homogén rendszer lineáris egyenletek a mező fölött
MEGHATÁROZÁS. Az (1) egyenletrendszer alapvető megoldási rendszere megoldásainak nem üres, lineárisan független rendszere, amelynek lineáris fesztávja egybeesik az (1) rendszer összes megoldásának halmazával.
Vegyük észre, hogy egy homogén lineáris egyenletrendszernek, amelynek csak nulla megoldása van, nincs alapvető megoldási rendszere.
JAVASLAT 3.11. Egy homogén lineáris egyenletrendszer bármely két alapvető megoldási rendszere ugyanannyi megoldásból áll.
Bizonyíték. Valójában az (1) homogén egyenletrendszer bármely két alapvető megoldási rendszere ekvivalens és lineárisan független. Ezért az 1.12 állítás szerint a rangjuk egyenlő. Ezért az egyik alaprendszerben szereplő megoldások száma megegyezik bármely más alapvető megoldási rendszerben szereplő megoldások számával.
Ha az (1) homogén egyenletrendszer A főmátrixa nulla, akkor bármelyik vektor -ból az (1) rendszer megoldása; ebben az esetben a lineárisan független vektorok tetszőleges gyűjteménye a -tól kezdve alapvető megoldási rendszer. Ha az A mátrix oszloprangja , akkor az (1) rendszernek csak egy megoldása van - nulla; ezért ebben az esetben az (1) egyenletrendszernek nincs alapvető megoldási rendszere.
3.12. TÉTEL. Ha egy homogén lineáris egyenletrendszer (1) főmátrixának rangja kisebb, mint a változók száma, akkor az (1) rendszernek van egy megoldásokból álló alapvető megoldási rendszere.
Bizonyíték. Ha az (1) homogén rendszer A főmátrixának rangja nulla vagy , akkor fentebb megmutattuk, hogy a tétel igaz. Ezért az alábbiakban feltételezzük, hogy feltételezzük, hogy az A mátrix első oszlopai lineárisan függetlenek. Ebben az esetben az A mátrix soronként ekvivalens a redukált lépéses mátrixszal, és az (1) rendszer ekvivalens a következő redukált lépéses egyenletrendszerrel:
Könnyen ellenőrizhető, hogy bármely értékrendszer szabad-e rendszerváltozók A (2) a (2) és így az (1) rendszer egyetlen megoldásának felel meg. Pontosabban, csak a (2) és az (1) rendszer nulla megoldása felel meg a nulla értékek rendszerének.
A (2) rendszerben az egyik szabad változóhoz 1-gyel egyenlő értéket rendelünk, a többi változóhoz pedig nulla értéket. Ennek eredményeként a (2) egyenletrendszer megoldásait kapjuk, amelyeket a következő C mátrix soraiként írunk fel:
Ennek a mátrixnak a sorrendszere lineárisan független. Valóban, az egyenlőségből származó bármely skalárhoz
egyenlőség következik
és ebből kifolyólag az egyenlőség
Bizonyítsuk be, hogy a C mátrix sorrendszerének lineáris fesztávja egybeesik az (1) rendszer összes megoldásának halmazával.
Az (1) rendszer önkényes megoldása. Aztán a vektor
rendszer megoldása is (1), és
A homogén rendszer mindig konzisztens, és van egy triviális megoldása 
. Egy nemtriviális megoldás létezéséhez szükséges, hogy a mátrix rangja 
kevesebb volt, mint az ismeretlenek száma:
.
Alapvető döntési rendszer
homogén rendszer 
nevezzük a megoldások rendszerét oszlopvektorok formájában 
, amelyek megfelelnek a kanonikus alapnak, i.e. alapja, amelyben tetszőleges állandók 
felváltva eggyel, míg a többi nullára van állítva.
Akkor közös döntés A homogén rendszernek a következő formája van:
ahol 
tetszőleges állandók. Más szóval, az általános megoldás a megoldások alapvető rendszerének lineáris kombinációja.
Így az alapmegoldásokat az általános megoldásból kaphatjuk meg, ha a szabad ismeretleneknek felváltva egységértéket adunk, feltéve, hogy az összes többi egyenlő nullával.
Példa. Keressünk megoldást a rendszerre
Elfogadjuk, majd a következő formában kapjuk meg a megoldást:
Most alkossunk egy alapvető megoldási rendszert:
.
Az általános megoldás így írható fel:
A homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai a következő tulajdonságokkal rendelkeznek:
Más szóval, a megoldások bármely lineáris kombinációja egy homogén rendszerhez ismét megoldás.
A lineáris egyenletrendszerek megoldása évszázadok óta foglalkoztatja a matematikusokat. Az első eredményeket a XVIII. 1750-ben G. Kramer (1704–1752) publikálta munkáit a négyzetmátrixok determinánsairól, és algoritmust javasolt az inverz mátrix megtalálására. 1809-ben Gauss egy új megoldási módszert vázolt fel, amelyet eliminációs módszernek neveznek.
A Gauss-módszer, vagy az ismeretlenek egymást követő kiküszöbölésének módszere abból áll, hogy elemi transzformációk segítségével az egyenletrendszert egy lépcsős (vagy háromszög alakú) ekvivalens rendszerré redukáljuk. Az ilyen rendszerek lehetővé teszik, hogy következetesen megtalálja az összes ismeretlent egy bizonyos sorrendben.
Tegyük fel, hogy az (1) rendszerben 
(ami mindig lehetséges).
(1)
Az első egyenletet sorra megszorozva az ún megfelelő számok
és összeadva a szorzás eredményét a rendszer megfelelő egyenleteivel, egy ekvivalens rendszert kapunk, amelyben az első kivételével minden egyenletnek nem lesz ismeretlen. x 1
(2)
Most megszorozzuk a (2) rendszer második egyenletét megfelelő számokkal, feltételezve, hogy ez 
,
és hozzáadva az alsókhoz, kiküszöböljük a változót 
az összes egyenlet közül, a harmadikkal kezdve.
Ezt a folyamatot folytatva, miután 
lépéseket kapunk:
(3)
Ha a számok közül legalább az egyik 
nem egyenlő nullával, akkor a megfelelő egyenlőség inkonzisztens és az (1) rendszer inkonzisztens. Ezzel szemben bármilyen közös számrendszerhez 
egyenlők nullával. Szám 
nem más, mint a rendszermátrix rangja (1).
Az (1) rendszerből a (3) rendszerbe való átmenetet nevezzük egyenes vonalban Gauss-módszer, és ismeretlenek keresése a (3)-ból - visszafelé .
Megjegyzés : Kényelmesebb a transzformációkat nem magukkal az egyenletekkel, hanem a rendszer kiterjesztett mátrixával (1) végezni.
Példa. Keressünk megoldást a rendszerre
.
Írjuk fel a rendszer kiterjesztett mátrixát:
.
Adjuk hozzá a 2,3,4 sorokhoz az elsőt, szorozva (-2), (-3), (-2)-vel:
.
Cseréljük fel a 2. és 3. sort, majd a kapott mátrixban adjuk hozzá a 2. sort a 4. sorhoz, megszorozva 
:
.
Adja hozzá a 4. sorhoz a 3. sor szorzatát 
:
.
Ez nyilvánvaló 
, tehát a rendszer kompatibilis. A kapott egyenletrendszerből
fordított helyettesítéssel találjuk meg a megoldást:
,
,
,
.
2. példa Rendszermegoldás keresése:
.
Nyilvánvaló, hogy a rendszer következetlen, mert 
, a 
.
A Gauss-módszer előnyei :
Kevésbé időigényes, mint Cramer módszere.
Egyértelműen megállapítja a rendszer kompatibilitását, és lehetővé teszi a megoldás megtalálását.
Lehetővé teszi bármely mátrix rangjának meghatározását.
Mátrix adatok
Keresse meg: 1) aA - bB,
Megoldás: 1) A mátrix számmal való szorzására és mátrixok összeadására vonatkozó szabályokat használva szekvenciálisan megtaláljuk a ..
2. Keresse meg az A*B-t, ha
Megoldás: Használja a mátrixszorzási szabályt
Válasz: 
3. Adott mátrixhoz keressük meg a minor M 31-et, és számítsuk ki a determinánst.
Megoldás: A kisebb M 31 az A-ból kapott mátrix determinánsa
a 3. sor és az 1. oszlop törlése után. Keresse meg
1*10*3+4*4*4+1*1*2-2*4*10-1*1*4-1*4*3 = 0.
Alakítsuk át az A mátrixot a determináns megváltoztatása nélkül (tegyünk nullákat az 1. sorban)
| -3*, -, -4* | |||
| -10 | -15 | ||
| -20 | -25 | ||
| -4 | -5 |
Most kiszámítjuk az A mátrix determinánsát az 1. sor mentén történő kiterjesztéssel
Válasz: M 31 = 0, detA = 0
Oldja meg a Gauss módszerrel és a Cramer módszerrel.
2x 1 + x 2 + x 3 = 2
x 1 + x 2 + 3x 3 = 6
2x1 + x2 + 2x3 = 5
Megoldás: Nézzük meg
Használhatja Cramer módszerét
Rendszermegoldás: x 1 = D 1 / D = 2, x 2 = D 2 / D = -5, x 3 = D 3 / D = 3
A Gauss-módszert alkalmazzuk.
A rendszer kiterjesztett mátrixát háromszög alakúra redukáljuk.
A számítások megkönnyítése érdekében felcseréljük a sorokat:
Szorozzuk meg a 2. sort ezzel (k = -1 / 2 = -1 / 2 ), és a 3.-hoz add hozzá:
| 1 / 2 | 7 / 2 |
Szorozzuk meg az 1. sort ezzel (k = -2 / 2 = -1 ), és a másodikhoz adjuk hozzá:
Most az eredeti rendszer így írható:
x 1 = 1 - (1/2 x 2 + 1/2 x 3)
x 2 = 13 - (6x 3)
A 2. sorból fejezzük ki
Az 1. sorból fejezzük ki
A megoldás ugyanaz.
Válasz: (2; -5; 3)
Keresse meg a rendszer és az FSR általános megoldását
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
Megoldás: Alkalmazza a Gauss-módszert. A rendszer kiterjesztett mátrixát háromszög alakúra redukáljuk.
| -4 | -1 | -4 | -6 | |
| -2 | -2 | -3 | ||
| x 1 | x2 | x 3 | x4 | x5 |
Szorozzuk meg az 1. sort (-11)-el. Szorozzuk meg a 2. sort (13-mal). Adjuk hozzá a 2. sort az 1. sorhoz:
| -2 | -2 | -3 | ||
Szorozzuk meg a 2. sort (-5)-tel. Szorozzuk meg a 3. sort (11-gyel). Adjuk hozzá a 3. sort a 2. sorhoz:
Szorozzuk meg a 3. sort (-7)-tel. Szorozzuk meg a 4. sort (5-tel). Adjuk hozzá a negyedik sort a harmadikhoz:
A második egyenlet a többi lineáris kombinációja
Keresse meg a mátrix rangját!
| -18 | -24 | -18 | -27 | |
| x 1 | x2 | x 3 | x4 | x5 |
A kiválasztott moll a legmagasabb rendű (az összes lehetséges moll közül), és nem nulla (egyenlő a reciprok átlón lévő elemek szorzatával), ezért rang(A) = 2.
Ez a minor alap. Ismeretlen x 1, x 2 együtthatóit tartalmaz, ami azt jelenti, hogy az ismeretlen x 1, x 2 függő (alap), az x 3, x 4, x 5 pedig szabad.
A mátrix együtthatóival rendelkező rendszer megegyezik az eredeti rendszerrel, és a következő formában van:
18x2 = 24x3 + 18x4 + 27x5
7x1 + 2x2 = - 5x3 - 2x4 - 3x5
Az ismeretlenek kiküszöbölésének módszerével azt találjuk közös döntés:
x 2 = – 4/3 x 3 – x 4 – 3/2 x 5
x 1 = - 1/3 x 3
Megtaláljuk a megoldások alapvető rendszerét (FSR), amely (n-r) megoldásokból áll. Esetünkben n=5, r=2, ezért a megoldások alaprendszere 3 megoldásból áll, és ezeknek a megoldásoknak lineárisan függetleneknek kell lenniük.
Ahhoz, hogy a sorok lineárisan függetlenek legyenek, szükséges és elegendő, hogy a sorok elemeiből összeállított mátrix rangja egyenlő legyen a sorok számával, azaz 3-mal.
A szabad ismeretleneknek elegendő x 3 ,x 4 ,x 5 értéket megadni a 3. rendű determináns nullától eltérő soraiból, és kiszámolni x 1 ,x 2 -t.
A legegyszerűbb nem nulla determináns az azonosságmátrix.
De itt kényelmesebb venni
Az általános megoldást használva találjuk:
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 FSR döntés: (-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. FSR döntés: (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
határozat III FSR: (0; - 9; 0; 0; 6)
Þ FSR: (-2; -4; 6; 0; 0), (0; -6; 0; 6; 0), (0; -9; 0; 0; 6)
6. Adott: z 1 \u003d -4 + 5i, z 2 \u003d 2 - 4i. Keresse meg: a) z 1 - 2z 2 b) z 1 z 2 c) z 1 / z 2
Megoldás: 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
Válasz: a) -3i b) 12+26i c) -1,4 - 0,3i
A Gauss-módszernek számos hátránya van: nem lehet tudni, hogy a rendszer konzisztens-e vagy sem, amíg a Gauss-módszerben szükséges összes transzformációt el nem végeztük; a Gauss-módszer nem alkalmas betűegyütthatós rendszerekre.
Tekintsünk más módszereket a lineáris egyenletrendszerek megoldására. Ezek a módszerek a mátrix rangjának fogalmát használják, és bármely közös rendszer megoldását egy olyan rendszer megoldására redukálják, amelyre a Cramer-szabály vonatkozik.
1. példa Keresse meg az alábbi lineáris egyenletrendszer általános megoldását a redukált homogén rendszer és az inhomogén rendszer egy speciális megoldásának felhasználásával!
1. Készítünk egy mátrixot Aés a rendszer kiterjesztett mátrixa (1)
2. Fedezze fel a rendszert (1) a kompatibilitás érdekében. Ehhez megkeressük a mátrixok rangsorait Aés https://pandia.ru/text/78/176/images/image006_90.gif" width="17" height="26 src=">). Ha kiderül, hogy , akkor a rendszer (1) összeegyeztethetetlen. Ha ezt megkapjuk , akkor ez a rendszer konzisztens és mi megoldjuk. (A konzisztencia vizsgálat a Kronecker-Capelli tételen alapul).
a. Találunk rA.
Megtalálni rA, akkor a mátrix első, második stb. Aés az őket körülvevő kiskorúak.
M1=1≠0 (1 a mátrix bal felső sarkából származik DE).
Határos M1 ennek a mátrixnak a második sora és második oszlopa. 
. Tovább haladunk a határon M1 a második sor és a harmadik oszlop..gif" width="37" height="20 src=">. Most szegélyezzük a nem nulla kisebbet М2′ másodrendű.
Nekünk van: 
(mert az első két oszlop ugyanaz)
(mert a második és a harmadik sor arányos).
Ezt látjuk rA=2, és a mátrix alapmollja A.
b. Találunk .
Kellően alapvető moll М2′ mátrixok A határolja a szabad tagok oszlopával és az összes sorral (csak az utolsó sorunk van).
. Ebből az következik М3′′ továbbra is a mátrix alapmollja marad https://pandia.ru/text/78/176/images/image019_33.gif" width="168 height=75" height="75"> (2)
Mert М2′- a mátrix alapmoll A rendszerek (2) , akkor ez a rendszer egyenértékű a rendszerrel (3) , amely a rendszer első két egyenletéből áll (2) (mert М2′ az A mátrix első két sorában található).
(3)
Mivel az alap minor https://pandia.ru/text/78/176/images/image021_29.gif" width="153" height="51"> (4)
Ebben a rendszerben két szabad ismeretlen ( x2 és x4 ). Ezért FSR rendszerek (4) két megoldásból áll. Megtalálásukhoz szabad ismeretleneket rendelünk hozzá (4) az értékek először x2=1 , x4=0 , és akkor - x2=0 , x4=1 .
Nál nél x2=1 , x4=0 kapunk:
.
Ez a rendszer már megvan Az egyetlen dolog megoldás (megtalálható Cramer szabályával vagy bármilyen más módszerrel). Az első egyenletet kivonva a második egyenletből a következőt kapjuk:
Az ő döntése lesz x1= -1 , x3=0 . Adott az értékek x2 és x4 , amelyet megadtunk, megkapjuk a rendszer első alapvető megoldását (2) : .
Most beletesszük (4) x2=0 , x4=1 . Kapunk:
.
Ezt a rendszert Cramer tételével oldjuk meg:
.
Megkapjuk a rendszer második alapvető megoldását (2) : .
Megoldások β1 , β2 és sminkeljük FSR rendszerek (2) . Akkor az általános megoldása lesz
γ= C1 β1+С2β2=С1(-1, 1, 0, 0)+С2(5, 0, 4, 1)=(-С1+5С2, С1, 4С2, С2)
Itt C1 , C2 tetszőleges állandók.
4. Keress egyet magán megoldás heterogén rendszer(1) . Mint a bekezdésben 3 , a rendszer helyett (1) fontolja meg az egyenértékű rendszert (5) , amely a rendszer első két egyenletéből áll (1) .
(5)
A szabad ismeretleneket átvisszük a jobb oldalra x2és x4.
(6)
Adjunk szabadon ismeretleneket x2 és x4 tetszőleges értékek, pl. x2=2 , x4=1 és dugja be őket (6) . Vegyük a rendszert
Ennek a rendszernek van egyetlen döntés(mert a meghatározó М2′0). Megoldva (a Cramer-tétellel vagy a Gauss-módszerrel) megkapjuk x1=3 , x3=3 . Tekintettel a szabad ismeretlenek értékeire x2 és x4 , kapunk egy inhomogén rendszer sajátos megoldása(1)α1=(3,2,3,1).
5. Most van hátra az írás inhomogén rendszer α általános megoldása(1) : egyenlő az összeggel magándöntés ez a rendszer és redukált homogén rendszerének általános megoldása (2) :
α=α1+γ=(3, 2, 3, 1)+(‑С1+5С2, С1, 4С2, С2).
Ez azt jelenti, hogy: 
(7)
6. Vizsgálat. Annak ellenőrzésére, hogy megfelelően oldotta-e meg a rendszert (1) , általános megoldásra van szükségünk (7) helyettesíti be (1) . Ha minden egyenlet azonossággá válik ( C1 és C2 meg kell semmisíteni), akkor a megoldás helyesen található.
Cseréljük (7) például csak a rendszer utolsó egyenletében (1) (x1 + x2 + x3 ‑9 x4 =‑1) .
A következőt kapjuk: (3–С1+5С2)+(2+С1)+(3+4С2)–9(1+С2)=–1
(С1–С1)+(5С2+4С2–9С2)+(3+2+3–9)=–1
Ahol -1=-1. Megvan az identitásunk. Ezt tesszük a rendszer összes többi egyenletével (1) .
Megjegyzés. Az ellenőrzés általában meglehetősen nehézkes. A következő "részleges ellenőrzést" tudjuk javasolni: a rendszer átfogó megoldásában (1) rendeljen hozzá néhány értéket tetszőleges állandókhoz, és a kapott konkrét megoldást csak az elvetett egyenletekben helyettesítse be (azaz az egyenletekbe (1) amelyek nem szerepelnek benne (5) ). Ha megkapod az identitásokat, akkor legvalószínűbb, a rendszer megoldása (1) helyesen talált (de egy ilyen ellenőrzés nem ad teljes garanciát a helyességre!). Például, ha be (7) fel C2=- 1 , C1=1, akkor kapjuk: x1=-3, x2=3, x3=-1, x4=0. Az (1) rendszer utolsó egyenletébe behelyettesítve a következőket kapjuk: - 3+3 - 1 - 9∙0= - 1 , azaz –1=–1. Megvan az identitásunk.
2. példa Keressen általános megoldást egy lineáris egyenletrendszerre! (1) , amely a fő ismeretleneket szabadon fejezi ki.
Megoldás. Mint a példa 1, mátrixok összeállítása Aés https://pandia.ru/text/78/176/images/image010_57.gif" width="156" height="50"> ezen mátrixok közül. Most csak a rendszer egyenleteit hagyjuk (1) , amelyek együtthatói ebben az alapmollban szerepelnek (azaz megvan az első két egyenlet), és tekintsük a belőlük álló rendszert, amely ekvivalens az (1) rendszerrel.
Vigyük át a szabad ismeretleneket ezen egyenletek jobb oldalára.
rendszer (9) Gauss-módszerrel oldjuk meg, a megfelelő részeket szabad tagoknak tekintve.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image035_21.gif" width="202 height=106" height="106">
2. lehetőség.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image039_16.gif" width="192" height="106 src=">
4. lehetőség.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image042_14.gif" width="172" height="80">
5. lehetőség.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image044_12.gif" width="179 height=106" height="106">
6. lehetőség.
https://pandia.ru/text/78/176/images/image046_11.gif" width="195" height="106">
Folytatjuk a technika csiszolását elemi átalakulások a homogén lineáris egyenletrendszer.
Az első bekezdések szerint az anyag unalmasnak és hétköznapinak tűnik, de ez a benyomás megtévesztő. A technikai módszerek továbbfejlesztése mellett sok lesz új információ, ezért kérjük, ne hagyja figyelmen kívül a cikkben szereplő példákat.
A válasz önmagát sugallja. Egy lineáris egyenletrendszer homogén, ha a szabad tag mindenki rendszeregyenlet nulla. Például:
Ez teljesen egyértelmű a homogén rendszer mindig konzisztens, vagyis mindig van megoldás. És mindenekelőtt az ún jelentéktelen megoldás 
. Triviális, azok számára, akik egyáltalán nem értik a melléknév jelentését, azt jelenti, bespontovoe. Persze nem akadémikusan, de érthetően =) ... Minek vergődni, nézzük meg, van-e más megoldása ennek a rendszernek:
1. példa
Megoldás: egy homogén rendszer megoldásához meg kell írni rendszermátrixés elemi transzformációk segítségével lépcsőzetes formába hozza. Ne feledje, hogy itt nem kell felírni a szabad tagok függőleges sávját és nulla oszlopát - végül is bármit csinál a nullákkal, azok nullák maradnak: 
(1) Az első sort hozzáadtuk a második sorhoz, megszorozva -2-vel. Az első sort hozzáadtuk a harmadikhoz, megszorozva -3-mal.
(2) A második sort hozzáadtuk a harmadikhoz, megszorozva -1-gyel.
A harmadik sort 3-mal osztani nem sok értelme van.
Az elemi átalakítások eredményeként egy ekvivalens homogén rendszert kapunk 
, és a Gauss-módszer fordított mozgását alkalmazva könnyen ellenőrizhető, hogy a megoldás egyedi-e.
Válasz: 
Fogalmazzunk meg egy nyilvánvaló kritériumot: egy homogén lineáris egyenletrendszer rendelkezik csak triviális megoldás, ha rendszermátrix rang(ban ben ez az eset 3) egyenlő a változók számával (jelen esetben 3 db).
Bemelegítjük és az elemi átalakulások hullámára hangoljuk rádiónkat:
2. példa
Oldjon meg egy homogén lineáris egyenletrendszert! 
Az algoritmus végleges javításához elemezzük az utolsó feladatot:
7. példa
Oldjon meg egy homogén rendszert, írja le a választ vektoros formában! 
Megoldás: felírjuk a rendszer mátrixát, és elemi transzformációk segítségével lépcsőzetes formába hozzuk: 
(1) Az első sor jele megváltozott. Még egyszer felhívom a figyelmet az ismételten találkozott technikára, amely lehetővé teszi a következő művelet jelentős egyszerűsítését.
(1) Az első sor hozzáadásra került a 2. és 3. sorhoz. Az első sort 2-vel szorozva hozzáadtuk a 4. sorhoz.
(3) Az utolsó három sor arányos, ebből kettőt eltávolítottak.
Ennek eredményeként szabványos lépésmátrixot kapunk, és a megoldás a recézett pályán folytatódik:
– alapváltozók;
szabad változók.
Az alapváltozókat szabad változókkal fejezzük ki. A 2. egyenletből:
- helyettesítse az 1. egyenletben:
Tehát az általános megoldás:
Mivel a vizsgált példában három szabad változó van, az alaprendszer három vektort tartalmaz.
Helyettesítsük az értékek hármasát 
az általános megoldásba, és kapjunk egy vektort, amelynek koordinátái kielégítik a homogén rendszer minden egyenletét. És ismét megismétlem, hogy nagyon kívánatos minden fogadott vektor ellenőrzése - ez nem fog annyi időt igénybe venni, de száz százalékig megmenti a hibákat.
Az értékek hármasáért 
keresse meg a vektort
És végül a hármasért 
megkapjuk a harmadik vektort:
Válasz: , ahol
Azok, akik el akarják kerülni a tört értékeket, fontolhatják meg a hármasokat, és egyenértékű formában kaphatják meg a választ:
Ha már a törtekről beszélünk. Nézzük meg a feladatban kapott mátrixot 
és tedd fel a kérdést – lehet-e egyszerűsíteni a további megoldást? Hiszen itt először az alapváltozót fejeztük ki törtekkel, majd az alapváltozót törtekkel, és meg kell mondjam, ez a folyamat nem volt a legegyszerűbb és nem a legkellemesebb.
A második megoldás:
Az ötlet az, hogy megpróbáljuk válasszon más alapvető változókat. Nézzük meg a mátrixot, és vegyünk észre kettőt a harmadik oszlopban. Akkor miért nem kap nullát a csúcson? Végezzünk még egy elemi átalakítást:
