10 Одновременное решение нескольких систем

Одновременное решение нескольких систем

Пусть нужно решить системы

A\mathbf{x}_1=\mathbf{b}_1, \quad A\mathbf{x}_2=\mathbf{b}_2, \quad\ldots,\quad A\mathbf{x}_k=\mathbf{b}_k

с одной матрицей коэффициентов $A$ . Соберём неизвестные и правые части в матрицы по столбцам:

X= \begin{pmatrix} \mathbf{x}_1&\mathbf{x}_2&\cdots&\mathbf{x}_k \end{pmatrix}, \qquad B= \begin{pmatrix} \mathbf{b}_1&\mathbf{b}_2&\cdots&\mathbf{b}_k \end{pmatrix}

Тогда все системы объединяются в одно матричное уравнение

AX=B

Если $A$ обратима, то

X=A^{-1}B

Но вычислять $A^{-1}$ отдельно необязательно: можно сразу привести расширенную матрицу $(A\mid B)$ к виду $(I_n\mid X)$ .

Правых частей три, поэтому трижды повторять один и тот же метод Гаусса невыгодно: объединим вычисления.

Пример

Решим одновременно три системы с матрицей

A=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}

и правыми частями, собранными в

Составляем расширенную матрицу:

\left( \begin{array}{cc|ccc} 2&1&5&1&4\\ 1&1&3&0&1 \end{array} \right)

Выполним те же преобразования, что и при обращении $A$ , и после каждого шага запишем полученную матрицу.

Шаг 1. Поменяем строки местами:

R_1\leftrightarrow R_2, \qquad \left( \begin{array}{cc|ccc} 1&1&3&0&1\\ 2&1&5&1&4 \end{array} \right)

Шаг 2. Обнулим первый элемент второй строки:

R_2\leftarrow R_2-2R_1, \qquad \left( \begin{array}{cc|ccc} 1&1&3&0&1\\ 0&-1&-1&1&2 \end{array} \right)

Шаг 3. Нормируем вторую строку:

R_2\leftarrow-R_2, \qquad \left( \begin{array}{cc|ccc} 1&1&3&0&1\\ 0&1&1&-1&-2 \end{array} \right)

Шаг 4. Обнулим второй элемент первой строки:

R_1\leftarrow R_1-R_2, \qquad \left( \begin{array}{cc|ccc} 1&0&2&1&3\\ 0&1&1&-1&-2 \end{array} \right)

Значит,

Его столбцы являются решениями трёх исходных систем:

\mathbf{x}_1=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_2=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_3=\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}

Одинаковый цвет связывает правую часть $\mathbf{b}_i$ со столбцом решения $\mathbf{x}_i$ . Компактная проверка всей матрицы решений:

\begin{aligned} AX &= \begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&1&3\\1&-1&-2\end{pmatrix}=\\ &= \begin{pmatrix} 2\cdot2+1\cdot1&2\cdot1+1\cdot(-1)&2\cdot3+1\cdot(-2)\\ 1\cdot2+1\cdot1&1\cdot1+1\cdot(-1)&1\cdot3+1\cdot(-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5&1&4\\3&0&1\end{pmatrix} =B \end{aligned}

Когда нужно выбрать метод.

Для одной системы $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ обычно эффективнее решить её методом Гаусса, не вычисляя всю $A^{-1}$ . Обратная матрица особенно полезна, когда нужен общий символический ответ, когда правых частей много или когда само обращение является целью задачи.

Чтобы выбор метода стал устойчивым навыком, полезно решать серии задач, в которых подход заранее не указан и нужно самостоятельно выбирать между методом Гаусса–Жордана, присоединённой матрицей и непосредственным решением системы. На курсе Максима Горбачёва такой выбор отрабатывается через вебинары, домашние задания, отдельные файлы с подробными решениями и обсуждение вопросов в чате курса. Это помогает постепенно перейти от решения по образцу к самостоятельному выбору подходящего метода.

Если $A$ вырождена, у разных столбцов $B$ может быть разная ситуация: единственное решение невозможно, а для каждого столбца отдельно возможны отсутствие или бесконечное множество решений. Матричное уравнение $AX=B$ совместно только тогда, когда совместна каждая входящая в него система.

Граничный случай. Пусть

A=\begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}1&1\\2&3\end{pmatrix}

Для первого столбца $B$ система совместна и имеет бесконечно много решений: достаточно условия $x_1+x_2=1$ . Для второго столбца равенства $x_1+x_2=1$ и $2x_1+2x_2=3$ противоречат друг другу. Поэтому уравнение $AX=B$ в целом несовместно.