「統計解析のための線形代数」復習筆記4

連立方程式 (simultaneous equations)

連立方程式，將與第六章談的特徵值問題(固有値問題)有緊密聯系，此處我們一起觀察幾種不同的組合：

1. 解同次連立1次方程式 \(\left\{ \begin{array}{ll} (1)\;a_1+2a_2+3a_3 = 0 \\ (2)\;2a_1+4a_2+5a_3 = 0 \;\\ (3)\;3a_1+5a_2+6a_3 = 0 \\ \end{array} \right.\)
   由 \(2\times(1)-(2)\) 可得 \(a_3=0\) 。 代入 \((1),(2),(3)\) 式後，\((3)-(2)\) 可得 \(a_1=-a_2\) 。 代入 \((1)\) 式可得 \(a_2=0\) 。 再代入 \((4)\) 式可知 \(a_1=0\) 。最終可得 \(a_1=a_2=a_3=0\)
   其實上述問題不解自明 (trivial solution)。 那麼同次1次連立方程式 (homogeneous system) 除了自明解之外，還有別的解嗎? 我們再看下面一例。

2. 解 \(\left\{ \begin{array}{ll} (1)\;4a_1+3a_2+6a_3 = 0 \\ (2)\;2a_1+a_2+4a_3 = 0 \;\\ (3)\;a_1+a_2+a_3 = 0 \\ \end{array} \right.\)
   上述方程表面上看有三個式子，實際上由於 \((3)=\left\{(1)-(2)\right\}\div2\) 只有2個有意義的方程式。如此這般，有3個未知數，卻只有兩個連立方程組，是無法求解的。如果將三個未知數中的一個例如 \(a_3\) 視爲常數(定数) (寫作：\(s\) ) 即：
   \((4)\;a_3=s\)
   整理方程組得到新的連立方程 \(\left\{ \begin{array}{ll} (1^\prime)\;4a_1+3a_2 = -6s \\ (2^\prime)\;2a_1+a_2 = -4s \;\\ \end{array} \right.\)
   由 \((1^\prime)-2\times(2^\prime)\) 可得 \(a_2=2s\) 。代入 \((2^\prime)\) 可得 \(a_1=-3s\)。因此我們得到 \(a_1=-3s,a_2=2s,a_3=s\) 且 \(s\) 爲任意常數，故此連立方程組的解有無數組。當且僅當 \(s=0\) 時方程組有自明解， \(s\neq0\) 時此連立方程組的解爲非自明解 (non-trivial solution)。如果將其他未知數視爲常數(定数)時，求得的解會有變化嗎？
   若視 \(a_2=s\) 求解連立方程的解時，我們會獲得 \(a_1=-\frac{3}{2}s, a_2=s, a_3=-\frac{1}{2}s\)。若視 \(a_1=s\) 時，計算可得 \(a_1=s, a_2=-\frac{2}{3}s,a_3=-\frac{1}{3}s\)。
   由此可見，非自明解表面看去各不相同，但是都滿足了 \(a_1:a_2:a_3=-3:2:1\) 的本質條件。

3. 解 \(\left\{ \begin{array}{ll} (1)\;4a_1+3a_2+6a_3 = 0 \\ (2)\;2a_1+a_2+4a_3 = 0 \;\\ (3)\;a_1^2+a_2^2+a_3^2 = 0 \\ \end{array} \right.\)
   上述方程組其實是將例題2.中的方程 \((3)\) 替換成了2次方程。
   \(3\times(2)-(1)\) 可得 \(a_1=-3a_3\)
   \((1)-2\times(2)\) 可得 \(a_2=2a_3\)
   以上代入 \((3)\) 可得， \(a_3 = \pm \frac{1}{\sqrt{14}}\)。
   總結一下：　\(a_1=\mp \frac{3}{\sqrt{14}}, a_2=\pm \frac{2}{\sqrt{14}}, a_3=\pm\frac{1}{\sqrt{14}}\) (複号同順 double-sign corresponds)

4. 解 \(a_1+2a_2-3a_3=0\)
   上面的方程只有一個，並不是連立方程組，將其中兩個未知數視爲常數時就變成了只有一個未知數的方程。例如視，\(a_2=s, a_3=t\) 代入上述方程則可以得到: \(a_1=-2s+3t\)，因此，此方程的解爲： \(a_1=-2s+3t, a_2=s, a_3=t\)，\(s,t\) 爲任意常數，有無數組解。