Układy równań. Metoda eliminacji. Rząd macierzy ...

Układy równań. Metoda eliminacji.Rząd macierzy

Twierdzenie Kroneckera-Capellego

Układy równań

Maciej Grzesiak

Maciej Grzesiak Układy równań



Treść wykładu

Układy równań i ich macierze.

Rząd macierzy.

Twierdzenie Kroneckera-Capellego.




Ogólna postać układu

Układ m równań liniowych o n niewiadomych x1, x2, . . . , xn:

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm.

(1)




Ogólna postać układu

Równania te można zapisać krócej:

n∑j=1

aijxj = bi (i = 1, . . . ,m).

Współczynniki układu są elementami ciała K (najczęściej R lub C).




Macierz układu

Macierz

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n. . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 · · · amn

zbudowaną ze współczynników przy niewiadomych układu (1)nazywamy macierzą układu,

a macierz

B =

a11 a12 · · · a1n b1a21 a22 · · · a2n b2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 · · · amn bm

poszerzoną o kolumnę wyrazów wolnych układu nazywamymacierzą uzupełnioną.




Macierz układu

Macierz

A =


zbudowaną ze współczynników przy niewiadomych układu (1)nazywamy macierzą układu, a macierz

B =


poszerzoną o kolumnę wyrazów wolnych układu nazywamymacierzą uzupełnioną.




Operacje elementarne

Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki samzbiór rozwiązań.

Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie:1 przestawienie dowolnych dwóch równań,2 pomnożenie równania przez stałą c 6= 0, c ∈ K3 dodanie wielokrotności jednego równania do innego równania

przekształcają układ w układ mu równoważny.Te przekształcenia nazywamy elementarnymi operacjami narównaniach.





Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki samzbiór rozwiązań.Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie:1 przestawienie dowolnych dwóch równań,

2 pomnożenie równania przez stałą c 6= 0, c ∈ K3 dodanie wielokrotności jednego równania do innego równania






Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki samzbiór rozwiązań.Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie:1 przestawienie dowolnych dwóch równań,2 pomnożenie równania przez stałą c 6= 0, c ∈ K

3 dodanie wielokrotności jednego równania do innego równania






Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki samzbiór rozwiązań.Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie:1 przestawienie dowolnych dwóch równań,2 pomnożenie równania przez stałą c 6= 0, c ∈ K3 dodanie wielokrotności jednego równania do innego równania







przekształcają układ w układ mu równoważny.

Te przekształcenia nazywamy elementarnymi operacjami narównaniach.











Powyższym operacjom na równaniach odpowiadają elementarneoperacje na wierszach macierzy układu:1 przestawienie dowolnych dwóch wierszy,2 pomnożenie wiersza przez stałą c 6= 0, c ∈ K,3 dodanie wielokrotności jednego wiersza do innego wiersza.




Macierz schodkowa

Niech A będzie macierzą prostokątną. Pierwszy niezerowy elementwiersza nazywamy elementem wiodącym (kierunkowym) tegowiersza. Kolumny zawierające element wiodący nazywamy takżewiodącymi.

Jeżeli elementy wiodące kolejnych wierszy aij , ai+1k spełniająwarunek j < k, to macierz nazywamy macierzą schodkową.Przykład Macierz

A =

4 2 5 0 0 10 3 1 0 1 20 0 0 0 4 50 0 0 0 0 9

jest macierzą schodkową.Elementami wiodącymi wierszy są kolejno 4,3,4,9. Kolumny:pierwsza, druga, piąta i szósta są wiodące; trzecia i czwarta —niewiodące.




Macierz schodkowa

Niech A będzie macierzą prostokątną. Pierwszy niezerowy elementwiersza nazywamy elementem wiodącym (kierunkowym) tegowiersza. Kolumny zawierające element wiodący nazywamy takżewiodącymi.Jeżeli elementy wiodące kolejnych wierszy aij , ai+1k spełniająwarunek j < k, to macierz nazywamy macierzą schodkową.

Przykład Macierz

A =

4 2 5 0 0 10 3 1 0 1 20 0 0 0 4 50 0 0 0 0 9





Macierz schodkowa

Niech A będzie macierzą prostokątną. Pierwszy niezerowy elementwiersza nazywamy elementem wiodącym (kierunkowym) tegowiersza. Kolumny zawierające element wiodący nazywamy takżewiodącymi.Jeżeli elementy wiodące kolejnych wierszy aij , ai+1k spełniająwarunek j < k, to macierz nazywamy macierzą schodkową.Przykład Macierz

A =

4 2 5 0 0 10 3 1 0 1 20 0 0 0 4 50 0 0 0 0 9

jest macierzą schodkową.

Elementami wiodącymi wierszy są kolejno 4,3,4,9. Kolumny:pierwsza, druga, piąta i szósta są wiodące; trzecia i czwarta —niewiodące.




Macierz schodkowa

Niech A będzie macierzą prostokątną. Pierwszy niezerowy elementwiersza nazywamy elementem wiodącym (kierunkowym) tegowiersza. Kolumny zawierające element wiodący nazywamy takżewiodącymi.Jeżeli elementy wiodące kolejnych wierszy aij , ai+1k spełniająwarunek j < k, to macierz nazywamy macierzą schodkową.Przykład Macierz

A =

4 2 5 0 0 10 3 1 0 1 20 0 0 0 4 50 0 0 0 0 9





Wprowadzenie do metody eliminacji

Metoda eliminacji Gaussa jest uogólnieniem szkolnej metodyprzeciwnych współczynników. Rozwiązywanie układu polega narugowaniu kolejnych niewiadomych, aby uzyskać (jeśli to możliwe)równanie z jedną niewiadomą.

Kluczową sprawą jest jednak zapis. Ponieważ macierz uzupełnionazawiera pełną informację o układzie, więc w metodzie eliminacjiGaussa prowadzi się przekształcenia nie na równaniach układu, leczna wierszach macierzy uzupełnionej.




Wprowadzenie do metody eliminacji

Metoda eliminacji Gaussa jest uogólnieniem szkolnej metodyprzeciwnych współczynników. Rozwiązywanie układu polega narugowaniu kolejnych niewiadomych, aby uzyskać (jeśli to możliwe)równanie z jedną niewiadomą.Kluczową sprawą jest jednak zapis. Ponieważ macierz uzupełnionazawiera pełną informację o układzie, więc w metodzie eliminacjiGaussa prowadzi się przekształcenia nie na równaniach układu, leczna wierszach macierzy uzupełnionej.




Metoda eliminacji Gaussa

1) Tworzymy macierz uzupełnioną układu. Dla zaznaczeniaspecjalnej roli ostatniej kolumny oddzielamy ją kreską.

2) Jeśli a11 6= 0, to dzielimy pierwszy wiersz przez a11 (wtedywyraz wiodący wynosi 1) i posługując się tym wierszem, uzyskamyzera w pierwszej kolumnie — od wiersza drugiego odejmujemywiersz pierwszy pomnożony przez a21 itd.Gdyby a11 = 0, a np. ak1 6= 0, to przestawiamy najpierw wierszpierwszy z k-tym — i dalej jak poprzednio.





1) Tworzymy macierz uzupełnioną układu. Dla zaznaczeniaspecjalnej roli ostatniej kolumny oddzielamy ją kreską.2) Jeśli a11 6= 0, to dzielimy pierwszy wiersz przez a11 (wtedywyraz wiodący wynosi 1) i posługując się tym wierszem, uzyskamyzera w pierwszej kolumnie — od wiersza drugiego odejmujemywiersz pierwszy pomnożony przez a21 itd.

Gdyby a11 = 0, a np. ak1 6= 0, to przestawiamy najpierw wierszpierwszy z k-tym — i dalej jak poprzednio.





1) Tworzymy macierz uzupełnioną układu. Dla zaznaczeniaspecjalnej roli ostatniej kolumny oddzielamy ją kreską.2) Jeśli a11 6= 0, to dzielimy pierwszy wiersz przez a11 (wtedywyraz wiodący wynosi 1) i posługując się tym wierszem, uzyskamyzera w pierwszej kolumnie — od wiersza drugiego odejmujemywiersz pierwszy pomnożony przez a21 itd.Gdyby a11 = 0, a np. ak1 6= 0, to przestawiamy najpierw wierszpierwszy z k-tym — i dalej jak poprzednio.





3) Jeśli a22 6= 0, to dzielimy drugi wiersz przez a22 i posługując siętym wierszem, uzyskamy zera w drugiej kolumnie poniżej a22.

Jeśli a22 = 0, a np. ak2 6= 0, to przestawiamy wiersz drugi z k-tym— i dalej jak wyżej.Jeśli wszystkie ak2 = 0 dla k = 2, 3, . . . ,m, to przechodzimy donastępnej kolumny.4) Postępowanie kontynuujemy aż do n-tej kolumny.





3) Jeśli a22 6= 0, to dzielimy drugi wiersz przez a22 i posługując siętym wierszem, uzyskamy zera w drugiej kolumnie poniżej a22.Jeśli a22 = 0, a np. ak2 6= 0, to przestawiamy wiersz drugi z k-tym— i dalej jak wyżej.

Jeśli wszystkie ak2 = 0 dla k = 2, 3, . . . ,m, to przechodzimy donastępnej kolumny.4) Postępowanie kontynuujemy aż do n-tej kolumny.





3) Jeśli a22 6= 0, to dzielimy drugi wiersz przez a22 i posługując siętym wierszem, uzyskamy zera w drugiej kolumnie poniżej a22.Jeśli a22 = 0, a np. ak2 6= 0, to przestawiamy wiersz drugi z k-tym— i dalej jak wyżej.Jeśli wszystkie ak2 = 0 dla k = 2, 3, . . . ,m, to przechodzimy donastępnej kolumny.

4) Postępowanie kontynuujemy aż do n-tej kolumny.





3) Jeśli a22 6= 0, to dzielimy drugi wiersz przez a22 i posługując siętym wierszem, uzyskamy zera w drugiej kolumnie poniżej a22.Jeśli a22 = 0, a np. ak2 6= 0, to przestawiamy wiersz drugi z k-tym— i dalej jak wyżej.Jeśli wszystkie ak2 = 0 dla k = 2, 3, . . . ,m, to przechodzimy donastępnej kolumny.4) Postępowanie kontynuujemy aż do n-tej kolumny.




Interpretacja postaci schodkowej macierzy uzupełnionej

1) Jeżeli w otrzymanej macierzy występuje wiersz (0 0 . . . 0|1), toukład jest sprzeczny (taki wiersz odpowiada równaniu 0 = 1).

2) Nie ma wierszy postaci (0 0 . . . 0|1) i liczba niezerowych wierszyjest równa liczbie niewiadomych, tzn. macierz jest postaci:

1 ∗ ∗ ∗ ∗ b10 1 ∗ ∗ ∗ b2. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 0 1 bn0 0 0 0 0 0

. . .

,

gdzie * oznacza jakiś element.





1) Jeżeli w otrzymanej macierzy występuje wiersz (0 0 . . . 0|1), toukład jest sprzeczny (taki wiersz odpowiada równaniu 0 = 1).2) Nie ma wierszy postaci (0 0 . . . 0|1) i liczba niezerowych wierszyjest równa liczbie niewiadomych, tzn. macierz jest postaci:

1 ∗ ∗ ∗ ∗ b10 1 ∗ ∗ ∗ b2. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 0 1 bn0 0 0 0 0 0

. . .

,

gdzie * oznacza jakiś element.





Odpowiada to układowi:

x1 + ∗x2 + . . . + ∗xn = b1x2 + . . . + ∗xn = b2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .xn−1 + ∗xn = bn−1

xn = bn

Stąd xn = bn. Po podstawieniu do równania (n−1)-szegoobliczamy xn−1 itd. Rozwiązanie jest tylko jedno.3) W macierzy nie ma wierszy postaci (0 0 . . . 0|1), ale występująkolumny niewiodące. Stosujemy, jak wyżej, podstawienie wsteczne,ale niewiadomym, które odpowiadają kolumnom niewiodącymnadajemy dowolne wartości (będą one parametrami rozwiązania).






x1 + ∗x2 + . . . + ∗xn = b1x2 + . . . + ∗xn = b2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .xn−1 + ∗xn = bn−1

xn = bn

Stąd xn = bn. Po podstawieniu do równania (n−1)-szegoobliczamy xn−1 itd. Rozwiązanie jest tylko jedno.

3) W macierzy nie ma wierszy postaci (0 0 . . . 0|1), ale występująkolumny niewiodące. Stosujemy, jak wyżej, podstawienie wsteczne,ale niewiadomym, które odpowiadają kolumnom niewiodącymnadajemy dowolne wartości (będą one parametrami rozwiązania).






x1 + ∗x2 + . . . + ∗xn = b1x2 + . . . + ∗xn = b2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .xn−1 + ∗xn = bn−1

xn = bn

Stąd xn = bn. Po podstawieniu do równania (n−1)-szegoobliczamy xn−1 itd. Rozwiązanie jest tylko jedno.3) W macierzy nie ma wierszy postaci (0 0 . . . 0|1), ale występująkolumny niewiodące. Stosujemy, jak wyżej, podstawienie wsteczne,ale niewiadomym, które odpowiadają kolumnom niewiodącymnadajemy dowolne wartości (będą one parametrami rozwiązania).




Interpretacja postaci schodkowej: przykład

Przypuśćmy, że po eliminacji uzyskaliśmy macierz:

A =

1 2 3 0 50 1 2 2 10 0 0 1 2

(2)

Niewiadoma x3 jest niewiodąca. Zatem x4 = 2, x3 = s (s ∈ R),x2 = 1− 2x3 − 2x4 = −3− 2s, x1 = 5− 2x2 − 3x3 = 11 + s.Rozwiązań jest nieskończenie wiele. Są one postaci:

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






A =

1 2 3 0 50 1 2 2 10 0 0 1 2

(2)

Niewiadoma x3 jest niewiodąca.

Zatem x4 = 2, x3 = s (s ∈ R),x2 = 1− 2x3 − 2x4 = −3− 2s, x1 = 5− 2x2 − 3x3 = 11 + s.Rozwiązań jest nieskończenie wiele. Są one postaci:

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






A =

1 2 3 0 50 1 2 2 10 0 0 1 2

(2)

Niewiadoma x3 jest niewiodąca. Zatem x4 = 2,

x3 = s (s ∈ R),x2 = 1− 2x3 − 2x4 = −3− 2s, x1 = 5− 2x2 − 3x3 = 11 + s.Rozwiązań jest nieskończenie wiele. Są one postaci:

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






A =

1 2 3 0 50 1 2 2 10 0 0 1 2

(2)

Niewiadoma x3 jest niewiodąca. Zatem x4 = 2, x3 = s (s ∈ R),

x2 = 1− 2x3 − 2x4 = −3− 2s, x1 = 5− 2x2 − 3x3 = 11 + s.Rozwiązań jest nieskończenie wiele. Są one postaci:

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






A =

1 2 3 0 50 1 2 2 10 0 0 1 2

(2)

Niewiadoma x3 jest niewiodąca. Zatem x4 = 2, x3 = s (s ∈ R),x2 = 1− 2x3 − 2x4 = −3− 2s,

x1 = 5− 2x2 − 3x3 = 11 + s.Rozwiązań jest nieskończenie wiele. Są one postaci:

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






A =

1 2 3 0 50 1 2 2 10 0 0 1 2

(2)

Niewiadoma x3 jest niewiodąca. Zatem x4 = 2, x3 = s (s ∈ R),x2 = 1− 2x3 − 2x4 = −3− 2s, x1 = 5− 2x2 − 3x3 = 11 + s.

Rozwiązań jest nieskończenie wiele. Są one postaci:

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






A =

1 2 3 0 50 1 2 2 10 0 0 1 2

(2)

Niewiadoma x3 jest niewiodąca. Zatem x4 = 2, x3 = s (s ∈ R),x2 = 1− 2x3 − 2x4 = −3− 2s, x1 = 5− 2x2 − 3x3 = 11 + s.Rozwiązań jest nieskończenie wiele. Są one postaci:

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).




Eliminacja Gaussa-Jordana

Po wykonaniu na wierszach macierzy (2) dwóch operacji: w2 − 2w3i w1 − 2w2 uzyskamy zera nad elementami wiodącymi:

1 2 3 0 50 1 2 2 10 0 0 1 2

∼ 1 2 3 0 5

0 1 2 0 −30 0 0 1 2

∼∼

1 0 −1 0 110 1 2 0 −30 0 0 1 2

.Teraz możemy po prostu odczytać rozwiązanie (dla x3 = s):

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).





Po wykonaniu na wierszach macierzy (2) dwóch operacji: w2 − 2w3i w1 − 2w2 uzyskamy zera nad elementami wiodącymi: 1 2 3 0 5

0 1 2 2 10 0 0 1 2

∼

1 2 3 0 50 1 2 0 −30 0 0 1 2

∼∼

1 0 −1 0 110 1 2 0 −30 0 0 1 2


x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






0 1 2 2 10 0 0 1 2

∼ 1 2 3 0 5

0 1 2 0 −30 0 0 1 2

∼

∼

1 0 −1 0 110 1 2 0 −30 0 0 1 2


x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






0 1 2 2 10 0 0 1 2

∼ 1 2 3 0 5

0 1 2 0 −30 0 0 1 2

∼∼

1 0 −1 0 110 1 2 0 −30 0 0 1 2

.

Teraz możemy po prostu odczytać rozwiązanie (dla x3 = s):

x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).






0 1 2 2 10 0 0 1 2

∼ 1 2 3 0 5

0 1 2 0 −30 0 0 1 2

∼∼

1 0 −1 0 110 1 2 0 −30 0 0 1 2


x1 = 11 + s, x2 = −3− 2s, x3 = s, x4 = 2, (s ∈ R).





Przykład−4x + −5y + −3z = 0−x + −8y + −3z = 03x + 15y + 6z = 0

−4 −5 −3 0−1 −8 −3 0

3 15 6 0

∼ 1 8 3 0−4 −5 −3 0

3 15 6 0

∼∼

1 8 3 00 27 9 00 −9 −3 0

∼ 1 8 3 0

0 1 13 0

0 0 0 0

∼ 1 0 1

3 00 1 1

3 00 0 0 0

Stąd x = −13k, y = −

13k, z = k.






−4 −5 −3 0−1 −8 −3 0

3 15 6 0

∼

1 8 3 0−4 −5 −3 0

3 15 6 0

∼∼

1 8 3 00 27 9 00 −9 −3 0

∼ 1 8 3 0

0 1 13 0

0 0 0 0

∼ 1 0 1

3 00 1 1

3 00 0 0 0

Stąd x = −13k, y = −

13k, z = k.






−4 −5 −3 0−1 −8 −3 0

3 15 6 0

∼ 1 8 3 0−4 −5 −3 0

3 15 6 0

∼

∼

1 8 3 00 27 9 00 −9 −3 0

∼ 1 8 3 0

0 1 13 0

0 0 0 0

∼ 1 0 1

3 00 1 1

3 00 0 0 0

Stąd x = −13k, y = −

13k, z = k.






−4 −5 −3 0−1 −8 −3 0

3 15 6 0

∼ 1 8 3 0−4 −5 −3 0

3 15 6 0

∼∼

1 8 3 00 27 9 00 −9 −3 0

∼

1 8 3 00 1 1

3 00 0 0 0

∼ 1 0 1

3 00 1 1

3 00 0 0 0

Stąd x = −13k, y = −

13k, z = k.






−4 −5 −3 0−1 −8 −3 0

3 15 6 0

∼ 1 8 3 0−4 −5 −3 0

3 15 6 0

∼∼

1 8 3 00 27 9 00 −9 −3 0

∼ 1 8 3 0

0 1 13 0

0 0 0 0

∼

1 0 13 0

0 1 13 0

0 0 0 0

Stąd x = −13k, y = −

13k, z = k.






−4 −5 −3 0−1 −8 −3 0

3 15 6 0

∼ 1 8 3 0−4 −5 −3 0

3 15 6 0

∼∼

1 8 3 00 27 9 00 −9 −3 0

∼ 1 8 3 0

0 1 13 0

0 0 0 0

∼ 1 0 1

3 00 1 1

3 00 0 0 0

Stąd x = −13k, y = −13k, z = k.






−4 −5 −3 0−1 −8 −3 0

3 15 6 0

∼ 1 8 3 0−4 −5 −3 0

3 15 6 0

∼∼

1 8 3 00 27 9 00 −9 −3 0

∼ 1 8 3 0

0 1 13 0

0 0 0 0

∼ 1 0 1

3 00 1 1

3 00 0 0 0

Stąd x = −13k, y = −

13k, z = k.





PrzykładMetodą eliminacji rozwiązać układ z parametrem a:

2x − y + z + t = 1x + 2y − z + 4t = 2x + 7y − 4z + 11t = a

Dla jakich wartości a układ nie ma rozwiązania?





Piszemy macierz uzupełnioną przestawiając od razu w1 z w2: 1 2 −1 4 22 −1 1 1 11 7 −4 11 a

∼

1 2 −1 4 20 −5 3 −7 −30 5 −3 7 a− 2

∼

∼

1 2 −1 4 20 1 −35

75

35

0 0 0 0 a− 5

∼ 1 0 1

565

25

0 1 −3575

35

0 0 0 0 a− 5

.Rozwiązanie istnieje tylko dla a = 5 i wynosi:

x =25− 1

5k − 6

5l , y =

35+

35k − 7

5l , z = k, t = l ,

gdzie k, l ∈ R.






∼

1 2 −1 4 20 −5 3 −7 −30 5 −3 7 a− 2

∼

∼

1 2 −1 4 20 1 −35

75

35

0 0 0 0 a− 5

∼ 1 0 1

565

25

0 1 −3575

35

0 0 0 0 a− 5


x =25− 1

5k − 6

5l , y =

35+

35k − 7

5l , z = k, t = l ,

gdzie k, l ∈ R.






∼

1 2 −1 4 20 −5 3 −7 −30 5 −3 7 a− 2

∼

∼

1 2 −1 4 20 1 −35

75

35

0 0 0 0 a− 5

∼

1 0 1565

25

0 1 −3575

35

0 0 0 0 a− 5


x =25− 1

5k − 6

5l , y =

35+

35k − 7

5l , z = k, t = l ,

gdzie k, l ∈ R.






∼

1 2 −1 4 20 −5 3 −7 −30 5 −3 7 a− 2

∼

∼

1 2 −1 4 20 1 −35

75

35

0 0 0 0 a− 5

∼ 1 0 1

565

25

0 1 −3575

35

0 0 0 0 a− 5

.

Rozwiązanie istnieje tylko dla a = 5 i wynosi:

x =25− 1

5k − 6

5l , y =

35+

35k − 7

5l , z = k, t = l ,

gdzie k, l ∈ R.






∼

1 2 −1 4 20 −5 3 −7 −30 5 −3 7 a− 2

∼

∼

1 2 −1 4 20 1 −35

75

35

0 0 0 0 a− 5

∼ 1 0 1

565

25

0 1 −3575

35

0 0 0 0 a− 5


x =25− 1

5k − 6

5l , y =

35+

35k − 7

5l , z = k, t = l ,

gdzie k, l ∈ R.Maciej Grzesiak Układy równań



Układ z parametrem

Przykład Dla jakich wartości p układ

x + py − z = 1x + 10y − 6z = p

2x − y + pz = 0,

jest: a) oznaczony; b) nieoznaczony; c) sprzeczny. Znaleźćrozwiązanie dla przypadku b).

Obliczamy wyznacznik główny:∣∣∣∣∣∣∣1 p −11 10 −62 −1 p

∣∣∣∣∣∣∣ = −p2 − 2p + 15.

Rozwiązując równanie −p2 − 2p + 15 = 0 znajdziemy p1 = −5,p2 = 3. Zatem gdy p 6= −5 i p 6= 3 układ jest oznaczony.




Układ z parametrem


x + py − z = 1x + 10y − 6z = p

2x − y + pz = 0,

jest: a) oznaczony; b) nieoznaczony; c) sprzeczny. Znaleźćrozwiązanie dla przypadku b).Obliczamy wyznacznik główny:∣∣∣∣∣∣∣

1 p −11 10 −62 −1 p

∣∣∣∣∣∣∣ = −p2 − 2p + 15.





Układ z parametrem


x + py − z = 1x + 10y − 6z = p

2x − y + pz = 0,


1 p −11 10 −62 −1 p

∣∣∣∣∣∣∣ = −p2 − 2p + 15.

Rozwiązując równanie −p2 − 2p + 15 = 0 znajdziemy p1 = −5,p2 = 3.

Zatem gdy p 6= −5 i p 6= 3 układ jest oznaczony.




Układ z parametrem


x + py − z = 1x + 10y − 6z = p

2x − y + pz = 0,


1 p −11 10 −62 −1 p

∣∣∣∣∣∣∣ = −p2 − 2p + 15.





Układ z parametrem

Pozostałe przypadki badamy osobno:Dla p = −5 otrzymujemy układ:

x − 5y − z = 1x + 10y − 6z = −5

2x − y − 5z = 0,

który rozwiązujemy metodą eliminacji, i szybko ujawnia sięsprzeczność. Dla p = 3 mamy układ

x + 3y − z = 1x + 10y − 6z = 3

2x − y + 3z = 0,

który również rozwiązujemy metodą eliminacji. Otrzymujemyx = −87k +

17 , y =

57k +

27 , z = k. Zatem układ jest nieoznaczony.




Układ z parametrem


x − 5y − z = 1x + 10y − 6z = −5

2x − y − 5z = 0,

który rozwiązujemy metodą eliminacji, i szybko ujawnia sięsprzeczność.

Dla p = 3 mamy układ

x + 3y − z = 1x + 10y − 6z = 3

2x − y + 3z = 0,


17 , y =

57k +





Układ z parametrem


x − 5y − z = 1x + 10y − 6z = −5

2x − y − 5z = 0,


x + 3y − z = 1x + 10y − 6z = 3

2x − y + 3z = 0,

który również rozwiązujemy metodą eliminacji.

Otrzymujemyx = −87k +

17 , y =

57k +





Układ z parametrem


x − 5y − z = 1x + 10y − 6z = −5

2x − y − 5z = 0,


x + 3y − z = 1x + 10y − 6z = 3

2x − y + 3z = 0,


17 , y =

57k +





Przestrzeń wierszy macierzy

Definicja

Macierz B nazywamy wierszowo równoważną macierzy A, jeżeliB można otrzymać z A przez zastosowanie skończonej liczbyoperacji elementarnych na wierszach.

Definicja

Przestrzenią wierszy macierzy A typu m × n nazywamypodprzestrzeń przestrzeni Kn, która jest generowana przezwiersze macierzy A (traktowane jako wektory przestrzeni Kn).





Definicja

Macierz B nazywamy wierszowo równoważną macierzy A, jeżeliB można otrzymać z A przez zastosowanie skończonej liczbyoperacji elementarnych na wierszach.

Definicja

Przestrzenią wierszy macierzy A typu m × n nazywamypodprzestrzeń przestrzeni Kn, która jest generowana przezwiersze macierzy A (traktowane jako wektory przestrzeni Kn).





PrzykładNiech

A =

3 2 10 1 03 1 1

.

Przestrzeń wierszy tej macierzy jest generowana przez wektoryw1 = (3, 2, 1), w2 = (0, 1, 0), w3 = (3, 1, 1).Ponieważ w1 = w2 +w3, więc jest to dwuwymiarowapodprzestrzeń w R3.





PrzykładNiech

A =

3 2 10 1 03 1 1

.Przestrzeń wierszy tej macierzy jest generowana przez wektoryw1 = (3, 2, 1), w2 = (0, 1, 0), w3 = (3, 1, 1).

Ponieważ w1 = w2 +w3, więc jest to dwuwymiarowapodprzestrzeń w R3.





PrzykładNiech

A =

3 2 10 1 03 1 1

.Przestrzeń wierszy tej macierzy jest generowana przez wektoryw1 = (3, 2, 1), w2 = (0, 1, 0), w3 = (3, 1, 1).Ponieważ w1 = w2 +w3, więc jest to dwuwymiarowapodprzestrzeń w R3.




Określenie rzędu

Twierdzenie

Macierze wierszowo równoważne mają tę samą przestrzeń wierszy.

D o w ó d. Operacje elementarne na zbiorze wektorów wierszowychnie mogą zmienić liczby wektorów liniowo niezależnych w tymzbiorze.

Definicja

Rzędem macierzy A nazywamy wymiar przestrzeni wierszymacierzy A. Oznaczamy go R(A).




Określenie rzędu

Twierdzenie



Definicja





Określenie rzędu

Twierdzenie



Definicja

Rzędem macierzy A nazywamy wymiar przestrzeni wierszymacierzy A.

Oznaczamy go R(A).




Określenie rzędu

Twierdzenie



Definicja





Obliczanie rzędu

Każdą macierz można za pomocą operacji elementarnychsprowadzić do postaci schodkowej. Wiersze takiej macierzy sąliniowo niezależne.

Wniosek

Dla dowolnej macierzy A jej rząd jest równy liczbie niezerowychwierszy w postaci schodkowej tej macierzy.




Obliczanie rzędu

Każdą macierz można za pomocą operacji elementarnychsprowadzić do postaci schodkowej. Wiersze takiej macierzy sąliniowo niezależne.

Wniosek

Dla dowolnej macierzy A jej rząd jest równy liczbie niezerowychwierszy w postaci schodkowej tej macierzy.




Obliczanie rzędu

PrzykładObliczymy rząd macierzy:

A =

1 −1 1 32 −5 3 103 3 1 1

.

Aby przekształcić macierz do postaci schodkowej, wykonujemyoperacje:w2 − 2w1 i w3 − 3w1, a następnie w3 + 2w2: 1 −1 1 3

2 −5 3 103 3 1 1

∼ 1 −1 1 3

0 −3 1 40 6 −2 −8

∼ 1 −1 1 3

0 −3 1 40 0 0 0

.Są dwa wiersze liniowo niezależne, więc R(A) = 2.




Obliczanie rzędu


A =

1 −1 1 32 −5 3 103 3 1 1

.Aby przekształcić macierz do postaci schodkowej, wykonujemyoperacje:w2 − 2w1 i w3 − 3w1, a następnie w3 + 2w2: 1 −1 1 3

2 −5 3 103 3 1 1

∼ 1 −1 1 3

0 −3 1 40 6 −2 −8

∼ 1 −1 1 3

0 −3 1 40 0 0 0

.

Są dwa wiersze liniowo niezależne, więc R(A) = 2.




Obliczanie rzędu


A =

1 −1 1 32 −5 3 103 3 1 1

.Aby przekształcić macierz do postaci schodkowej, wykonujemyoperacje:w2 − 2w1 i w3 − 3w1, a następnie w3 + 2w2: 1 −1 1 3

2 −5 3 103 3 1 1

∼ 1 −1 1 3

0 −3 1 40 6 −2 −8

∼ 1 −1 1 3

0 −3 1 40 0 0 0

.Są dwa wiersze liniowo niezależne, więc R(A) = 2.




Związek rzędu z minorami

Twierdzenie

Jeżeli macierz zawiera minor stopnia r różny od zera, dla któregowszystkie zawierające go minory stopnia r + 1 (minoryobrzeżające) są równe zeru, to rząd tej macierzy jest równy r .

A zatem rząd macierzy jest równy najwyższemu ze stopni różnychod zera minorów tej macierzy.





Twierdzenie

Jeżeli macierz zawiera minor stopnia r różny od zera, dla któregowszystkie zawierające go minory stopnia r + 1 (minoryobrzeżające) są równe zeru, to rząd tej macierzy jest równy r .

A zatem rząd macierzy jest równy najwyższemu ze stopni różnychod zera minorów tej macierzy.





Obliczanie rzędu macierzy metodą obrzeżania należy prowadzić odstopni najniższych do najwyższych. Przykładowo, weźmy ponowniemacierz

A =

1 −1 1 32 −5 3 103 3 1 1

.Minor |a11| = 1 jest niezerowy. Minor obrzeżający:∣∣∣∣∣ 1 −1

2 −5

∣∣∣∣∣ = −3

jest także niezerowy. Dla niego mamy dwa minory obrzeżające:∣∣∣∣∣∣∣1 −1 12 −5 33 3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ,

∣∣∣∣∣∣∣1 −1 32 −5 103 3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

a więc R(A) = 2.Maciej Grzesiak Układy równań



Macierze A i AT mają te same minory, więc mamy poniższywniosek:

Wniosek

R(A) = R(AT ).

Przy transponowaniu wiersze stają się kolumnami. Stąd kolejnywniosek:

Wniosek

Rząd macierzy jest równy liczbie liniowo niezależnych kolumnmacierzy.

Inaczej: rząd wierszowy jest równy rzędowi kolumnowemu. Zatemprzy obliczaniu rzędu metodą przekształcania macierzy do postacischodkowej można wykonywać również operacje na kolumnach (cobyło niedopuszczalne w metodzie eliminacji).





Wniosek

R(A) = R(AT ).


Wniosek







Wniosek

R(A) = R(AT ).


Wniosek







Wniosek

R(A) = R(AT ).


Wniosek






Układ jako równanie wektorowe

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

(3)

Niech A oznacza macierz układu, a B — macierz uzupełnionąukładu:

A =


, B =


.




Każdą kolumnę można traktować jako wektor przestrzeni Km.Oznaczmy:

vj =

a1ja2j. . .amj

, w =

b1b2. .bm

.

Wtedy układ (3) jest równoważny równaniu wektorowemu:

x1v1 + x2v2 + · · ·+ xnvn = w. (4)




Każdą kolumnę można traktować jako wektor przestrzeni Km.Oznaczmy:

vj =

a1ja2j. . .amj

, w =

b1b2. .bm

.Wtedy układ (3) jest równoważny równaniu wektorowemu:

x1v1 + x2v2 + · · ·+ xnvn = w. (4)




Twierdzenie Kroneckera–Capellego

Twierdzenie (Kroneckera–Capellego)

Układ (3) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy

R(A) = R(B).

D o w ó d. Jeżeli układ ma rozwiązanie, to istnieją elementy xj ∈ Kspełniające układ (3), a więc i równanie wektorowe (4).Z równania (4) wynika, że wektor w jest kombinacją liniowąwektorów v1, v2, . . . , vn. Tym samym w należy do przestrzenirozpiętej na wektorach v1, v2, . . . , vn.Zatem wymiary przestrzeni generowanych przez {v1, v2, . . . , vn} i{v1, v2, . . . , vn,w} są takie same, a to oznacza, że R(A) = R(B).







R(A) = R(B).

D o w ó d. Jeżeli układ ma rozwiązanie, to istnieją elementy xj ∈ Kspełniające układ (3), a więc i równanie wektorowe (4).

Z równania (4) wynika, że wektor w jest kombinacją liniowąwektorów v1, v2, . . . , vn. Tym samym w należy do przestrzenirozpiętej na wektorach v1, v2, . . . , vn.Zatem wymiary przestrzeni generowanych przez {v1, v2, . . . , vn} i{v1, v2, . . . , vn,w} są takie same, a to oznacza, że R(A) = R(B).







R(A) = R(B).

D o w ó d. Jeżeli układ ma rozwiązanie, to istnieją elementy xj ∈ Kspełniające układ (3), a więc i równanie wektorowe (4).Z równania (4) wynika, że wektor w jest kombinacją liniowąwektorów v1, v2, . . . , vn. Tym samym w należy do przestrzenirozpiętej na wektorach v1, v2, . . . , vn.

Zatem wymiary przestrzeni generowanych przez {v1, v2, . . . , vn} i{v1, v2, . . . , vn,w} są takie same, a to oznacza, że R(A) = R(B).







R(A) = R(B).

D o w ó d. Jeżeli układ ma rozwiązanie, to istnieją elementy xj ∈ Kspełniające układ (3), a więc i równanie wektorowe (4).Z równania (4) wynika, że wektor w jest kombinacją liniowąwektorów v1, v2, . . . , vn. Tym samym w należy do przestrzenirozpiętej na wektorach v1, v2, . . . , vn.Zatem wymiary przestrzeni generowanych przez {v1, v2, . . . , vn} i{v1, v2, . . . , vn,w} są takie same, a to oznacza, że R(A) = R(B).





Odwrotnie, jeśli R(A) = R(B) = r , to wśród wektorówv1, v2, . . . , vn jest r liniowo niezależnych — niech to będąv1, v2, . . . , vr .

Ale R(B) = r , więc wśród wektorów v1, v2, . . . , vn,w jest też tylkor liniowo niezależnych. Muszą to być v1, v2, . . . , vr .Pozostałe są od nich liniowo zależne. W szczególności w jestkombinacją liniową wektorów v1, v2, . . . , vr , a więc i wektorówv1, v2, . . . , vn. Tym samym istnieją elementy xj ∈ K spełniającerównanie (4), a więc i układ (3). �





Odwrotnie, jeśli R(A) = R(B) = r , to wśród wektorówv1, v2, . . . , vn jest r liniowo niezależnych — niech to będąv1, v2, . . . , vr .Ale R(B) = r , więc wśród wektorów v1, v2, . . . , vn,w jest też tylkor liniowo niezależnych. Muszą to być v1, v2, . . . , vr .

Pozostałe są od nich liniowo zależne. W szczególności w jestkombinacją liniową wektorów v1, v2, . . . , vr , a więc i wektorówv1, v2, . . . , vn. Tym samym istnieją elementy xj ∈ K spełniającerównanie (4), a więc i układ (3). �





Odwrotnie, jeśli R(A) = R(B) = r , to wśród wektorówv1, v2, . . . , vn jest r liniowo niezależnych — niech to będąv1, v2, . . . , vr .Ale R(B) = r , więc wśród wektorów v1, v2, . . . , vn,w jest też tylkor liniowo niezależnych. Muszą to być v1, v2, . . . , vr .Pozostałe są od nich liniowo zależne. W szczególności w jestkombinacją liniową wektorów v1, v2, . . . , vr , a więc i wektorówv1, v2, . . . , vn. Tym samym istnieją elementy xj ∈ K spełniającerównanie (4), a więc i układ (3). �





Przykład Stosując twierdzenie Kroneckera–Capellego sprawdzić,czy układ ma rozwiązanie:

x + 2y + 3z + 3u = 6x + y + z = 1

3x − y + 2z + u = 2

Ponieważ

A ∼

1 1 1 01 2 3 33 −1 2 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 −4 −1 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 0 7 13

więc R(A) = 3 oraz R(A) ¬ R(B) ¬ 3.Zatem R(A) = R(B). Układ ma rozwiązanie.






x + 2y + 3z + 3u = 6x + y + z = 1

3x − y + 2z + u = 2

Ponieważ

A ∼

1 1 1 01 2 3 33 −1 2 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 −4 −1 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 0 7 13







x + 2y + 3z + 3u = 6x + y + z = 1

3x − y + 2z + u = 2

Ponieważ

A ∼

1 1 1 01 2 3 33 −1 2 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 −4 −1 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 0 7 13

więc R(A) = 3 oraz

R(A) ¬ R(B) ¬ 3.Zatem R(A) = R(B). Układ ma rozwiązanie.






x + 2y + 3z + 3u = 6x + y + z = 1

3x − y + 2z + u = 2

Ponieważ

A ∼

1 1 1 01 2 3 33 −1 2 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 −4 −1 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 0 7 13

więc R(A) = 3 oraz R(A) ¬ R(B) ¬ 3.

Zatem R(A) = R(B). Układ ma rozwiązanie.






x + 2y + 3z + 3u = 6x + y + z = 1

3x − y + 2z + u = 2

Ponieważ

A ∼

1 1 1 01 2 3 33 −1 2 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 −4 −1 1

∼ 1 1 1 0

0 1 2 30 0 7 13





Układ jednorodny

Układ jednorodny:

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0

(5)

ma zawsze rozwiązanie

x1 = x2 = . . . = xn = 0.




Układ jednorodny

Układ jednorodny:

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0

(5)

ma zawsze rozwiązanie

x1 = x2 = . . . = xn = 0.




Układ jednorodny

Jest to jedyne rozwiązanie w przypadku, gdy R(A) = n.

Jeśli R(A) = r < n, to rozwiązanie ogólne zależy od n−rparametrów.Można założyć (to kwestia ewentualnego przenumerowanianiewiadomych), że niewiadomymi swobodnymi sąxr+1, xr+2, . . . , xn.Niewiadome główne są ich kombinacjami. Zatem rozwiązanieogólne można zapisać w postaci wektora: n∑

i=r+1

a1i xi , . . . ,n∑

i=r+1

ari xi , xr+1, xr+2, . . . , xn

.




Układ jednorodny

Jest to jedyne rozwiązanie w przypadku, gdy R(A) = n.Jeśli R(A) = r < n, to rozwiązanie ogólne zależy od n−rparametrów.

Można założyć (to kwestia ewentualnego przenumerowanianiewiadomych), że niewiadomymi swobodnymi sąxr+1, xr+2, . . . , xn.Niewiadome główne są ich kombinacjami. Zatem rozwiązanieogólne można zapisać w postaci wektora: n∑

i=r+1

a1i xi , . . . ,n∑

i=r+1

ari xi , xr+1, xr+2, . . . , xn

.




Układ jednorodny

Jest to jedyne rozwiązanie w przypadku, gdy R(A) = n.Jeśli R(A) = r < n, to rozwiązanie ogólne zależy od n−rparametrów.Można założyć (to kwestia ewentualnego przenumerowanianiewiadomych), że niewiadomymi swobodnymi sąxr+1, xr+2, . . . , xn.

Niewiadome główne są ich kombinacjami. Zatem rozwiązanieogólne można zapisać w postaci wektora: n∑

i=r+1

a1i xi , . . . ,n∑

i=r+1

ari xi , xr+1, xr+2, . . . , xn

.




Układ jednorodny

Jest to jedyne rozwiązanie w przypadku, gdy R(A) = n.Jeśli R(A) = r < n, to rozwiązanie ogólne zależy od n−rparametrów.Można założyć (to kwestia ewentualnego przenumerowanianiewiadomych), że niewiadomymi swobodnymi sąxr+1, xr+2, . . . , xn.Niewiadome główne są ich kombinacjami. Zatem rozwiązanieogólne można zapisać w postaci wektora: n∑

i=r+1

a1i xi , . . . ,n∑

i=r+1

ari xi , xr+1, xr+2, . . . , xn

.




Układ jednorodny

Zbiór rozwiązań jest podprzestrzenią w Rn.

Bazę tej podprzestrzeni otrzymamy, podstawiając za niewiadome

xr+1, xr+2, . . . , xn

kolejno układy

(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)

Otrzymamy wtedy wektory:

(a1r+1, a2r+1, . . . , a

rr+1, 1, 0, . . . , 0),

(a1r+2, a2r+2, . . . , a

rr+2, 0, 1, . . . , 0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

( a1n , a2n , . . . , a

rn , 0, 0, . . . , 1).

Takie rozwiązania nazywamy bazowymi. Dowolne inne rozwiązaniejest kombinacją tych rozwiązań.




Układ jednorodny

Zbiór rozwiązań jest podprzestrzenią w Rn.Bazę tej podprzestrzeni otrzymamy, podstawiając za niewiadome

xr+1, xr+2, . . . , xn

kolejno układy

(1, 0, . . . , 0),

(0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)


(a1r+1, a2r+1, . . . , a

rr+1, 1, 0, . . . , 0),

(a1r+2, a2r+2, . . . , a

rr+2, 0, 1, . . . , 0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

( a1n , a2n , . . . , a

rn , 0, 0, . . . , 1).





Układ jednorodny


xr+1, xr+2, . . . , xn

kolejno układy

(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0),

. . . , (0, 0, . . . , 1)


(a1r+1, a2r+1, . . . , a

rr+1, 1, 0, . . . , 0),

(a1r+2, a2r+2, . . . , a

rr+2, 0, 1, . . . , 0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

( a1n , a2n , . . . , a

rn , 0, 0, . . . , 1).





Układ jednorodny


xr+1, xr+2, . . . , xn

kolejno układy

(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)


(a1r+1, a2r+1, . . . , a

rr+1, 1, 0, . . . , 0),

(a1r+2, a2r+2, . . . , a

rr+2, 0, 1, . . . , 0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

( a1n , a2n , . . . , a

rn , 0, 0, . . . , 1).





Układ jednorodny


xr+1, xr+2, . . . , xn

kolejno układy

(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)


(a1r+1, a2r+1, . . . , a

rr+1, 1, 0, . . . , 0),

(a1r+2, a2r+2, . . . , a

rr+2, 0, 1, . . . , 0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

( a1n , a2n , . . . , a

rn , 0, 0, . . . , 1).





Układ jednorodny


xr+1, xr+2, . . . , xn

kolejno układy

(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)


(a1r+1, a2r+1, . . . , a

rr+1, 1, 0, . . . , 0),

(a1r+2, a2r+2, . . . , a

rr+2, 0, 1, . . . , 0),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

( a1n , a2n , . . . , a

rn , 0, 0, . . . , 1).





Przykładx + 3u + 4w = 0y + 2u − w = 0.

Niewiadomymi swobodnymi są u i w .

Po podstawieniu u = 1, w = 0 mamy

x = −3, y = −2,

a dla u = 0, w = 1 jest

x = −4, y = 1,

Rozwiązaniami bazowymi są

(−3,−2, 1, 0), (−4, 1, 0, 1)

a rozwiązanie ogólne jest postaci:

k(−3,−2, 1, 0) + l(−4, 1, 0, 1) , gdzie k, l ∈ R.




Przykładx + 3u + 4w = 0y + 2u − w = 0.

Niewiadomymi swobodnymi są u i w .Po podstawieniu u = 1, w = 0 mamy

x = −3, y = −2,


x = −4, y = 1,


(−3,−2, 1, 0), (−4, 1, 0, 1)


k(−3,−2, 1, 0) + l(−4, 1, 0, 1) , gdzie k, l ∈ R.




Przykładx + 3u + 4w = 0y + 2u − w = 0.


x = −3, y = −2,


x = −4, y = 1,


(−3,−2, 1, 0), (−4, 1, 0, 1)


k(−3,−2, 1, 0) + l(−4, 1, 0, 1) , gdzie k, l ∈ R.




Przykładx + 3u + 4w = 0y + 2u − w = 0.


x = −3, y = −2,


x = −4, y = 1,


(−3,−2, 1, 0), (−4, 1, 0, 1)


k(−3,−2, 1, 0) + l(−4, 1, 0, 1) , gdzie k, l ∈ R.




Przykładx + 3u + 4w = 0y + 2u − w = 0.


x = −3, y = −2,


x = −4, y = 1,


(−3,−2, 1, 0), (−4, 1, 0, 1)


k(−3,−2, 1, 0) + l(−4, 1, 0, 1) , gdzie k, l ∈ R.




Zastosowania do geometrii

1. Jaki warunek muszą spełniać punkty M1 = (x1, y1),M2 = (x2, y2), M3 = (x3, y3) leżące na jednej prostej?

Jeżeli istnieje prosta Ax + By + C = 0 na której leżą wszystkie tepunkty, to układ

Ax1 + By1 + C = 0Ax2 + By2 + C = 0Ax3 + By3 + C = 0

z niewiadomymi A,B,C ma rozwiązanie niezerowe.Jest tak wtedy, i tylko wtedy, gdy∣∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.





1. Jaki warunek muszą spełniać punkty M1 = (x1, y1),M2 = (x2, y2), M3 = (x3, y3) leżące na jednej prostej?Jeżeli istnieje prosta Ax + By + C = 0 na której leżą wszystkie tepunkty, to układ


z niewiadomymi A,B,C ma rozwiązanie niezerowe.

Jest tak wtedy, i tylko wtedy, gdy∣∣∣∣∣∣∣x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.





1. Jaki warunek muszą spełniać punkty M1 = (x1, y1),M2 = (x2, y2), M3 = (x3, y3) leżące na jednej prostej?Jeżeli istnieje prosta Ax + By + C = 0 na której leżą wszystkie tepunkty, to układ


z niewiadomymi A,B,C ma rozwiązanie niezerowe.Jest tak wtedy, i tylko wtedy, gdy∣∣∣∣∣∣∣

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.





Zadanie. Sprawdzić, czy punkty (−2, 1), (1,−1), (7,−5) leżą najednej prostej.

Sprawdzamy wyznacznik:∣∣∣∣∣∣∣−2 1 1

1 −1 17 −5 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Punkty leżą na jednej prostej.





Zadanie. Sprawdzić, czy punkty (−2, 1), (1,−1), (7,−5) leżą najednej prostej.Sprawdzamy wyznacznik:∣∣∣∣∣∣∣

−2 1 11 −1 17 −5 1

∣∣∣∣∣∣∣

= 0.







−2 1 11 −1 17 −5 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.







−2 1 11 −1 17 −5 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.






2. Podać warunek na to, by proste A1x + B1y + C1 = 0,A2x + B2y + C2 = 0, A3x + B3y + C3 = 0 przechodziły przezjeden punkt.

Jeżeli istnieje punkt (x , y) wspólny dla tych prostych, to układA1x + B1y + C1 = 0A2x + B2y + C2 = 0A3x + B3y + C3 = 0

czyli A1x + B1y = −C1A2x + B2y = −C2A3x + B3y = −C3

z niewiadomymi x , y ma rozwiązanie.





2. Podać warunek na to, by proste A1x + B1y + C1 = 0,A2x + B2y + C2 = 0, A3x + B3y + C3 = 0 przechodziły przezjeden punkt.Jeżeli istnieje punkt (x , y) wspólny dla tych prostych, to układ

A1x + B1y + C1 = 0A2x + B2y + C2 = 0A3x + B3y + C3 = 0







2. Podać warunek na to, by proste A1x + B1y + C1 = 0,A2x + B2y + C2 = 0, A3x + B3y + C3 = 0 przechodziły przezjeden punkt.Jeżeli istnieje punkt (x , y) wspólny dla tych prostych, to układ

A1x + B1y + C1 = 0A2x + B2y + C2 = 0A3x + B3y + C3 = 0







Jest tak wtedy, i tylko wtedy, gdy rzędy macierzy A1 B1A2 B2A3 B3

, A1 B1 −C1A2 B2 −C2A3 B3 −C3

są równe. A zatem musi być

∣∣∣∣∣∣∣A1 B1 −C1A2 B2 −C2A3 B3 −C3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.





Jest tak wtedy, i tylko wtedy, gdy rzędy macierzy A1 B1A2 B2A3 B3

, A1 B1 −C1A2 B2 −C2A3 B3 −C3

są równe. A zatem musi być∣∣∣∣∣∣∣

A1 B1 −C1A2 B2 −C2A3 B3 −C3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.





Zadanie. Sprawdzić, czy proste x + 12y − 4 = 0, x − 2y + 2 = 0,2x + 3y + 1 = 0 mają punkt wspólny.

Sprawdzamy wyznacznik:∣∣∣∣∣∣∣1 12 −41 −2 22 3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Proste mają punkt wspólny.





Zadanie. Sprawdzić, czy proste x + 12y − 4 = 0, x − 2y + 2 = 0,2x + 3y + 1 = 0 mają punkt wspólny.Sprawdzamy wyznacznik:∣∣∣∣∣∣∣

1 12 −41 −2 22 3 1

∣∣∣∣∣∣∣

= 0.







1 12 −41 −2 22 3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.







1 12 −41 −2 22 3 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.



Układy równań. Metoda eliminacji. Rząd macierzy ...

Documents