Metoda macierzowa (zadania) - WYZNACZNIK

Przed przystąpieniem do zadań warto zapoznać się z zakładką Teoria tutaj.

Zadanie 1. Zapisać układy równań w postaci macierzowej, a następnie rozwiązać je metodą macierzową:

a) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3x_{1}+2x_{2}+x_{3}=4\; \\ -x_{1}+2x_{3}=4\; \; \; \; \; \; \; \; \\ x_{1}-2x_{2}-x_{3}=-4 \end{matrix}\right.,$

Rozwiązanie:

Zapisujemy układ równań w postaci macierzowej:

$\dpi{120} \overset{A}{\overbrace{\begin{bmatrix} 3 &2 & 1\\ -1 & 0 &2 \\ 1 & -2 & -1 \end{bmatrix}}}\cdot \overset{X}{\overbrace{\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}}}=\overset{B}{\overbrace{\begin{bmatrix} 4\\ 4\\ -4 \end{bmatrix}}}.$

W naszym przypadku $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 3 & 2 & 1\\ -1& 0 & 2\\ 1&-2 & -1 \end{bmatrix},\; B=\begin{bmatrix} 4\\ 4\\ -4 \end{bmatrix}.$ Powstaje równanie macierzowe

$\dpi{120} AX=B,$

którego rozwiązaniem jest macierz

$\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B.$

Liczymy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}:$

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 3 & 2 &1 \\ -1& 0 & 2\\ 1& -2 & -1 \end{vmatrix}\begin{matrix} 3 & 2\\ -1 & 0\\ 1 & -2 \end{matrix}=0+4+2-2+12-0=16$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{2}\cdot \begin{vmatrix} 0 & 2\\ -2& -1 \end{vmatrix}=4;$

$\dpi{120} D_{12}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} -1 & 2\\ 1& -1 \end{vmatrix}=1;$

$\dpi{120} D_{13}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} -1 & 0\\ 1 & -2 \end{vmatrix}=2$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} 2 &1 \\ -2& -1 \end{vmatrix}=0;$

$\dpi{120} D_{22}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 3 &1 \\ 1& -1 \end{vmatrix}=-4;$

$\dpi{120} D_{23}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 3 &2 \\ 1 & -2 \end{vmatrix}=8;$

$\dpi{120} D_{31}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 1\\ 0 & 2 \end{vmatrix}=4;$

$\dpi{120} D_{32}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 3 & 1\\ -1 &2 \end{vmatrix}=-7;$

$\dpi{120} D_{33}=\left ( -1 \right )^{6}\cdot \begin{vmatrix} 3 & 2\\ -1& 0 \end{vmatrix}=2$

Dokładniejsze tłumaczenie liczenia dopełnień algebraicznych w temacie Macierz odwrotna.

Stąd:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{16}\cdot \begin{bmatrix} 4 & 1 & 2\\ 0& -4 & 8\\ 4& -7 &2 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{16}\cdot \begin{bmatrix} 4 & 0 & 4\\ 1& -4 & -7\\ 2 & 8 & 2 \end{bmatrix}.$

Wstawiając do $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B$ , otrzymujemy:

$\dpi{120} X=\frac{1}{16}\cdot \begin{bmatrix} 4 & 0 & 4\\ 1& -4 & -7\\ 2& 8 & 2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 4\\ 4\\ -4 \end{bmatrix}=\frac{1}{16}\cdot \begin{bmatrix} 4\cdot 4+0\cdot 4+4\cdot \left ( -4 \right )\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 1\cdot 4+\left ( -4 \right )\cdot 4+\left ( -7 \right )\cdot \left ( -4 \right )\\ 2\cdot 4+8\cdot 4+2\cdot \left ( -4 \right )\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{bmatrix}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{16}\cdot \begin{bmatrix} 0\\ 16\\ 32 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}.$

Szukanym rozwiązaniem jest $\dpi{120} X=\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 2x_{1}+3x_{2}+x_{3}=1\; \; \; \\ x_{1}-2x_{2}-x_{3}=1\; \; \; \; \\ 3x_{1}+x_{2}-2x_{3}=-2 \end{matrix}\right.,$

Rozwiązanie:

Zapisujemy układ równań w postaci macierzowej:

$\dpi{120} \overset{A}{\overbrace{\begin{bmatrix} 2 & 3 &1 \\ 1& -2 &-1 \\ 3& 1 & -2 \end{bmatrix}}}\cdot \overset{X}{\overbrace{\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}}}=\overset{B}{\overbrace{\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ -2 \end{bmatrix}}}.$

W naszym przypadku $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 2 & 3 & 1\\ 1& -2& -1\\ 3&1 & -2 \end{bmatrix},\; B=\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ -2 \end{bmatrix}.$ Powstaje równanie macierzowe

$\dpi{120} AX=B,$

którego rozwiązaniem jest macierz

$\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B.$

Liczymy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}:$

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 2 & 3 &1 \\ 1& -2 & -1\\ 3& 1 & -2 \end{vmatrix}\begin{matrix} 2 & 3\\ 1 & -2\\ 3 & 1 \end{matrix}=8-9+1+6+2+6=14$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{2}\cdot \begin{vmatrix} -2& -1\\ 1& -2 \end{vmatrix}=5$

$\dpi{120} D_{12}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} 1 & -1\\ 3& -2 \end{vmatrix}=-1$

$\dpi{120} D_{13}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 1 & -2\\ 3 & 1 \end{vmatrix}=7$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} 3 &1 \\ 1& -2 \end{vmatrix}=7$

$\dpi{120} D_{22}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 2 &1 \\ 3& -2 \end{vmatrix}=-7$

$\dpi{120} D_{23}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 2 &3\\ 3 & 1 \end{vmatrix}=7$

$\dpi{120} D_{31}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 3 & 1\\ -2 & -1 \end{vmatrix}=-1$

$\dpi{120} D_{32}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 1\\ 1 &-1\end{vmatrix}=3$

$\dpi{120} D_{33}=\left ( -1 \right )^{6}\cdot \begin{vmatrix} 2& 3\\ 1& -2 \end{vmatrix}=-7$

Dokładniejsze tłumaczenie liczenia dopełnień algebraicznych w temacie Macierz odwrotna.

Stąd:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 5 & -1 & 7\\ 7 & -7 & 7\\ -1 & 3 &-7 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 5 & 7 & -1\\ -1 & -7 & 3\\ 7 & 7 & -7 \end{bmatrix}.$

Wstawiając do $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B$ , otrzymujemy:

$\dpi{120} X=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 5 & 7 & -1\\ -1 & -7 &3 \\ 7 & 7 & -7 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 5\cdot 1+7\cdot 1+\left ( -1 \right )\cdot \left ( -2 \right )\; \; \; \\ -1\cdot 1+\left ( -7 \right )\cdot 1+3\cdot \left ( -2 \right )\\ 7\cdot 1+7\cdot 1+\left ( -7 \right )\cdot \left ( -2\; \; \right ) \end{bmatrix}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 14\\ -14\\ 28 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 2 \end{bmatrix}.$

Szukanym rozwiązaniem jest $\dpi{120} X=\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 2 \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 2x_{1}+x_{2}+x_{3}=3\\ x_{1}+2x_{2}+x_{3}=1\\ x_{1}+x_{2}+2x_{3}=0 \end{matrix}\right.,$

Rozwiązanie:

Zapisujemy układ równań w postaci macierzowej:

$\dpi{120} \overset{A}{\overbrace{\begin{bmatrix} 2 &1 & 1\\ 1 & 2 &1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}}}\cdot \overset{X}{\overbrace{\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}}}=\overset{B}{\overbrace{\begin{bmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}}}.$

W naszym przypadku $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 2 & 1 & 1\\ 1& 2 & 1\\ 1&1 & 2 \end{bmatrix},\; B=\begin{bmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}.$ Powstaje równanie macierzowe

$\dpi{120} AX=B,$

którego rozwiązaniem jest macierz

$\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B.$

Liczymy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}:$

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 2& 1 &1 \\ 1& 2 & 1\\ 1& 1 & 2 \end{vmatrix}\begin{matrix} 2 & 1\\ 1 & 2\\ 1 & 1 \end{matrix}=8+1+1+1-2-2-2=4$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{2}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 1\\ 1& 2 \end{vmatrix}=3;$

$\dpi{120} D_{12}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 1\\ 1& 2 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{13}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 2\\ 1 & 1 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} 1 &1 \\ 1& 2 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{22}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 2 &1 \\ 1& 2 \end{vmatrix}=-3;$

$\dpi{120} D_{23}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 2 &1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{31}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 1\\ 2 & 1 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{32}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 1\\ 1 &1 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{33}=\left ( -1 \right )^{6}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 1\\ 1& 2\end{vmatrix}=3$

Dokładniejsze tłumaczenie liczenia dopełnień algebraicznych w temacie Macierz odwrotna.

Stąd:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1 & -1\\ -1& 3 & -1\\ -1& -1 &3 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1 & -1\\ -1& 3 & -1\\ -1 & -1 & 3 \end{bmatrix}.$

Wstawiając do $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B$ , otrzymujemy:

$\dpi{120} X=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1 & -1\\ -1& 3 & -1\\ -1 & -1 & 3 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 3\cdot 3+\left ( -1 \right )\cdot 0+\left ( -1 \right )\cdot 0 \\ -1\cdot 3+3\cdot 0+\left ( -1 \right )\cdot 0\; \; \; \\-1\cdot 3+\left ( -1 \right )\cdot 0+3\cdot 0\; \; \; \end{bmatrix}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 9\\ -3\\ -3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{9}{4}\\ -\frac{3}{4}\\ -\frac{3}{4} \end{bmatrix}.$

Szukanym rozwiązaniem jest $\dpi{120} X=\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{9}{4}\\ -\frac{3}{4}\\ -\frac{3}{4} \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

d) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3x_{1}-x_{2}+2x_{3}=0\; \; \; \; \\ 4x_{1}+2x_{2}-5x_{3}=0\; \; \\ 2x_{1}-7x_{2}+11x_{3}=0 \end{matrix}\right.,$ zwrócić uwagę na ten przykład

Rozwiązanie

Zapisujemy układ równań w postaci macierzowej:

$\dpi{120} \overset{A}{\overbrace{\begin{bmatrix} 3 & -1 & 2\\ 4 & 2 &-5 \\ 2& -7 & 11 \end{bmatrix}}}\cdot \overset{X}{\overbrace{\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}}}=\overset{B}{\overbrace{\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}}}.$

W naszym przypadku $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 3 & -1 & 2\\ 4& 2 & -5\\ 2 & -7 & 11 \end{bmatrix},\; B=\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}.$

Jest to układ równań jednorodny, gdyż $\dpi{120} B=\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}.$ Jeżeli okaże się, że wyznacznik macierzy współczynników jest różny od zera $\dpi{120} \det A\neq 0,$ to będzie to układ równań jednorodnych Cramera. Ma on wówczas dokładnie jedno rozwiązanie i jest to rozwiązanie zerowe.

Sprawdzamy wyznacznik macierzy współczynników:

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 3 &-1 & 2\\ 4 & 2 & -5\\ 2 & -7 &11 \end{vmatrix}\begin{matrix} 3 & -1\\ 4 & 2\\ 2 &-7 \end{matrix}=66+10-56+44-105-8=-49\neq 0$

Wyznacznik jest różny od zera, więc jedynym rozwiązaniem jest $\dpi{120} \begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

e) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+2x_{2}+x_{3}=1\; \\ -x_{1}-x_{2}+x_{3}=0\\ x_{2}+x_{3}=-1\; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.,$

Rozwiązanie

Zapisujemy układ równań w postaci macierzowej:

$\dpi{120} \overset{A}{\overbrace{\begin{bmatrix} 1 &2 & 1\\ -1 & -1 &1 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}}}\cdot \overset{X}{\overbrace{\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}}}=\overset{B}{\overbrace{\begin{bmatrix} 1\\0\\ -1 \end{bmatrix}}}.$

Powstaje równanie macierzowe

$\dpi{120} AX=B,$

którego rozwiązaniem jest macierz

$\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B.$

Liczymy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}:$

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 1 & 2 &1 \\ -1& -1 & 1\\ 0& 1 & 1 \end{vmatrix}\begin{matrix} 1 & 2\\ -1 & -1\\ 0 & 1 \end{matrix}=-1+0-1+2-1-1=-1$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{2}\cdot \begin{vmatrix}-1 & 1\\ 1& 11 \end{vmatrix}=-2;$

$\dpi{120} D_{12}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} -1 & 1\\ 0& 1 \end{vmatrix}=1;$

$\dpi{120} D_{13}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} -1 & -1\\ 0 & 1 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} 2 &1 \\ 1& 1 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{22}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 1 &1 \\ 0& 1 \end{vmatrix}=1;$

$\dpi{120} D_{23}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 1 &2 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}=-1;$

$\dpi{120} D_{31}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 1\\ -1 & 1 \end{vmatrix}=3;$

$\dpi{120} D_{32}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 1\\ -1 &1 \end{vmatrix}=-2;$

$\dpi{120} D_{33}=\left ( -1 \right )^{6}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 2\\ -1& -1 \end{vmatrix}=1$

Dokładniejsze tłumaczenie liczenia dopełnień algebraicznych w temacie Macierz odwrotna.

Stąd:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{-1}\cdot \begin{bmatrix} -2 & 1 & -1\\ -1& 1 & -1\\ 3& -2 &1 \end{bmatrix}^{T}=-1\cdot \begin{bmatrix} -2 & -1 & 3\\ 1& 1 & -2\\ -1 & -1 & 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 & 1 & -3\\ -1& -1 & 2\\ 1 &1 &-1 \end{bmatrix}.$

Wstawiając do $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B$ , otrzymujemy:

$\dpi{120} X= \begin{bmatrix} 2 & 1 & -3\\ -1& -1 & 2\\ 1 &1 &-1 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ -1\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2\cdot 1+1\cdot 0+\left ( -3 \right ) \cdot \left ( -1 \right )\; \; \; \\ -1\cdot 1+\left ( -1 \right )\cdot 0+2\cdot \left ( -1 \right )\\1\cdot 1+1\cdot 0+\left ( -1 \right )\cdot \left ( -1 \right )\; \; \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 5\\ -3\\ 2 \end{bmatrix}.$

Szukanym rozwiązaniem jest $\dpi{120} X=\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 5\\ -3\\ 2 \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

f) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+x_{3}=6\; \; \\ -x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\\ x_{1}-x_{2}+x_{3}=2\; \; \end{matrix}\right..$

Rozwiązanie

Zapisujemy układ równań w postaci macierzowej:

$\dpi{120} \overset{A}{\overbrace{\begin{bmatrix} 1 &1 & 1\\ -1 & 1 &1 \\ 1 & -1 & 1 \end{bmatrix}}}\cdot \overset{X}{\overbrace{\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{bmatrix}}}=\overset{B}{\overbrace{\begin{bmatrix} 6\\ 0\\ 2 \end{bmatrix}}}.$

Powstaje równanie macierzowe

$\dpi{120} AX=B,$

którego rozwiązaniem jest macierz

$\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B.$

Liczymy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}:$

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 1 & 1 &1 \\ -1& 1 & 1\\ 1& -1 & 11 \end{vmatrix}\begin{matrix} 1 & 1\\ -1 & 1\\ 1 & -1 \end{matrix}=1+1+1+1+1-1=4$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{2}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 1\\ -1& 1 \end{vmatrix}=2;$

$\dpi{120} D_{12}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} -1 & 1\\ 1& 1 \end{vmatrix}=2;$

$\dpi{120} D_{13}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} -1 & 1\\ 1 & -1 \end{vmatrix}=0;$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{3}\cdot \begin{vmatrix} 1 &1 \\ -1& 1 \end{vmatrix}=-2;$

$\dpi{120} D_{22}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 1 &1 \\ 1& 1 \end{vmatrix}=0;$

$\dpi{120} D_{23}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 1 &1 \\ 1 & -1\end{vmatrix}=2;$

$\dpi{120} D_{31}=\left ( -1 \right )^{4}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{vmatrix}=0;$

$\dpi{120} D_{32}=\left ( -1 \right )^{5}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 1\\ -1 &1 \end{vmatrix}=-2;$

$\dpi{120} D_{33}=\left ( -1 \right )^{6}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 1\\ -1& 1 \end{vmatrix}=2$

Dokładniejsze tłumaczenie liczenia dopełnień algebraicznych w temacie Macierz odwrotna.

Stąd:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 2 & 0\\ -2& 0 & 2\\ 0& -2 &2 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 2 & -2 & 0\\ 2& 0 & -2\\ 0 & -2 & 2 \end{bmatrix}.$

Wstawiając do $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B$ , otrzymujemy:

$\dpi{120} X=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 2 & -2 & 0\\ 2& 0 & -2\\ 0 & -2 & 2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 6\\ 0\\ 2 \end{bmatrix}=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix}2\cdot 6+\left ( -2 \right )\cdot 0+0\cdot 2\\ 2\cdot 6+0\cdot 0+\left ( -2 \right )\cdot 2\\0\cdot 6+\left ( -2 \right )\cdot 0+2\cdot 2 \end{bmatrix}=$