Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

3. fejezet - 3. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

3. fejezet - 3. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

Az általános lineáris egyenletrendszerek megoldására az egyik legtermészetesebben adódó, egyszerű és gyakorlati szempontból is jól alkalmazható eljárás a Gauss-féle kiküszöbölés, amelynek számos fontos elméleti következménye is van. Speciális egyenletrendszerekre vonatkozik a Cramer-szabály, amely a determinánsok segítségével ad képletet a megoldásra. A jelen fejezetben vezetjük be a lineáris függetlenséget és a mátrix rangját is, amelyek a későbbiekben is alapvető szerepet játszanak. Mindezek egyik alkalmazásaként visszatérünk a négyzetes mátrixok körében az invertálhatóság és a nullosztók kérdésére.

3.1. Gauss-kiküszöbölés

Egy k egyenletből álló n ismeretlenes lineáris egyenletrendszer általános alakja

ahol az αij együtthatók és a βi konstansok egy T kommutatív test elemei. Az egyenletek száma (k) és az ismeretlenek száma (n) egymástól függetlenül is tetszőleges lehet (tehát pl. semmiképpen sem szorítkozunk csak a k=n esetre).

Az egyenletrendszer egy megoldásán T-beli elemek egy olyan γ1,…,γn sorozatát értjük, amelyeket a megfelelő xi-k helyére beírva, valamennyi egyenletben egyenlőség teljesül.

Van olyan egyenletrendszer, amelynek nincs megoldása, van, amelyik egyértelműen oldható meg (azaz pontosan egy megoldása van) és van olyan, amelyet (egynél) több megoldás is kielégít. (Ez utóbbi esetben elég óvatosan fogalmaztunk, annak ellenére, hogy például valós számokra vonatkozó egyenletrendszereknél megszoktuk, hogy egynél több megoldás esetén a megoldásszám végtelen. Látni fogjuk, hogy végtelen test esetén ez valóban mindig így van. Azonban véges, mondjuk t elemű test esetén az összes szóba jövő x1,…,xn-re is csak tn lehetőségünk van, tehát eleve nem lehet végtelen sok megoldás.)

Az alábbi kérdésekre keressük a választ: (a) mi a feltétele annak, hogy egy egyenletrendszer megoldható legyen; (b) (megoldhatóság esetén) hány megoldás van; (c) hogyan lehet az összes megoldást áttekinteni; (d) milyen módszerrel juthatunk el (egy vagy az összes) megoldáshoz.

Ebben a pontban a fenti kérdésekre a Gauss-féle kiküszöbölés (röviden Gauss-kiküszöbölés vagy latinosan Gauss-elimináció) segítségével adjuk meg a választ.

Az eljárás során az alábbi lépéseket fogjuk végezni, amelyek valamennyien az eredetivel ekvivalens egyenletrendszerekhez vezetnek (azaz olyanokhoz,

amelyeknek pontosan ugyanazok a megoldásai, mint az eredetinek):

E1. Valamelyik egyenletet egy nullától különböző T-beli elemmel (a továbiakban: skalárral) végigszorozzuk.

E2. Valamelyik egyenlethez egy másik egyenlet skalárszorosát hozzáadjuk.

E3. Két egyenletet felcserélünk.

E4. Az olyan egyenleteket, ahol valamennyi együttható és minden jobb oldali konstans is 0, elhagyjuk.

Ezeket a lépéseket elemi ekvivalens átalakításoknak nevezzük.

Az elemi ekvivalens átalakítások segítségével az egyenletrendszerből az alább részletezett módon egymás után ki fogjuk küszöbölni az ismeretleneket.

Tegyük fel, hogy α11≠0. Az első egyenletet osszuk végig α11-gyel (azaz alkalmazzuk E1-et az α11 reciprokával), majd minden i>1-re az i-edik egyenletből vonjuk ki az első egyenlet αi1-szeresét. Ezzel a többi egyenletből kiküszöböltük x1-et.

Tegyük fel, hogy az így kapott egyenletrendszerben az új α22≠0. Ekkor az előző eljárást megismételhetjük: a második egyenletet végigosztjuk α22-vel, majd minden i>2-re az i-edik egyenletből kivonjuk a második egyenlet αi2-szeresét stb.

Ha valamikor megakadtunk, pl. az előbb α22=0 volt, de mondjuk α52≠0, akkor a második és az ötödik egyenletet felcseréljük, és így haladunk tovább.

Ha ez sem megy, azaz minden i≥2 esetén αi2=0, akkor a harmadik ismeretlenre térünk át, vagyis α23-at vizsgáljuk stb.

Nemsokára néhány konkrét példán keresztül illusztráljuk, hogyan fest mindez a gyakorlatban és hogyan juthatunk el így az egyenletrendszer megoldásához. Előtte azonban érdemes némi technikai egyszerűsítést bevezetni.

Vegyük észre, hogy a fenti lépések nyomon követéséhez elég csak az együtthatók és a jobb oldali konstansok változását figyelni, az xi,+ és = „jeleket” fölösleges mindig újra leírni. Ezért az egyenletrendszert egyszerűbben jellemezhetjük mátrixok segítségével: az αij együtthatókból képezett k×n-es A mátrixot az egyenletrendszer együtthatómátrixának nevezzük, a jobb oldali konstansokkal kibővített k×(n+1)-es mátrixot pedig az egyenletrendszer kibővített mátrixának nevezzük és A|b_-vel jelöljük, azaz

A kibővített mátrixban az együtthatók alkotta rész és a jobb oldali konstansok közé iktatott függőleges vonallal jelezzük, hogy a kétféle típusú elemek eltérő szerepet játszanak az egyenletrendszerben. (Az A|b_ felírásnál b_ a jobb oldalon álló βi konstansokból képezett „vektort” jelöli, erről bővebben ennek a pontnak a végén lesz szó.)

Azonnal adódik, hogy az egyenletekkel végzett E1–E4 elemi ekvivalens átalakításoknak a kibővített mátrixnál a sorokkal végzett hasonló változtatások felelnek meg:

M1. Valamelyik sort egy nullától különböző skalárral végigszorozzuk.

M2. Valamelyik sorhoz egy másik sor skalárszorosát hozzáadjuk.

M3. Két sort felcserélünk.

M4. A csupa 0-ból álló sorokat elhagyjuk.

A kibővített mátrixon végzett fenti lépéseket elemi sorekvivalens átalakításoknak nevezzük.

(Az ekvivalens lépések „visszacsinálhatósága” érdekében formailag teljesebb, ha E4-nél, illetve M4-nél az ilyen egyenletek, illetve sorok hozzávételét is megengedjük, de ennek gyakorlati alkalmazására nyilván sosincs szükség.)

Most három, valós számokra vonatkozó egyenletrendszeren mutatjuk be a kiküszöbölési eljárást.

P1 példa:

Ennek kibővített mátrixa 124578    369 A jelzett kiküszöbölési eljárásnak megfelelően vonjuk ki a második sorból az első sor 4-szeresét, a harmadik sorból pedig az első sor 7-szeresét. Így az 120-30-6    3-6-12 mátrixhoz jutunk. Osszuk el a második sort –3-mal, majd adjuk hozzá ennek 6-szorosát a harmadik sorhoz. Az így kapott mátrix 120100    320 Itt a csupa nulla sor elhagyható, tehát marad az 1201    32 mátrix. Itt a második sorból azonnal leolvasható, hogy x2=2 (hiszen x2 „ki van fejezve”). Ezt visszahelyettesíthetjük az első sornak megfelelő egyenletbe: x1+2x2=x1+2·2=3, tehát x1=–1. Azonban ez a lépés is „automatizálható”. Ha a legutolsó mátrixnál az első sor második elemét kiejtjük, akkor x1 is „ki lesz fejezve”. Vonjuk ki ezért az első sorból a második sor 2-szeresét, ekkor az 1001    -12 mátrixot kapjuk, ahonnan valóban x1=–1 is közvetlenül leolvasható.

Az egyenletrendszernek tehát egyetlen megoldása van: x1=–1, x2=2.

P2 példa:

A kiküszöbölés során a kibővített mátrix a következőképpen változik:

Mivel az utolsó mátrix harmadik sora a lehetetlen 0x1+0x2+0x3=1 egyenletnek felel meg, ezért ennek az egyenletrendszernek nincs megoldása.

P3 példa:

Most a következőképpen alakul a kiküszöbölés:

Itt x3-ra semmilyen megkötés sem adódott, annak értéke tetszőlegesen megválasztható. Ha x3 értékét már rögzítettük, akkor ennek segítségével a másik két ismeretlen már egyértelműen kifejezhető: x1=–2+x3, x2=3–2x3. Az egyenletrendszer összes megoldása tehát x1=–2+ν, x2=3–2ν, x3=ν, ahol ν tetszőleges (valós szám). A fenti példákból világosan látszik az általános eljárás. A „felülről lefelé” történő lépegetésnél végül egy olyan mátrixhoz jutunk, amelyben az első sort kivéve minden sor nullákkal kezdődik, az első valahány sorban az első nemnulla elem mindig 1-es (az ún. vezéregyes), ezek csupa különböző oszlopban, lépcsőzetesen lefelé és jobbra helyezkednek el, a vezéregyesek alatt pedig minden elem 0. Lehetnek ezen kívül olyan sorok is, amelyekben az együtthatómátrixnak megfelelő rész csupa nulla. Ezt lépcsős alaknak hívjuk. Lépcsős alakok például

A P5 példánál a harmadik sor ellentmondást jelent, ezért a P5-höz tartozó egyenletrendszernek nincs megoldása. A P4 példa esetén a mátrix (csupa nulla) negyedik sora el is hagyható.

A lépcsős alakból most a vezéregyesek fölötti elemeket is kinullázhatjuk, ha alulról felfelé haladva az egyes sorokból a vezéregyes sorának megfelelő többszörösét levonjuk. A P4 és P6 példáknál ekkor az alábbi mátrixok adódnak:

Az ilyen alakot redukált lépcsős alaknak (a továbbiakban RLA) hívjuk. Ebben tehát az első sor kivételével minden sor nullákkal kezdődik, az első valahány sorban az első nemnulla elem egy-egy vezéregyes, ezek csupa különböző oszlopban, lépcsőzetesen lefelé és jobbra helyezkednek el, a vezéregyesek alatt és fölött pedig minden elem 0. Az esetleges további sorokban az együtthatómátrixnak megfelelő rész csupa nullából áll.

Az RLA-ból kényelmesen leolvashatjuk az egyenletrendszer összes megoldását. A P4-nek megfelelő egyenletrendszernél x1=55, x2=–32, x3=5, a P6 esetén pedig x1=–2+ν–2μ, x2=μ, x3=–2+ν, x4=3–2ν, x5=ν, ahol ν és μ tetszőleges valós számok. Általában is megtudhatjuk, hogy az egyenletrendszer megoldható-e, ha igen, akkor mennyi a megoldásszám, és hogyan kapjuk meg az összes megoldást.

Az egyenletrendszer akkor és csak akkor megoldható, ha az RLA-ban nem fordul elő olyan sor, amelyben az együtthatóknak megfelelő rész csupa 0, a jobb oldali rész pedig nem 0 (a továbbiakban ezt tilos sornak hívjuk). (A tilos sor léte már a lépcsős alaknál is kiderül, amelyet ekkor persze fölösleges tovább redukálni.)

A megoldás akkor és csak akkor egyértelmű, ha (nincs tilos sor és) minden oszlopban áll vezéregyes, azaz a vezéregyesek száma megegyezik az ismeretlenek számával. FONTOS! Ennek semmi köze sincs az olyan csupa nulla sorok létéhez vagy nemlétéhez, amelyeknek a jobb oldali része is nulla (nevezzük ezeket fölösleges soroknak). Egy fölösleges sor csak azt jelenti, hogy az annak megfelelő egyenlet következik a többiből, tehát nem tartalmaz új információt, új megkötést, és így az ilyen sorok elhagyhatók. (Ilyen volt a P1 példánál a harmadik egyenlet, a P3 példánál pedig a harmadik és a negyedik egyenlet is.) Bármely egyenletrendszerhez hozzávehetünk fölösleges egyenleteket, például valamelyik egyenletet újra leírjuk, vagy két egyenlet összegét is beiktatjuk, és így fölösleges sor fog adódni; az egyenletrendszer megoldásai természetesen nem változtak meg, akár egyértelmű volt a megoldás, akár több megoldás volt, akár pedig nem volt megoldás.

Ha az egyenletrendszer megoldása egyértelmű, akkor az RLA azonnal megadja a megoldást. Ha a megoldás nem egyértelmű, akkor a vezéregyest nem tartalmazó oszlopoknak megfelelő ismeretlenek tetszőlegesen választhatók (azaz szabad paraméterek), a többi ismeretlen pedig ezekkel egyértelműen kifejezhető. (A P3 példában x3 volt szabad paraméter, a P6-nak megfelelő egyenletrendszerben pedig x2 és x5.) A megoldásszám így végtelen test esetén végtelen, t elemű test esetén pedig ts, ahol s a szabad paraméterek száma.

Mindezt röviden az alábbi tételben foglalhatjuk össze:

3.1.1 Tétel

I. Egy lineáris egyenletrendszer kibővített mátrixa elemi sorekvivalens átalakításokkal redukált lépcsős alakra hozható.

II. Az egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha a (redukált) lépcsős alakban nincs tilos sor.

III. Az egyenletrendszernek akkor és csak akkor egyértelmű a megoldása, ha (nincs tilos sor és) a vezéregyesek száma megegyezik az ismeretlenek számával.

IV. Ha több megoldás van, akkor a vezéregyest nem tartalmazó oszlopoknak megfelelő ismeretlenek szabad paraméterek (tetszőlegesen megválaszthatók), a többi ismeretlen pedig ezekkel egyértelműen kifejezhető. A megoldásszám ekkor végtelen test esetén végtelen, t elemű test esetén pedig ts, ahol s a szabad paraméterek száma, és a(z összes) megoldás közvetlenül leolvasható a redukált lépcsős alakból.❶

Megjegyezzük, hogy több megoldás esetén általában nemcsak egyféle paraméterezés lehetséges. A P3 példánál x1 vagy x2 is lehet szabad paraméter, ekkor a megoldásokat x1=μ, x2=–1–2μ, x3=μ+2, illetve x1=–1/2–τ/2, x2=τ, x3=3/2–τ/2 alakban kapjuk meg. Ezekhez is eljuthatunk a Gauss-eliminációval, de ehhez előbb az ismeretlenek sorrendjét alkalmasan meg kell változtatnunk (x1-et, illetve x2-t kell harmadikként írnunk). Az egyenletrendszer megoldásainak áttekintésére természetesen már egyféle paraméterezés is elegendő, ezért — a keveredések elkerülése érdekében — a legjobb, ha az ismeretleneket nem csereberéljük és az eredeti formában végezzük a kiküszöbölést. FIGYELEM! Az nem igaz, hogy s szabad paraméter esetén bármelyik s darab ismeretlen választható szabad paraméternek. Például az x1+2x2+3x3=1, x1+2x2+4x3=1 egyenletrendszernél x3 értéke egyértelműen meghatározott, x3=0, és csak a másik két ismeretlen vehető szabad paraméternek (a megoldások ekkor x1=ν, x2=1/2–ν/2, x3=0, illetve x1=1–2μ, x2=μ, x3=0 alakban írhatók fel).

Néhány jótanács. A Gauss-kiküszöbölésnél is érdemes — a determinánsoknál látottakhoz hasonlóan — az egyes lépéseket gondosan regisztrálni és minél részletesebben kiírni.

Ne felejtsük el, hogy az eljárás során végig csak sorokkal dolgozunk. Alapszabály, hogy az oszlopokkal ne próbáljunk hasonlóképpen manipulálni, ekkor ugyanis nem az egyenleteket, hanem az ismeretleneket variálnánk. Például két oszlop cseréje a megfelelő két ismeretlen cseréjét jelenti, és így végig nyomon kell(enne) követni az ismeretlenek sorrendjének a megváltozásait is. A bonyolultabb átalakítások pedig már szinte áttekinthetetlen módon hoznak be új ismeretleneket a régiek helyett.

A (redukált) lépcsős alakra hozás nagyon hasznos eljárás az egyenletrendszer megoldására, de nem öncél. Ha más, egyszerűbb módon meg tudjuk oldani az egyenletrendszert, akkor nincsen rá szükség. Ne felejtsük azonban el, hogy egyetlen megoldás megtalálása általában még nem jelenti a teljes megoldást, tehát emellett valamilyen módon meg kell keresni a többi megoldást is, vagy pedig ki kell mutatni, hogy az egyenletrendszernek csak egy megoldása van.

FIGYELEM! Ne próbáljunk az egyenletrendszer megoldhatóságára vagy megoldásszámára pusztán az egyenletek és ismeretlenek számának a viszonyából következtetni. NAGYON ROSSZ „vezérelv”, hogy „ha ugyanannyi ismeretlen van, mint egyenlet, akkor egyértelmű a megoldás, ha az ismeretlenek száma a nagyobb, akkor több megoldás van, ha pedig az egyenleteké a nagyobb, akkor nincs megoldás”. Ez több szempontból is hibás okoskodás. Egyrészt — ahogy már korábban említettük — bármely egyenletrendszerhez hozzávehetünk új megkötést nem hordozó „fölösleges egyenleteket”, ezzel az egyenletek száma megváltozik, ugyanakkor az ismeretlenek száma és a megoldások száma is változatlan marad. Másrészt akármilyen sok ismeretlen ellenére már két egyenlettel is tudunk megoldhatatatlanságot produkálni, ha például ugyanazokat az együtthatókat vesszük, de más jobb oldalt. (Tulajdonképpen már egy egyenlet is elég, ha minden együttható 0, de a jobb oldal nem az. Akik ezt „degenerált” példának találják, ne felejtsék el, hogy ez nem más, mint a tilos sor, amely minden megoldhatatlan egyenletrendszernél jelentkezik, csak esetleg rejtettebb formában, amit csak a kiküszöbölés hoz napvilágra.) A P1 és P3 példában több egyenlet volt, mint ismeretlen, mégis az egyiknek egyértelmű megoldása volt, a másiknak pedig végtelen sok! A P2 példában az egyenletek és az ismeretlenek száma megegyezett, mégsem volt megoldható stb. Az ismeretlenek és egyenletek számának viszonya szinte egyáltalán nincs hatással arra, hogy a megoldások száma 0, 1 vagy több; az egyetlen kivétel, hogy ha több ismeretlen van, mint egyenlet, akkor nem lehet egyértelmű megoldás (vigyázat, az nyugodtan lehet, hogy nincs megoldás!):

3.1.2 Tétel

Ha egy k egyenletből álló n ismeretlenes lineáris egyenletrendszernek egyetlen megoldása van, akkor nk.❶

Bizonyítás: Egyértelmű megoldás esetén az RLA-ban a vezéregyesek száma n, másrészt a vezéregyesek különböző sorokban helyezkednek el, tehát számuk legfeljebb k. Innen valóban nk.❷

Ennek az észrevételnek egy egyszerű, de fontos következményét a későbbiekben sokszor fel fogjuk használni. Ehhez előbb bevezetjük a homogén lineáris egyenletrendszer fogalmát:

3.1.3 Definíció

Egy lineáris egyenletrendszert homogénnek nevezünk, ha a jobb oldali konstansok mindegyike nulla.❶

Egy homogén egyenletrendszer biztosan megoldható, hiszen x1=…=xn=0 mindig megoldás. Ezt triviális megoldásnak nevezzük. Így itt az az érdekes kérdés, hogy mikor létezik nemtriviális megoldás. Erre elégséges feltételt ad az alábbi

3.1.4 Tétel

Ha egy homogén lineáris egyenletrendszerben az ismeretlenek száma nagyobb, mint az egyenletek száma, akkor az egyenletrendszernek biztosan létezik nemtriviális megoldása.❶

Bizonyítás: Indirekt, tegyük fel, hogy a triviálison kívül nincs más megoldás. Ekkor az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van, tehát a 3.1.2 Tétel szerint az ismeretlenek száma nem lehet nagyobb az egyenletek számánál, ami ellentmond a feltételnek. ❷

A továbbiak előkészületeként az egyenletrendszerek két másik felírási módjával ismerkedünk meg. Ehhez szükségünk lesz az (oszlop)vektorok fogalmára.

3.1.5 Definíció

Az egy oszlopból álló mátrixokat oszlopvektoroknak nevezzük. Egy ilyen mátrix (egyetlen oszlopának) elemeit a vektor komponenseinek vagy koordinátáinak hívjuk. A T test elemeiből képzett q komponensű vektorok összességét (Tq×1 helyett röviden) Tq-val jelöljük.❶

Ez a fogalom a sík-, illetve térvektorok (valós) számpárokként, illetve számhármasokként történő felírási módjának az általánosítása. Később még sokkal általánosabb értelemben fogjuk használni a „vektor” szót (lásd a 4.1 pontot).

T q-ban — az általános mátrixműveleteknek megfelelően — beszélhetünk két vektor összegéről, illetve egy vektor skalárszorosáról (azaz T-beli elemmel vett szorzatáról), ezeket úgy kapjuk, hogy a megfelelő komponenseket összeadjuk, illetve a komponenseket a skalárral végigszorozzuk.

A vektorokat aláhúzott latin kisbetűkkel fogjuk jelölni.

Most rátérünk az egyenletrendszer egyik átírási módjára. Legyen

azaz A az együtthatómátrix, x_ az ismeretlenekből képezett vektor és a (már említett) b_ a jobb oldali konstansokból álló vektor. Ekkor a mátrixszorzás definíciójának megfelelően az egyenletrendszer felírható Ax_=b_ alakban.

A másik átírási módhoz legyen

tehát az a_j-k az A együtthatómátrix oszlopvektorai. Ekkor az egyenletrendszer a következőképpen írható fel: x1a_1+x2a_2+...+xna_n=b_

Feladatok

3.1.1 Mutassuk meg, hogy az (56. oldalon szereplő) E1–E4 elemi ekvivalens átalakítások valóban az eredetivel ekvivalens egyenletrendszerhez vezetnek.

3.1.2 Legyen T a valós test. Az alábbi változtatások közül melyek vezetnek az eredetivel ekvivalens egyenletrendszerhez?

a) Az első egyenlet helyére az összes egyenlet összegét írjuk.

b) Az első egyenlet helyére az összes többi egyenlet összegét írjuk.

c) Az első két egyenlet helyére az összes egyenlet összegét írjuk.

d) Az első két egyenlet helyére ezek összegét és különbségét írjuk.

e) Minden egyenletben minden együtthatóhoz és a jobb oldali konstansokhoz is 1-et hozzáadunk.

 Mennyiben módosul(hat)nak a válaszok, ha R helyett más T test feletti egyenletrendszereket vizsgálunk?

3.1.3 Oldjuk meg a valós számok körében az alábbi egyenletrendszereket.

 a)-x3x2x++-3yy2y+++3zz3z===2410 b)2xx3x+-+3yy2y+--z2zz===11-72 c)2xx3x+-+3yy2y+--z2zz===11-74

3.1.4 Hány megoldása van a modulo 5 maradékosztályok teste felett az alábbi egyenletrendszernek?

 

3.1.5 Oldjuk meg a komplex számok körében a következő egyenletrendszereket.

 a)x1+ix2-x3=-iix1-x2-ix3=1-x1-ix2+x3=i-ix1+x2+ix3=-1x1+ix2+x3=i b)x1+x2+x3+x4+x5=0   x1+ix2+x3+x4+x5=-1+ix1+x2+ix3+x4+x5=-1-ix1+x2+x3+ix4+x5=1-ix1+x2+x3+x4+ix5=1+i

3.1.6 Oldjuk meg a valós számok körében:

 

*3.1.7 Milyen n és m esetén lesz az alábbi (n×n-es) valós egyenletrendszernek egyértelmű megoldása?

 x1+x2++xm=1x2+x3++xm+1=1   xn+x1++xm-1=1

3.1.8 Legyen n>1, és oldjuk meg az alábbi n ismeretlenes és n egyenletből álló valós egyenletrendszert:

 

 vagyis az A együtthatómátrixban αij=min(i,j).

3.1.9 Legyen k,n>2 és p egy kn-nél nagyobb prímszám. A k×n-es A mátrixot úgy képezzük, hogy sorban leírjuk 1-től kn-ig a számokat, tehát αij=(i–1)n+j. Tekintsük az Ax_=b_egyenletrendszert a modulo p test felett.

a) Megoldhatóság esetén hány megoldás van?

b) Hány b_-re lesz az egyenletrendszer megoldható?

3.1.10 Adjunk példát olyan 3 ismeretlenes és 5 egyenletből álló egyenletrendszerre, melynek a) nincs megoldása; b) egyértelmű megoldása van; c) végtelen sok megoldása van; d) pontosan 7 megoldása van. Mi a helyzet 5 ismeretlen és 3 egyenlet esetén?

3.1.11 Milyen kapcsolat van a vezéregyesek, a szabad paraméterek és az ismeretlenek száma között?

3.1.12 Legyen T egy t elemszámú véges test, n>k és tekintsünk T felett egy k egyenletből álló n ismeretlenes egyenletrendszert. Bizonyítsuk be, hogy megoldhatóság esetén a megoldásszám legalább tn–k.

3.1.13 Tegyük fel, hogy egy (tetszőleges T test feletti) egyenletrendszernek egynél több megoldása van, és tekintsük a megoldásokban előforduló összes lehetséges x1 értékek H halmazát. Bizonyítsuk be, hogy H vagy egyelemű, vagy pedig H=T.

3.1.14 Hogyan ábrázolhatjuk geometriailag a valós együtthatós kétismeretlenes (és akárhány egyenletből álló) egyenletrendszereket? Hogyan látszik a megoldhatóság és a megoldásszám? Mi a helyzet három ismeretlen esetén?

3.1.15 Legyen az Ax_=b_ egyenletrendszer egy megoldása x_'. Mutassuk meg, hogy az összes megoldást az x_'+x_* képlettel kapjuk, ahol x_* végigfut az Ax_=0_ homogén egyenletrendszer összes megoldásán.

3.1.16 Legyen A,Ai    Tk×n,x_    Tn, b_,b_i    Tk és tekintsük az Ax_=b_,   A1x_=b_ stb. egyenletrendszereket. Melyek igazak az alábbi állítások közül?

a) Ha Ax_=b_1 és Ax_=b_2 megoldható, akkor Ax_=b_1+b_2 is megoldható.

b) Ha A1x_=b_ és A2x_=b_ megoldható, akkor A1+A2x_=b_ is megoldható.

c) Ha Ax_=b_-nek egyértelmű a megoldása, akkor Ax_=b_1-nek semmilyen b_1-re sem lehet egynél több megoldása.

d) Ha Ax_=b_-nek egyértelmű a megoldása, akkor Ax_=b_1 is biztosan megoldható bármely b_1-re.

e) Ha k<n, akkor tetszőleges A-hoz van olyan b_ amelyre Ax_=b_ nem oldható meg.

f) Ha k>n, akkor tetszőleges A-hoz van olyan b_ amelyre Ax_=b_ nem oldható meg.

M3.1.17 Ábel és Béla (egymástól függetlenül) gondol 5–5 egész számot. Ábel a Béla által gondolt számok közül megkérdezheti bármely 2 összegének a paritását, Béla pedig Ábel számai közül bármely 3 összegének a paritását tudakolhatja meg. Ki tudja-e találni valamelyikük a másik által gondolt számok mindegyikének a paritását, és ha igen, akkor minimálisan hány kérdéssel tudja ezt megtenni?

3.1.18 Tekintsünk egy egész együtthatós lineáris egyenletrendszert (a jobb oldalon álló konstansok is egész számok). Melyek igazak az alábbi állítások közül?

a) Ha van megoldás az egész számok körében, akkor van megoldás a komplex számok körében is.

b) Ha van megoldás a komplex számok körében, akkor van megoldás a racionális számok körében is.

c) Ha van megoldás a racionális számok körében, akkor van megoldás az egész számok körében is.

3.1.19 Ha egy egyenletrendszerben az együtthatók (beleértve a jobb oldalon álló konstansokat is) egész számok, akkor ezeket a modulo 11 maradékosztályok elemeinek is képzelhetjük, és ekkor a modulo 11 test feletti egyenletrendszerhez jutunk. Tekintsünk egy ilyen homogén egyenletrendszert. Melyek igazak az alábbi állítások közül?

a) Ha van nemtriviális megoldás a modulo 11 test felett, akkor nemtriviális racionális megoldás is van.

b) Ha van nemtriviális racionális megoldás, akkor a modulo 11 test felett is van nemtriviális megoldás.