Általában egy lineáris egyenletrendszerről meglehetősen nehéz leolvasni vagy „ránézésre” észrevenni, mik a megoldásai, egyáltalán hogy vannak-e ilyenek és hányan. Az ekvivalens átalakítások, ahogy már előkészítésképp említettük, pont arra jók, hogy ezt mégis megtehessük; olyan alakra hozzuk az egyenletrendszert, hogy megoldásait leolvashassuk vagy kiszámolhassuk.

A következőkben néhány nélkülözhetetlen módszert ismerünk meg, melyek segítségével egyenletrendszerek egyszerűsítését végezhetjük el.

Az ekvivalencia fo

Definíció (I.4.):

Egy lineáris egyenlet ekvivalens átalakításain olyan (az együtthatóival vagy az ismeretlenekkel végzett) matematikai műveletek elvégzését értjük, melyek a gyökök/megoldások halmazát nem változtatják meg.

A kifejezés eredete a következő definícióban keresendő: Két (tetszőleges, de ugyanazon ismeretleneket tartalmazó) egyenletet ekvivalensnek mondunk akkor, ha gyökeik ugyanazok, azaz megoldáshalmazuk megegyezik. Ezt a ~ szimbólummal jelöljük. Jelekkel felírva az ${\mathfrak {A}}$ és ${\mathfrak {B}}$ egyenletek ekvivalenciája:

{\mathfrak {A}}\sim {\mathfrak {B}}\ :\Leftrightarrow \ {\mathcal {M}}\left({\mathfrak {A}}\right)={\mathcal {M}}\left({\mathfrak {B}}\right).

„Ekvivalens átalakítás”, ezen azt kell érteni, hogy az ekvivalenciát megtartó-őrző algebrai átalakítás.

Egy lineáris egyenletrendszer ekvivalens átalakításain olyan (az egyenletek együtthatóival vagy az ismeretleneivel, illetve magukkal az egyenletekkel végzett) matematikai (algebrai, halmazelméleti vagy kombinatorikai jellegű) műveletek elvégzését értjük, melyek az egyenletrendszer gyökei/megoldásai halmazát nem változtatják meg.

Egyenletrendszerek ekvivalenciáját szintén a ~ szimbólum jel

Még precízebben elmondva, az adott ismeretlenek halmaza felett értelmezett lineáris egyenletek/egyenletrendszerek halmazát ha L-lel jelöljük, akkor átalakításnak egy f:L→L függvényt nevezünk, és ha teljesül az l∈L elemre, hogy M(l) = M(f(l)), akkor nevezzük az f-et az l∈L elemre nézve ekvivalens átalakításnak.

A ~ szimbólumot általában a fenti definíciójánál szűkebb értelemben fogjuk használni. Ti. két egyenletet akkor tekintünk igazán ekvivalensnek, ha ekvivalens átalakításokkal egymásba alakíthatóak. Nagyon messzire vezetne, ha el akarnánk mondani, van-e különbség a ~-jel kétféle értelmezése között, és ha igen, akkor mi, ezzel most nem foglalkozunk (az nyilvánvaló, hogy ekvivalens átalakításokkal csakis ekvivalens egyenleteket kaphatunk, de például elképzelhetőek-e olyan átalakítások, melyek pl. nem-algebrai jellegűek, és így nem férnek az „ekvivalens átalakítás” szűkebb definíciójába - de mint mondtuk, ennek taglalása túl messzire vezetne).

Tétel (I.1.)

Egyenletek, ill. egyenletrendszerek ekvivalenciája ún. ekvivalenciareláció, azaz:

reflexív: A ~ A (minden egyenlet ekvivalens magával),
tranzitív: ha A ~ B és B ~ C , akkor A ~ C ,
szimmetrikus: ha A ~ B , akkor B ~ A ,

ha A,B,C mindegyike tetszőleges (lineáris) egyenlet, vagy pedig mindegyikük tetszőleges (lineáris) egyenletrendszer.

Bizonyítás:

mivel A ~ A azt jelenti, hogy A ugyanazon ismeretleneket tartalmazza, mint A (ami igaz), és ${\mathcal {M}}\left(A\right)={\mathcal {M}}\left(A\right)$ , és ez utóbbi igaz (mert a halmazok közti egyenlőség reflexív, X = X tetszőleges halmazra), ezért A ~ A is igaz.
A ~ B azt jelenti, ${\mathcal {M}}\left(A\right)={\mathcal {M}}\left(B\right)$ és B ~ C azt jelenti, ${\mathcal {M}}\left(B\right)={\mathcal {M}}\left(C\right)$ , és a halmazok közti egyenlőség tranzitív (X = Y és Y = Z esetén X = Z) , ezért igaz ${\mathcal {M}}\left(A\right)={\mathcal {M}}\left(C\right)$ , ami viszont azt jelenti, A ~ C (figyelembe véve még azt is, hogy A és C ugyanazon ismeretleneket tartalmazza, hisz A ugyanazokat tartalmazza, mint B, és B ugyanazokat, mint C).
A ~ B azt jelenti, ${\mathcal {M}}\left(A\right)={\mathcal {M}}\left(B\right)$ , ami (a halmazok közti egyenlőség szimmetriája miatt) azt is jelenti, ${\mathcal {M}}\left(B\right)={\mathcal {M}}\left(A\right)$ , ami pedig azt, hogy B ~ A.

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy egy egyenlet és egy egyenletrendszer ekvivalens átalakításának fogalma nem esik egészen egybe. Foglaljuk össze, az egyenletek elméletéből milyen ekvivalens átalakításokat ismerünk:

Algebrai egyenletek gyöktartó átalakításai

Valós szám hozzáadása (kivonása) az egyenlethez (annak mindkét oldalához) – a kivonás mint negatív szám hozzáadása is tekinthető;
Az egyenlet (mindkét oldalának) szorzása (osztása) egy nullától különböző valós számmal (nullával szorzás azonosan igaz 0 = 0 alakú egyenletté alakítja az eredeti egyenletet, így ha annak pl. csak egy megoldása volt, most meg végtelen sok van, akkor ez nyilván nem mindig ekvivalens átalakítás) – az osztás mint a szám reciprokával való szorzás is tekinthetó;
Az egyenletben szereplő ismeretlen valamilyen valós számszorosának ( pl. $3.144\mathbf {x}$ ) hozzáadása az egyenlethez (mindkét oldalához). Ellenben az ismeretlennel való szorzás vagy osztás általában nem ekvivalens átalakítás!!! Például az x+1 = 2 egyenletnek egy megoldása van, x = 1; az egyenlet x-szel való szorzása után pedig bővülne a megoldáshalmaz x = 0-val.

Algebrai egyenletrendszerek gyöktartó átalakításai

Világos, hogy ha egy egyenletrendszer egyik egyenletén ekvivalens átalakítást végzünk, akkor az az egyenletrendszeren is ekvivalens átalakítás. Azaz ami a rendszer egy tagjának gyökein nem változtat, az maga a rendszer gyökein sem változtat. Hiszen ha az F egyenletet a G-be alakítjuk, és G gyökei ugyanazok, mint F gyökei (és más átalakítást nem végzünk), akkor az egyenletrendszer gyökei halmaza úgy keletkezik, hogy a többi egyenlet megoldáshalmazainak és G megoldáshalmazának metszetét képezzük. De ha ez bővebb lenne, akkor új megoldás csak G megoldásai szerepelhet, mivel más nem változott, de mivel G és F megoldásai ugyanazok, ez már F megoldásai közt is szerepelne. Ha pedig szűkebb lenne, akkor a régi rendszer v.mely megoldása nem megoldása G-nek, de akkor F-nek sem (mert ha az lenne, G-nek is megoldása lenne, hisz ezek megoldásai ugyanazok), ami szerint ez a megoldás a régi rendszernek sem megoldása, hiszen akkor F-nek is megoldása kellene hogy legyen.

Ugyanakkor egy egyenletrendszeren végezhetőek egyéb ekvivalens átalakítások is. Pl. nyilvánvaló, hogy két egyenlet felcserélése megváltoztatja a rendszert (ne feledjük: a rendszer vagy sorozat egy rendezett objektum, tehát mibenléte igazából függ az elemek, azaz egyenletek sorrendjétől!), de a gyökök halmazát nem, mivel az egyes egyenletek gyökei halmazai ugyanazok maradnak, és ezért a metszetük is (ez az állítás tehát a metszet halmazművelet kommutativitása miatt igaz). Tehát egyenletek sorrendjének csereberéje ekvivalens átalakítás.

Az első ekvivalens algebrai átalakítás, ami egy darab egyenletre nem értelmezhető, az két egyenlet összeadása vagy egyiknek a másikból való kivonása. Ez is ekvivalens átalakítás: ha R = ( L₁ , L₂ ) egy kéttagú (lineáris) egyenletrendszer, akkor az R' = ( L₁+L₂ , L₂ ) és az R* = ( L₁ , L₁+L₂ egyenletrendszerek ezzel ekvivalensek: R' ~ R ~ R* (ezt rögtön bebizonyítjuk). Sőt az I.1. tétel 2. pontja (~ tranzitivitása) miatt két ekvivalens átalakítás egymásutánja, kompozíciója is ekvivalens átalakítás, úgyhogy például egy egyenlet nem nulla számmal többszörözése és azután a másikhoz adása is ekvivalens. Sőt mindkét egyenlet nem nulla számmal többszörözése és aztán összeadása, az is gyöktartó átalakítás. Ennél azonban többet is mondhatunk: ha az egyik egyenletet nullával szorozzuk, de a másikat nem, és így adjuk össze őket, az olyan, mintha csak az egyik egyenletet alakítanánk át (pl. 0L₁+3L₂ = 3L₂). Tehát a kétféle ekvivalens átalakítás, összeadás és számmal szorzás tárgyalható egységesen is, mint nem mind nulla számokkal való szorzatok (kombinációk) összeadása.

Tétel (I.2.)

(segédtétel a „lecserélési” és az összegzési tételhez)

Ha $R=\left(L_{1},L_{2}\right)$ egy kéttagú (lineáris) n-ismeretlenes egyenletrendszer, továbbá $a,b\in \mathbb {R}$ tetszőleges, nem mind nulla számok; akkor a≠0 esetén az $R'=\left(aL_{1}+bL_{2},L_{2}\right)$ és b≠0 esetén $R*=\left(L_{1},aL_{1}+bL_{2}\right)$ egyenletrendszerek ekvivalensek $R$ -rel, azaz $R'\sim R\sim R*$ .

Azaz: kéttagú egyenletrendszer valamely egyenletét kicserélhetjük a két egyenlet nem mind nulla számszorosainak összegére, az egyenletrendszer megoldásai nem változnak.

A zárójelbe tett (lineáris) jelzőt úgy kell érteni, hogy a tétel tetszőleges algebrai egyenletre igaz (sőt tetszőleges egyenletekre is), de csak a lineáris egyenletek körében bizonyítjuk.

Legyen u := ( u₁ , u₂ , ... , u_n ) ∈ ℝⁿ egy adott megoldása R-nek. Ekkor behelyettesítve L₁-be és L₂-be, egyaránt igaz állításokat kapunk.
Mármost
- A). ha két szám egyenlő, akkor tetszőleges nem nulla γ számmal való szorzatuk is egyenlő, egyszerűen azért, mivel a szorzás egy kétváltozós függvény; és
- B). ha két szám egyenlő, akkor az összegük is egyenlő, mivel az összeadás is egy kétváltozós függvény, és ugyanazon értékekhez nem rendelhet egyszer ezt, másszor azt.

Először is tegyük fel, hogy ab≠0, azaz egyik szorzó sem 0! Legyen
- $L_{1}:\ \alpha _{1,1}\mathbf {x} _{1}+\alpha _{2,1}\mathbf {x} _{2}+...+\alpha _{n,1}\mathbf {x} _{n}=\beta _{1}$ , és $f_{1}\left({\underline {\mathbf {x} }}\right)$ $=$ $=f_{1}\left(\mathbf {x} _{1},...,\mathbf {x} _{n}\right)$ $:=$ $\alpha _{1,1}\mathbf {x} _{1}+\alpha _{2,1}\mathbf {x} _{2}+...+\alpha _{n,1}\mathbf {x} _{n}$ ; ekkor tehát igaz $f_{1}\left({u}_{1},...,{u}_{n}\right)=\alpha _{1,1}u_{1}+\alpha _{2,1}u_{1}+...+\alpha _{n,1}u_{n}=\beta _{1}$ (I.) . Legyen továbbá, hasonlóan
- $L_{2}:\ \alpha _{1,2}\mathbf {x} _{1}+\alpha _{2,2}\mathbf {x} _{2}+...+\alpha _{n,2}\mathbf {x} _{n}=\beta _{2}$ , és $f_{2}\left({\underline {\mathbf {x} }}\right)$ $=$ $=f_{2}\left(\mathbf {x} _{1},...,\mathbf {x} _{n}\right)$ $:=$ $\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{1}+\alpha _{2,2}\mathbf {x} _{2}+...+\alpha _{n,2}\mathbf {x} _{n}$ ; akkor tehát igaz $f_{2}\left({u}_{1},...,{u}_{n}\right)=\alpha _{1,2}u_{n}+\alpha _{2,2}u_{n}+...+\alpha _{n,2}u_{n}=\beta _{2}$ (II.) .
- Az (I.) és (II.) egyenlőségek nyugodtan szorozhatóak a-val ill. b-vel A). miatt; igaz tehát $af_{1}\left({u}_{1},...,{u}_{n}\right)=a\alpha _{1,1}u_{n}+a\alpha _{1,2}u_{n}+...+a\alpha _{1,n}u_{n}=a\beta _{1}$ ; hasonlóan $bf_{1}\left({u}_{1},...,{u}_{n}\right)=b\alpha _{1,2}u_{n}+b\alpha _{2,2}u_{n}+...+b\alpha _{2,n}u_{n}=b\beta _{2}$ , és B). miatt lehetséges ez így kapott egyenlőségek szorzatainak összeadása is: $\left(a\alpha _{1,1}+b\alpha _{1,2}\right)u_{1}+\left(a\alpha _{2,1}+b\alpha _{2,2}\right)u_{2}+...+\left(a\alpha _{n,1}+b\alpha _{n,2}\right)u_{n}=$ $=a\beta _{1}+b\beta _{2}$ .
- Ez viszont azt jelenti, hogy u gyöke az aL₁+bL₂ egyenletnek.
- Emiatt: Ha u gyöke R = ( L₁ , L₂) -nek, akkor R egyenletei számszorosa összegének, M = aL₁+bL₂ -nek is gyöke. Emiatt ha u közös gyöke L₁-nek és L₂-nek, akkor gyöke M-nek is, tehát közös gyöke R bármelyik egyenletének és M-nek is, azaz gyöke R'-nek és R*-nak.
- Azt kell még belátnunk, hogy ez fordítva is igaz: ha u közös gyöke M-nek és például L₂-nek, azaz ha gyöke R'-nek, akkor közös gyöke L₁-nek és L₂-nek is. Nyilván elegendő belátni, hogy ha gyöke R'-nek, akkor L₁ -nek is, hiszen ha R' = (M , L₂)-nek gyöke, akkor L₂-nek biztos gyöke.
- Ezt sem nehéz belátni: legyen u gyöke R'-nek, azaz M-nek és L₂-nek. Akkor gyöke M és L₂ bármely nem nulla számszorosai összegének is. Minthogy M = aL₁+bL₂, ahol eredetileg a,b≠0 volt, azért szorozva c = 1/a≠0-val M-met, ez ekvivalens átalakítás, tehát u gyöke M' = cM = caL₁+cbL₂ = L₁+cbL₂ -nek is . Itt c,b≠0 miatt cb≠0. Továbbá a -1 és 1 nem nulla számokat véve, u gyöke L₁-nek és M'-nek, így M* = (-1)×L₁+1×M' = -L₁+(L₁+cbL₂) = (-L₁+L₁)+cbL₂ = cbL₂ -nek is. A d = 1/cb ≠ 0 számmal pedig u gyöke dM* = d(cb)L₂ =L₂ -nek is, és ezt akartuk belátni. Tehát ha u gyöke R'-nek, akkor R-nek is.
- Hasonlóan belátható, hogy ha u gyöke R*-nak, akkor R-nek is.
Figyeljünk arra, hogy a bizonyításban felhasználtuk, hogy a,b egyike sem nulla. De a tétel kimondásakor megengedtük, hogy legfeljebb az egyikük nulla lehessen. Mi történik, ha az egyik szorzó nulla? Ekkor ha pl. a≠0, de b = 0 akkor M = aL₁+bL₂ = aL₁+0L₂ = aL₁ , és ekkor persze R' = {M, L₂} = {aL₁, L₂} ~ R, mivelhogy aL₁ és L₁ gyökei egyeznek, megoldáshalmazuk egyenlő, és az első megoldáshalmazt L₂-ével elmetszve, a közös részt képezve ekkor ugyanazt a halmazt kapjuk, mint amikor a második megoldáshalmazt, azaz végső soron szintén L₁ megoldáshalmazát metszük L₂ megoldáshalmazával. Azzaz M(L₁) = M(aL₁) miatt M(R) = M(L₁)∩M(L₁) = M(aL₁)∩M(L₁) = M(R'). Hasonlóan belátható, hogy R*~R ha a=0 és b≠0.
Ezzel a tételt beláttuk.

Megjegyzések

1). A tétel feltételei szükségesek, hogy a benne foglalt következmények fennálljanak. Például a = b = 0 esetén nem lesz igaz a tétel, R' nem ekvivalens R-rel. Ugyanis ha R = {L₁, L₂}, és a = b = 0, akkor M = 0L₁+0L₂ = 0+0 = 0, értsd akkor M a $0\mathbf {x} _{1}+0\mathbf {x} _{2}+...+0\mathbf {x} _{n}=0$ egyenlettté változik. De ennek minden valós szám-n-es megoldása, ${\mathcal {M}}\left(M\right)=\mathbb {R} ^{n}$ . Ekkor pedig, mivel ${\mathcal {M}}\left(L_{2}\right)\subseteq \mathbb {R} ^{n}={\mathcal {M}}\left(M\right)$ , úgy ${\mathcal {M}}\left(R'\right)={\mathcal {M}}\left(M\right)\cap {\mathcal {M}}\left(L_{2}\right)=\mathbb {R} ^{n}\cap {\mathcal {M}}\left(L_{2}\right)={\mathcal {M}}\left(L_{2}\right)$ (mivel egy halmaznak és részhalmazának metszete maga az illető részhalmaz). Tehát R' és az {L₂} egyenletrendszer gyökei ugyanazok. Azonban általában R gyökei nem ugyanazok, mint {L₂} gyökei, tehát ebben az esetben a két egyenletrendszer nem lehet ekvivalens, és így a tétel sem teljesül. Például az

$R:{\begin{cases}\ \ \mathbf {x} _{1}+\mathbf {x} _{2}=2\ ;\\\ \ 2\mathbf {x} _{1}+\mathbf {x} _{2}=2\ ;\end{cases}}$

egyenletrendszer esetében ennek egy megoldása (0,2), az

$R':{\begin{cases}\ \ 0\mathbf {x} _{1}+0\mathbf {x} _{2}=0\ ;\\\ \ 2\mathbf {x} _{1}+\mathbf {x} _{2}=2\ ;\end{cases}}$

egyenletrendszer megoldása pedig mindazon (a,b) számpárok halmaza, melyekre 2a+b = 2 (végtelen sok ilyen van), azaz L₂ megoldásai halmaza. Itt R' tényleg nem ekvivalens R-rel, mert például R' (azaz L₂) egy megoldása (1,0), hiszen 2×1+0=2, de ez R-nek nem megoldása, mert bár második (L₂) egyenletének megoldása, de L₁-nek nem: 1+0 = 1 ≠ 2. A megoldáshalmazok tehát nem ugyanazok.

2). Az sem igaz, hogy ha pont annak az egyenletnek az együtthatója nulla M = aL₁+bL₂-ben, amit lecserélünk M-mel, akkor az eredetivel ekvivalens egyenletet kapunk. Ha pl. a = 0, és így M = 0L₁+bL₂ = bL₂ , akkor az előző példánál maradva,

$R:{\begin{cases}\ \ \mathbf {x} _{1}+\mathbf {x} _{2}=2\ ;\\\ \ 2\mathbf {x} _{1}+\mathbf {x} _{2}=2\ ;\end{cases}}$

esetén kapjuk, mondjuk b = 3 esetén, hogy

$R':{\begin{cases}\ \ 6\mathbf {x} _{1}+3\mathbf {x} _{2}=6\ ;\\\ \ 2\mathbf {x} _{1}+\mathbf {x} _{2}=2\ ;\end{cases}}$

Most R'-nek megoldása pl. (1,0), mert 2×1+0 = 2, és 6×1+3×0 = 6, de ez a számpár R-nek nem megoldása, mivel az első egyenletének sem megoldása: 1+0 = 1 ≠ 2. Szemléletesen itt arról van szó, hogy valamely egyenletet csak olyan egyenlettel helyettesíthetünk, amely valami módon „tartalmazza” az eredeti egyenletet (következménye annak), a nulla együtthatóval való szorzás valami olyasmit jelent, hogy „töröljük” az egyenletet a rendszerből (a nulla együtthatóval való szorzás túl általánossá teszi ugyanis az egyenletet, és képezve a megoldáshalmazok metszetét, az ilyen túl nagy halmazzal való metszet nem befolyásolja a metszet végeredményét, és ezzel maga az egyenletrendszer is sokkal általánosabb lesz, mint az eredeti, rengeteg sok – általában végtelen sok – megoldással bővül a megoldáshalmaza). Lineáris algebrai terminológiával élve arról van szó, hogy az egyenletek egy lineáris teret generálnak, és ha az egyik egyenletet töröljük, és a többi egyenlettől függő egyenlettel helyettesítjük, akkor ezzel a lineáris tér egy valódi alterét kapjuk, melynek dimenziója kisebb. Ezért „kevesebb információval van meghatározva”, „az altérben lévő információtartalom” kisebb, és így a megoldás jóval általánosabb. Szóval ha egy egyenletet egy olyan egyenlettel helyettesítünk, ami a többi egyenlet információtartalmát elegyíti, de a helyettesített egyenlet információtartalmát ignorálja, akkor jóval kevesebbet tudunk a rendszer megoldásáról (mivel az M új egyenlet információtartalma már úgyis megvan a többi egyenletben, ez semmi pluszt nem jelent); és így több megoldása lesz, nem lesz az eredeti rendszerrel ekvivales.

3). Mivel „gyökök szempontjából az ekvivalens egyenletek nem különböztethetőek meg” – valamilyen, pusztán egy egyenletről és gyökeiről szóló állításban szereplő egyenlet helyett vele ekvivalens egyenletre is gondolhatunk vagy beszélhetünk, az állítás igazságértéke nem változik – ezért a következőket mondhatjuk, és kell is mondanunk (az egyenletrendszerek megoldásához szükséges):

Lecserélési tétel (I.3.)

Ha $R=\left(L_{1},L_{2}\right)$ egy kéttagú (lineáris) n-ismeretlenes egyenletrendszer, és $M\sim L_{1},N\sim L_{2}$ ; továbbá $a,b\in \mathbb {R}$ tetszőleges, nem mind nulla valós számok, akkor a≠0 esetén az $S'=\left(aM+bN,N\right)$ egyenletrendszer, és b≠0 esetén a $S*=\left(M,aM+bN\right)$ egyenletrendszer ekvivalensek $R$ -rel, azaz $S'\sim R\sim S*$ .

Azaz: kéttagú egyenletrendszer valamely egyenletét kicserélhetjük a két egyenlet nem nulla számszorosainak összegére, az egyenletrendszer megoldásai nem változnak.

Először is S = (M , N) ~ R ; ugyanis ha u gyöke S -nek, akkor M-nek (s így L₁ ~ M miatt L₁-nek is) és N-nek is (s így L₂ ~ N miatt L₂-nek is), de ekkor gyöke az R mindkét egyenletének, tehát magának R-nek is. Ha pedig u R gyöke, hasonlóan belátható, hogy S gyöke is. Tehát egy u szám pontosan akkor megoldása R-nek, ha S-nek; ${\mathcal {M}}\left(R\right)={\mathcal {M}}\left(S\right)$ , ezért R ~ S . Emiatt és a ~ reláció tranzitivitása miatt ia miatt elegendő lesz belátni, hogy R' ~ S ~ R* . Ebből csak az R' ~ S, azaz (M+N, N) ~ (M,N) ekvivalenciát fogjuk belátni, R* ~ S hasonlóan bizonyítható (vagy pedig az egyenletsorrend felcserélésére mint ekvivalens átalakításra történő hivatkozással elintézhető, mert M és N szerepe emiatt felcserélhető).
Azt pedig (lineáris egyenletekre) már az előbb beláttuk, hogy az S = (M, N) és S' = (aM+bN, N) és az S* = (M, aM+bN) egyenletrendszerek ekvivalensek, ha ab≠0, azaz a,b egyike nem nulla.

Ezeket a tételeket a következőképp általánosíthatjuk többtagú lineáris egyenletrendszerekre:

Összegzési tétel (I.4.)

Legyen n,k∈ℕ⁺ , és R = {L₁, L₂, ... , L_k} egy a valós (komplex) számok körében értelmezett lineáris n-ismeretlenes egyenletrendszer. Ekkor tetszőleges a₁ , a₂ , ... , a_k nem mind nulla(!) valós (komplex) számok esetén ha az M_i nem nullváltozós egyenletre M_i = a₁L₁+a₂L₂ + ... + a_kL_k (i∈{1,2,...,k}) és rögzített i esetén a_i ≠ 0 teljesül, akkor az R'_i = (L₂, L₂ , ..., L_i-1 , M_i , L_i+1 , ... , L_k)

egyenletrendszer ekvivalens R-rel. Tehát ugyanazok a gyökeik.

Például legyen röviden M = a₁L₁+a₂L₂ + ... + a_kL_k olyan, hogy a₁ ≠ 0, akkor az R'₁ := R' = {M, L₂, ... , L_k} egyenletrendszer ekvivalens R-rel.

Röviden szólva, egy lineáris egyenletrendszer bármely tagja helyettesíthető a többi egyenlet valamilyen nemnulla számszorosainak összegével (szaknyelven lineáris kombinációjával).

A k tagszámra vonatkozó teljes indukcióval bizonyíthatjuk ezt.
- Legyen először is k = 1, R = (L₁) ekkor az összes egyenlet nem nulla számszorosainak összege egy egytagú összeg (mivel egy egyenlet van), tehát valamilyen M = cL₁ egyenlet. Az R rendszer egyenletét lecserélve tehát M-re, az eredetivel ekvivalens egyenletrendszert kapunk, a gyökök az egyenletek ekvivalenciája miatt ugyanazok.
- Legyen k=2. Ez esetben épp az összegzési tétel kéttagú egyenletrendszerekre vonatkozó alakját kellene bizonyítani, amit fentebb (ld. I.2. tétel) már megtettünk.
- Tegyük fel, hogy valamely k>2 esetén a 0, 1, 2, ..., k-1 tagszámú egyenletekre teljesül a bizonyítandó állítás. Ez azt jelenti, hogy ha van egy S = {L₁ , ... , L_k-1} egyenletrendszerünk, és a₁ , a₂ , ... , a_k-1 ∈ ℝ-{0}, akkor N = a₁L₁+a₂L₂ + ... + a_k-1L_k-1 esetén az S' = {N , L₂ , ... , , L_k-1} egyenletrendszer és S ekvivalens. Tekintsünk tehát egy k-tagú egyenletrendszert: R = {L₁ , ... , L_k-1 , L_k} . Ekkor ha N = a₁L₁+a₂L₂ + ... + a_k-1L_k-1 , tekintve az R^ = {N , L₂ , ... , , L_k-1} egyenletrendszert, az ekvivalens az R^- = {L₁ , L₂ , ... , , L_k-1} rendszerrel, az indukciós feltevésünk szerint. R^-hoz hozzávéve az L_k-1 egyenletet, az így kapott Q = {N , L₂ , ... , L_k-1 , L_k} egyenletrendszer ekvivalens az R^-pal ekvivalens R^- egyenletrendszerből L_k hozzávételével keletkezett R = {L₁ , L₂ , ... , L_k-1 , L_k} egyenletrendszerrel, mivel érvényes M(R^) = M(R^-) , s ezért M(Q) = M(R^)∩M(L_k) = M(R^-)∩M(L_k) = M(R). Most már majdnem kész vagyunk. Csak definiálnunk kell az M₁ := 1×N+0×L₂+0×L₃+...+0×L_k-1+a_kL_k = a₁L₁+a₂L₂ + ... + a_k-1L_k-1+a_kL_k egyenletet, melyben az első tag együtthatója nem nulla, ezért az előző tételek miatt érvényes, ha ezzel helyettesítjük Q első egyenletét, akkor egy Q^~Q egyenletrendszert kapunk, és Q~R miatt ekkor Q^~R. Ez pedig épp az, amit szerettünk volna belátni.
Hivatkozva arra, hogy tetszőleges i∈{1,2,...,k}-ra hasonlóan bizonyítható, hogy M_i -vel helyettesítve L_i-t, a kapott egyenletrendszer R-rel ekvivalens, a tételt bizonyítottnak vehetjük. Az iménti bizonyításban nem sok minden változik, csak hogy hová írunk néhány egyenletet, meg néhány index. Ha ez nem elegendő, gyakorlatként jasvasoljuk az általában is vett bizonyítás elvégzését. De ha ennek sincs elég elrettentő ereje, akkor hivatkozzunk nyugodtan arra, hogy egy egyenletrendszerben az egyenletek sorrendje felcserélhető (a megoldáshalmaz nem változik), így kicseréljük L₁-et R-ben L_i-re, és innentől kezdve a bizonyítás már szinte ugyanúgy folyik, mint az előbb.

lk