Homogeni sistemi linearnih algebrskih enačb. Reševanje sistemov linearnih algebrskih enačb, metode reševanja, primeri

Matrični podatki

Poišči: 1) aA - bB,

rešitev: 1) Najdemo zaporedno, z uporabo pravil za množenje matrike s številom in seštevanje matrik ..

2. Poišči A*B če

rešitev: Uporabite pravilo množenja matrik

odgovor:

3. Za dano matriko poiščite minor M 31 in izračunajte determinanto.

rešitev: Minor M 31 je determinanta matrike, ki je pridobljena iz A

po brisanju vrstice 3 in stolpca 1. Poišči

1*10*3+4*4*4+1*1*2-2*4*10-1*1*4-1*4*3 = 0.

Transformirajmo matriko A, ne da bi spremenili njeno determinanto (naredimo ničle v vrstici 1)

-3*, -, -4*
-10			-15
-20			-25
-4			-5

Zdaj izračunamo determinanto matrike A z razširitvijo vzdolž vrstice 1

Odgovor: M 31 = 0, detA = 0

Rešite z Gaussovo in Cramerjevo metodo.

2x 1 + x 2 + x 3 = 2

x 1 + x 2 + 3x 3 = 6

2x1 + x2 + 2x3 = 5

rešitev: Preverimo

Lahko uporabite Cramerjevo metodo

Sistemska rešitev: x 1 = D 1 / D = 2, x 2 = D 2 / D = -5, x 3 = D 3 / D = 3

Uporabljamo Gaussovo metodo.

Razširjeno matriko sistema reduciramo na trikotno obliko.

Za udobje izračunov zamenjamo vrstice:

Pomnožite 2. vrstico z (k = -1 / 2 = -1 / 2 ) in dodajte 3.:

	1 / 2		7 / 2

Pomnožite 1. vrstico z (k = -2 / 2 = -1 ) in dodajte 2.:

Zdaj lahko izvirni sistem zapišemo kot:

x 1 = 1 - (1/2 x 2 + 1/2 x 3)

x 2 = 13 - (6x 3)

Iz 2. vrstice izražamo

Iz 1. vrstice izražamo

Rešitev je enaka.

Odgovor: (2; -5; 3)

Najti skupna odločitev sistemi in FSR

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

rešitev: Uporabite Gaussovo metodo. Razširjeno matriko sistema reduciramo na trikotno obliko.

	-4	-1	-4	-6
	-2		-2	-3
x 1	x2	x 3	x4	x5

Pomnožite 1. vrstico z (-11). 2. vrstico pomnožimo z (13). Dodajmo 2. vrstico 1.:

	-2		-2	-3

2. vrstico pomnožite z (-5). Pomnožite 3. vrstico z (11). Dodajmo 3. vrstico 2. vrstici:

Pomnožite 3. vrstico z (-7). Pomnožite 4. vrstico s (5). Dodajmo 4. vrstico tretji:

Druga enačba je linearna kombinacija ostalih

Poiščite rang matrike.

	-18	-24	-18	-27
x 1	x2	x 3	x4	x5

Izbrani minor ima najvišji red (od vseh možnih minorov) in je različen od nič (je enak zmnožku elementov na recipročni diagonali), zato je rang(A) = 2.

Ta manjši je osnovni. Vključuje koeficiente za neznanke x 1, x 2, kar pomeni, da sta neznanki x 1, x 2 odvisni (osnovni), x 3, x 4, x 5 pa prosti.

Sistem s koeficienti te matrike je enakovreden izvirnemu sistemu in ima obliko:

18x2 = 24x3 + 18x4 + 27x5

7x1 + 2x2 = - 5x3 - 2x4 - 3x5

Z metodo izločanja neznank najdemo skupna odločitev:

x 2 = - 4 / 3 x 3 - x 4 - 3 / 2 x 5

x 1 = - 1/3 x 3

Najdemo temeljni sistem rešitev (FSR), ki je sestavljen iz (n-r) rešitev. V našem primeru je n=5, r=2, zato je temeljni sistem rešitev sestavljen iz 3 rešitev, te rešitve pa morajo biti linearno neodvisne.

Da so vrstice linearno neodvisne, je nujno in zadostno, da je rang matrike, sestavljene iz elementov vrstic, enak številu vrstic, to je 3.

Dovolj je podati prostim neznankam x 3 ,x 4 ,x 5 vrednosti iz vrstic determinante 3. reda, ki so različne od nič, in izračunati x 1 ,x 2 .

Najenostavnejša neničelna determinanta je identitetna matrika.

Ampak tukaj je bolj priročno vzeti

Z uporabo splošne rešitve najdemo:

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

jaz odločitev FSR: (-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

Odločitev II FSR: (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. odločitev FSR: (0; - 9; 0; 0; 6)

Þ FSR: (-2; -4; 6; 0; 0), (0; -6; 0; 6; 0), (0; - 9; 0; 0; 6)

6. Podano: z 1 \u003d -4 + 5i, z 2 \u003d 2 - 4i. Poišči: a) z 1 - 2z 2 b) z 1 z 2 c) z 1 / z 2

rešitev: 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

Pustiti M 0 je množica rešitev homogenega sistema (4) linearne enačbe.

Opredelitev 6.12. Vektorji z 1 ,z 2 , …, s p, ki so rešitve homogenega sistema linearnih enačb, imenujemo temeljni nabor rešitev(skrajšano FNR) če

1) vektorji z 1 ,z 2 , …, s p linearno neodvisni (to pomeni, da nobenega od njih ni mogoče izraziti z drugimi);

2) katero koli drugo rešitev homogenega sistema linearnih enačb je mogoče izraziti z rešitvami z 1 ,z 2 , …, s p.

Upoštevajte, da če z 1 ,z 2 , …, s p je neki f.n.r., potem po izraz k 1× z 1 + k 2× z 2 + … + kp× s p lahko opiše celoten sklop M 0 rešitev sistema (4), tako se imenuje splošni pogled na sistemsko rešitev (4).

Izrek 6.6. Vsak nedoločen homogeni sistem linearnih enačb ima temeljni niz rešitev.

Način za iskanje temeljnega nabora rešitev je naslednji:

Poiščite splošno rešitev homogenega sistema linearnih enačb;

Zgradi ( n – r) delne rešitve tega sistema, medtem ko morajo vrednosti prostih neznank tvoriti matriko identitete;

izpišite splošna oblika rešitev vključena v M 0 .

Primer 6.5. Poiščite temeljni niz rešitev naslednjega sistema:

rešitev. Poiščimo splošno rešitev tega sistema.

~ ~ ~ ~ Þ Þ Þ Ta sistem ima pet neznank ( n= 5), od katerih sta dve glavni neznanki ( r= 2), tri proste neznanke ( n – r), to pomeni, da temeljna množica rešitev vsebuje tri vektorje rešitev. Zgradimo jih. Imamo x 1 in x 3 - glavne neznanke, x 2 , x 4 , x 5 - proste neznanke

Vrednosti prostih neznank x 2 , x 4 , x 5 tvorijo matriko identitete E tretji red. Razumem te vektorje z 1 ,z 2 , z 3 obrazec f.n.r. ta sistem. Potem bo množica rešitev tega homogenega sistema M 0 = {k 1× z 1 + k 2× z 2 + k 3× z 3 , k 1 , k 2 , k 3 О R).

Ugotovimo zdaj pogoje za obstoj neničelnih rešitev homogenega sistema linearnih enačb, z drugimi besedami, pogoje za obstoj temeljne množice rešitev.

Homogen sistem linearnih enačb ima rešitve različne od nič, to pomeni, da je nedoločen, če

1) rang glavne matrike sistema manj kot številka neznano;

2) v homogenem sistemu linearnih enačb je število enačb manjše od števila neznank;

3) če je v homogenem sistemu linearnih enačb število enačb enako številu neznank, determinanta glavne matrike pa je enaka nič (tj. | A| = 0).

Primer 6.6. Pri kateri vrednosti parametra a homogeni sistem linearnih enačb ima neničelne rešitve?

rešitev. Sestavimo glavno matriko tega sistema in poiščemo njeno determinanto: = = 1×(–1) 1+1 × = – a– 4. Determinant te matrike je enak nič, ko a = –4.

Odgovori: –4.

7. Aritmetika n-dimenzionalni vektorski prostor

Osnovni pojmi

V prejšnjih razdelkih smo se že srečali s pojmom množice realnih števil, urejenih v določenem vrstnem redu. To je matrika vrstic (ali matrika stolpcev) in rešitev sistema linearnih enačb z n neznano. Te podatke je mogoče povzeti.

Opredelitev 7.1. n-dimenzionalni aritmetični vektor se imenuje urejen niz n realna števila.

Pomeni a= (a 1, a 2, …, a n), kje jazО R, jaz = 1, 2, …, n je splošen pogled na vektor. številka n klical razsežnost vektor in števila a jaz ga poklical koordinate.

Na primer: a= (1, –8, 7, 4, ) je petdimenzionalni vektor.

Vse nastavljeno n-dimenzionalni vektorji so običajno označeni kot R n.

Opredelitev 7.2. Dva vektorja a= (a 1, a 2, …, a n) in b= (b 1, b 2, …, b n) enake dimenzije enakače in samo če sta njuni ustrezni koordinati enaki, tj. a 1 = b 1 , a 2 = b 2 , …, a n= b n.

Opredelitev 7.3.vsota dva n-dimenzijski vektorji a= (a 1, a 2, …, a n) in b= (b 1, b 2, …, b n) imenujemo vektor a + b= (a 1 + b 1, a 2 + b 2, …, a n+b n).

Opredelitev 7.4. delo realno število k na vektor a= (a 1, a 2, …, a n) imenujemo vektor k× a = (k×a 1, k×a 2 , …, k×a n)

Opredelitev 7.5. Vektor približno= (0, 0, …, 0). nič(oz ničelni vektor).

Preprosto je preveriti, da imajo dejanja (operacije) seštevanja vektorjev in njihovega množenja z realnim številom naslednje lastnosti: a, b, c Î R n, " k, l ALI:

1) a + b = b + a;

2) a + (b+ c) = (a + b) + c;

3) a + približno = a;

4) a+ (–a) = približno;

5) 1× a = a, 1 О 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.

Opredelitev 7.6. Veliko R n z operacijami seštevanja vektorjev in njihovega množenja z realnim številom, podanim na njem, se imenuje aritmetični n-dimenzionalni vektorski prostor.

Homogeni sistem linearnih enačb nad poljem

OPREDELITEV. Osnovni sistem rešitev sistema enačb (1) je neprazen linearno neodvisen sistem njegovih rešitev, katerega linearni razpon sovpada z množico vseh rešitev sistema (1).

Upoštevajte, da homogeni sistem linearnih enačb s samo ničelno rešitvijo nima temeljni sistem rešitve.

PREDLOG 3.11. Katera koli dva temeljna sistema rešitev homogenega sistema linearnih enačb sta sestavljena iz enako število rešitve.

Dokaz. Dejansko sta katera koli dva temeljna sistema rešitev homogenega sistema enačb (1) enakovredna in linearno neodvisna. Zato so po predlogu 1.12 njuni rangi enaki. Zato je število rešitev, vključenih v en temeljni sistem, enako številu rešitev, vključenih v kateri koli drug temeljni sistem rešitev.

Če je glavna matrika A homogenega sistema enačb (1) enaka nič, potem je vsak vektor iz rešitev sistema (1); v tem primeru je vsaka zbirka linearno neodvisnih vektorjev iz temeljni sistem rešitev. Če je stolpčni rang matrike A , potem ima sistem (1) samo eno rešitev - nič; zato v tem primeru sistem enačb (1) nima temeljnega sistema rešitev.

IZREK 3.12. Če je rang glavne matrike homogenega sistema linearnih enačb (1) manjši od števila spremenljivk , potem ima sistem (1) temeljni sistem rešitev, sestavljen iz rešitev.

Dokaz. Če je rang glavne matrike A homogenega sistema (1) enak nič ali , potem je zgoraj prikazano, da izrek drži. Zato se v nadaljevanju predpostavlja, da Ob predpostavki , bomo predpostavili, da so prvi stolpci matrike A linearno neodvisni. V tem primeru je matrika A po vrsti enakovredna zmanjšani stopenjski matriki, sistem (1) pa je enakovreden naslednjemu sistemu enačb zmanjšanega koraka:

Preprosto je preveriti, da vsak sistem vrednosti prostih spremenljivk sistema (2) ustreza eni in samo eni rešitvi sistema (2) in s tem sistema (1). Zlasti samo ničelna rešitev sistema (2) in sistema (1) ustreza sistemu ničelnih vrednosti.

V sistemu (2) bomo eni od prostih spremenljivk dodelili vrednost enako 1, ostalim spremenljivkam pa ničelne vrednosti. Kot rezultat dobimo rešitve sistema enačb (2), ki jih zapišemo kot vrstice naslednje matrike C:

Sistem vrstic te matrike je linearno neodvisen. Dejansko za vse skalarje iz enakosti

sledi enakopravnost

in s tem enakost

Dokažimo, da linearni razpon sistema vrstic matrike C sovpada z množico vseh rešitev sistema (1).

Poljubna rešitev sistema (1). Nato vektor

je tudi rešitev sistema (1) in

Gaussova metoda ima številne pomanjkljivosti: nemogoče je vedeti, ali je sistem konsistenten ali ne, dokler niso izvedene vse transformacije, potrebne za Gaussovo metodo; Gaussova metoda ni primerna za sisteme s črkovnimi koeficienti.

Razmislite o drugih metodah za reševanje sistemov linearnih enačb. Te metode uporabljajo koncept ranga matrike in reducirajo rešitev katerega koli skupnega sistema na rešitev sistema, za katerega velja Cramerjevo pravilo.

Primer 1 Poiščite splošno rešitev naslednjega sistema linearnih enačb z uporabo temeljnega sistema rešitev reduciranega homogenega sistema in partikularne rešitve nehomogenega sistema.

1. Izdelamo matrico A in razširjena matrika sistema (1)

2. Raziščite sistem (1) za združljivost. Da bi to naredili, poiščemo range matrik A in https://pandia.ru/text/78/176/images/image006_90.gif" width="17" height="26 src=">). Če se izkaže, da , potem sistem (1) nezdružljivo. Če to dobimo , potem je ta sistem skladen in ga bomo rešili. (Študija doslednosti temelji na Kronecker-Capellijevem izreku).

a. Najdemo rA.

Najti rA, bomo obravnavali zaporedno neničelne minorje prvega, drugega itd. reda matrike A in mladoletniki, ki jih obkrožajo.

M1=1≠0 (1 je vzet iz zgornjega levega kota matrike AMPAK).

Obrobljanje M1 drugo vrstico in drugi stolpec te matrike. . Nadaljujemo do meje M1 druga vrstica in tretji stolpec..gif" width="37" height="20 src=">. Sedaj obrobimo manjšo vrednost, ki ni nič M2′ drugega reda.

Imamo: (ker sta prva dva stolpca enaka)

(ker sta druga in tretja vrstica sorazmerni).

To vidimo rA=2, in je bazični minor matrike A.

b. Najdemo .

Dovolj osnovni minor M2′ matrice A obroba s stolpcem prostih članov in vse vrstice (imamo samo zadnjo vrstico).

. Iz tega izhaja, da M3′′ ostaja bazni minor matrike https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif" width="168 height=75" height="75"> (2)

Ker M2′- osnovni minor matrike A sistemi (2) , potem je ta sistem enakovreden sistemu (3) , sestavljen iz prvih dveh enačb sistema (2) (za M2′ je v prvih dveh vrsticah matrike A).

(3)

Ker je osnovni minor https://pandia.ru/text/78/176/images/image021_29.gif" width="153" height="51"> (4)

V tem sistemu dve prosti neznanki ( x2 in x4 ). Zato FSR sistemi (4) je sestavljen iz dveh rešitev. Da jih najdemo, dodelimo proste neznanke (4) vrednote najprej x2=1 , x4=0 , in potem - x2=0 , x4=1 .

pri x2=1 , x4=0 dobimo:

.

Ta sistem že ima edina stvar rešitev (lahko jo najdemo s Cramerjevim pravilom ali s katero koli drugo metodo). Če odštejemo prvo enačbo od druge enačbe, dobimo:

Njena odločitev bo x1= -1 , x3=0 . Glede na vrednosti x2 in x4 , ki smo ga podali, dobimo prvo temeljno rešitev sistema (2) : .

Zdaj smo vstavili (4) x2=0 , x4=1 . Dobimo:

.

Ta sistem rešimo z uporabo Cramerjevega izreka:

.

Dobimo drugo temeljno rešitev sistema (2) : .

Rešitve β1 , β2 in se naliči FSR sistemi (2) . Potem bo njegova splošna rešitev

γ= C1 β1+С2β2=С1(-1, 1, 0, 0)+С2(5, 0, 4, 1)=(-С1+5С2, С1, 4С2, С2)

Tukaj C1 , C2 so poljubne konstante.

4. Poišči enega zasebno rešitev heterogeni sistem(1) . Kot v odstavku 3 , namesto sistema (1) razmislite o enakovrednem sistemu (5) , sestavljen iz prvih dveh enačb sistema (1) .

(5)

Proste neznanke prenesemo na desne strani x2 in x4.

(6)

Dajmo brezplačne neznanke x2 in x4 poljubne vrednosti, npr. x2=2 , x4=1 in jih priključite (6) . Vzemimo sistem

Ta sistem ima edinstveno rešitev (ker njegova determinanta M2′0). Če ga rešimo (z uporabo Cramerjevega izreka ali Gaussove metode), dobimo x1=3 , x3=3 . Glede na vrednosti prostih neznank x2 in x4 , dobimo partikularna rešitev nehomogenega sistema(1)α1=(3,2,3,1).

5. Zdaj je treba napisati splošna rešitev α nehomogenega sistema(1) : enako je vsoti zasebna odločitev ta sistem in splošna rešitev njegovega zmanjšanega homogenega sistema (2) :

α=α1+γ=(3, 2, 3, 1)+(‑С1+5С2, С1, 4С2, С2).

To pomeni: (7)

6. Pregled. Da preverite, ali ste pravilno rešili sistem (1) , potrebujemo splošno rešitev (7) nadomestek v (1) . Če vsaka enačba postane identiteta ( C1 in C2 je treba uničiti), potem je rešitev najdena pravilno.

Bomo zamenjali (7) na primer samo v zadnji enačbi sistema (1) (x1 + x2 + x3 ‑9 x4 =‑1) .

Dobimo: (3–С1+5С2)+(2+С1)+(3+4С2)–9(1+С2)=–1

(С1–С1)+(5С2+4С2–9С2)+(3+2+3–9)=–1

Kjer je -1=-1. Imamo identiteto. To naredimo z vsemi drugimi enačbami sistema (1) .

Komentiraj. Preverjanje je običajno precej okorno. Priporočamo lahko naslednje "delno preverjanje": v celotni rešitvi sistema (1) dodelite nekaj vrednosti poljubnim konstantam in nastalo določeno rešitev nadomestite samo v zavržene enačbe (tj. v tiste enačbe iz (1) ki niso vključeni v (5) ). Če dobiš identitete, potem najverjetneje, rešitev sistema (1) ugotovljeno pravilno (vendar takšno preverjanje ne daje popolnega jamstva za pravilnost!). Na primer, če v (7) postaviti C2=- 1 , C1=1, potem dobimo: x1=-3, x2=3, x3=-1, x4=0. Če zamenjamo zadnjo enačbo sistema (1), dobimo: - 3+3 - 1 - 9∙0= - 1 , tj. –1=–1. Imamo identiteto.

Primer 2 Poiščite splošno rešitev sistema linearnih enačb (1) , ki glavne neznanke izraža s prostimi.

rešitev. Kot v primer 1, sestavite matrike A in https://pandia.ru/text/78/176/images/image010_57.gif" width="156" height="50"> teh matrik. Zdaj pustimo samo tiste enačbe sistema (1) , katerih koeficienti so vključeni v ta osnovni minor (tj. imamo prvi dve enačbi) in obravnavamo sistem, sestavljen iz njiju, kar je enakovredno sistemu (1).

Prenesimo proste neznanke na desne strani teh enačb.

sistem (9) rešujemo po Gaussovi metodi, pri čemer desne dele obravnavamo kot proste člene.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image035_21.gif" width="202 height=106" height="106">

Možnost 2.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image039_16.gif" width="192" height="106 src=">

Možnost 4.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image042_14.gif" width="172" height="80">

Možnost 5.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image044_12.gif" width="179 height=106" height="106">

Možnost 6.

https://pandia.ru/text/78/176/images/image046_11.gif" width="195" height="106">

Imenuje se sistem linearnih enačb, v katerem so vsi prosti členi enaki nič homogena :

Vsak homogen sistem je vedno konsistenten, saj je vedno bil nič (trivialno ) rešitev. Postavlja se vprašanje, pod kakšnimi pogoji bo imel homogen sistem netrivialno rešitev.

Izrek 5.2.Homogen sistem ima netrivialno rešitev, če in samo če je rang osnovne matrike manjši od števila njegovih neznank.

Posledica. Kvadratni homogeni sistem ima netrivialno rešitev, če in samo če determinanta glavne matrike sistema ni enaka nič.

Primer 5.6. Določite vrednosti parametra l, za katere ima sistem netrivialne rešitve, in poiščite te rešitve:

rešitev. Ta sistem bo imel netrivialno rešitev, ko je determinanta glavne matrike enaka nič:

Tako je sistem netrivialen, ko je l=3 ali l=2. Za l=3 je rang glavne matrike sistema 1. Potem pustimo samo eno enačbo in predpostavimo, da l=a in z=b, dobimo x=b-a, tj.

Za l=2 je rang glavne matrike sistema 2. Nato kot osnovni pomor izberemo:

dobimo poenostavljen sistem

Od tod to ugotovimo x=z/4, y=z/2. Ob predpostavki z=4a, dobimo

Množica vseh rešitev homogenega sistema ima zelo pomembno vlogo linearna lastnost : če X stolpcev 1 in X 2 - rešitve homogenega sistema AX = 0, potem katera koli njihova linearna kombinacija a X 1+b X 2 bo tudi rešitev tega sistema. Res, ker SEKIRA 1 = 0 in SEKIRA 2 = 0 , potem A(a X 1+b X 2) = a SEKIRA 1+b SEKIRA 2 = a · 0 + b · 0 = 0. Zaradi te lastnosti, če ima linearni sistem več kot eno rešitev, bo teh rešitev neskončno veliko.

Linearno neodvisni stolpci E 1 , E 2 , E k, ki so rešitve homogenega sistema, imenujemo temeljni sistem odločanja homogen sistem linearnih enačb, če lahko splošno rešitev tega sistema zapišemo kot linearno kombinacijo teh stolpcev:

Če ima homogen sistem n spremenljivk, rang glavne matrike sistema pa je enak r, potem k = n-r.

Primer 5.7. Poiščite temeljni sistem rešitev naslednjega sistema linearnih enačb:

rešitev. Poiščite rang glavne matrike sistema:

Tako množica rešitev tega sistema enačb tvori linearni podprostor dimenzije n - r= 5 - 2 = 3. Izberemo kot osnovni mol

.

Potem, če pustimo samo osnovne enačbe (ostalo bo linearna kombinacija teh enačb) in osnovne spremenljivke (preostale, tako imenovane proste spremenljivke, prenesemo na desno), dobimo poenostavljen sistem enačb:

Ob predpostavki x 3 = a, x 4 = b, x 5 = c, najdemo

, .

Ob predpostavki a= 1, b=c= 0, dobimo prvo osnovno rešitev; ob predpostavki b= 1, a = c= 0, dobimo drugo osnovno rešitev; ob predpostavki c= 1, a = b= 0, dobimo tretjo osnovno rešitev. Posledično dobi obliko običajni temeljni sistem rešitev

Z uporabo temeljnega sistema lahko splošno rešitev homogenega sistema zapišemo kot

X = aE 1 + bE 2 + cE 3. a

Opozorimo na nekatere lastnosti rešitev nehomogenega sistema linearnih enačb AX=B in njihov odnos z ustreznim homogenim sistemom enačb AX = 0.

Splošna rešitev nehomogenega sistemaje enaka vsoti splošne rešitve ustreznega homogenega sistema AX = 0 in poljubne partikularne rešitve nehomogenega sistema. Res, naj Y 0 je poljubna partikularna rešitev nehomogenega sistema, tj. AY 0 = B, in Y je splošna rešitev nehomogenega sistema, tj. AY=B. Če odštejemo eno enakost od druge, dobimo
A(Y-Y 0) = 0, tj. Y-Y 0 je splošna rešitev ustreznega homogenega sistema SEKIRA=0. Posledično Y-Y 0 = X, oz Y=Y 0 + X. Q.E.D.

Naj ima nehomogen sistem obliko AX = B 1 + B 2 . Potem lahko splošno rešitev takega sistema zapišemo kot X = X 1 + X 2 , kjer je AX 1 = B 1 in AX 2 = B 2. Ta lastnost izraža univerzalno lastnost vseh linearnih sistemov na splošno (algebraičnih, diferencialnih, funkcionalnih itd.). V fiziki se ta lastnost imenuje princip superpozicije, v elektro in radijski tehniki - načelo prekrivanja. Na primer, v teoriji linearnih električnih tokokrogov lahko tok v katerem koli tokokrogu dobimo kot algebraično vsoto tokov, ki jih povzroča vsak vir energije posebej.