji se sastoje od više od NS vektori je linearno zavisan. Dakle, iz skupa vektora rješenja homogenog sistema (15.14) može se izabrati baza, tj. bilo koji vektor rješenja datog sistema će biti linearna kombinacija vektora ove baze. Svaka takva osnova se zove fundamentalni sistem odlučivanja homogeni sistem linearnih jednačina. Tačna je sljedeća teorema koju iznosimo bez dokaza.
TEOREMA 4. Ako je rang r sistema homogenih jednačina(15.14) je manji od broja nepoznanica n, tada bilo koji fundamentalni sistem rješenja sistema (15.14) sastoji se od n - r rješenja.
Naznačimo sada metodu za pronalaženje fundamentalnog sistema rješenja (FSS). Neka sistem homogenih jednačina (15.14) ima rang r< п. Zatim, kao što slijedi iz Cramerovih pravila, osnovne nepoznanice ovog sistema x 1 , x 2 , … x r su linearno izražene u terminima slobodnih varijabli x r + 1 , x r + 2 , ..., x n:
Izdvojimo pojedinačna rješenja homogenog sistema (15.14) prema sljedećem principu. Da biste pronašli prvi vektor rješenja 1, stavite x r + 1 = 1, x r + 2 = x r +3 = ... = x n= 0. Tada nalazimo drugo rješenje 2: uzimamo x r+2 = 1 i ostalo r- 1 slobodna varijabla je postavljena kao nule. Drugim riječima, svakoj slobodnoj varijabli dodjeljujemo jednu vrijednost, a ostatak stavljamo nulama. Dakle, osnovni sistem rješenja u vektorskom obliku, uzimajući u obzir prvo r bazne varijable (15.15) ima oblik
FSR (15.16) je jedan od osnovnih skupova rješenja za homogeni sistem (15.14).
Primjer 1. Naći rješenje i FSR sistema homogenih jednačina
Rješenje. Ovaj sistem ćemo riješiti Gaussovom metodom. Pošto je broj jednačina u sistemu manji od broja nepoznanica, pretpostavljamo NS 1 , x 2 , NS 3 osnovne nepoznanice, i x 4 , NS 5 , x 6 - slobodne varijable. Hajde da sastavimo proširenu matricu sistema i izvršimo akcije koje čine direktan tok metode.
Neka bude M 0 je skup rješenja homogenog sistema (4) linearnih jednačina.
Definicija 6.12. Vektori sa 1 ,sa 2 , …, sa str koja su rješenja homogenog sistema linearnih jednačina nazivaju se fundamentalni skup rješenja(skraćeno FNR) ako
1) vektori sa 1 ,sa 2 , …, sa str linearno nezavisne (to jest, nijedna od njih se ne može izraziti u terminima drugih);
2) bilo koje drugo rješenje homogenog sistema linearnih jednačina može se izraziti kroz rješenja sa 1 ,sa 2 , …, sa str.
Imajte na umu da ako sa 1 ,sa 2 , …, sa str- bilo koji f.n.r., zatim izraz k 1 × sa 1 + k 2 × sa 2 + … + k p× sa str ceo set M 0 rješenja sistema (4), stoga se zove opšti pogled na sistemsko rešenje (4).
Teorema 6.6. Svaki neodređeni homogeni sistem linearnih jednačina ima osnovni skup rješenja.
Način da se pronađe osnovni skup rješenja je sljedeći:
Naći opšte rešenje homogenog sistema linearnih jednačina;
Konstruisati ( n – r) pojedinačna rješenja ovog sistema, dok vrijednosti slobodnih nepoznanica moraju činiti jediničnu matricu;
Napišite opći pogled na rješenje uključeno M 0 .
Primjer 6.5. Pronađite osnovni skup rješenja za sljedeći sistem:
Rješenje... Hajde da pronađemo opšte rešenje za ovaj sistem.
~ 
~ 
~ ~ 
Þ 
Þ Þ 
U ovom sistemu pet nepoznatih ( n= 5), od kojih su dvije glavne nepoznanice ( r= 2), tri slobodne nepoznate ( n – r), odnosno osnovni skup rješenja sadrži tri vektora rješenja. Hajde da ih izgradimo. Imamo x 1 i x 3 - glavne nepoznanice, x 2 , x 4 , x 5 - slobodne nepoznanice
Vrijednosti slobodnih nepoznanica x 2 , x 4 , x 5 formiraju matricu identiteta E trećeg reda. Imamo te vektore sa 1 ,sa 2 , sa 3 obrazac f.n.r. ovaj sistem. Tada će skup rješenja ovog homogenog sistema biti M 0 = {k 1 × sa 1 + k 2 × sa 2 + k 3 × sa 3 , k 1 , k 2 , k 3 Î R).
Pojasnimo sada uslove za postojanje nenultih rešenja homogenog sistema linearnih jednačina, drugim rečima, uslove za postojanje fundamentalnog skupa rešenja.
Homogeni sistem linearnih jednadžbi ima rješenja različita od nule, odnosno neodređen je ako
1) rang glavne matrice sistema je manji od broja nepoznatih;
2) u homogenom sistemu linearnih jednačina broj jednačina je manji od broja nepoznatih;
3) ako je u homogenom sistemu linearnih jednadžbi broj jednačina jednak broju nepoznanica, a determinanta osnovne matrice jednaka nuli (tj. | A| = 0).
Primjer 6.6... Na kojoj vrijednosti parametra a homogeni sistem linearnih jednačina 
ima rješenja različita od nule?
Rješenje... Sastavimo glavnu matricu ovog sistema i pronađemo njenu determinantu: = = 1 × (–1) 1 + 1 × = - a- 4. Determinanta ove matrice je jednaka nuli za a = –4.
Odgovori: –4.
7. Aritmetika n-dimenzionalni vektorski prostor
Osnovni koncepti
U prethodnim odjeljcima već smo se susreli s konceptom skupa realnih brojeva raspoređenih određenim redoslijedom. To je matrica reda (ili stupca) i rješenje sistema linearnih jednačina sa n nepoznato. Ove informacije se mogu sažeti.
Definicija 7.1. n-dimenzionalni aritmetički vektor se naziva uređenim skupom n realni brojevi.
Sredstva a= (a 1, a 2, ..., a n), gdje a iÎ R, i = 1, 2, …, n- opšti pogled na vektor. Broj n pozvao dimenzija vektor, i brojevi a i nazvao to koordinate.
Na primjer: a= (1, –8, 7, 4,) je petodimenzionalni vektor.
Cijeli set n-dimenzionalni vektori se obično označavaju kao R n.
Definicija 7.2. Dva vektora a= (a 1, a 2, ..., a n) i b= (b 1, b 2, ..., b n) iste dimenzije su jednaki ako i samo ako su njihove odgovarajuće koordinate jednake, tj. a 1 = b 1, a 2 = b 2, ..., a n= b n.
Definicija 7.3.Suma dva n-dimenzionalni vektori a= (a 1, a 2, ..., a n) i b= (b 1, b 2, ..., b n) se naziva vektor a + b= (a 1 + b 1, a 2 + b 2, ..., a n+ b n).
Definicija 7.4. Po proizvodu pravi broj k po vektoru a= (a 1, a 2, ..., a n) se naziva vektor k× a = (k× a 1, k× a 2,…, k× a n)
Definicija 7.5. Vector O= (0, 0, ..., 0) se poziva nula(ili nulti vektor).
Lako je provjeriti da radnje (operacije) sabiranja vektora i njihovog množenja realnim brojem imaju sljedeća svojstva: " a, b, c Î R n, " k, lÎ R:
1) a + b = b + a;
2) a + (b+ c) = (a + b) + c;
3) a + O = a;
4) a+ (–a) = O;
5) 1 × a = a, 1 Î R;
6) k×( l× a) = l×( k× a) = (l× k)× a;
7) (k + l)× a = k× a + l× a;
8) k×( a + b) = k× a + k× b.
Definicija 7.6. Mnogo R n sa operacijama sabiranja vektora i njihovog množenja realnim brojem datim na njemu se zove aritmetički n-dimenzionalni vektorski prostor.
