СЛУ с параметром. Неужели Гаусс?

[oleg_2019]

Найдите общее решение уравнение системы уравнений в зависимости от параметра $a$:

Может быть есть проще, чем способ Гауссом в лоб? И нужно ли находить общее решение Гауссом в лоб в частных случаях при таком условии?

$\begin{cases} ax+y+z=1\\ x+ay+z=1\\ x+y+az=1\\ \end{cases}$

Далее я Гауссом свел систему к виду:

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} a & 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 & 1 \\ 1 & 1& a & 1\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} a & 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 & 1 \\ 0 & 1-a& a-1 & 0\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & a & 1 & 1 \\ a & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1-a& a-1 & 0\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & a & 1 & 1 \\ 0& 1-a^2 & 1-a & 1-a \\ 0 & 1-a& a-1 & 0\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} a & a^2 & a & a \\ a & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1-a& a-1 & 0\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & a & 1 & 1 \\ 0& 1-a^2 & 1-a & 1-a \\ 0 & 1-a& a-1 & 0\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & a & 1 & 1 \\ 0& 1-a^2 & 1-a & 1-a \\ 0 & (1-a)(1+a)& (a-1)(1+a) & 0\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & a & 1 & 1 \\ 0& 1-a^2 & 1-a & 1-a \\ 0 & 1-a^2& a^2-1 & 0\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & a & 1 & 1 \\ 0& 1-a^2 & 1-a & 1-a \\ 0 & 0& a^2+a-2 & 0\\ \end{array} \right]$$

$$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & a & 1 & 1 \\ 0 & 1-a^2 & a^2-1 & 0 \\ 0 & 0& (a-1)(a+2) & a-1\\ \end{array} \right]$$

И тут получается, что если $a\ne \pm 1$ и $a\ne -2$, то система имеет единственное решение. $z=2+a$, $y=-2-a$, $x=a^2+a-1$.

А если $a=1$, то получим систему с двумя свободными переменными? (неужели ее нужно выписывать при таком условии?).

Если $a=-2$, то то получим систему с одной свободной переменной. (неужели ее нужно выписывать при таком условии?).

Если $a=-1$, то то получим систему с одной свободной переменной. (неужели ее нужно выписывать при таком условии?).

[Combat Zone]

oleg_2019
Попарно вычли. Все три сложили.

-- 06.01.2024, 23:10 --

oleg_2019 в сообщении #1625097 писал(а):

(неужели ее нужно выписывать при таком условии?).

Нужно всё. Все особые случаи (они при любом способе появятся) рассмотреть отдельно.

[oleg_2019]

С

Combat Zone в сообщении #1625098 писал(а):

Попарно вычли. Все три сложили.

Спасибо большое.
Если попарно вычесть, то получим систему, равносильную исходной, а именно

$$\begin{cases} (a-1)x+(1-a)y=0$\\ (a-1)x+(1-a)z=0\\ (a-1)y+(1-a)z=0\\ ax+y+z=1\\ \end{cases}$$

Тогда, если $a=1$, то $x=-\alpha_1-\alpha_2$, $y=\alpha_1, z=\alpha_2$.
Если $a\ne 1$, то $x=y=z$, а значит $(a+2)x=1$ и $x=\frac{1}{2+a}=y=z$?

[Combat Zone]

oleg_2019 в сообщении #1625100 писал(а):

$(a+2)x=1$ и $x=\frac{1}{2+a}=y=z$

Отслеживайте все неравносильные переходы по пути, потом не соберете.
Вот сейчас это при всех $a$ верно?

[oleg_2019]

Combat Zone в сообщении #1625104 писал(а):

Отслеживайте все неравносильные переходы по пути, потом не соберете.
Вот сейчас это при всех $a$ верно?

Спасибо, при $a=-2$ нет решений (подставил в исходную систему и проверил).
А эта система будет ли равносильна исходной?

$$\begin{cases} (a-1)x+(1-a)y=0$\\ (a-1)x+(1-a)z=0\\ (a-1)y+(1-a)z=0\\ ax+y+z=1\\ \end{cases}$$

[Combat Zone]

Нужно задавать себе вопросы. Складывать всегда можно? Это равносильный переход? Решения не теряются (не приобретаются)?
Только вот уравнений у вас стало 4 вместо 3. Хуже не будет, конечно, но это означает, что как минимум одно лишнее. То есть выражается через другие, и его можно было не писать.

[oleg_2019]

Combat Zone в сообщении #1625106 писал(а):

Нужно задавать себе вопросы. Складывать всегда можно? Это равносильный переход? Решения не теряются (не приобретаются)?

Складывать можно всегда, но можно при этом упустить одно из ограничений. Например, вот это уравнение $(a-1)y+(1-a)z=0$ линейно выражается через 2 предыдущих, значит его можно не писать, а заменить тем, что есть в условии. Будет ли так правильно, скажите, пожалуйста?

Также Вы предложили идею сложить. Если сложить все уравнения, то получим $(a+2)x+(a+2)y+(a+2)z=3$, то есть $(a+2)(x+y+z)=3$. И здесь понятно, что не подходит $a=-2$.

При $a\ne -2$ получаем $x+y+z=\frac{3}{2+a}$.

-- 07.01.2024, 05:01 --

$x=y=z$ я получил при $a\ne 1$ из уравнений $(a-1)x+(1-a)y=0$ u $(a-1)x+(1-a)z=0$

-- 07.01.2024, 05:06 --

Кстати, почему-то мне основная матрица очень напоминает собственные числа и собственные векторы, немного похоже на характеристическое уравнение отдаленно

[Combat Zone]

oleg_2019 в сообщении #1625107 писал(а):

Будет ли так правильно, скажите, пожалуйста?

Да.
Остальное хорошо, осталось ответ оформить.

-- 07.01.2024, 03:10 --

oleg_2019 в сообщении #1625107 писал(а):

Кстати, почему-то мне основная матрица очень напоминает собственные числа и собственные векторы, немного похоже на характеристическое уравнение отдаленно

Если бы система была однородная, то да, была бы процедура поиска собственных значений (с точностью до мелочей).

[iifat]

oleg_2019 в сообщении #1625097 писал(а):

есть проще, чем способ Гауссом в лоб?

Крамером, например. Четыре определителя в данном случае вполне могут оказаться проще.

[oleg_2019]

Combat Zone в сообщении #1625108 писал(а):

Да.
Остальное хорошо, осталось ответ оформить.

Спасибо большое.
Если $a=1$, то $x=-\alpha_1-\alpha_2$, $y=\alpha_1, z=\alpha_2$.
Если $a=-2$, то система не имеет решений.
Если $a\ne 1$ и $a\ne -2$, то$x=\frac{1}{2+a}=y=z$

Будет ли так правильно?

iifat в сообщении #1625115 писал(а):

Крамером, например. Четыре определителя в данном случае вполне могут оказаться проще.

А значения $a$, при которых $\Delta=0$ нужно будет отдельно расмотреть, так ведь?

[Combat Zone]

oleg_2019 в сообщении #1625128 писал(а):

Будет ли так правильно?

Да.

oleg_2019 в сообщении #1625128 писал(а):

А значения $a$, при которых $\Delta=0$ нужно будет отдельно расмотреть, так ведь?

Да.
Ничего нового там не будет, этот способ на любителя считать определители. Я не любитель. Но попробуйте, сравните.

[ilghiz]

я бы не так делал, а свел матричную систему к виду:

$$(a-1)v + uv^Tv=u, ~~ u = (1,1,1)^T, ~~ v = (x,y,z)$$

из которой очевидно, что $v = tu$, и, после подстановки получил бы

$$(a-1)t + 3 t = 1,$$

$$t =1/(a+2)$$

[svv]

Я бы ввёл $b=a-1$, тогда систему можно переписать так:
$\begin{cases}bx+x+y+z=1\\by+x+y+z=1\\bz+x+y+z=1\end{cases}$
Если $b=0$, мы остаёмся с одним уравнением $x+y+z=1$.
Если $b\neq 0$, то $x=y=z$.

[oleg_2019]

Спасибо большое, разобрался!