Metoda eliminacji Gaussa (zadania)

W temacie tym nie mamy zakładki Teoria, gdyż metodę eliminacji Gaussa (metoda przekształceń elementarnych) najlepiej tłumaczyć na przykładach. Metoda ta pozwala na rozwiązanie zarówno układów cramerowskich, jak również ogólnych układów, w których poprzednio stosowaliśmy twierdzenie Kroneckera-Capellego tutaj. U podstaw tej metody leżą przekształcenia elementarne, które wykonane na równaniach układu, prowadzą do układu równoważnego z wyjściowym układem równań.

Zadanie 1. Stosując metodę eliminacji Gaussa rozwiązać układy równań:

a) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3x_{1}+x_{2}-x_{3}+x_{4}=0\\ x_{1}+5x_{2}-3x_{3}=7\; \; \; \; \; \\ x_{1}+3x_{2}-x_{4}=1\; \; \; \; \; \; \; \\ 3x_{2}+2x_{3}+x_{4}=2 \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$ ważny

Dokładny opis metody eliminacji Gaussa.

Rozwiązanie

1. Zapisujemy macierz rozszerzoną układu równań. Uważajmy na brak niektórych niewiadomych w równaniach. Stąd pojawią się zera w macierzy.

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 3 & 1 & -1& 1 & 0\\ 1& 5 & -3 & 0 &7 \\ 1& 3 &0 & -1 & 1\\ 0 & 3 & 2 & 1 &2 \end{bmatrix}.$

Chcemy doprowadzić tę macierz do postaci trójkątnej górnej.

2. „Tworzymy” zera w pierwszej kolumnie pod przekątną. W tym celu element $\dpi{120} a_{11},$ mnożymy przez odpowiednią liczbę rzeczywistą i otrzymujemy zera pod przekątną. W naszym przypadku $\dpi{120} a_{11}=3,$ więc należy pomnożyć go przez $\dpi{120} -\frac{1}{3}$ i dodać do elementu $\dpi{120} a_{21}=1,$ wówczas otrzymamy zero na pozycji $\dpi{120} a_{21}.$ Pomnożenie przez $\dpi{120} -\frac{1}{3}$ wykonujemy na całym pierwszym wierszu i dodajemy do drugiego wiersza. Pojawią się wówczas ułamki, a to jest niewygodne, więc przestawmy np. wiersz pierwszy i drugi miejscami. Jest to równoważne przestawieniu kolejności równań w układzie. Możemy również przestawiać kolumny w macierzy (poza kolumną wyrazów wolnych), należy jednak pamiętać, że zmieniamy wówczas kolejność współczynników przy niewiadomych. Po transpozycji mamy:

$\dpi{120} \bar{A}\overset{w_{1}\leftrightarrow w_{2}}{\rightarrow }\begin{bmatrix} 1 & 5 & -3 &0 &7 \\ 3 & 1 &-1 & 1 & 0\\ 1&3 &0 & -1 &1 \\ 0& 3 & 2&1 &2 \end{bmatrix}\overset{-3w_{1}+w_{2}}{\overset{-1\cdot w_{1}+w_{3}}{\rightarrow}}\begin{bmatrix} 1 & 5 & -3 & 0 & 7\\ 0 & -14 & 8 & 1 & -21\\ 0 & -2 & 3 & -1 & -6\\ 0&3 & 2 &1 & 2 \end{bmatrix}.$

3. Należy „stworzyć” zera w drugiej kolumnie, wychodząc od elementu $\dpi{120} a_{22}.$ Ponieważ $\dpi{120} a_{22}=-14,$ aby wyzerować elementy pod przekątną ponownie należałoby wprowadzić ułamki. Dlatego też, aby ominąć ułamki, przestawmy tym razem kolumnę drugą i czwartą. Otrzymujemy:

$\dpi{120} \bar{A}\overset{k_{2}\leftrightarrow k_{4}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{4} & x_{3} & x_{2} & \\ 1 &0 & -3 & 5 & 7\\ 0 &1 & 8 & -14 &-21 \\ 0 & -1 & 3 & -2 & -6\\ 0 & 1 & 2 & 3 & 2 \end{bmatrix}\overset{w_{2}+w_{3}}{\overset{-1\cdot w_{2}+w_{4}}{\rightarrow}}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{4} & x_{3} & x_{2} & \\ 1 & 0 & -3 & 5 &7 \\ 0 & 1 & 8 &-14 &-21 \\ 0 & 0 & 11 &-16 &-27 \\ 0 &0 &-6 & 17 &23 \end{bmatrix}.$

4. Pozostało nam do „stworzenia” ostatnie zero na pozycji $\dpi{120} a_{43}.$ Niestety nie ominie nas już wprowadzenie ułamków. Wychodząc od elementu $\dpi{120} a_{33}=11,$ musimy wyzerować element $\dpi{120} a_{43}=-6.$ Więc:

$\dpi{120} \bar{A}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{4} & x_{3} & x_{2} & \\ 1 &0 & -3 & 5 & 7\\ 0 &1 & 8 & -14 &-21 \\ 0 & 0 & 11 & -16 & -27\\ 0 & 0 & -6 & 17 & 23 \end{bmatrix}\overset{\frac{6}{11}w_{3}+w_{4}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{4} & x_{3} & x_{2} & \\ 1 & 0 & -3 & 5 &7 \\ 0 & 1 & 8 &-14 &-21 \\ 0 & 0 & 11 &-16 &-27 \\ 0 &0 &0 & \frac{91}{11} &\frac{91}{11} \end{bmatrix}.$

Otrzymaliśmy macierz trójkątną górną.

5. Wracamy do zapisu algebraicznego układu równań (pamiętając o kolejności niewiadomych):

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}-3x_{3}+5x_{2}=7\; \; \; \; \; \\ x_{4}+8x_{3}-14x_{2}=-21\\ 11x_{3}-16x_{2}=-27\; \; \; \; \; \; \; \\ \frac{91}{11}x_{2}=\frac{91}{11} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązujemy go, zaczynając zawsze od ostatniego równania, dostajemy $\dpi{120} x_{2}=1.$ Wstawiając $\dpi{120} x_{2}=1$ do trzeciego równania mamy:

$\dpi{120} 11x_{3}-16\cdot 1=-27\Rightarrow x_{3}=-1.$

Następnie, wstawiając otrzymane wartości do drugiego równania:

$\dpi{120} x_{4}+8\cdot \left ( -1 \right )-14\cdot 1=-21\Rightarrow x_{4}=1.$

Z pierwszego równania dostajemy:

$\dpi{120} x_{1}-3\cdot \left ( -1 \right )+5\cdot 1=7\Rightarrow x_{1}=-1.$

6. Podsumowując, układ jest oznaczony i ma jedno rozwiązanie:

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

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

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

Rozwiązanie

1. Macierz rozszerzona ma postać:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 1 & 1 & -3 &-1 \\ 2 & 1 &1 & 1\\ 1 &1 &1 & 3\\ 1&2 &-3 & 1 \end{bmatrix}$

2. Sprowadzamy ją do postaci trójkątnej. Wychodzimy od elementu $\dpi{120} a_{11}=1$ i mnożymy go (cały pierwszy wiersz), aby wyzerować wszystkie elementy w pierwszej kolumnie stojące pod nim.

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 1 & 1 & -3 &-1 \\ 2 & 1 &1 & 1\\ 1 &1 &1 & 3\\ 1&2 &-3 & 1 \end{bmatrix}\overset{-2\cdot w_{1}+w_{2}}{\overset{-1\cdot w_{1}+w_{3}}{\overset{-1\cdot w_{1}+w_{4}}{\rightarrow}}}\begin{bmatrix} 1 & 1 &-3 & -1\\ 0 & -1 & 7 &3 \\ 0 &0 & 4 &4 \\ 0& 1& 0 & 2 \end{bmatrix}.$

Następnie wychodzimy od elementu $\dpi{120} a_{22}=1$ i mnożymy go (cały wiersz drugi), aby wyzerować wszystkie elementy w drugiej kolumnie stojące pod nim.

$\dpi{120} \begin{bmatrix} 1 & 1 & -3 &-1 \\ 0 & -1 & 7& 3\\ 0& 0 & 4& 4\\ 0 & 1 & 0 &2 \end{bmatrix}\overset{w_{2}+w_{4}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} 1 & 1 & -3 &-1 \\ 0& -1 & 7 &3 \\ 0&0 & 4 & 4\\ 0 & 0 & 7&5 \end{bmatrix}.$

Nie jest to jeszcze macierz trójkątna górna. Należałoby teraz wyjść z elementu $\dpi{120} a_{33}=4$ i wyzerować element $\dpi{120} a_{43}=7.$ Można to zrobić, ale my ten krok pominiemy. Zobaczmy dlaczego.

3. Wróćmy do zapisu algebraicznego równań:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}-3x_{3}=-1\\ -x_{2}+7x_{3}=3\; \; \; \; \; \; \; \; \\ 4x_{3}=4\Rightarrow x_{3}=1\; \; \\ 7x_{3}=5\Rightarrow x_{3}=\frac{5}{7} \; \; \end{matrix}\right.$

Zauważmy, że z trzeciego i czwartego równania otrzymujemy sprzeczność. Stąd powyższy układ nie ma rozwiązań, czyli jest układem sprzecznym.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+x_{3}=-1\\ 2x_{1}-x_{2}+x_{3}=2\\ 5x_{1}-x_{2}+3x_{3}=3\\ 7x_{1}-2x_{2}+4x_{3}=5 \end{matrix}\right.$ ważny

Rozwiązanie

1. Macierz $\dpi{120} \bar{A}$ ma postać:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 &-1 \\ 2 &-1 & 1 &2 \\ 5 &-1 &3 & 3\\ 7 &-2 & 4 &5 \end{bmatrix}.$

2. Sprowadzamy ją do postaci trójkątnej:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} & \\ 1 & 1 & 1 &-1 \\ 2 &-1 & 1 &2 \\ 5 &-1 &3 & 3\\ 7 &-2 & 4 &5\end{bmatrix}\overset{-2\cdot w_{1}+w_{2}}{\overset{-5\cdot w_{1}+w_{3}}{\overset{-7\cdot w_{1}+w_{5}}{\rightarrow}}}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} & x_{3} & \\ 1& 1 & 1 & -1\\ 0& -3 & -1 &4 \\ 0& -6 & -2 &8 \\ 0 &-9 &-3 &12 \end{bmatrix}\overset{-2\cdot w_{2}+w_{3}}{\overset{-3\cdot w_{2}+w_{4}}{\rightarrow}}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} & x_{3} & \\ 1&1 & 1 & -1\\ 0 & -3 &-1 &4 \\ 0&0 &0 &0 \\ 0 &0 &0 & 0 \end{bmatrix}$

3. Wracamy do zapisu algebraicznego układu równań:

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

4. Mamy dwa równania oraz trzy niewiadome. Dlatego też jedną z niewiadomych np. $\dpi{120} x_{3}$ przenosimy na stronę prawą i traktujemy jak parametr. Zatem:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{3}=t\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ x_{1}+x_{2}=-1-t,\: \: \: t\in R\\ -3x_{2}=4+t \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązując powyższy układ metodą podstawiania, mamy:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}=\frac{1}{3}\left ( 1-2t \right )\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ x_{2}=-\frac{1}{3}\left ( 4+t \right ),\; \; \; t\in R\\ x_{3}=t \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

5. Układ ten ma zatem nieskończenie wiele rozwiązań, czyli jest układem nieoznaczonym.

W układzie tym jako parametr potraktowaliśmy zmienną $\dpi{120} x_{3}$ , ale można za parametr przyjąć dowolną inną zmienną. Przyjęcie $\dpi{120} x_{3}$ znacznie ułatwia obliczenia.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

d) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 2x_{1}+3x_{2}-3x_{3}=4\; \\ 3x_{1}-x_{2}+x_{3}=17\; \; \; \\ x_{1}+x_{2}-2x_{3}=1\; \; \; \; \; \\ 3x_{1}+2x_{2}-2x_{3}=11 \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

1. Macierz $\dpi{120} \bar{A}$ ma postać:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 2 & 3 & -3 &4 \\ 3& -1 &1 &17 \\ 1& 1 & -2 &1 \\ 3& 2 & -2 &11 \end{bmatrix}.$

2. Sprowadzamy ją do postaci trójkątnej:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} x_{1}&x_{2} & x_{3} & \\ 2 & 3 & -3 &4 \\ 3& -1 &1 &17 \\ 1& 1 & -2 &1 \\ 3& 2 & -2 &11 \end{bmatrix}\overset{w_{1\leftrightarrow w_{2}}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 &1 &-2 &1 \\ 3& -1 & 1 &17 \\ 2& 3 & -3 &4 \\ 3& 2 & -2 & 11 \end{bmatrix} \overset{-3\cdot w_{1}+w_{2}}{\overset{-2\cdot w_{1}+w_{3}}{\overset{-3\cdot w_{1}+w_{4}}{\rightarrow}}}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} & \\ 1& 1 & -2 &1 \\ 0 & -4 &7 &14 \\ 0& 1 & 1 & 2\\ 0 & -1 & 4 &8 \end{bmatrix}$

Tworzymy zera w kolumnie drugiej, wychodząc od elementu $\dpi{120} a_{22}:$

$\dpi{120} \begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} & \\ 1& 1 & -2 &1 \\ 0 & -4 &7 &14 \\ 0& 1 & 1 & 2\\ 0 & -1 & 4 &8 \end{bmatrix}\overset{w_{2}\leftrightarrow w_{3}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} & \\ 1 &1 &-2 &1 \\ 0 &1 &1 &2 \\ 0 & -3 & 7 &14 \\ 0 &-1 & 4 & 8 \end{bmatrix}\overset{4\cdot w_{2}+w_{3}}{\overset{w_{2}+w_{4}}{\rightarrow}}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 &1 &-2 &1 \\ 0 &1 & 1 & 2\\ 0&0 &11 & 22\\ 0 &0 &5 & 10 \end{bmatrix}$

Tworzymy zera w kolumnie trzeciej, wychodząc od elementu $\dpi{120} a_{33}:$

$\dpi{120} \begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 &1 &-2 &1 \\ 0 &1 & 1 & 2\\ 0&0 &11 & 22\\ 0 &0 &5 & 10 \end{bmatrix}\overset{-\frac{5}{11}w_{3}+w_{4}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} & x_{3} & \\ 1 &1 &-2 &1 \\ 0 & 1 & 1 & 2\\ 0& 0 & 11 & 22\\ 0& 0 & 0 &0 \end{bmatrix}$

3. Wracamy do zapisu algebraicznego układu równań:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}-2x_{3}=1\; \; \\ x_{2}+x_{3}=2\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 11x_{3}=22\Rightarrow x_{3}=2 \end{matrix}\right.$

Wstawiając do pozostałych równań $\dpi{120} x_{3}=2,$ otrzymujemy kolejno $\dpi{120} x_{2}=0$ i $\dpi{120} x_{1}=5.$

Zatem rozwiązanie ma postać $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}=5\\ x_{2}=0\\ x_{3}=2 \end{matrix}\right.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

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

Rozwiązanie

1. Macierz $\dpi{120} \bar{A}$ ma postać:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 1 & -1 &-1 &1 \\ 3 & 4 & -2 & -1\\ 3 & -2 & -2 & 1\\ 1 &-3 &3 & -1 \end{bmatrix}$

2. Sprowadzamy ją do postaci trójkątnej:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 & -1 &-1 &1 \\ 3 & 4 & -2 & -1\\ 3 & -2 & -2 & 1\\ 1 &-3 &3 & -1 \end{bmatrix} \overset{-3\cdot w_{1}+w_{2}}{\overset{-3\cdot w_{1}+w_{3}}{\overset{-w_{1}+w_{4}}{\rightarrow}}}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 & -1 &-1 &1 \\ 0 & 7 & 1 & -4\\ 0 & 1 & 1 & -2\\ 0 &-2 &4 & -2 \end{bmatrix}$

Tworzymy zera w kolumnie drugiej, wychodząc od $\dpi{120} a_{22}:$

$\dpi{120} \begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 & -1 &-1 &1 \\ 0 & 7 & 1 & -4\\ 0 & 1 & 1 & -2\\ 0 &-2 &4 & -2 \end{bmatrix}\overset{w_{2\leftrightarrow w_{3}}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 & -1 &-1 &1 \\ 0 & 1& 1 & -2\\ 0 & 7 & 1 & -4\\ 0 &-2 &4 & -2 \end{bmatrix}\overset{-7\cdot w_{2}+w_{3}}{\overset{2\cdot w_{2}+w_{4}}{\rightarrow}}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 & -1 &-1 &1 \\ 0 & 1 & 1 & -2\\ 0 & 0 & -6 & 10\\ 0 &0 &6 & -2 \end{bmatrix}$

Tworzymy zera w kolumnie trzeciej, wychodząc od elementu $\dpi{120} a_{33}:$

$\dpi{120} \begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 & -1 &-1 &1 \\ 0 & 1 & 1 & -2\\ 0 & 0 & -6 & 10\\ 0 &0 &6 & -2 \end{bmatrix}\overset{w_{3}+w_{4}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} & \\ 1 & -1 &-1 &1 \\ 0 & 1 & 1 & -2\\ 0 & 0 & -6 & 10\\ 0 &0 &0 & 8 \end{bmatrix}$

3. Wracamy do zapisu algebraicznego układu równań:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}-x_{2}-x_{3}=1\\ x_{2}+x_{3}=-2\; \; \; \; \; \\ -6x_{3}=10\; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 0=8 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.\Rightarrow$ sprzeczność z czwartego równania

Zatem układ nie ma rozwiązań.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

f) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3x_{1}-2x_{2}+5x_{3}+4x_{4}=2\\ 5x_{1}-4x_{2}+4x_{3}+3x_{4}=3\\ 3x_{1}-6x_{2}+3x_{3}+2x_{4}=4\\ \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

1. Macierz $\dpi{120} \bar{A}$ ma postać:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 3 &-2 & 5 & 4 &2 \\ 5 & -4 & 4 & 3 &3 \\ 3&-6 &3 &2 &4 \end{bmatrix}$

2. Sprowadzamy ją do postaci trójkątnej:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 3& -2 & 5 & 4 & 2\\ 6&-4 &4 & 3 &3\\ 9&-6 & 3 & 2 &4 \end{bmatrix} \overset{-2w_{1}+w_{2}}{\overset{-3w_{1}+w_{3}}{\rightarrow}}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 3& -2 & 5 & 4 & 2\\ 0&0 &-6 & -5 &-1\\ 0&0 & -12 & -10 &-2 \end{bmatrix}$

Zauważmy, że wiersz trzeci można otrzymać z wiersza drugiego przez pomnożenie go przez 2:

$\dpi{120} \begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 3& -2 & 5 & 4 & 2\\ 0&0 &-6 & -5 &-1\\ 0&0 & -12 & -10 &-2 \end{bmatrix}\overset{-2w_{2}+w_{3}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 3& -2 & 5 & 4 & 2\\ 0&0 &-6 & -5 &-1\\ 0&0 & 0 & 0 &0 \end{bmatrix}$

3. Wracamy do zapisu algebraicznego układu równań:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3x_{1}-2x_{2}+5x_{3}+4x_{4}=2\\ -6x_{3}-5x_{4}=-1 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Ponieważ mamy dwa równania i cztery niewiadome, musimy dwie z niewiadomych potraktować jako parametry. Niech np. $\dpi{120} x_{2}=t,\: \: x_{4}=s;\: \: \: t,s\in R,$ wówczas:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3x_{1}+5x_{3}=2+2t-4s\\ -6x_{3}=-1+5s\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązując ten układ przez podstawienie, otrzymujemy:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}=\frac{-3+2t+21s}{18}\\ x_{2}=t\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ x_{3}=\frac{1-5s}{6}\; \; \; \; \; \; \; \\ x_{4}=s \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.\; \; \; t,s\in R$

Układ ma nieskończenie wiele rozwiązań.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

g) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+3x_{2}+x_{3}+4x_{4}=0\\ 3x_{1}+2x_{2}+2x_{3}+x_{4}=1\\ 5x_{1}+x_{2}+2x_{3}+8x_{4}=4\\ 7x_{1}+3x_{3}+5x_{4}=0 \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

1. Macierz $\dpi{120} \bar{A}$ ma postać:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 1 & 3 & 1 & 4& 0\\ 3 & 2& 2 &1 &1 \\ 5&1 & 2 &8 &4 \\ 7 &0 & 3 & 5 & 0 \end{bmatrix}$

2. Sprowadzamy ją do postaci trójkątnej:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 1 & 3 & 1 & 4& 0\\ 3 & 2& 2 &1 &1 \\ 5&1 & 2 &8 &4 \\ 7 &0 & 3 & 5 & 0 \end{bmatrix} \overset{-3w_{1}+w_{2}}{\overset{-5w_{1}+w_{3}}{\overset{-7w_{1}+w_{4}}{\rightarrow}}}\bar{A}=\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 1 & 3 & 1 & 4& 0\\ 0 & -7& -1 &-11 &1 \\ 0&-14& -3 &-12 &4 \\ 0 &-21 & -4 & -23 & 0 \end{bmatrix}$

Tworzymy zera w kolumnie drugiej, wychodząc od elementu $\dpi{120} a_{22}:$

$\dpi{120} \begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 1 & 3 & 1 & 4& 0\\ 0 & -7& -1 &-11 &1 \\ 0&-14& -3 &-12 &4 \\ 0 &-21 & -4 & -23 & 0 \end{bmatrix} \overset{-2w_{2}+w_{3}}{\overset{-3w_{2}+w_{4}}{\rightarrow}}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 1 & 3 & 1 & 4& 0\\ 0 & -7& -1 &-11 &1 \\ 0&0& -1 &10 &2 \\ 0 &0 & -1 & 10 & -3 \end{bmatrix}$

Tworzymy zera w trzeciej kolumnie, wychodząc od elementu $\dpi{120} a_{33}:$

$\dpi{120} \begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 1 & 3 & 1 & 4& 0\\ 0 & -7& -1 &-11 &1 \\ 0&0& -1 &10 &2 \\ 0 &0 & -1 & 10 & -3 \end{bmatrix}\overset{-w_{3}+w_{4}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} & \\ 1 & 3 & 1 & 4& 0\\ 0 & -7& -1 &-11 &1 \\ 0&0& -1 &10 &2 \\ 0 &0 &0 & 0 & -5 \end{bmatrix}$

3. Wracamy do zapisu algebraicznego równań:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+3x_{2}+x_{3}+4x_{4}=0\\ -7x_{2}-x_{3}-11x_{4}=1\; \; \; \\ -x_{3}+10x_{4}=2\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 0=-5 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.\Rightarrow$ sprzeczność z czwartego równania

Zatem układ nie ma rozwiązań.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

h) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 6x_{1}+4x_{2}+5x_{3}+2x_{4}+3x_{5}=1\\ 3x_{1}+2x_{2}+4x_{3}+x_{4}+2x_{5}=3\\ 3x_{1}+2x_{2}-2x_{3}+x_{4}=7\; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 9x_{1}+6x_{2}+x_{3}+3x_{4}+2x_{5}=2 \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

1. Macierz $\dpi{120} \bar{A}$ ma postać:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} 6 &4 &5 &2 & 3 & 1\\ 3 &2 & 4 &1 &2 &3 \\ 3& 2 & -1 & 1 &0 &-7 \\ 9 & 6 &1 & 3 & 2 &2 \end{bmatrix}$

2. Sprowadzamy ją do postaci trójkątnej:

$\dpi{120} \bar{A}=\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} & x_{5} & \\ 6 &4 &5 &2 & 3 & 1\\ 3 &2 & 4 &1 &2 &3 \\ 3& 2 & -1 & 1 &0 &-7 \\ 9 & 6 &1 & 3 & 2 &2 \end{bmatrix}\overset{w_{1}\leftrightarrow w_{2}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} & x_{5} & \\ 3 &2 &4 &1 & 2 & 3\\ 6 &4 & 5 &2 &3 &1 \\ 3& 2 & -1 & 1 &0 &-7 \\ 9 & 6 &1 & 3 & 2 &2 \end{bmatrix} \overset{-2w_{1}+w_{2}}{\overset{-w_{1}+w_{3}}{\overset{-3w_{1}+w_{4}}{\rightarrow}}}$

$\dpi{120} \overset{-2w_{1}+w_{2}}{\overset{-w_{1}+w_{3}}{\overset{-3w_{1}+w_{4}}{\rightarrow}}}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} &x_{5} & \\ 3& 2 & 4 &1 & 2 & 3\\ 0 & 0 &-3 & 0 & -1 &-5 \\ 0 & 0 &-6 &0 & -2 &-10 \\ 0& 0 & -11 & 0& -4 &-7 \end{bmatrix}\overset{k_{3}\leftrightarrow k_{4}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} &x_{2} &x_{3} &x_{4} &x_{5} & \\ 3& 2 & 4 &1 & 2 & 3\\ 0 & 0 &0 & -3 & -1 &-5 \\ 0 & 0 &0 &-6 & -2 &-10 \\ 0& 0 & 0 & -11& -4 &-7 \end{bmatrix}\overset{-2w_{2}+w_{3}}{\rightarrow}$

$\dpi{120} \overset{-2w_{2}+w_{3}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} &x_{3} & x_{4} & x_{5} & \\ 3& 2 &1 & 4 & 2 & 3\\ 0&0 & 0 &-3 &-1 &-5 \\ 0& 0 &0 &0 &0 &0 \\ 0 & 0 &0 & -11 & -4 &-7 \end{bmatrix}$

3. Wracamy do zapisu algebraicznego układu równań:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3x_{1}+2x_{2}+x_{4}+4x_{3}+2x_{5}=3\\ -3x_{3}-x_{5}=-5\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 0=0\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ -11x_{3}-4x_{5}=-7 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Mamy trzy równania i pięć niewiadomych, wobec tego dwie niewiadome traktujemy jak parametry. Niech zatem np. $\dpi{120} x_{1}=t$ oraz $\dpi{120} x_{2}=s;\; \; s\in R.$ Wówczas rozwiązując układ równań

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3x_{1}+2x_{2}+x_{4}+4x_{3}+2x_{5}=3\\ -3x_{3}-x_{5}=-5 \; \; \; \; \; \! \! \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ -11x_{3}-4x_{5}=-7 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Otrzymujemy rozwiązanie:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}=t\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ x_{2}=s\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ x_{3}=13\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ x_{4}=19-3t-2s\\ x_{5}=-39 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.\; \; \; \; t,s\in R$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 2. Przedyskutować rozwiązalność układu równań w zależności od parametru $\dpi{120} \large t\in R.$

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

Rozwiązanie

Liczymy wyznacznik główny $\dpi{120} W.$ Jeżeli $\dpi{120} W\neq 0$ to układ ma dokładnie jedno rozwiązanie, jeżeli $\dpi{120} W=0$ układ może nie mieć rozwiązań bądź mieć ich nieskończenie wiele. Wszystko zależy od wyznaczników $\dpi{120} W_{1},W_{2},W_{3}.$ Aby układ nie miał rozwiązań, wystarczy, aby którykolwiek z wyznaczników $\dpi{120} W_{1},W_{2},W_{3}$ był różny od zera (rzędy macierzy współczynników i rozszerzonej są różne). Aby miał nieskończenie wiele rozwiązań wszystkie wyznaczniki $\dpi{120} W_{1},W_{2},W_{3}$ muszą być równe zero.

$\dpi{120} W=\begin{vmatrix} t & -1 & 1\\ 1 &-t & 1\\ 3& -3 & 2 \end{vmatrix}\begin{matrix} t & -1\\ 1 & -t\\ 3 & -3 \end{matrix}=-2t^{2}+6t-4$

Rozwiązujemy równanie $\dpi{120} -2t^{2}+6t-4=0.$ Otrzymujemy, że $\dpi{120} t=1$ i $\dpi{120} t=2$ są rozwiązaniami tego równania, a więc dla tych wartości wyznacznik jest równy zero. Zatem układ jest układem sprzecznym lub ma nieskończenie wiele rozwiązań. Liczymy wyznaczniki:

$\dpi{120} W_{1}=\begin{vmatrix} 1 &-1 & 1\\ 1 &-t &1 \\ 2t&-3 &2 \end{vmatrix}=2t^{2}-4t+2,\: \: W_{2}=\begin{vmatrix} t & 1& 1\\ 1 & 1 & 1\\ 3 &2t &2 \end{vmatrix}=-2t^{2}+4t-2,\: \:$

$\dpi{120} W_{3}=\begin{vmatrix} t & -1 & 1\\ 1 & -t & 1\\ 3 &-3 &2t \end{vmatrix}=-2t^{3}+8t-6$

1. Sprawdzamy wartości tych wyznaczników dla $\dpi{120} t=1:$

$\dpi{120} W_{1}=0,\: \: W_{2}=0,\: \: W_{3}=0\Rightarrow$ układ ma nieskończenie wiele rozwiązań.

2. Sprawdzamy dla $\dpi{120} t=2:$

$\dpi{120} W_{1}=2\neq 0\Rightarrow$ układ jest sprzeczny

3. Dla $\dpi{120} t\neq 1$ i $\dpi{120} t\neq 2$ układ ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=0\\ 2x_{1}+4x_{2}+2tx_{3}=0\\ x_{1}+3x_{2}+x_{3}=1 \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

$\dpi{120} W=\begin{vmatrix} 1 &2 &3 \\ 2 & 4 &2t \\ 1 & 3 & 1 \end{vmatrix}\begin{matrix} 1 & 2\\ 2 &4 \\ 1 & 3 \end{matrix}=-2t+6.$

Rozwiązujemy równanie $\dpi{120} -2t+6=0$ Otrzymujemy, że $\dpi{120} t=3$ jest rozwiązaniem tego równania, a więc dla $\dpi{120} t=3$ wyznacznik jest równy zero. Zatem układ jest układem sprzecznym lub ma nieskończenie wiele rozwiązań. Liczymy wyznaczniki:

$\dpi{120} W_{1}=\begin{vmatrix} 0 & 2 &3 \\ 0& 4 & 2t\\ 1& 3 &1 \end{vmatrix}=4t-12,\: \: W_{2}=\begin{vmatrix} 1 & 0 &3 \\ 2 &0 &2t \\ 1&1 & 1 \end{vmatrix}=6-2t,\: \: W_{3}=\begin{vmatrix} 1 & 2 & 0\\ 2 &4 &0 \\ 1& 3 &1 \end{vmatrix}=2.$

Widzimy, że $\dpi{120} W_{2}-2$ niezależnie od parametru $\dpi{120} t\in R,$ więc dla $\dpi{120} t=3$ układ nie ma rozwiązań. Dla $\dpi{120} t\neq 3$ układ ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 2x_{1}+\left ( t+1 \right )x_{2}+x_{3}=0\\ x_{1}+tx_{2}=2-t \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

$\dpi{120} W=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1\\ 2 & t+1 &1 \\ 1 &t &0 \end{vmatrix}=0$

Zatem układ jest albo układem sprzecznym albo ma nieskończenie wiele rozwiązań. Liczymy wyznaczniki:

$\dpi{120} W_{1}=\begin{vmatrix} 0 & 1 & 1\\ 2 &t+1 &1 \\ 2-t & t & 0 \end{vmatrix}=t^{2},\: \: W_{2}=\begin{vmatrix} 1 & 0 & 1\\ 2 & 2 & 1\\ 1 & 2-t &0 \end{vmatrix}=-t$

$\dpi{120} W_{3}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0\\ 2& t+1 &2 \\ 1& t & 2-t \end{vmatrix}=t\left ( -t+1 \right ).$

1. Zauważmy, że tylko dla $\dpi{120} t=0$ wszystkie wyznaczniki $\dpi{120} W_{1},W_{2},W_{3}$ równają się zero. Zatem dla $\dpi{120} t=0$ układ ma nieskończenie wiele rozwiązań.

2. Dla $\dpi{120} t\neq 0$ mamy nieskończenie wiele rozwiązań, gdyż wyznaczniki $\dpi{120} W_{1},W_{2},W_{3}$ nie zerują się jednocześnie.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

d) $\dpi{120} \left\{\begin{matrix} x_{1}+tx_{2}+ x_{3}=1\\ 2x_{1}+x_{2}+x_{3}=t\\ x_{1}+x_{2}+tx_{3}=t^{2} \end{matrix}\right.$

Rozwiązanie

$\dpi{120} W=\begin{vmatrix} 1 &t & 1\\ 2& 1 &1 \\ 1&1 & t \end{vmatrix}=-2t^{2}+2t$

Rozwiązujemy równanie $\dpi{120} -2t+2t=0$ Otrzymujemy, że $\dpi{120} t=0$ i $\dpi{120} t=1$ są rozwiązaniami tego równania, a więc dla tych wartości wyznacznik jest równy zero. Zatem układ jest układem sprzecznym lub ma nieskończenie wiele rozwiązań. Liczymy wyznaczniki:

$\dpi{120} W_{1}=\begin{vmatrix} 1 &t & 1\\ t& 1 & 1\\ t^{2}& 1 &t \end{vmatrix}=-t^{2}+2t-1, \: \: W_{2}=\begin{vmatrix} 1 & 1 &1 \\ 2&t & 1\\ 1 &t^{2} &t \end{vmatrix}=2t^{2}-3t+1,\: \:$

$\dpi{120} W_{3}=\begin{vmatrix} 1 & t &1 \\ 2& 1 &t \\ 1 &1 & t^{2} \end{vmatrix}=-2t^{3}+2t^{2}-t+1.$

1. Sprawdzamy wartości tych wyznaczników dla $\dpi{120} t=0:$

$\dpi{120} W_{1}=-1,\: \: W_{2}=1,\: \: W_{3}=1\Rightarrow$ układ nie ma rozwiązań (układ sprzeczny)

2. Sprawdzamy dla $\dpi{120} t=1:$

$\dpi{120} W_{1}=0,\: \: W_{2}=0,\: \: W_{3}=0\Rightarrow$ układ ma nieskończenie wiele rozwiązań (układ nieoznaczony)

3. Dla $\dpi{120} t\neq 0$ i $\dpi{120} t\neq 1$ układ ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń