Ćwiczenia 6, 7 - teoria.

GP 2011/2012
ĆWICZENIA 6,7 – TEORIA (układy równań, wzory Cramera, metoda eliminacji Gaussa)
I UKŁAD RÓWNAŃ
Definicja 1 Układ m równań liniowych z n niewiadomymi x1, x2, …., xn:
 a11 x1 + a12 x2 + ⋯ + a1n x n = b1
 a x + a x +⋯+ a x = b
 21 1
22 2
2n n
2

 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
a m1 x1 + am 2 x 2 + ⋯ + amn x n = bm
Definicja 2 Postać macierzowa układu równań:
 a11 a12 ⋯ a1n   x1   b1 
a
   
 21 a 22 ⋯ a 2 n   x 2  =  b2  ,
 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯  ⋯ ⋯ 

   
a m1 a m 2 ⋯ a mn   x n  bm 

x
A
b
lub krócej Ax = b, gdzie:
 a11
a
A =  21
⋯

a m1
a12
a 22
⋯
am2
⋯ a1n 
 x1 
 b1 



b 
⋯ a2n 
x2 

, x=
, b= 2.
⋯
⋯ 
⋯ ⋯

 
 
⋯ a mn 
 xn 
bm 
Macierz A nazywamy macierzą układu równań, wektor b nazywamy wektorem wyrazów wolnych
(kolumną wyrazów wolnych).
Definicja 3 Macierzą rozszerzoną układu równań liniowych
dołączoną kolumną wyrazów wolnych
 a11 a12 ⋯ a1n

a
a
⋯ a 2n
[A | b] =  21 22
⋯ ⋯ ⋯ ⋯

a m1 a m 2 ⋯ a mn
nazywać będziemy macierz układu z
b1 

b2 
⋯

bm 
II ROZW. UKŁADU RÓWNAŃ PRZY POMOCY MACIERZY ODWROTNEJ
Do rozwiązywania układu równań z wykorzystaniem macierzy odwrotnej potrzebna nam będzie postać
macierzowa tego układu. Ponadto muszą być spełnione następujące warunki:
1) Macierz A musi być kwadratowa.
2) Macierz A musi być macierzą nieosobliwą, czyli jej wyznacznik musi być róŜny od zera,
detA≠0.
Uwaga Warunek 2) jest równowaŜny warunkowi 3):
3) Rząd macierzy A musi być równy jej wymiarowi, tzn. rzA = n.
1
GP 2011/2012
ĆWICZENIA 6,7 – TEORIA (układy równań, wzory Cramera, metoda eliminacji Gaussa)
Algorytm rozwiązywania układu równań przy pomocy macierzy odwrotnej:
1) Zapisujemy układ równań liniowych w postaci macierzowej Ax = b, gdzie
 a11 a12 ⋯ a1n 
 x1 
 b1 
a



b 
a 22 ⋯ a 2 n 
x2 
21


A=
, x=
, b =  2.
⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 
⋯
⋯


 
 
a n1 a n 2 ⋯ a nn 
 xn 
bn 
2) Sprawdzamy czy macierz A jest nieosobliwa
3) Wyznaczamy macierz odwrotną A-1.
4) Rozwiązanie układu równań jest postaci x = A-1b.
Przykład:
RozwiąŜ układ równań
 x1 − x 2 − 2 x3 = 1

x 2 + 2 x3 = 2

 x −x −x =3
2
3
 1
Rozwiązanie:
1) Zapisujemy układ równań liniowych w postaci macierzowej Ax = b, gdzie
1 − 1 − 2
 x1 
1 




A = 0 1
2  , x =  x 2  , b = 2 .
1 − 1 − 1
 x3 
3
2) Sprawdzamy czy macierz A jest nieosobliwa
1 −1 − 2
det( A) = 0 1
2 = 1.
1 −1 −1
Wyznacznik macierzy detA≠0, zatem macierz A jest nieosobliwa.
3) Wyznaczamy macierz odwrotną A-1
1 1 0 
A −1 =  2 1 − 2 .
− 1 0 1 
4) Rozwiązanie układu równań jest postaci x = A-1b
 1 1 0  1  1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 2 + 0 ⋅ 3  3
−1
x = A b =  2 1 − 2 2 =  2 ⋅ 1 + 1 ⋅ 2 − 2 ⋅ 3 = − 2 ,
− 1 0 1  3 − 1 ⋅ 1 + 0 ⋅ 2 + 1 ⋅ 3  2
zatem
 x1   3
 x  =  − 2 ,
 2  
 x3   2
czyli rozwiązaniem układu równań jest trójka x1=3, x2=-2 i x3=2.
III ROZW. UKŁADU RÓWNAŃ PRZY POMOCY WZORÓW CRAMERA
Podobnie jak w poprzednim paragrafie, w przypadku rozwiązywania układu równań z wykorzystaniem
wzorów Cramera przydatna jest postać macierzowa tego układu. Ponadto muszą być spełnione
następujące warunki:
2
GP 2011/2012
ĆWICZENIA 6,7 – TEORIA (układy równań, wzory Cramera, metoda eliminacji Gaussa)
1) Macierz A musi być kwadratowa.
2) Macierz A musi być macierzą nieosobliwą, czyli detA≠0.
Algorytm rozwiązywania układu równań przy pomocy wzorów Cramera:
1) Zapisujemy układ równań liniowych w postaci macierzowej Ax = b.
2) Obliczamy wyznacznik macierzy A, detA (naleŜy pamiętać, Ŝe musi być spełniony warunek
detA≠0).
a11 a12 ⋯ a1n
a
a 22 ⋯ a 2 n
detA = 21
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
a n1 a n 2 ⋯ a nn
3) Obliczamy wyznaczniki macierzy A xi dla i=1,2,…,n. Macierze A xi
zastąpienie i-tej kolumny macierzy A, kolumną wyrazów wolnych.
b1 a12
b a 22
det A x1 = 2
⋯ ⋯
bn a n 2
powstają poprzez
⋯ a1n
a11 b1 ⋯ a1n
a11
⋯ a2n
a
b2 ⋯ a 2 n
a
, det A x2 = 21
, …, det A xn = 21
⋯ ⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
⋯
⋯ a nn
a n1 bn ⋯ a nn
a n1
a12
a 22
⋯
an2
⋯
⋯
⋯
⋯
b1
b2
.
⋯
bn
4) Korzystamy z twierdzenia Cramera, mówiącego, Ŝe jeŜeli detA≠0 to układ równań posiada
jednoznaczne rozwiązanie, które jest dane za pomocą wzorów:
x1 =
det A x1
det A
, x2 =
det A x2
det A
, …, x n =
det A xn
det A
.
Przykład:
RozwiąŜ układ równań korzystając ze wzorów Cramera
 − x1 + 12 x 2 + x3 = −6

− 2 x1 + 6 x 2 − 2 x3 = 0
− 4 x + 24 x − x = 6
1
2
3

Rozwiązanie:
1) Zapisujemy układ równań liniowych w postaci macierzowej Ax = b, gdzie
 − 1 12 1 
 x1 
 − 6




A = − 2 6 − 2 , x =  x 2  , b =  0 .
− 4 24 − 1
 x3 
 6
2) Obliczamy wyznacznik macierzy A
− 1 12
1
det A = − 2 6 − 2 = 6 .
− 4 24 − 1
3) Obliczamy wyznaczniki macierzy A xi dla i=1,2,3
− 6 12
1
−1 − 6
det`A x1 = 0
6 − 2 = −432 , det A x2 = − 2
6 24 − 1
−4
4) Rozwiązaniem równania jest trójka
3
0
6
1
− 1 12 − 6
− 2 = −60 , det A x3 = − 2 6
−1
− 4 24
0 = 252 .
6
GP 2011/2012
ĆWICZENIA 6,7 – TEORIA (układy równań, wzory Cramera, metoda eliminacji Gaussa)
x1 =
det A x1
det A
=
− 432
= −72 ,
6
x2 =
det A x2
det A
=
det A x3 252
− 60
= −10 , x3 =
=
= 42 .
6
det A
6
IV ROZW. UKŁADU RÓWNAŃ METODĄ ELIMINACJI GAUSSA
Dwie wyŜej opisane metody rozwiązywania układów równań liniowych mogą być stosowane jedynie
w przypadku, gdy układ ma dokładnie tyle niewiadomych ile występuje w nim równań, a ponadto
macierz tego układu jest macierzą nieosobliwą. NiŜej zostanie przedstawiona metoda rozwiązywania
układów równań, która moŜe być stosowana ZAWSZE, w przypadku dowolnego układu, bez czynienia
dodatkowych załoŜeń. A zatem metoda ta jest metodą uniwersalną.
Postać zredukowana macierzy
Mówimy, Ŝe macierz A jest w postaci zredukowanej, jeŜeli są spełnione następujące warunki:
1) Począwszy od pewnego wiersza wszystkie następne wiersze macierzy składają się z samych zer.
PowyŜej tego wiersza nie ma wierszy składających się z samych zer
2) W kaŜdym niezerowym wierszu pierwszy od lewej niezerowy wyraz jest równy 1. Czasami
nazywa się go wiodącą jedynką wiersza. W przykładach wiodące jedynki zaznaczone są
czerwonymi ramkami.
3) JeŜeli dwa sąsiednie wiersze nie są złoŜone z samych zer, to wiodąca jedynka wyŜszego wiersza
znajduje się na lewo od wiodącej jedynki niŜszego wiersza.
Przykład:
1
0

0

0
0

0
2 5 4
1 5 0
0 0 1
,
0 0 0
0 0 0

0 0 0
0
0

0

0
1 − 4 2 0
0 1 3 0
,
0 0 0 1

0 0 0 0
1
0

0

0
0 0 0
1 0 0
0 1 0

0 0 1
Operacje elementarne dla eliminacji Gaussa
1) Zamiana miejscami dwóch wierszy macierzy.
• Wi↔Wj będzie oznaczać zamianę miejscami wiersza Wi z wierszem Wj.
2) PomnoŜenie wiersza macierzy przez liczbę róŜną od zera.
• Wi→cWi będzie oznaczać operację mnoŜenia i-tego wiersza przez liczbę c róŜną od zera.
3) Dodanie do wiersza innego wiersza pomnoŜonego przez liczbę róŜną od zera.
• Wi→Wi +cWj będzie oznaczać operację dodania do i-tego wiersza wiersza j-tego
pomnoŜonego przez liczbę c (róŜną od zera).
Algorytm rozwiązywania układu równań metodą eliminacji Gaussa
1) Zapisujemy macierz rozszerzoną układu równań
 a11 a12 ⋯ a1n b1 


a 21 a 22 ⋯ a 2 n b2 

[A | b] = 
⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯


a m1 a m 2 ⋯ a mn bm 
2) Przy pomocy przekształceń elementarnych wykonywanych wyłącznie na wierszach,
sprowadzamy macierz rozszerzoną do postaci zredukowanej (postać zredukowaną musimy
4
GP 2011/2012
ĆWICZENIA 6,7 – TEORIA (układy równań, wzory Cramera, metoda eliminacji Gaussa)
stworzyć z macierzy A, wektor wyrazów wolnych (za pionową kreską) moŜe mieć postać
dowolną).
• Aby to zrobić, w pierwszej kolejności przestawiamy wiersze macierzy rozszerzonej tak,
aby w pierwszej kolumnie pierwszego wiersza był element niezerowy, najlepiej 1.
• JeŜeli w wyniku przestawienia wierszy nie da się uzyskać 1 w pierwszym wierszu
pierwszej kolumny (element a11), to dzielimy pierwszy wiersz przez ten element
(Wi→(1/a11)Wi). W ten sposób uzyskujemy 1 w pierwszej kolumnie pierwszego wiersza.
• Następnie wykorzystujemy jedynkę otrzymaną w powyŜszy sposób do uzyskania zer w
pierwszej kolumnie pozostałych wierszy.
• Podobnie jak w kroku pierwszym otrzymujemy jedynkę w następnej kolumnie
następnego wiersza i zera w pozostałych wierszach tej kolumny.
• itd., aŜ do uzyskania postaci zredukowanej macierzy A.
3) Rozstrzygamy istnienie rozwiązań układu. Tu moŜliwe są trzy sytuacje:
Układ sprzeczny: Jeśli w zredukowanej postaci macierzy rozszerzonej występuje wiersz postaci
[0, 0, …, 0 k],
k≠0
Układ nieoznaczony (nieskończenie wiele rozwiązań): Jeśli w zredukowanej postaci macierzy
rozszerzonej występuje wiersz składający się wyłącznie z elementów zerowych lub m<n.
Jednoznaczne rozwiązanie: W pozostałych przypadkach przekształcenia prowadzą do macierzy postaci
[Inr], gdzie In jest macierzą jednostkową stopnia n a r jest wektorem rozwiązań układu.
Przykład: (jednoznaczne rozwiązanie)
RozwiąŜ układ równań
3x1 + 2 x 2 + x3 = 5

x 2 + 5 x3 = 4

 x + 2 x + 3x = 3
2
3
 1
1) Zapisujemy macierz rozszerzoną układu równań:
3 2 1 5 


0 1 5 4 
1 2 3 3
2) Przy pomocy operacji elementarnych sprowadzamy macierz do postaci zredukowanej:
•
•
Zamieniamy miejscami pierwszy i trzeci wiersz, aby uzyskać 1 (wiodąca jedynka – w
czerwonej ramce) w pierwszej kolumnie pierwszego wiersza
3 2 1 5 
1 2 3 3

 W1 ↔W3 

0 1 5 4  → 0 1 5 4
1 2 3 3
3 2 1 5 
Wykorzystujemy tak uzyskaną jedynkę do uzyskania zer w pierwszej kolumnie
pozostałych wierszy. (Do wiersza trzeciego dodajemy wiersz pierwszy pomnoŜony przez
-3. Zwróćmy uwagę, Ŝe wiersz pierwszy zostaje bez zmian.)
1 2 3 3
1 2
3 3

 W3 →W3 −3W1 

→ 0 1
5 4
0 1 5 4   
3 2 1 5 
0 − 4 − 8 − 4
5
GP 2011/2012
ĆWICZENIA 6,7 – TEORIA (układy równań, wzory Cramera, metoda eliminacji Gaussa)
•
W drugiej kolumnie drugiego wiersza jest liczba a22=1 (wiodąca jedynka – w czerwonej
ramce), więc nie musimy wykonywać dodatkowych operacji aby ją uzyskać. Aby
uprościć obliczenia podzielimy trzeci wiersz przez -4 (pomnoŜymy przez -1/4), a
następnie przy pomocy wiodącej jedynki drugiego wiersza, czyli elementu a22=1,
uzyskamy zera w drugiej kolumnie pozostałych wierszy macierzy
1 2
1 2 3 3 
 1 0 − 7 − 5
 1 0 − 7 − 5
3 3 
1

 W3 → − 4W3 
 W1 →W1 − 2W2 
 W3 →W3 −W2 

5 4   →0 1 5 4   
→ 0 1 5 4    → 0 1 5 4 
0 1
0 − 4 − 8 − 4
0 1 2 1 
0 1 2 1 
0 0 − 3 − 3
•
Tworzymy wiodącą jedynkę 1 w trzecim wierszu trzeciej kolumny i wykorzystujemy ją
do uzyskania zer w pozostałych wierszach tej kolumny. (Zaczynamy od pomnoŜenia
ostatniego wiersza przez -1/3.)
1 0 − 7 − 5
1 0 − 7 − 5
1 0 − 7 − 5
1 0 0 2 
1

 W3 → − 3W3 
 W2 →W2 −5W3 
 W1 →W1 + 7W3 

→ 0 1 0 − 1   
→ 0 1 0 − 1
0 1 5 4   → 0 1 5 4    
0 0 − 3 − 3
0 0 1 1 
0 0 1 1 
0 0 1 1 
3) Jak widać w wyniku przekształceń elementarnych sprowadziliśmy macierz do postaci
jednostkowej, a zatem układ ma jednoznaczne rozwiązanie. Rozwiązanie to odczytujemy
pamiętając, Ŝe kolejnym kolumnom macierzy „odpowiadają” kolejne zmienne, czyli
1 0 0 2


0 1 0 − 1
0 0 1 1
→
1x1 + 0 x 2 + 0 x3   2
0 x + 1x + 0 x  = − 1
2
3
 1
 
0 x1 + 0 x 2 + 1x3   1
→
 x1   2
 x  = − 1
 2  
 x3   1
A zatem rozwiązaniem jest trójka x1=2, x2=-1, x3=1.
Przykład: (układ nieoznaczony)
RozwiąŜ układ równań
x1 + 2 x 2 − x3 + 2 x5 + 2 x6


2 x1 + 4 x2 − 2 x3 + x 4 + 6 x6


1 +2 x 2 − x 3 + 2 x 5 + 3 x 6

− x1 − 2 x 2 + x3 − x 4 − 4 x5 − x6
=
11
=
=
5
16
= −9
Jak widać w tym przypadku liczba równań jest mniejsza niŜ liczba niewiadomych, a zatem układ ten
moŜe być albo sprzeczny, albo posiadać nieskończenie wiele rozwiązań.
1) Rozwiązywanie układu rozpoczynany od utworzenia macierzy rozszerzonej tego układu:
 1
2 −1 0
2
2 11 


4 −2
1
6
0 5
 2
 1
2 −1 0
2
3 16 


1 − 1 − 4 − 1 − 9
− 1 − 2
2) Przekształcamy macierz układu do postaci zredukowanej:
 1
 1
2 −1 0
2
2 11 
2 −1 0
2 2 11 




0 0
1
2 − 4 − 17  W3 →W3 −W1
4 −2
1
6 0 5  W2 →W2 − 2W1  0
 2
  
→
 →
 1
 1
2 −1 0
2
3 16 
2 −1 0
2
3 16 




1 − 1 − 4 − 1 − 9
1 − 1 − 4 − 1 − 9 
− 1 − 2
− 1 − 2
6
GP 2011/2012
ĆWICZENIA 6,7 – TEORIA (układy równań, wzory Cramera, metoda eliminacji Gaussa)
 1
1
2 −1 0
2
2 11 



0 0
1
2 − 4 − 17  W4 →W4 +W1 0
 0
  →
0
 0
0 0 0
0
1 5 



1 − 1 − 4 − 1 − 9 
− 1 − 2
0
1

0
0

0
1
2 −1 0 2
2 11 
 W → − 1W 
0 0 1 2 − 4 − 17 
0
4
4
 3→
0
0 0 0 0
1 5 


0 0 0 0 − 3 − 15
0
1

0
0

0
1
2 −1 0 2
2 11 


0 0 1 2 − 4 − 17  W1 →W1 − 2W3 0
  
→
0
0 0 0 0
1 5 


0 0 0 0
0 0 
0
1

0
0

0
2 −1
0 0
0 0
0 0
3)
1

0
0

0
Odczytujemy rozwiązanie:
2 − 1 0 2 0 1

0 0 1 2 0 3
0 0 0 0 1 5

0 0 0 0 0 0
0
1
0
0
2
2
0
0
2 −1 0
2
2 11 

0 0
1
2 − 4 − 17  W4 →W4 +W2
  →
0 0 0
0
1 5 

0 0 −1 − 2
1 2 
2 −1 0 2
2 11 

0 0 1 2 − 4 − 17  W4 →W4 −W3
  →
0 0 0 0
1 5 

0 0 0 0
1 5 
2 −1 0 2
0 1 

0 0 1 2 − 4 − 17  W2 →W2 + 4W3
  
→
0 0 0 0
1 5 

0 0 0 0
0 0 
0 1

0 3
1 5

0 0
 1x1 + 2 x 2 − 1x3 + 0 x 4 + 2 x5 + 0 x6  1
 0 x + 0 x + 0 x + 1x + 2 x + 0 x  3
2
3
4
5
6 
 1
=  ,
 0 x1 + 0 x 2 + 0 x3 + 0 x 4 + 0 x5 + 1x6  5

  
0 x1 + 0 x 2 + 0 x3 + 0 x 4 + 0 x5 + 0 x 6  0
Czyli
1x1 + 2 x 2 − 1x3 + 2 x5 = 1

1x 4 + 2 x5 = 3
1x = 5
 6
4) Z tej postaci wyznaczamy x1, x4 i x6:
 x1 = 1 − 2 x 2 + x3 − 2 x5

 x 4 = 3 − 2 x5
x = 5
 6
Widzimy, Ŝe x2, x3 i x5 są parametrami, a x1, x4 i x6 moŜna wyrazić za pomocą tych parametrów
(innymi słowy, za x2, x3 i x5 moŜemy podstawić dowolne liczby rzeczywiste, aby otrzymać
poprawne rozwiązanie układu).
5) Przyjęło się, Ŝe w miejsce x2, x3 i x5 wstawiamy np. a,b i c (aby podkreślić, Ŝe to parametry).
Otrzymujemy rozwiązanie:
 x1 = 1 − 2a + b − 2c

gdzie
a,b,c ∈ R
 x 4 = 3 − 2c
x = 5
 6
7
GP 2011/2012
ĆWICZENIA 6,7 – TEORIA (układy równań, wzory Cramera, metoda eliminacji Gaussa)
Przykład: (brak rozwiązań)
RozwiąŜ układ równań
 2 x1 + 4 x 2 + 6 x3 = 18

 4 x1 + 5 x 2 + 6 x3 = 24
2 x + 7 x + 12 x = 40
2
3
 1
1) Macierz rozszerzona:
2 4 6 18 


4 5 6 24
2 7 12 40
2) Przekształcenia elementarne
2 4 6 18 
1 2 3 9 
1 2
3 9 
1

 W1 → 2W1 
 W2 →W2 −4W1 

3 →W3 − 2W1
→4 5 6 24   
→0 − 3 − 6 − 12 W

→
4 5 6 24  
2 7 12 40
2 7 12 40
2 7 12 40 
1 2
1 2
3 9 
3 9 

 W3 →W3 +W2 

0 − 3 − 6 − 12   →0 − 3 − 6 − 12
0 3
0 0
6 22 
0 10 
3) Patrząc na ostatni wiersz macierzy moŜemy z niego odczytać, Ŝe 0=10. Jest to oczywiście
sprzeczność. Układ nie ma rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych.
8