Macierz odwrotna (zadania) - WYZNACZNIK

Mamy 5 zadań. Zadanie 1 jest typowym liczeniem macierzy odwrotnej według schematu. W zadaniu 2 rozwiązujemy równania macierzowe, a więc stosujemy macierz odwrotną w praktyce. Jest to częste zadanie na kolokwiach czy egzaminach. Zadanie 4 i 5 są mniej standardowe. Wykorzystujemy w nich pewne własności wyznacznika i macierzy odwrotnych, bez wykorzystania rachunków jak we wcześniejszych zadaniach. Są bardzo krótkie. Warto zapoznać się z zakładkami Teoria tutaj i Wzory tutaj.

Zadanie 1. Wyznaczyć macierze odwrotne do macierzy $\dpi{120} \large A$ :

a) $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} -1 & 3\\ 2& -5 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Obliczamy wyznacznik macierzy $\dpi{120} A$ . Gdyby okazało się, że $\dpi{120} \det A=0$ , wówczas macierz odwrotna nie istnieje.

$\dpi{120} \det A=\begin{bmatrix} -1 & 3\\ 2& -5 \end{bmatrix}=-1\cdot \left ( -5 \right )-3\cdot 2=5-6=-1\neq 0$

A więc macierz odwrotna istnieje.

2. Liczymy dopełnienia algebraiczne (patrz zakładka wzory):

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{1+1}\cdot \left ( -5 \right )=-5$ skreśliliśmy 1 wiersz i 1 kolumnę z macierzy $\dpi{120} A$ , został element $\dpi{120} -5$

$\dpi{120} D_{12}=\left ( -1 \right )^{1+2}\cdot 2=-2$ skreśliliśmy 1 wiersz i 2 kolumnę z macierzy $\dpi{120} A$ , został jedynie element $\dpi{120} 2$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{2+1}\cdot 3=-3$ skreśliliśmy 2 wiersz i 1 kolumnę z macierzy $\dpi{120} A$ , został element 3

$\dpi{120} D_{22}=\left ( -1 \right )^{2+2}\cdot \left ( -1 \right )=-1$ skreśliliśmy 2 wiersz i 2 kolumnę z macierzy $\dpi{120} A$ , został element $\dpi{120} -1$

3. Wstawiamy do wzoru na macierz odwrotną.

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{-1}\cdot \begin{bmatrix} -5 &-2\\ -3 & -1 \end{bmatrix}^{T}$ wstawiamy zgodnie ze wskaźnikami dopełnienia

$\dpi{120} A^{-1}=-1\cdot \begin{bmatrix} -5 &-3\\ -2 & -1 \end{bmatrix}$ transponowanie – zamiana wierszy z kolumnami

$\dpi{120} A^{-1}=\begin{bmatrix} 5 & 3\\ 2& 1 \end{bmatrix}$ pomnożyliśmy każdy element macierzy przez $\dpi{120} -1.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 2 & 5\\ 1 & 2 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Obliczamy wyznacznik macierzy $\dpi{120} A$ . Gdyby okazało się, że $\dpi{120} \det A=0$ , wówczas macierz odwrotna nie istnieje.

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 2 & 5\\ 1 & 2 \end{vmatrix}=2\cdot 2-5\cdot 1=4-5=-1\neq 0$

A więc macierz odwrotna istnieje.

2. Liczymy dopełnienia algebraiczne (patrz zakładka wzory):

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{1+1}\cdot 2=2$ skreśliliśmy 1 wiersz i 1 kolumnę z macierzy $\dpi{120} A$ , został element $\dpi{120} 2$

$\dpi{120} D_{12}=\left ( -1 \right )^{1+2}\cdot 1=-1$ skreśliliśmy 1 wiersz i 2 kolumnę z macierzy $\dpi{120} A$ , został jedynie element $\dpi{120} 1$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{2+1}\cdot 5=-5$ skreśliliśmy 2 wiersz i 1 kolumnę z macierzy $\dpi{120} A$ , został element $\dpi{120} 5$

$\dpi{120} D_{22}=\left ( -1 \right )^{2+2}\cdot 2=2$ skreśliliśmy 2 wiersz i 2 kolumnę z macierzy $\dpi{120} A$ , został element $\dpi{120} 2$

3. Wstawiamy do wzoru na macierz odwrotną.

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{-1}\cdot \begin{bmatrix} 2 & -1\\ -5 &2 \end{bmatrix}^{T}$ wstawiamy zgodnie ze wskaźnikami dopełnienia

$\dpi{120} A^{-1}=-1\cdot \begin{bmatrix} 2 & -5\\ 1 & 2 \end{bmatrix}$ transponowanie – zamiana wierszy z kolumnami

$\dpi{120} A^{-1}=\begin{bmatrix} -2 &5 \\ 1& -2 \end{bmatrix}$ pomnożyliśmy każdy element macierzy przez $\dpi{120} -1$ .

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 1 &2 &0 \\ 0& -1 &3 \\ 2& 0 & -2 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Liczymy wyznacznik.

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 1 & 2 & 0\\ 0 & -1 & 3\\ 2 & 0 & -2 \end{vmatrix}\begin{matrix} 1 & 2\\ 0 &-1 \\ 2 & 0 \end{matrix}=2+12+0-0-0-0=14\neq 0.$

2. Liczymy dopełnienia algebraiczne:

Skreślamy 1 wiersz i 1 kolumnę:

$\dpi{120} D_{11}=\overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+1}}}\cdot \begin{vmatrix} -1 &3 \\ 0&-2 \end{vmatrix}=\left ( -1 \right )\cdot \left ( -2 \right )-3\cdot 0=2$

Skreślamy 1 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{12}=\overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 & 3\\ 2 & -2 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ 0\cdot \left ( -2 \right )-3\cdot 2 \right ]=-1\cdot \left ( -6 \right )=6$

Skreślamy 1 wiersz i 3 kolumnę:

$\dpi{120} D_{13}=\overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 &-1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix}=0\cdot 0-\left ( -1 \right )\cdot 2=2$

Skreślamy 2 wiersz i 1 kolumnę:

$\dpi{120} D_{21}=\overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 0\\ 0 & -2 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ 2\cdot \left ( -2 \right )-0\cdot 0 \right ]=-1\cdot \left ( -4 \right )=4$

Skreślamy 2 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{22}=\overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 0\\ 2 & -2 \end{vmatrix}=1\cdot \left ( -2 \right )-0\cdot 2=-2$

Skreślamy 2 wiersz i 3 kolumnę:

$\dpi{120} D_{23}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 2\\ 2& 0 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 1\cdot 0-2\cdot 2 \right )=-1\cdot \left ( -4 \right )=4$

Skreślamy 3 wiersz i 1 kolumnę:

$\dpi{120} D_{31}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 0\\ -1 &3 \end{vmatrix}=2\cdot 3-0\cdot \left ( -1 \right )=6$

Skreślamy 3 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{32}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 & 0\\ 0& 3 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 1\cdot 3-0\cdot 0 \right )=-1\cdot 3=-3$

Skreślamy 3 wiersz i 3 kolumnę:

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

3. Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 6 & 2\\ 4&-2 & 4\\ 6 & -3 & -1 \end{bmatrix}^{T}$ wstawiamy zgodnie ze wskaźnikami dopełnienia

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 4 & 6\\ 6& -2 &-3 \\ 2& 4 & -1 \end{bmatrix}$ transponowanie – zamiana wierszy z kolumnami

$\dpi{120} A^{-1}=\begin{bmatrix} \frac{2}{14} & \frac{4}{14} &\frac{6}{14} \\ \frac{6}{14}& -\frac{2}{14} & -\frac{3}{14}\\ \frac{2}{14} & \frac{4}{14} & -\frac{1}{14} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{1}{7} & \frac{2}{7} & \frac{3}{7}\\ \frac{3}{7} & -\frac{1}{7} & -\frac{3}{14}\\ \frac{1}{7}& \frac{2}{7} &-\frac{1}{14} \end{bmatrix}$ pomnożyliśmy każdy element macierzy przez $\dpi{120} \frac{1}{14}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

d) $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3\\ 0 & 1 & 2\\ 0& 0 & 1 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Liczymy wyznacznik.

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

2. Liczymy dopełnienia algebraiczne:

Skreślamy 1 wiersz i 1 kolumnę:

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

Skreślamy 1 wiersz i 2 kolumnę.

$\dpi{120} D_{12}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 &2 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 0-0 \right )=0$

Skreślamy 1 wiersz i 3 kolumnę:

$\dpi{120} D_{13}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 &1 \\ 0 & 0 \end{vmatrix}=0-0=0$

Skreślamy 2 wiersz i 1 kolumnę:

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

Skreślamy 2 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{22}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &-3 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}=1-0=1$

Skreślamy 2 wiersz i 3 kolumnę:

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

Skreślamy 3 wiersz i 1 kolumnę:

$\dpi{120} D_{31}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 &-3 \\ 1 & 2\end{vmatrix}=4-\left ( -3 \right )=7$

Skreślamy 3 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{32}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &-3 \\ 0 & 2 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 2-0 \right )=-2$

Skreślamy 3 wiersz i 3 kolumnę:

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

3. Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{1}\cdot \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ -2&1 0& \\ 7& -2 &1 \end{bmatrix}^{T}$ wstawiamy zgodnie ze wskaźnikami dopełnienia

$\dpi{120} A^{-1}=\begin{bmatrix} 1 & -2 & 7\\ 0&1 & -2\\ 0&0 & 1 \end{bmatrix}$ transponowanie – zamiana wierszy z kolumnami

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

e) $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 2 &1 &-1 \\ 3 & 1&-2 \\ 1&0 & 1 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Liczymy wyznacznik.

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

2. Liczymy dopełnienia algebraiczne:

Skreślamy 1 wiersz i 1 kolumnę:

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

Skreślamy 1 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{12}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 3 & -2\\ 1& 1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 3+2 \right )=-5$

Skreślamy 1 wiersz i 3 kolumnę:

$\dpi{120} D_{13}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 3 & 1\\ 1& 0 \end{vmatrix}=0-1=-1$

Skreślamy 2 wiersz i 1 kolumnę:

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

Skreślamy 2 wiersz i 2 kolumnę:

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

Skreślamy 2 wiersz i 3 kolumnę:

$\dpi{120} D_{23}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 1\\ 1& 0 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 0-1 \right )=1$

Skreślamy 3 wiersz i 1 kolumnę:

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

Skreślamy 3 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{32}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 & -1\\ 3& -2 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( -4+3 \right )=1$

Skreślamy 3 wiersz i 3 kolumnę:

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

3. Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{-2}\cdot \begin{bmatrix} 1 & -5 & -1\\ -1 & 3 &1 \\ -1 & 1 &-1 \end{bmatrix}^{T}$ wstawiamy zgodnie ze wskaźnikami dopełnienia

$\dpi{120} A^{-1}=-\frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1\\ -5&3 &1 \\ -1& 1& -1 \end{bmatrix}$ transponowanie – zamiana wierszy z kolumnami

$\dpi{120} A^{-1}=\begin{bmatrix} -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} &\frac{1}{2} \\ \frac{5}{2} &-\frac{3}{2} & -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

f) $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 1 & 2 &3 \\ 0& 1 & 2\\ 2 & 1& 1 \end{bmatrix}.$

Rozwiązanie

1. Liczymy wyznacznik.

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 1 & 2 &3 \\ 0& 1&2\\ 2 & 1&1 \end{vmatrix}\begin{matrix} 1 & 2\\ 0 & 1\\ 2& 1 \end{matrix}=1+8+0-0-2-6=1\neq 0.$

2. Liczymy dopełnienia algebraiczne:

Skreślamy 1 wiersz i 1 kolumnę:

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

Skreślamy 1 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{12}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 &2 \\ 2&1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 0-4 \right )=4$

Skreślamy 1 wiersz i 3 kolumnę:

$\dpi{120} D_{13}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 &1 \\ 2&1 \end{vmatrix}=0-2=-2$

Skreślamy 2 wiersz i 1 kolumnę:

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

Skreślamy 2 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{22}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &3 \\ 2&1 \end{vmatrix}=1-6=-5$

Skreślamy 2 wiersz i 3 kolumnę:

$\dpi{120} D_{23}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &2 \\ 2&1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 1-4 \right )=3$

Skreślamy 3 wiersz i 1 kolumnę:

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

Skreślamy 3 wiersz i 2 kolumnę:

$\dpi{120} D_{32}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &3 \\ 0&2 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 2-0 \right )=-2$

Skreślamy 3 wiersz i 3 kolumnę:

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

3. Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{1}\cdot \begin{bmatrix} -1 & 4 &-2 \\ 1& -5 &3 \\ 1& -2&1 \end{bmatrix}^{T}$ wstawiamy zgodnie ze wskaźnikami dopełnienia

$\dpi{120} A^{-1}=\begin{bmatrix} -1 & 1&1 \\ 4& -5& -2\\ -2& 3& 1 \end{bmatrix}$ transponowanie – zamiana wierszy z kolumnami

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 2. Rozwiązać równania macierzowe:

a) $\dpi{120} AX=B$ dla $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} -1 &3 \\ 2 &-5 \end{bmatrix},\; \; B=\begin{bmatrix} 2 & 1\\ 3&2 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Najpierw rozwiążmy równanie na symbolach:

$\dpi{120} A\cdot X=B$ (mnożymy obie strony równania lewostronnie przez $\dpi{120} A^{-1}$ )

$\dpi{120} A^{-1}\cdot A\cdot X=A^{-1}\cdot B$ (pamiętamy, że $\dpi{120} A\cdot A^{-1}=I$ )

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

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

2. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}$ jak w zadaniu 1:

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} -1 & 3\\ 2&-5 \end{vmatrix}=5-6=-1$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{1+1}\cdot \left ( -5 \right )=-5,\: \: D_{12}=\left ( -1 \right )^{1+2}\cdot 2=-2,$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{2+1}\cdot 3=-3,\: \:\; D_{22}=\left ( -1 \right )^{2+2}\cdot \left ( -1 \right )=-1$

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{bmatrix} -5 & -2\\ -3& -1 \end{bmatrix}^{T}=-1\cdot \begin{bmatrix} -5 & -3\\ -2& -1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 5 & 3\\ 2 &1 \end{bmatrix}.$

3. Wstawiamy do $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B$ odpowiednie macierze:

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} 5 &3 \\ 2 &1 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 1\\ 3&2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 5\cdot 2+3\cdot 3 & 5\cdot 1+3\cdot 2\\ 2\cdot 2+1\cdot 3&2\cdot 1+1\cdot 2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 19 &11 \\ 7&4 \end{bmatrix}$

Mnożenie macierzy dokładnie wytłumaczone w temacie Podstawowe działania na macierzach.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

b) $\dpi{120} AXB=C$ dla $\dpi{120} A= \begin{bmatrix} 3 &-1 \\ 5& -2 \end{bmatrix},\; \; B=\begin{bmatrix} 5 & 6\\ 7 & 8 \end{bmatrix},\; \; C=\begin{bmatrix} 14 & 16\\ 9& 10 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Najpierw rozwiążemy równanie na symbolach:

$\dpi{120} A\cdot X\cdot B=C$ (mnożymy obie strony równania lewostronnie przez $\dpi{120} A^{-1}$ )

$\dpi{120} A^{-1}\cdot A\cdot X\cdot B=A^{-1}\cdot C$ ( $\dpi{120} A\cdot A^{-1}=I$ )

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

$\dpi{120} X\cdot B=A^{-1}\cdot C$ (mnożymy obie strony równania prawostronnie przez $\dpi{120} B^{-1}$ )

$\dpi{120} X\cdot B\cdot B^{-1}=A^{-1}\cdot C\cdot B^{-1}$ ( $\dpi{120} B\cdot B^{-1}=I$ )

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

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

2. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}$ jak w zadaniu 1:

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 3 & -1\\ 5& -2 \end{vmatrix}=-6+5=-1$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{1+1}\cdot \left ( -2 \right )=-2,\: \: D_{12}=\left ( -1 \right )^{1+2}\cdot 5=-5$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{2+1}\cdot \left ( -1 \right )=1,\: \: D_{22}=\left ( -1 \right )^{2+2}\cdot 3=3.$

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{bmatrix} -2 &-5 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}^{T}=-1\cdot \begin{bmatrix} -2 &1 \\ -5&3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2 &-1 \\ 5 &-3 \end{bmatrix}.$

3. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} B^{-1}$ :

$\dpi{120} \det B=\begin{vmatrix} 5 &6 \\ 7 & 8 \end{vmatrix}=40-42=-2$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{1+1}\cdot 8=8,\: \: D_{12}=\left ( -1 \right )^{1+2}\cdot 7=-7$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{2+1}\cdot 6=-6,\: \: D_{22}=\left ( -1 \right )^{2+2}\cdot 5=5$

$\dpi{120} B^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{bmatrix} 8 &-7 \\ -6& 5 \end{bmatrix}^{T}=-\frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} 8 & -6\\ -7& 5 \end{bmatrix}.$

Nie musimy mnożyć macierzy przez $\dpi{120} -\frac{1}{2}$ , gdyż pojawiają się wówczas ułamki, a będziemy jeszcze wykonywać mnożenie macierzy.

4. Wstawiamy do $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot C\cdot B^{-1}$ odpowiednie macierze:

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} 2 &-1 \\ 5& -3 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 14 & 16\\ 9& 10 \end{bmatrix}\cdot \left ( -\frac{1}{2} \right )\cdot \begin{bmatrix} 8 & -6\\ -7& 5 \end{bmatrix}$ mnożenie macierzy przez liczbę jest przemienne

$\dpi{120} X=-\frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} 2 & -1\\ 5& -3 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 14 & 16\\ 9& 10 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 8 & -6\\ 7& -5 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\left ( -\frac{1}{2} \right )\cdot\begin{bmatrix} 2\cdot 14+\left ( -1 \right ) \cdot 9&2\cdot 16 +\left ( -1 \right )\cdot 10\\ 5\cdot 14+\left ( -3 \right )\cdot 9& 5\cdot 16+\left ( -3 \right )\cdot 10 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 8 &-6 \\ -7& 5 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\left ( -\frac{1}{2} \right )\cdot \begin{bmatrix} 19 &22 \\ 43&50 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 8 & -6\\ -7& 5 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\left ( -\frac{1}{2} \right )\cdot \begin{bmatrix} 19\cdot 8+22\cdot \left ( -7 \right ) & 19\cdot \left ( -6 \right )+22\cdot 5\\ 43\cdot 8+50\cdot \left ( -7 \right ) & 43\cdot \left ( -6 \right )+50\cdot 5 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\left ( -\frac{1}{2} \right )\cdot \begin{bmatrix} -2 & -4\\ -6& -8 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 &2 \\ 3&4 \end{bmatrix}$

Mnożenie macierzy dokładnie wytłumaczone w temacie Podstawowe działania na macierzach.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

c) $\dpi{120} XA=B$ dla $\dpi{120} A= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0\\ 0 & -1 &3 \\ 2&0 & -2 \end{bmatrix},\; \; B=\begin{bmatrix} 1 &0 &-2 \\ 0 & 2 & 1 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Najpierw rozwiążmy równanie na symbolach:

$\dpi{120} X\cdot A=B$ (mnożymy obie strony równania prawostronnie przez $\dpi{120} A^{-1}$ )

$\dpi{120} X\cdot A\cdot A^{-1}=B\cdot A^{-1}$ $\dpi{120} \left ( A\cdot A^{-1} =I\right )$

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

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

2. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}$ .

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 1 & 2 &0 \\ 0& -1 &3 \\ 2&0 &-2 \end{vmatrix}\begin{matrix} 1 &2 \\ 0 &-1 \\ 2&10 \end{matrix}=2+12+0-0-0-0=14.$

Liczymy dopełnienia algebraiczne:

$\dpi{120} D_{11}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+1}}}\cdot \begin{vmatrix} -1 &3 \\ 0& -2 \end{vmatrix}=\left ( -1 \right )\cdot \left ( -2 \right )-3\cdot 0=2$

$\dpi{120} D_{12}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 &3 \\ 2& -2 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ 0\cdot \left ( -2 \right )-3\cdot 2 \right ]=-1\cdot \left ( -6 \right )=6$

$\dpi{120} D_{13}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 &-1 \\ 2& 0 \end{vmatrix}=0\cdot 0-\left ( -1 \right )\cdot 2=2$

$\dpi{120} D_{21}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 &0 \\ 0& -2 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ 2\cdot \left ( -2 \right )-0\cdot 0 \right ]=-1\cdot \left ( -4 \right )=4$

$\dpi{120} D_{22}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+2}}}\cdot \begin{vmatrix} -1 &0 \\ 2& -2 \end{vmatrix}=1\cdot \left ( -2 \right )-0\cdot 2=-2$

$\dpi{120} D_{23}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &2\\ 2& 0 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 1\cdot 0-2\cdot 2 \right )=-1\cdot \left ( -4 \right )=4$

$\dpi{120} D_{31}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 &0 \\ -1& 3\end{vmatrix}=2\cdot 3-0\cdot \left ( -1 \right )=6$

$\dpi{120} D_{32}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &0 \\ 0& 3\end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 1\cdot 3-0\cdot 0 \right )=-1\cdot 3=-3$

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

Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 6&2 \\ 4&-2 &4 \\ 6& -3 & -1 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 4 &6 \\ 6 & -2 & -3\\ 2 & 4 & -1 \end{bmatrix}$

Nie musimy mnożyć macierzy przez $\dpi{120} \frac{1}{14}$ , gdyż pojawią się ułamki, a będziemy jeszcze wykonywać mnożenie macierzy.

3. Wstawiamy macierze do zależności $\dpi{120} X=B\cdot A^{-1}.$

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} 1 &0 &2 \\ 0& 2 &1 \end{bmatrix}\cdot \frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 2 &4 &6 \\ 6&-2 & -3\\ 2& 4 & -1 \end{bmatrix}=\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 1 & 0 & -2\\ 0 &2 &1 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 4 & 6\\ 6 & -2 & -3\\ 2 & 4 & -1 \end{bmatrix}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} 1\cdot 2+0\cdot 6+\left ( -2 \right )\cdot 2 & 1\cdot 4+0\cdot \left ( -2 \right )+\left ( -2 \right )\cdot 4 & 1\cdot 6+0\cdot \left ( -3 \right )+\left ( -2 \right )\cdot \left ( -1 \right )\\ 0\cdot 2+2\cdot 6+1\cdot 2& 0\cdot 4+2\cdot \left ( -2 \right )+1\cdot 4& 0\cdot 6+2\cdot \left ( -3 \right )+1\cdot \left ( -1 \right )\end{bmatrix}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{14}\cdot \begin{bmatrix} -2 & -4 & 8\\ 14&0 &-7 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -\frac{1}{7} & -\frac{2}{7} &\frac{4}{7} \\ 1& 0 & -\frac{1}{2} \end{bmatrix}.$

Otrzymaliśmy, że $\dpi{120} X=\begin{bmatrix} -\frac{1}{7} & -\frac{2}{7} &\frac{4}{7} \\ 1& 0 & -\frac{1}{2} \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

d) $\dpi{120} AXB=C$ dla $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 1 & 1& 0\\ 3& 1& 0\\ 2 & 2 &-1 \end{bmatrix},\; \; B=\begin{bmatrix} 2 &1 \\ 4&3 \end{bmatrix}, \; \; C=\begin{bmatrix} 2 & 0\\ 4 & -2\\ 2 &-6 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Najpierw rozwiążmy równanie na symbolach:

$\dpi{120} A\cdot X\cdot B=C$ (mnożymy obie strony równania lewostronnie przez $\dpi{120} A^{-1}$ )

$\dpi{120} A^{-1}\cdot A\cdot X\cdot B=A^{-1} \cdot C$ $\dpi{120} \left ( A\cdot A^{-1} \right=I )$

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

$\dpi{120} X\cdot B=A^{-1}\cdot C$ (mnożymy obie strony równania prawostronnie przez $\dpi{120} B^{-1}$ )

$\dpi{120} X\cdot B\cdot B^{-1}=A^{-1}\cdot C\cdot B^{-1}$ $\dpi{120} \left (B\cdot B^{-1}=I \right )$

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

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

2. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}$ :

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

Liczymy dopełnienia algebraiczne:

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

$\dpi{120} D_{12}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 3 &0 \\ 2 & -1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ -3-0 \right ]=3$

$\dpi{120} D_{13}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 3 &1 \\ 2 & 2 \end{vmatrix}=6-2=4$

$\dpi{120} D_{21}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &0 \\ 2 & -1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ -1-0 \right ]=1$

$\dpi{120} D_{22}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &0 \\ 2 & -1 \end{vmatrix}=-1-0=-1$

$\dpi{120} D_{23}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &1 \\ 2 & 2 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 2-2 \right )=0$

$\dpi{120} D_{31}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &0 \\ 1 & 0 \end{vmatrix}=0-0=0$

$\dpi{120} D_{32}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 1 &0 \\ 3 &0 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( 0-0 \right )=0$

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

Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} -1 & 3 &4 \\ 1& -1 &0 \\ 0 & 0 &-2 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix} -1 & 1 &0 \\ 3&-1 & 0\\ 4& 0& -2 \end{bmatrix}$

3. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} B^{-1}$ :

$\dpi{120} \det B=\begin{vmatrix} 2 &1 \\ 4 &3 \end{vmatrix}=6-4=2$

$\dpi{120} D_{11}-\left ( -1 \right )^{1+1}\cdot 3=3,\: \: D_{12}-\left ( -1 \right )^{1+2}\cdot 4=-4$

$\dpi{120} D_{21}-\left ( -1 \right )^{2+1}\cdot 1=-1,\: \: D_{22}-\left ( -1 \right )^{2+2}\cdot 2=2.$

$\dpi{120} B^{-1}=\frac{1}{2}\begin{bmatrix} 3 & -4\\ -1 &2 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1\\ -4&2 \end{bmatrix}.$

4. Wstawiamy macierze do zależności $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot C\cdot B^{-1}.$

$\dpi{120} X=\frac{1}{2}\begin{bmatrix} -1 & 1 &0 \\ 3 & -1 & 0\\ 4& 0 & -2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 2 &0 \\ 4&-2 \\ 2&-6 \end{bmatrix}\cdot \frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1\\ -4&2 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} -1 & 1&0 \\ 3& -1 & 0\\ 4& 0 &-2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 0\\ 4 &-2 \\ 2&-6 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1\\ -4& 2 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} -1\cdot 2+1\cdot 4+0 \cdot 2&-1\cdot 0+1\cdot \left ( -2 \right )+0\cdot \left ( -6 \right ) \\ 3\cdot 2+\left ( -1 \right ) \cdot 4+0\cdot 2 & 3\cdot 0+\left ( -1 \right )\cdot \left ( -2 \right )+0\cdot \left ( -6 \right )\\ 4\cdot 2+0\cdot 4+\left ( -2 \right ) \cdot 2& 4\cdot 0+0\cdot \left ( -2 \right )+\left ( -2 \right )\cdot \left ( -6 \right ) \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1\\ -4 &2 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\frac{1}{4}\cdot \begin{bmatrix} 2 & -2\\ 2&2 \\ 4 &12 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1\\ -4 & 2 \end{bmatrix}$ (warto pomnożyć pierwszą macierz przez $\dpi{120} \frac{1}{2}$ )

$\dpi{120} X=\frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} 1 & -1\\ 1 & 1\\ 2&6 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 3 & -1\\ -4 & 2 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} 1\cdot 3+\left ( -1 \right )\cdot \left ( -4 \right ) &1\cdot \left ( -1 \right )+\left ( -1 \right )\cdot 2 \\ 1\cdot 3+1\cdot \left ( -4 \right )& 1\cdot \left ( -1 \right )+1\cdot 2\\ 2\cdot 3+6\cdot \left ( -4 \right )& 2\cdot \left ( -1 \right )+6\cdot 2 \end{bmatrix}=\frac{1}{2}\cdot \begin{bmatrix} 7 & -3\\ -1 & 1\\ -18 &10 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} \frac{7}{2} & -\frac{3}{2}\\ -\frac{1}{2} &\frac{1}{2} \\ -9& 5 \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

e) $\dpi{120} AX=B$ dla $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3\\ 3 & 2 &-4 \\ 2& -1 & 0 \end{bmatrix}, \; \; B=\begin{bmatrix} 1 & -3 &0 \\ 10& 2 & 7\\ 10 & 7 & 8 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Najpierw rozwiążmy równanie na symbolach:

$\dpi{120} A\cdot X=B$ (mnożymy obie strony równania lewostronnie przez $\dpi{120} A^{-1}$ )

$\dpi{120} A^{-1}\cdot A\cdot X=A^{-1}\cdot B\; \; \; \;\; \; \; \; \; \; \; \; \; \left ( A\cdot A^{-1}=I \right )$

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

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

2. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}$ :

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 1 &2 &-3 \\ 3 &2 & -4\\ 2& -1& 0 \end{vmatrix}\begin{matrix} 1 &2 \\ 3 &2 \\ 2 &-1 \end{matrix}=0-16+9-0-4+12=1$

Liczymy dopełnienia algebraiczne:

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

$\dpi{120} D_{12}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+2}}}=\begin{vmatrix} 3 &-4 \\ 2&0 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ 0+8 \right ]=-8$

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

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

$\dpi{120} D_{22}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+2}}}=\begin{vmatrix} 1&-3 \\ 2&0 \end{vmatrix}=0+6=6$

$\dpi{120} D_{23}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+3}}}=\begin{vmatrix} 1 &2 \\ 2&-1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ -1-4 \right ]=5$

$\dpi{120} D_{31}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+1}}}=\begin{vmatrix} 2 &-3 \\ 2&-4 \end{vmatrix}=-8+6=-2$

$\dpi{120} D_{32}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+2}}}=\begin{vmatrix} 1 &-3 \\ 3&-4 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ -4+9 \right ]=-5$

$\dpi{120} D_{33}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+3}}}=\begin{vmatrix} 1 &2 \\ 3&2 \end{vmatrix}=2-6=-4$

Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{1}\begin{bmatrix} -4 & -8& -7\\ 3& 6 & 5\\ -2&-5 & -4 \end{bmatrix}^{T}=\begin{bmatrix} -4 & 3 & -2\\ -8& 6 &-5 \\ -7 & 5 & -4 \end{bmatrix}$

3. Wstawiamy macierze do zależności $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B:$

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} -4 & 3 & -2\\ -8& 6 & -5\\ -7& 5 & -4 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1 & -3 & 0\\ 10 & 2 & 7\\ 10 & 7 & 8 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} -4\cdot 1+3\cdot 10+\left ( -2 \right )\cdot 10 & -4\cdot \left ( -3 \right )+3\cdot 2+\left ( -2 \right )\cdot 7 &-4\cdot 0+3\cdot 7+\left ( -2 \right )\cdot 8 \\-8\cdot 1+6\cdot 10+\left ( -5 \right )\cdot 10 & -8\cdot \left ( -3 \right )+6\cdot 2+\left ( -5 \right )\cdot 7&-8\cdot 0+6\cdot 7+\left ( -5 \right )\cdot 8 \\ -7\cdot 1+5\cdot 10+\left ( -4 \right )\cdot 10&-7\cdot \left ( -3 \right )+5\cdot 2+\left ( -4 \right )\cdot 7 &-7\cdot 0+5\cdot 7+\left ( -4 \right ) \cdot 8\end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} 6 & 4 & 5\\ 2 & 1 &1 \\ 3 &3 &3 \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

f) $\dpi{120} A\cdot \left ( B+X \right )=C$ dla $\dpi{120} A= \begin{bmatrix} 2 & -1\\ 3&1 \end{bmatrix},\; \; B=\begin{bmatrix} -3 & 1\\ 0 & 2 \end{bmatrix}, \; \; C=\begin{bmatrix} -1 & 0\\ 1& 1 \end{bmatrix},$

Rozwiązanie

1. Najpierw rozwiążmy równanie na symbolach:

$\dpi{120} A\cdot \left ( B+X \right )=C$ (mnożymy obie strony równania lewostronnie przez $\dpi{120} A^{-1}$ )

$\dpi{120} A^{-1}\cdot A\cdot \left ( B+X \right )=A^{-1}\cdot C\; \;\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \left ( A\cdot A^{-1} =I\right )$

$\dpi{120} I\cdot \left ( B+X \right )=A^{-1}\cdot C$

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

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

2. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}$ :

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} 2 & -1\\ 3 &1 \end{vmatrix}=2+3=5$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{1+1}\cdot 1=1,\: \: D_{12}=\left ( -1 \right )^{1+2}\cdot 3=-3$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{2+1}\cdot \left ( -1 \right )=1,\: \: D_{22}=\left ( -1 \right )^{2+2}\cdot 2=2.$

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix} 1 &-3 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{5}\cdot \begin{bmatrix} 1 & 1\\ -3&2 \end{bmatrix}.$

3. Wstawiamy macierze do zależności $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot C-B:$

$\dpi{120} X=\frac{1}{5}\cdot \begin{bmatrix} 1 & 1\\ -3&2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} -1 & 1\\ 1 &1 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} -3 & 1\\ 0 & 2 \end{bmatrix}$

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

$\dpi{120} X=\frac{1}{5}\cdot \begin{bmatrix} 0 & 1\\ 5&2 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} -3 & 1\\ 0 &2 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} 0 & \frac{1}{5}\\ 1& \frac{2}{5} \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} -3 & 1\\ 0&2 \end{bmatrix}$

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

$\dpi{120} X=\begin{bmatrix} 3 & -\frac{4}{5}\\ 1 & -\frac{8}{5} \end{bmatrix}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

g) $\dpi{120} A\cdot \left ( X-C \right )=B^{T}$ dla $\dpi{120} A=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 3\\ 2 & -2 & 1\\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix},\; \; B=\begin{bmatrix} 3 & 2 & 1\\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix},\; \; C=\begin{bmatrix} 2 & 2\\ -1 &0 \\ 1& 4 \end{bmatrix}.$

Rozwiązanie

1. Najpierw rozwiążmy równanie na symbolach:

$\dpi{120} A\cdot \left ( X-C \right )=B^{T}$ (mnożymy obie strony równania lewostronnie przez $\dpi{120} A^{-1}$ )

$\dpi{120} A^{-1}\cdot A\cdot \left ( X-C \right )=A^{-1}\cdot B^{T} \; \; \; \; \; \; \left ( A\cdot A^{-1}=I \right )$

$\dpi{120} I\cdot \left ( X-C \right )=A^{-1}\cdot B^{T}$

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

$\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B^{T}+C$

2. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} A^{-1}$ :

$\dpi{120} \det A=\begin{vmatrix} -1 & 0 &3 \\ 2& -2 &1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}\begin{matrix} -1 &0 \\ 2 &-2 \\ 0& 1 \end{matrix}=2+0+6-0+1-0=9$

Liczymy dopełnienia algebraiczne:

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

$\dpi{120} D_{12}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+2}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 & 1\\ 0&1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ 2-0 \right ]=-2$

$\dpi{120} D_{13}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{1+3}}}\cdot \begin{vmatrix} 2 & -2\\ 0&1 \end{vmatrix}=2-0=2$

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

$\dpi{120} D_{22}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+2}}}\cdot \begin{vmatrix} -1 & 3\\ 0&1 \end{vmatrix}=-1-0=-1$

$\dpi{120} D_{23}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{2+3}}}\cdot \begin{vmatrix} -1& 0\\ 0&1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left [ -1-0 \right ]=1$

$\dpi{120} D_{31}= \overset{1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+1}}}\cdot \begin{vmatrix} 0 & 3\\ -2&1 \end{vmatrix}=0+6=6$

$\dpi{120} D_{32}= \overset{-1}{\overbrace{\left ( -1 \right )^{3+2}}}\cdot \begin{vmatrix} -1 & 3\\ 2&1 \end{vmatrix}=-1\cdot \left ( -1-6 \right )=7$

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

Wstawiamy do wzoru:

$\dpi{120} A^{-1}=\frac{1}{9}\begin{bmatrix} -3 & -2 &2 \\ 3 & -1 & 1\\ 6 & 7 & 2 \end{bmatrix}^{T}=\frac{1}{9}\begin{bmatrix} -3 & 3 &6 \\ -2& -1& 7\\ 2& 1 & 2 \end{bmatrix}$

3. Wstawiamy macierze do zależności $\dpi{120} X=A^{-1}\cdot B^{T}+C:$

$\dpi{120} X=\frac{1}{9}\begin{bmatrix} -3 & 3 & 6\\ -2 & -1& 7\\ 2& 1 &2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 3 & 2 &1 \\ 0 &-1 & 1 \end{bmatrix}^{T}+\begin{bmatrix} 2 &2 \\ -1 &0 \\ 1&4 \end{bmatrix}$ (transponujemy macierz)

$\dpi{120} X=\frac{1}{9}\begin{bmatrix} -3 & 3 & 6\\ -2 & -1& 7\\ 2& 1 &2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 3 &0 \\ 2& -1\\ 1& 1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 2 &2 \\ -1 &0 \\ 1&4 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\frac{1}{9}\begin{bmatrix} -3\cdot 3+3\cdot 2+6\cdot 1 & -3\cdot 0+3\cdot \left ( -1 \right )+6\cdot 1\\ -2\cdot 3+\left ( -1 \right )\cdot 2+7\cdot 1& -2\cdot 0+\left ( -1 \right )\cdot \left ( -1 \right )+7\cdot 1\\ 2\cdot 3+1\cdot 2+2\cdot 1 & 2\cdot 0+1\cdot \left ( -1 \right )+2\cdot 1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 2 &2 \\ -1 & 0\\ 1 &4 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\frac{1}{9}\begin{bmatrix} 3 & 3\\ -1 & 8\\ 10&1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 2 &2 \\ -1 & 0\\ 1 &4 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\frac{1}{9}\begin{bmatrix} \frac{3}{9} & \frac{3}{9}\\ -\frac{1}{9} & \frac{8}{9}\\ \frac{10}{9}&\frac{1}{9} \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 2 &2 \\ -1 & 0\\ 1 &4 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} X=\frac{1}{9}\begin{bmatrix} \frac{1}{3}+2 & \frac{1}{3}+2\\ -\frac{1}{9}-1 & \frac{8}{9}+0\\ \frac{10}{9}+1 & \frac{1}{9}+4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{7}{3} & \frac{7}{3}\\ -\frac{10}{9} & \frac{8}{9}\\ \frac{19}{9}& \frac{37}{9} \end{bmatrix}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 3. Obliczyć $\dpi{120} A=B^{3}-2B+4B^{-2}$ dla $\dpi{120} B=\begin{bmatrix} 2 & 0\\ -1&2 \end{bmatrix}.$

1. Najpierw liczymy kolejne potęgi macierzy $\dpi{120} B$

$\dpi{120} B^{2}=B\cdot B=\begin{bmatrix} 2 & 0\\ -1 &2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 0\\ -1 &2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2\cdot 2+0\cdot \left ( -1 \right ) & 2\cdot 0+0\cdot 2\\ -1\cdot 2+2\cdot \left ( -1 \right ) & -1\cdot 0+2\cdot 2 \end{bmatrix} =$

$\dpi{120} =\begin{bmatrix} 4 & 0\\ -4& 4 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} B^{3}=B^{2}\cdot B=\begin{bmatrix} 4 & 0\\ -4 &4 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 2 & 0\\ -1 &2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 4\cdot 2+0\cdot \left ( -1 \right ) & 4\cdot 0+0\cdot 2\\ -4\cdot 2+4\cdot \left ( -1 \right ) & -4\cdot 0+4\cdot 2 \end{bmatrix}=$

$\dpi{120} =\begin{bmatrix} 8 & 0\\ -12 & 8 \end{bmatrix}$

2. Znajdujemy macierz odwrotną $\dpi{120} B^{-2}=\left ( B^{2} \right )^{-1}:$

$\dpi{120} \det B^{2}=\begin{vmatrix} 4 & 0\\ -4 & 4 \end{vmatrix}=16-0=16$

$\dpi{120} D_{11}=\left ( -1 \right )^{1+1}\cdot 4=4,\: \: D_{12}=\left ( -1 \right )^{1+2}\cdot \left (-4 \right )=4,$

$\dpi{120} D_{21}=\left ( -1 \right )^{2+1}\cdot 0=0,\: \: D_{22}=\left ( -1 \right )^{2+2}\cdot 4=4.$

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

3. Wstawiamy macierze do zależności $\dpi{120} A=B^{3}-2B+4B^{-2}:$

$\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 8 & 0\\ -12 &8 \end{bmatrix}-2\begin{bmatrix} 2 &0 \\ -1 &2 \end{bmatrix}+ \overset{1}{\overbrace{4\cdot \frac{1}{4}}}\cdot \begin{bmatrix} 1 &0 \\ 1&1 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 8 & 0\\ -12 &8 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} 4 &0 \\ -2 &4 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 1 &0 \\ 1&1 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 8-4+1 & 0-0+0\\ -12-\left ( -2 \right )+1 & 8-4+1 \end{bmatrix}$

$\dpi{120} A=\begin{bmatrix} 5 & 0\\ -9 & 5 \end{bmatrix}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 4. Niech macierze $\dpi{120} \large A,B,C$ będą macierzami kwadratowymi trzeciego stopnia takimi, że $\dpi{120} \large \det A=2,\, \det B=-1,\, \det C=3.$ Obliczyć $\dpi{120} \large \det \left ( BA^{-1} 2C^{T}\right ).$

Rozwiązanie

Korzystamy z własności:

1. $\dpi{120} \det \left ( \alpha \cdot A \right )=\alpha ^{n}\cdot \det A,\: \: \alpha \in R,\: \: n -$ stopień macierzy $\dpi{120} A$

2. $\dpi{120} \det \left ( A\cdot B \right )= \det A\cdot\det B$

3. $\dpi{120} \det A^{-1}=\frac{1}{ \det A}$

4. $\dpi{120} \det A^{T}=\displaystyle \det A.$

Liczymy:

$\dpi{120} \det \left ( BA^{-1}2C^{T} \right )\overset{2.}{=} \det B\cdot \det A^{-1}\cdot \det 2C^{T}\overset{1.}{=} \det B\cdot\det A^{-1} \cdot 2^{3}\cdot \det C^{T} \overset{3.}{=}$

$\dpi{120} \overset{3.}{=}\det B\cdot \frac{1}{\det A}\cdot 2^{3}\cdot \det C^{T}\overset{4.}{=}\det B\cdot \frac{1}{\det A}\cdot 2^{3}\cdot \det C=\left ( -1 \right )\cdot \frac{1}{2}\cdot 2^{3}\cdot 3=-12$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 5. Niech macierze $\dpi{120} \large A,B,C$ będą macierzami kwadratowymi trzeciego stopnia takimi, że $\dpi{120} \large \det A=2,\, \det B=-1,\, \det C=3.$ Obliczyć $\dpi{120} \large \det \left ( \left ( BA^{T} \right )^{-1}2C^{T} \right )^{-1}.$

Rozwiązanie

Korzystamy z własności:

1. $\dpi{120} \det \left ( \alpha \cdot A \right )=\alpha ^{n}\cdot \det A,\: \: \alpha \in R,\: \: n -$ stopień macierzy $\dpi{120} A$

2. $\dpi{120} \det \left ( A\cdot B \right )= \det A\cdot\det B$

3. $\dpi{120} \det A^{-1}=\frac{1}{ \det A}$

4. $\dpi{120} \det A^{T}=\displaystyle \det A.$

Liczymy:

$\dpi{120} \det \left ( \left ( BA^{T} \right ) ^{-1}2C^{T}\right )^{-1}\overset{3.}{=}\frac{1}{ \det \left ( \left ( BA^{T} \right )^{-1}2C^{T} \right )}\overset{2.}{=}\frac{1}{ \det \left ( BA^{T} \right )^{-1}\cdot \det 2C^{T}}\overset{3.}{=}$

$\dpi{120} \overset{3.}{=}\frac{1}{\frac{1}{\det \left ( BA^{T} \right )}\cdot \det 2C^{T}}\overset{1.}{=}\frac{\det \left ( BA^{T} \right )}{2^{3}\cdot \det C^{T}}\overset{2.}{=}\frac{\det B\cdot \det A^{T}}{8\det C^{T}}\overset{4.}{=}\frac{\det B\cdot \det A}{8\det C}=$

$\dpi{120} =\frac{-1\cdot 2}{8\cdot 3}=-\frac{1}{12}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń