Ukªady równa« - Przykªady
1. Dany ukªad równa« rozwi¡za¢ trzema sposobami: (a) korzystaj¡c ze wzorów Cramera,
(b) metod¡ macierzy odwrotnej, (c) metod¡ eliminacji Gaussa,
x + 2y + z = 2
x − y − 2z = 5
2x − y − z = 3
.
Rozwi¡zanie
(a) Obliczmy wyznacznik detA macierzy danego ukªadu oraz wyznaczniki macierzy Ax, Ay, Az, gdzie detA = 1 2 1 1 −1 −2 2 −1 −1 = −6 6= 0, detAx = 2 2 1 5 −1 −2 3 −1 −1 = −6, detAy = 1 2 1 1 5 −2 2 3 −1 = −12, detAz = 1 2 2 1 −1 5 2 −1 3 = 18.
Z twierdzenia Cramera wynika, »e
x = detAx detA = 2 2 1 5 −1 −2 3 −1 −1 2 2 1 5 −1 −2 3 −1 −1 = −6 −6 = 1, y = detAy detA = 1 2 1 1 5 −2 2 3 −1 2 2 1 5 −1 −2 3 −1 −1 = −12 −6 = 2, z = detAz detA = 1 2 2 1 −1 5 2 −1 3 2 2 1 5 −1 −2 3 −1 −1 = 18 −6 = 3.
(b) Z de nicji mno»enia macierzy wynika, »e rozwa»any ukªad równa« mo»emy zapisa¢ w postaci 1 2 1 1 −1 −2 2 −1 −1 · x y z = 2 5 3 .
Wynika st¡d, »e x y z = 1 2 1 1 −1 −2 2 −1 −1 −1 · 2 5 3 . Ale 1 2 1 1 −1 −2 2 −1 −1 −1 = 1 6 − 1 6 1 2 1 2 1 2 − 1 2 −1 6 − 5 6 1 2 , wi¦c 1 6 − 1 6 1 2 1 2 1 2 − 1 2 −1 6 − 5 6 1 2 · 2 5 3 = 1 2 −3 = x y z . Zatem x = 1, y = 2, z = −3.
(c) Za pomoc¡ przeksztaªce« elementarnych na wierszach macierzy uzupeªnionej naszego ukªadu równa«, uzyskamy posta¢ schodkow¡ macierzy.
Macierz uzupeªniona ma posta¢ 1 2 1 1 −1 −2 2 −1 −1 2 5 3 .
Pomnó»my pierwszy wiersz tej macierz przez −1 i dodajmy do wiersza drugiego. Nast¦pnie pomnó»my pierwszy wiersz przez −2 i dodajmy do wiersza trzeciego. Dostaniemy 1 2 1 0 −3 −3 0 −5 −3 2 3 −1 .
Podzielmy drugi wiersz przez −3. Wówczas otrzymamy 1 2 1 0 1 1 0 −5 −3 2 −1 −1 .
Pomnó»my teraz drugi wiersz przez 5 i dodajmy do wiersz trzeciego. Otrzymamy
macierz 1 2 1 0 1 1 0 0 2 2 −1 −6 .
Napiszmy posta¢ naszego ukªadu równa« odpowiadajac¡ tej macierzy
x + 2y + z = 2 y + z = −1 2z = −6 . Poniewa» 2z = −6, to z = −3. Dalej y = −1 − z = −1 + 3 = 2, z = 2 − x − 2y = 2 − 1 − 4 = −3.
2. Rozwi¡za¢ ukªad równa« dwiema metodami: (a) metod¡ Gaussa,
(b) metod¡ z zastosowaniem poj¦cia rz¦du macierzy,
x + y − z − t = 0 x + y + z + t = 4
x + y = 2
.
Rozwi¡zanie
(a) Macierz uzupeªniona ukªadu ma posta¢ 1 1 −1 −1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 4 2 .
Pomnó»my pierwszy wiersz tej macierz przez −1 i dodajmy do wiersza drugiego, a nast¦pnie do wiersz trzeciego. Dostaniemy
1 1 −1 −1 0 0 2 2 0 0 1 1 0 4 2 .
Wiersze drugi i trzeci s¡ proporcjonalne. Wykre±lmy zatem wiersz drugi. Otrzymu-jemy macierz 1 1 −1 −1 0 0 1 1 0 2 .
Ukªad równa« równowa»ny naszemu ukªadowi równa« ma posta¢ x + y − z − t = 0
z + t = 2 .
Macierz ukªadu ma dwa schodki. Zatem rozwi¡zanie jest zale»ne od dwóch parametrów. Poniewa» schodek odpowiadaj¡cy niewiadomym x i y jest podwójny, podobnie schodek odpowiadaj¡cy niewiadomym z i t jest podwójny, to mo»emy przyj¡¢ y = α, t = β. Wówczas
x = 2 − α, y = α, z = 2 − β, z = β, α, β ∈ R.
(b) Zauwa»my, »e rz¡d macierzy ukªadu i rz¡d macierzy uzupeªnionej naszego ukªadu s¡ jednakowe i równe ilo±ci schodków, czyli 2. )Wynika, to z rozwa»a« przeprowad-zonych w cz¦±ci (a) zadania.) Ró»ny od zera jest np. minor stopnia drugiego postaci 1 −1 1 1
i drugim. Odrzu¢my z ukªadu równanie trzecie i przyjmijmy za parametry x = µ i t = ν. Ukªad równa« ma teraz posta¢
x − z = − µ + ν x + z = 1 − µ − ν . St¡d x = µ, y = 1 2 − µ, z = 1 2 − ν, t = ν, µ, ν ∈ R.
3. Rozwi¡za¢ ukªad równa« w zale»no±ci od parametru p ∈ R.
px + pz = 0
2x + y + 3z = 1
3x + 2py + 5z = 1 .
Rozwi¡zanie
Obliczmy wyznacznik macierzy rozwa»anego ukªadu detAp = p 0 p 2 1 3 3 2p 5 = 2p2− 2p = 2p (p − 1) . detAp 6= 0 dla p 6= 0 i p 6= 1. Oznacza to, »e
ukªad posiada dokªadnie jedno rozwi¡zanie dla p 6= 0 i p 6= 1,
gdy» jest wtedy ukªadem Cramerowskim. Teraz znajdziemy to rozwi¡zanie. Obliczmy detApx= 0 0 p 1 1 3 1 2p 5 = p (2p − 1) , detApy= p 0 p 2 1 3 3 1 5 = p, detApz = p 0 0 2 1 1 3 2p 1 = p (1 − 2p) . St¡d x = 2p − 1 2 (p − 1), y = 1 2 (p − 1), z = − (2p − 1) 2 (p − 1) , dla p 6= 0 i p 6= 1. Je±li p = 0 , to ukªad ma posta¢
2x + y + 3z = 1
3x + 5z = 1 .
Ukªad w tej sytuacji posiada rozwi¡zanie ukªadu zale»ne od jednego parametru, gdy» mamy trzy niewiadome, a wspólny rz¡d macierzy ukªadu i macierzy uzupeªnionej jest równy 2.
Wyznacznik odpowiadaj¡cy niewiadomym x oraz z: 2 3 3 5
jest równy 1. Przyjmuj¡c niewiadom¡ y za parametr (y = α) otrzymujemy
x = 2 − 5α, y = α, z = −1 + 3α, α ∈ R. Je±li p = 1 , to ukªad przybiera posta¢
x + z = 0 2x + y + 3z = 1 3x + 2y + 5z = 1 . Rz¡d macierzy ukªadu 1 0 1 2 1 3 3 2 5
jest równy 2, a rz¡d macierz uzupeªnionej 1 0 1 0 2 1 3 1 3 2 5 1
jest równy 3. Zatem w tej sytuacji ukªad nie ma rozwi¡zania. Ostatecznie • dla p 6= 0 i p 6= 1 ukªad posiada dokªadnie jedno rozwi¡zanie postaci:
x = 2p − 1 2 (p − 1), y = 1 2 (p − 1), z = − (2p − 1) 2 (p − 1) ,
• dla p = 0 ukªad posiada ∞ wiele rozwiaza« zale»nych od jednego parametru, postaci:
x = 2 − 5α, y = α, z = −1 + 3α, α ∈ R, • dla p = 1 ukªad jest sprzeczny.
4. Zbada¢ rozwi¡zalno±¢ ukªadu równa« w zale»no±ci od parametru m ∈ R (∗) x + y + z = m 2x + (m + 1) y + z = 2 x + my = 2 − m . Rozwi¡zanie
Macierz uzupeªniona ukªadu ma posta¢ 1 1 1 2 m + 1 −1 1 m 0 m 2 2 − m .
Pomnó»my pierwszy wiersz tej macierz przez −2 i dodajmy do wiersza drugiego. Nast¦p-nie pomnó»my pierwszy wiersz przez −1 i dodajmy do wiersza trzeciego. DostaNast¦p-niemy
1 1 1 0 m − 1 −1 0 m − 1 0 m 2 − 2m 2 − 2m .
Mo»emy skre±li¢ ostatni wiersz i wówczas otrzymujemy 1 1 1 0 m − 1 −1 m 2 − 2m .
Widzimy, ze rz¡d macierzy ukªadu i rz¡d macierzy uzupeªnionej tego ukªadu jest równy 2. Wyznacznik 1 1 0 −1
= −1. Przyjmijmy niewiadom¡ y za parametr. Oznaczmy y = λ. Usu«my z ukªadu (∗) ostatnie równanie. Wówczas ukªad przyjmie posta¢
x + y + z = m 2x + (m + 1) y + z = 2 . St¡d x + z = m − λ 2x + z = 2 − (m + 1) λ . Zatem x = 2 − m (λ + 1) , y = λ, z = −2 + 2m − λ + mλ mλ ∈ R.
