Wyk lad 7 Metoda eliminacji Gaussa. Wzory Cramera

Wyklad 7
Metoda eliminacji Gaussa. Wzory Cramera
1
Metoda eliminacji Gaussa
Metoda eliminacji Gaussa polega na znalezieniu dla danego ukladu


a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1



 a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2
,
..
..
..
..

.
.
.
.



 a x + a x + ...+ a x = b
m1 1
m2 2
mn n
(1)
m
(w którym aij 6= 0 dla pewnych i, j) przy pomocy operacji elementarnych równoważnego mu
(czyli posiadajacego
taki sam zbiór rozwiazań)
ukladu (2), który po ewentualnej permutacji
,
,
niewiadomych x1 , . . . , xn ma postać:

x1
+ c1, k+1 xk+1 + . . . + c1n xn = d1





x2
+ c2, k+1 xk+1 + . . . + c2n xn = d2




x3
+ c3, k+1 xk+1 + . . . + c3n xn = d3
.
(2)
..
..
..
.
..

.
.
.





xk + ck, k+1 xk+1 + . . . + ckn xn = dk



0 = dk+1
Jeżeli dk+1 6= 0, to uklad (2) nie ma rozwiazania,
a wiec
(czyli
,
,
, też uklad (1) nie ma rozwiazania
jest sprzeczny).
Jeżeli dk+1 = 0 i k = n, to uklad (1) posiada dokladnie jedno rozwiazanie:
,
x1 = d1 , x2 = d2 , . . . , xn = dn .
(3)
Jeżeli dk+1 = 0 oraz k < n, to xk+1 , xk+2 , . . . , xn sa, dowolnymi skalarami (nazywamy je
parametrami), zaś pozostale niewiadome wyliczamy z równań ukladu (2), tzn.
xi = di − ci k+1 xk+1 − . . . − cin xn dla i = 1, 2, . . . , k.
(4)
Aby sprowadzić uklad (1) do postaci (2) należy najpierw przy pomocy operacji elementarnych
przeksztalcić go do ukladu postaci:


x1 + a012 x2 + . . . + a01n xn = b01



0
 a x1 + a0 x2 + . . . + a0 xn = b0
21
22
2n
2
.
(5)
..
..
..
..

.
.
.
.



 a0 x + a0 x + . . . + a0 x = b0
m1 1
m2 2
mn n
1
m
Robimy to np. w ten sposób, że najpierw znajdujemy element aij 6= 0, a nastepnie
przez
,
1
operacje: x1 ↔ xj , r1 ↔ ri , aij · r1 doprowadzamy uklad (1) do postaci (5).
Nastepnie
przy pomocy równania pierwszego eliminujemy zmienna, x1 z pozostalych równań
,
ukladu (5) przez wykonanie operacji: r2 − a021 · r1 , r3 − a031 · r1 ,...,rm − a0m1 · r1 . Otrzymamy
wówczas uklad postaci:


x1 + a”12 x2 + . . . + a”1n xn = b”1




a”22 x2 + . . . + a”2n xn = b”2
.
(6)
..
..
..

.
.
.




a” x + . . . + a” x = b”
m2 2
mn n
m
Z kolei stosujemy nasz algorytm do ukladu:


 a”12 x2 + . . . + a”1n xn = b”1


 a”22 x2 + . . . + a”2n xn = b”2
..
..
..

.
.
.



 a” x + . . . + a” x = b”
m2 2
mn n
m
nie ruszajac
, pierwszego równania
postaci:

x1 + e12 x2 + e13 x3 +





x2 + e23 x3 +




x3 +
..

.








(7)
ukladu (6). Po skończonej liczbie kroków uzyskamy uklad
. . . + e1k xk + e1 k+1 xk+1 + . . . + e1n xn = f1
. . . + e2k xk + e2 k+1 xk+1 + . . . + e2n xn = f2
. . . + e3k xk + e3 k+1 xk+1 + . . . + e3n xn = f3
..
.
.
xk + ek k+1 xk+1 + . . . + ekn xn = fk
0 = fk+1
Jeżeli fk+1 6= 0, to otrzymany uklad jest sprzeczny, a wiec
, też uklad (1) jest sprzeczny.
Jeżeli zaś fk+1 = 0, to przy pomocy operacji: r1 − e1k · rk , r2 − e2k · rk ,...,rk−1 − ek−1 k · rk
eliminujemy zmienna, xk z poczatkowych
k − 1 równań. Później eliminujemy zmienna, xk−1 z
,
wcześniejszych równań przy pomocy k − 1-szego równania, itd. W końcu, po skończonej liczbie
kroków, uzyskamy w ten sposób uklad (2).
Omówiony wyżej sposób rozwiazywania
ukladu równań metoda, Gaussa zawiera dużo ele,
mentów dowolnych. Dowolność zachodzi na każdym etapie rozważań, ponieważ możemy eliminować dowolna, niewiadoma, (pod warunkiem, że odpowiedni wspólczynnik nie równa sie, 0).
Oprócz tego dowolna jest również kolejność równań w danym ukladzie. Jeżeli np. w jakikolwiek
sposób zmienimy kolejność równań w wyjściowym ukladzie, to proces stopniowego eliminowania niewiadomych przebiegać bedzie
inaczej. Jednak zawsze musimy otrzymać te, sama, liczbe,
,
parametrów!
W praktyce proces rozwiazywania
ukladu (1) możemy znacznie uprościć, jeżeli zamiast prze,
ksztalceń ukladu równań bedziemy
przeksztalcać jego macierz uzupelniona, Au . Oczywiste jest,
,
że każdej operacji elementarnej ukladu (1) odpowiada odpowiednia operacja elementarna macierzy Au , a mianowicie:
2
operacji ri ↔ rj odpowiada operacja wi ↔ wj ,
operacji a · ri odpowiada operacja a · wi ,
operacji ri + a · rj odpowiada operacja wi + a · wj ,
wykreślaniu i-tego równania odpowiada wykreślanie i-tego wiersza,
operacji xi ↔ xj odpowiada operacja ki ↔ kj (należy przy tym pamietać,
że nie wolno ruszać
,
ostatniej kolumny i na koniec należy jeszcze uwzglednić
wszystkie przenumerowania niewiado,
mych!).
Przyklad 7.1. Stosujac
nad
, metode, eliminacji Gaussa rozwiażemy
,


 x1 − x2 − 9x3 + 6x4 + 7x5 + 10x6
− 6x3 + 4x4 + 2x5 + 3x6


− 3x3 + 2x4 − 11x5 − 15x6
cialem R uklad równań:
= 3
= 2 .
= 1
wykonywali rachunki
 Bedziemy
 na macierzy uzupe
 lnionej naszego ukladu:

,
1 1 −9 6
7
10 3
1 1
0 0
40
55 0

 w1 −3w3 , w2 −2w3 
 x2 ↔x4
≡
2
3 2 
0 0
24
33 0  ≡
 0 0 −6 4
 0 0
0 0 −3 2 −11 −15 1
0 0 −3 2 −11 −15 1
 x1 x4 x3 x2


 x1 x4 x3 x2
x5
x6
x5
x6
40
55 0
40
55 0
0
1 0
1
0 1
1
0
 w2 ↔w3 
 x3 ↔x5

 0 0
0 0
24
33 0  ≡  0 2 −3 0 −11 −15 1  ≡
0 2 −3 0 −11 −15 1
0 0
0 0
24
33 0

 x1 x4

 x1 x4
x5 x2
x5 x2
x6
x6
x3
x3
0
40
40 1
55
55 0
1
1
1
1 0
0
1
0
0
 2 w2 , 24 w3 

1 
≡
 0 1 − 11

 0 2 −11 0 −3 −15 1 
0 − 32 − 15
2
2
2
11
0 0
24 0
0
33 0
0 0
1 0
0
0
8

 x1 x4 x5 x2
x3
x6
0 0 1
0 0 0
w1 −40w3 , w2 + 11
w3  1
2
1
1 
≡
. Zatem zmiennymi bazowymi sa, x2 , x3 , x6
 0 1 0 0 − 23 16
2
0 0 1 0
0 11
0
8
1
3
1
oraz x1 = −x2 , x4 = 2 + 2 x3 − 16 x6 , x5 = − 11
, uklad posiada nieskończenie wiele
8 x6 . Stad
rozwiazań
danych wzorami:
,
1
c, x5 = − 11
x1 = −a, x2 = a, x3 = b, x4 = 12 + 23 b − 16
8 c, x6 = c, gdzie a, b, c sa, dowolnymi
liczbami rzeczywistymi. 2
Przyklad 7.2. Stosujac
uklad równań:
, metode, eliminacji Gaussa rozwiażemy
,


2x1 + x2 − x3 + x4 =
1


 3x − 2x + 2x − 3x =
2
1
2
3
4
.

5x1 + x2 − x3 + 2x4 = −1



2x1 − x2 + x3 − 3x4 =
4
Rachunki bedziemy
wykonywali na macierzy uzupelnionej Au naszego ukladu. Mamy, że
,


 x2 x1 x3

x4
2
1 −1
1
1
1
1 2 −1
1
 3 −2


2 −3
2 

 x1 ↔x2  −2 3
2  w2 +2w1 , w3 −w1 , w4 +w1
2 −3
Au = 
≡

 ≡ 
 5
 1 5 −1
1 −1
2 −1 
2 −1 
2 −1
1 −3
4
−1 2
1 −3
4
3

x2




1
0
0
0

x2
x1
x3

x3
x1
x4
1
1 −1 2
1
 x ↔x 

 1 4  0 −1
4  w3 +w2 , w4 −2w2
0 7
≡
 ≡ 


 0
1
0 3 −2 
0 −2
0 4
5

 x2 x4 x3 x1

x3
x1
−1
1
1
1 −1 2
2
1



0
7
4  w4 +w3  0 −1
0 7
4 
 ≡ 
. Zatem nasz uklad jest
 0
0 −10
2 
0
0 10
2 
0
10 −3
0
0
0 0 −1
(nie posiada rozwiazania),
bo ostatnie równanie ma postać:
,
x4
1
1
2 −1
4
7
0 −1
3
0
1 −2
4
0 −2
5
x4
1
1

 0 −1

 0
0
0
0
sprzeczny


x2
0 · x2 + 0 · x4 + 0 · x3 + 0 · x1 = −1. 2
Przyklad 7.3. Stosujac
metode, eliminacji Gaussa rozwiażemy
uklad równań:
,
,

2x1 − x2 + x3 − x4 =
1


 2x − x
−
3x
=
2
1
2
4
.

3x1
− x3 + x4 = −3



2x1 + 2x2 − 2x3 + 5x4 = −6
Rachunki bedziemy
wykonywali na macierzy uzupelnionej Au naszego ukladu. Mamy, że
,


 x3 x2 x1 x4

1
2 −1
1 −1
1
1 −1 2 −1


 2 −1
0 −3
2 
 x1 ↔x3  0 −1 2 −3

2  w3 +w1 , w4 +2w1
Au = 
≡
 ≡ 

 −1
 3
0 −1
1 −3 
0 3
1 −3 
2
2 −2
5 −6
−2
2 2
5 −6
 x3 x2 x1 x4


 x3 x2
x4
x1
1
1
1 −1 2 −1
1 −1
2 −1




 0 −1 2 −3
2  (−1)w2  0
1 −2
3 −2 

 ≡ 
.
 0 −1 5
 0 −1
0 −2 
5
0 −2 
0
0 6
3 −4
0
0
6
3 −4
Wykonujemy operacje, w3 + w2 :
 x3 x2


 x3 x2
x4
x4
x1
x1
1
1
1 −1
2 −1
1 −1
2 −1




 0
1 −2
3 −2  w4 −2w3  0
1 −2
3 −2 

 ≡ 
.
 0
 0
0
3
3 −4 
0
3
3 −4 
0
0
6
3 −4
0
0
0 −3
4
1
1
Wykonujemy operacje 3 w3 i (− 3 )w4 :
 x3 x2

 x3 x2

x4
x1
x1 x4
1
1 −1
2 −1
1 −1
2 0 − 13




 0
1 −2
3 −2  w1 +w4 , w2 −3w4 , w3 −w4  0
1 −2 0
2 
≡



.
 0
 0
0
1
1 −4 
0
1 0
0 
3





0
0
0
1 − 43
0
0
0 1 − 43
Wykonujemy operacje w1 − 2w3 i w2 + 2w3 :

 x3 x2 x1 x4

x2
x3
x1 x4
5
1 0 0 0
1 −1 0 0 − 31
3



2 
0
1 0 0
2  w1 +w2  0 1 0 0
 ≡ 
.
 0 0 1 0
0 
0
0 1 0
0 
0 0 0 1 − 43
0
0 0 1 − 34
Zatem uklad posiada dokladnie jedno rozwiazanie:
x1 = 0, x2 = 2, x3 = 35 , x4 = − 43 . 2
,
4
2
Wzory Cramera
Niech dany bedzie
uklad n równań liniowych z n niewiadomymi x1 , x2 , ..., xn nad cialem
,
K:

a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1





 a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2
................................. .



.................................



an1 x1 + an2 x2 + . . . + ann xn = bn
Wyznacznikiem glównym ukladu (8) nazywamy
a
11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
W = .
..
..
..
.
.
.
..
an1 an2 . . . ann
(8)
.
Oznaczmy przez Wi (dla i = 1, 2, . . . , 
n) wyznacznik
powstajacy
z W przez zastapienie
i-tej
,
,

b1


 b2 

kolumny W kolumna, wyrazów wolnych  . 
. Zatem
 .. 
bn
W1 = b1
b2
..
.
a12
a22
..
.
bn an2
. . . a1n
. . . a2n
..
..
.
.
. . . ann
a
11 b1 . . . a1n
b2 . . . a2n
a
, W2 = 21
.. . .
..
..
.
.
.
.
an1 bn . . . ann
a
11 a12 . . . b1
a22 . . . b2
a
, . . . , Wn = 21
..
.
..
..
. ..
.
.
an1 an2 . . . bn
.
Wówczas zachodzi nastepuj
ace
,
,
Twierdzenie 7.4 (Cramera). Jeżeli wyznacznik glówny ukladu (8) jest różny od zera, to
uklad ten posiada dokladnie jedno rozwiaza-nie
dane wzorami Cramera:
,
x1 =
W2
Wn
W1
, x2 =
, . . . , xn =
.
W
W
W
(9)
Jeżeli zaś W = 0, ale Wi 6= 0 dla pewnego i = 1, . . . , n, to uklad (8) jest sprzeczny (a wiec
, nie
posiada rozwiazania).
,
Przyklad 7.3. Stosujac
nad
, wzory Cramera rozwiażemy
,


x1 + 2x2 − x3 − x4


 2x − 3x − x + 2x
1
2
3
4

4x
−
5x
+
2x
+
3x
1
2
3
4



x1 − x2 − x3 − x4
5
cialem R uklad równań:
= −2
=
1
.
=
5
= −2
Obliczamy najpierw wyznacznik glówny naszego ukladu. Stosujemy kolejno: operacje k4 +k1 ,
k3 +k1 , k2 +k1 , rozwiniecie
Laplace’a wzgledem
czwartego wiersza, operacje, k2 −3k1 , rozwiniecie
,
,
,
Laplace’a
wzgl
edem
pierwszej
kolumny:
,
1
2 −1 −1 1
3 0 0 3 0 0 2 −3 −1
2 2 −1 1 4 4+1
W=
· 1 · −1 1 4 = (−1) · 3 · (−1)1+1 ·
=
= (−1)
4 −5
2
3
4 −1 6 7
−1 6 7 1 −1 −1 −1 1
0 0 0 1 4 = (−3) · (7 − 24) = (−3) · (−17) = 51. Stad
, W = 51 6= 0, wiec
, z twierdzenia Cramera
6 7 uklad nasz posiada dokladnie jedno rozwiazanie.
Obliczamy teraz wyznacznik W1 stosujac
,
,
kolejno: operacje k1 + k2 , k3 − k4 , k2 + 2 · k4 , rozwiniecie
Laplace’a
wzgl
edem
pierwszego
,
,
wiersza,
Laplace’a wzgl edem
operacje, k2 + k3 , rozwini
ecie
,
, drugiego wiersza: −2
2 −1 −1 0
2
0 −1 0
0
0 −1 1 −3 −1
2 −2 −3 −3
2 −2
1 −3
2 W1 = =
=
= (−1)1+4 ·(−1)·
5 −5
2
3 0 −5 −1
3 0
1 −1
3 −2 −1 −1 −1 −3 −1
0 −1 −3 −3
0 −1 −2
1 −3 −2 −2 −3 1 −1 = 0
0 −1 = 0, bo w ostatnim wyznaczniku mamy dwie identyczne
0
−3 −3
0 −3 −3
0 kolumny. Postepuj
ac
, podobnie obliczamy: W2 = 0 i W3 = 51. Zatem ze wzorów Cramera:
,
W2
W1
3
x1 = W = 0, x2 = W = 0 oraz x3 = W
W = 1. Wyznacznika W4 nie musimy już obliczać, bo z
pierwszego równania x4 = x1 + 2x2 − x3 + 2 = 0 + 0 − 1 + 2 = 1.2
3
Zadania do samodzielnego rozwiazania
,
Zadanie 7.5. Stosujac
, metode, eliminacji Gaussa rozwiaż
, nad cialem liczb rzeczywistych
uklad równań:

x1 + x2
=
1





=
4
 x1 + x2 + x3
x2 + x3 + x4
= −3 .



x
+
x
+
x
2
3
4
5 =



x4 + x5 = −1
Odp. Uklad ma nieskończenie wiele rozwiazań
danych wzorami:
,
x1 = 6 − t, x2 = t − 5, x3 = 3, x4 = −1 − t, x5 = t, gdzie t ∈ R.
Zadanie 7.6. Stosujac
, metode, eliminacji Gaussa rozwiaż
, nad cialem liczb rzeczywistych
uklad równań:


4x1 − 3x2 + 2x3 − x4 = 8


 3x − 2x + x − 3x = 7
1
2
3
4
.

2x
−
x
−
5x
1
2
4 = 6



5x1 − 3x2 + x3 − 8x4 = 1
6
Odp. Uklad jest sprzeczny.
Zadanie 7.7. Stosujac
, metode,
uklad równań:


4x1 −


 x −
1

3x1 −



2x1 +
eliminacji Gaussa rozwiaż
, nad cialem liczb rzeczywistych
3x2
2x2
x2
3x2
+ x3 + 5x4
− 2x3 − 3x4
+ 2x3
+ 2x3 − 8x4
=
7
=
3
.
= −1
= −7
Odp. Uklad posiada dokladnie jedno rozwiazanie:
x1 = 2, x2 = 1, x3 = −3, x4 = 1.
,
Zadanie 7.8. Stosujac
, metode, eliminacji
uklad równań:

12x1 − 18x2 + 102x3





 14x1 − 21x2 + 119x3
x3



4x3



7x3
Gaussa rozwiaż
, nad cialem liczb rzeczywistych
− 174x4
− 203x4
+
2x4
+
5x4
+
8x4
− 216x5
− 252x5
+
2x5
+
6x5
+
9x5
= 132
= 154
= −1 .
= −2
= −3
Odp. Uklad posiada nieskończenie wiele rozwiazań
danych wzorami:
,
x1 = − 23 + 23 x2 , x2 -dowolna liczba rzeczywista, x3 = 31 , x4 = − 23 , x5 = 0.
Zadanie 7.9. Stosujac
, wzory Cramera rozwiaż
, nad


2x1 + 3x2 + 11x3 +


 x + x + 5x +
1
2
3

2x1 + x2 + 3x3 +



x1 + x2 + 3x3 +
cialem Q uklad równań:
5x4
2x4
2x4
4x4
=
2
=
1
.
= −3
= −3
Odp. Uklad posiada dokladnie jedno rozwiazanie:
x1 = −2, x2 = 0, x3 = 1, x4 = −1.
,
Zadanie 7.10. Stosujac
, wzory Cramera rozwiaż
,


2x1 + 5x2 + 4x3


 x + 3x + 2x
1
2
3

2x1 + 10x2 + 9x3



3x1 + 8x2 + 9x3
nad cialem Q uklad równań:
+ x4
+ x4
+ 7x4
+ 2x4
=
=
=
=
20
11
.
40
37
Odp. Uklad posiada dokladnie jedno rozwiazanie:
x1 = 1, x2 = x3 = 2, x4 = 0.
,
Zadanie
7.11. Stosujac
(
, wzory Cramera rozwiaż
, (nad cialem C uklady równań:
2(2 + i)z − i(3 + 2i)w =
5 + 4i
(4 − 3i)z + (2 + i)w = 5(1 + i)
a)
, b)
,
(3 − i)z + 2(2 + i)w = 2(1 + 3i)
(2 − i)z − (2 + 3i)w = −(1 + i)
(
(2 + i)z + (2 − i)w = 6b − a + (2a − 3b)i
c)
(a, b ∈ R),
(1 − i)z + (3 + i)w = a + 9b + (a + 3b)i
(
(
w
z
(1 + i)z + (1 − i)w = 1 + i
2−i +
1+i = 2
, e)
.
d)
5z
2w
+
=
3
(1
− i)z + (1 + i)w = 1 + 3i
(2−i)2
(1+i)2
7
Odp. a) z = 59 + 59 i oraz w = 94 + i. b) z = i oraz w = 1. c) z = ai oraz w = 3b. d) z = 1 − 2i
oraz w = 1 + i. e) z = i oraz w = 1 + i.
Zadanie 7.12. W zależności od wartości
równań:


 x + ay
2x + y

 x + y
parametru a ∈ R rozwiaż
, nad cialem R uklad
+ z = 1
+ z = a
+ az = a2
Odp. Dla a = 0 uklad jest sprzeczny. Dla a 6= 0 i a 6= 1 uklad posiada dokladnie jedno
1−2a
1
rozwiazanie:
x = a−1
,
2a , y = 2a , z = a + 2a . Natomiast dla a = 1 uklad ma nieskończenie wiele
rozwiazań
danych wzorami: x = 0, y-dowolna liczba rzeczywista, z = 1 − y.
,
( Zadanie 7.13. Stosujac
, twierdzenie Cramera rozwiaż
, nad cialem Z5 uklad równań:
2x1 + 3x2 = 2
.
3x1 − 2x2 = 1
Odp. Uklad posiada dokladnie jedno rozwiazanie:
x1 = 4, x2 = 3.
,
8