No.5
- 回答日時:
そーか。
線型とは書いてなかったか。非線型だと、一般論なんておよそ不可能だろうなあ…
できることは、「たぶん、自由変数の個数は
(未知数の個数)-(方程式の個数) なんだろな」と
ヤマをかけて計算を始めることぐらい。後は、
個々の方程式の式形にべったり依存した議論になる。
連立一次方程式なら、正体がよく解っているけどね。
No.4
- 回答日時:
「解ける」の意味ですが、皆さんも仰っているように、未知数10個(x1,x2,・・・,x10)で条件6個(J1,J2,・・・,J6、各JkはJk(x1,x2,・・・,x10)=0)でも、不定解の意味で解を持ち得ます。
例えば2x-y=0の解は、直線y=2x上の点全てです。またJ1,J2,・・・,J6の中に両立し得ない条件があれば、解なしになります(余り出会った事はないでしょうが)。例えば、異なる平行2直線の交点を求めようとした場合、などです。
たぶん一意の解は存在するか?だと思いますが、一般的には、条件数と未知数が同数なら「そうなる見込みがある」しか言えません。以下は証明ではなく、イメージです。イメージなので、多元連立一次方程式でなくてもOKです。
4個の未知数がわかったとして、残りをx1,x2,・・・,x6で表します。Jk(x1,x2,・・・,x6)=0の形は、定数項(既知数)は左辺へ移項してしまった、という事です。
1)J1(x1,x2,x3,x4,x5,x6)=0をx1について解き、x1=L1(x2,x3,x4,x5,x6)を作って、J2~J6のx1に代入します.
J2~J6は(x2,x3,x4,x5,x6)だけで表された条件になります.
2)J2(x2,x3,x4,x5,x6)=0をx2について解き、x2=L2(x3,x4,x5,x6)を作って、J3~J6のx2に代入します.
J3~J6は(x3,x4,x5,x6)だけで表された条件になります.
・・・を繰り返し、5)まで来ると、
5)J6(x6)=0の形になっている.
のは、わかると思います。連立一次方程式なら、3・x6-2=0みたいな形です。ここからx6=2/3と求めます(←L6です)。
すでにx2=L2(x3,x4,x5,x6)のような、各xkを残りの未知数で表す式は手に入ってますので、x5=L5(x6)からx5を計算し、x4=L4(x5,x6)からx4を計算し、・・・と1)~5)の代入消去を逆順にたどれば、x6,x5,x4,x3,x2,x1の順番で解が得られます。
イメージが成立するのは、条件数と未知数が同数の場合とわかりますよね?。そして注意も同じです。
J1~J6の中に、同じ条件が形を変えて紛れている時があります。その場合は、不定解になり得ます。1)~5)のL1~L6のどこかで、0=0のような、条件にならない式が出てきます(だけど大抵は、計算違い(^^;))。
J1~J6の中に両立不可能な条件があれば、解無しです。そのケースでは、L1~L6のどこかで、3=0のような、成り立たない式が出てきます(だけど大抵は、計算違い(^^;))。
さらに一般的には、解が一つとは限りません。J6(x6)=0が、2次方程式x6^2-3・x6+2=0になってしまうようなケースです。これの解は、x6=1,2ですが不定解とは言いません。一つではないが、固定された数値になるからです。
そして、どっちを使用するか悩む(^^;)。
No.2
- 回答日時:
解がある場合に、解空間の次元は
係数行列の dim Ker だから、
10 元 6 連立の際、パラメータが 4 個とは限らない。
係数行列の rank を r として、
解のパラメータは 10-r 個になる。
素早い回答いつもありがとうございます!
検討に時間がかかり、お礼がいつも遅くなってすみません。
具体的には16元12連立、と考えています。初期値が何個あると解が一意に決まるか、ということが問題なのですが、もちろん式の係数に依るので一概には言えませんが、「初期値は3個では一意に解は求まらない」「初期値は少なくとも4個必要」を言いたくて、
1.前者は正しい
2.後者は係数による
でよろしいでしょうか。
No.1
- 回答日時:
↑これの、定理4.3
要するに、定数項ベクトルが、係数行列の像空間に入ってればいい…という話だから、
未知数の個数と方程式の個数が一致する必要はなく、10元6連立の場合にも使える。
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