Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
24
12
Macierz odwrotna
Macierz kwadratowa
A jest odwracalna, gdy istnieje jej element odwrotny wzgl dem mno enia macierzy, czyli gdy
istnieje macierz
1
−
A taka, e
E
A
A
A
A
=
⋅
=
⋅
−
−
1
1
.
Macierz
1
−
A nazywa si
macierz odwrotn
macierzy A.
Fakt.
Macierz
T
d
)
(
det
1
1
A
A
A
⋅
=
−
jest macierz odwrotn macierzy
A (T oznacza transponowanie macierzy); Macierz
=
nn
n
n
n
n
d
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
2
1
2
22
21
1
12
11
nazywamy
macierz doł czon
macierzy A.
1. Zadanie
Obliczymy macierz odwrotn macierzy
=
1
0
0
2
1
0
3
2
1
A
.
Rozwi zanie
1
det
=
A
−
−
=
−
−
−
−
−
−
−
−
−
=
=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
1
2
1
0
1
2
0
0
1
1
0
2
1
)
1
(
2
0
3
1
)
1
(
2
1
3
2
)
1
(
0
0
2
1
)
1
(
1
0
3
1
)
1
(
1
0
3
2
)
1
(
0
0
1
0
)
1
(
1
0
2
0
)
1
(
1
0
2
1
)
1
(
3
3
2
3
1
3
3
2
2
2
1
2
3
1
2
1
1
1
33
32
31
23
22
21
13
12
11
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
d
.
Zatem
−
−
=
⋅
=
−
1
0
0
2
1
0
1
2
1
1
0
0
2
1
0
3
2
1
1
1
1
T
A
.
Uzyskany wynik mo na sprawdzi . Wystarczy w tym celu wykona mno enie
A
A ⋅
−1
. Je li otrzymamy macierz jed-
nostkow , to wynik jest dobry.
Bezwyznacznikowa metoda znajdowania macierzy odwrotnej polega na wykonaniu tych samych operacji elementarnych
na wierszach danej macierzy oraz macierzy jednostkowej:
•
zamiana wierszy
, np.
3
2
w
w
↔
;
•
mno enie wiersza przez niezerow liczb
,
np.
4
2
1
w
;
•
pomno enie wiersza przez liczb i dodanie do innego wiersza
, np.
1
2
)
2
(
w
w
+
−
×
.
Celem tych operacji jest sprowadzenie danej macierzy do macierzy jednostkowej. Macierz jednostkowa przechodzi
wtedy na macierz odwrotn do danej macierzy.
W praktyce post pujemy nast puj co: piszemy macierz blokow , której pierwszym blokiem jest dana macierz, za dru-
gim blokiem jest macierz jednostkowa. Na wierszach macierzy blokowej wykonujemy operacje elementarne a do mo-
mentu, gdy pierwszy blok staje si macierz jednostkow . Wówczas drugi blok jest macierz odwrotn .
[
]
E
A
[operacje elementarne na wierszach]→
]
[
1
−
A
E
.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
25
Wykonuj c te same operacje na wierszach danej macierzy oraz macierzy jednostkowej otrzymamy kolejno
1
1
0
1
0
0
0
1
0
2
1
0
0
0
1
3
2
1
1
2
)
2
(
w
w
+
−
→
−
1
1
0
1
0
0
0
1
0
2
1
0
0
2
1
1
0
1
2
3
1
3
)
2
(
)
1
(
w
w
w
w
+
−
+
−
→
−
−
−
1
1
0
1
0
0
2
1
0
0
1
0
1
2
1
0
0
1
.
Zatem
−
−
=
−
1
0
0
2
1
0
1
2
1
1
A
.
2. Zadanie
Obliczy macierz odwrotn macierzy
−
=
0
1
0
1
0
0
2
0
1
0
0
0
4
0
0
2
A
.
Rozwi zanie
Wykonuj c te same operacje na wierszach danej macierzy oraz macierzy jednostkowej otrzymamy kolejno
−
1
0
0
0
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
2
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
4
0
0
2
1
4
w
w
+
→
−
1
0
0
0
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
2
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
1
4
1
0
1
4
1
w
w
+
→
2
0
0
1
4
2
0
0
0
1
0
0
0
0
2
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
1
4
1
0
1
3
2
w
w
↔
→
2
0
0
1
4
2
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
2
0
1
0
0
1
4
1
0
1
2
2
1
w
→
2
0
0
1
4
2
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
4
1
0
1
2
1
4
2
1
w
→
1
0
0
2
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
4
1
0
1
2
1
2
1
3
4
w
w
↔
→
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
2
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
4
1
0
1
2
1
2
1
1
3
)
1
(
w
w
+
−
×
→
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
2
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
2
0
0
1
2
1
2
1
2
1
3
4
1
4
)
2
(
)
2
(
w
w
w
w
+
−
×
+
−
×
→
−
−
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
2
2
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
2
0
0
0
1
2
1
2
1
2
1
.
Zatem
−
−
=
−
=
−
−
0
0
1
0
1
0
2
0
0
0
0
0
2
0
1
0
1
0
0
2
0
1
0
0
0
4
0
0
2
2
1
2
1
2
1
1
1
A
.
Uzyskany wynik mo na sprawdzi . Wystarczy w tym celu wykona mno enie
A
A ⋅
−1
. Je li otrzymamy macierz jed-
nostkow , to wynik jest dobry.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
26
13
Równania macierzowe
Dane jest równanie macierzowe
m
n
m
n
n
n
B
X
A
×
×
×
=
⋅
.
Je li spełniony jest warunek
0
det
≠
A
, to mno c lewostronnie to równanie przez macierz
1
−
A , otrzymamy
B
A
AX
A
1
1
−
−
=
,
a nast pnie
B
A
X
1
−
=
.
Dane jest równanie macierzowe
n
m
n
n
n
m
B
A
X
×
×
×
=
⋅
.
Je li spełniony jest warunek
0
det
≠
A
, to mno c prawostronnie to równanie przez macierz
1
−
A , otrzymamy
1
1
−
−
⋅
=
⋅
⋅
A
B
A
A
X
E
,
a nast pnie
1
−
⋅
=
A
B
X
.
Dane jest równanie macierzowe
m
n
m
m
m
n
n
n
C
B
X
A
×
×
×
×
=
⋅
⋅
.
Je li spełnione s warunki
0
det
≠
A
,
0
det
≠
B
to mno c lewostronnie to równanie przez macierz
1
−
A i mno c pra-
wostronnie to równanie przez macierz
1
−
B otrzymamy
1
1
1
1
−
−
−
−
=
⋅
⋅
CB
A
BB
X
A
A
E
E
,
a nast pnie
1
1
−
−
=
CB
A
X
.
3. Zadanie
Wyznaczymy macierz
A z równania
−
−
=
⋅
⋅
−
3
1
9
3
1
1
4
3
1
1
4
3
1
A
.
Rozwi zanie
Mno c obie strony równania lewostronnie przez macierz
−
−
=
−
3
1
4
1
1
1
4
3
1
oraz prawostronnie przez macierz
1
1
4
3
otrzymamy
=
⋅
−
−
⋅
−
−
=
⋅
−
−
⋅
=
−
0
0
1
0
1
1
4
3
3
1
9
3
3
1
4
1
1
1
4
3
3
1
9
3
1
1
4
3
1
A
.
4. Zadanie
Wyznaczymy macierz
A z równania
−
=
⋅
3
2
2
0
0
1
3
2
1
2
2
1
1
1
1
A
.
Rozwi zanie
Mno c obie strony równania lewostronnie przez macierz
1
3
2
1
2
2
1
1
1
1
−
otrzymamy
−
−
=
−
⋅
−
−
−
−
=
−
⋅
=
−
1
2
1
1
2
2
3
2
2
0
0
1
1
1
0
1
2
1
0
1
2
3
2
2
0
0
1
3
2
1
2
2
1
1
1
1
1
A
.
5. Zadanie
Wyznaczymy macierz
A z równania
−
=
⋅
3
1
0
1
0
2
1
2
3
1
2
2
1
1
1
A
.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
27
Rozwi zanie
Mno c obie strony równania prawostronnie przez macierz
1
1
2
3
1
2
2
1
1
1
−
otrzymamy
⋅
−
−
=
−
−
−
−
⋅
−
=
⋅
−
=
−
1
5
7
2
3
2
0
1
2
1
2
1
1
1
0
3
1
0
1
0
2
1
2
3
1
2
2
1
1
1
3
1
0
1
0
2
1
A
14
Układy równa liniowych
Od układu równa mo na przej do postaci macierzowej tego układu:
=
+
+
+
=
+
+
+
=
+
+
+
m
n
mn
m
m
n
n
n
n
b
x
a
x
a
x
a
b
x
a
x
a
x
a
b
x
a
x
a
x
a
...
........
..........
..........
..........
...
...
2
2
1
1
2
2
2
22
1
21
1
1
2
12
1
11
↔
=
⋅
m
n
mn
m
m
n
n
b
b
b
x
x
x
a
a
a
a
a
a
a
a
a
2
1
2
1
2
1
2
22
21
1
12
11
=
+
−
=
+
−
=
+
−
4
4
3
5
0
2
2
3
2
3
z
y
x
z
y
x
z
y
x
↔
=
⋅
−
−
−
4
0
2
4
3
5
2
1
1
3
2
3
z
y
x
=
−
+
=
−
+
−
=
−
+
=
+
+
0
3
2
1
2
2
1
3
3
c
b
a
c
b
a
c
b
a
c
b
a
↔
−
=
⋅
−
−
−
0
1
1
3
3
2
1
2
1
2
3
1
1
1
1
1
c
b
a
•
Układ równa nazywamy
rozwi zalnym
, je li ma co najmniej jedno rozwi zanie. Układy rozwi zalne dzielimy na:
Oznaczone
– maj dokładnie jedno rozwi zanie,
Nieoznaczone –
maj niesko czenie wiele rozwi za .
•
Układ równa nazywamy
sprzecznym, je li nie ma rozwi zania.
•
Dla macierzy wyznaczonych przez układ równa przyjmujemy poni sze okre lenia:
a
rozszerzon
macierz
wolnych
wyrazów
macierz
glówna
macierz
m
mn
m
m
n
n
m
mn
m
m
n
n
b
a
a
a
b
a
a
a
b
a
a
a
b
b
b
a
a
a
a
a
a
a
a
a
2
1
2
2
22
21
1
1
12
11
2
1
2
1
2
22
21
1
12
11
,
,
.
•
Dwa układy równa liniowych nazywamy
równowa nymi
wtedy i tylko wtedy, gdy maj te same rozwi zania albo
s sprzeczne.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
28
15
Wzory Cramera
Układ równa liniowych
1
1
×
×
×
=
⋅
n
n
n
n
B
X
A
, w którym
A jest macierz kwadratow odwracaln , tzn. spełniaj c warunek
0
det
≠
A
, nazywa si
układem Cramera
.
Fakt.
Układ Cramera
1
1
×
×
×
=
⋅
n
n
n
n
B
X
A
ma dokładnie jedno rozwi zanie
=
n
A
A
A
X
det
det
det
2
1
det
1
A
,
gdzie
j
A , 1 ≤ j ≤ n, powstaje z macierzy A przez zast pienie j−tej kolumny kolumn wyrazów wolnych.
6. Zadanie
Dla jakich warto ci parametru p układ równa
=
−
+
+
=
+
+
=
+
−
−
=
+
+
,
1
3
,
3
2
,
0
2
,
pt
z
y
x
p
t
z
y
t
z
x
p
z
y
x
jest układem Cramera?
Rozwi zanie
Układ równa postaci
B
AX = jest układem Cramera, gdy macierz A tego układu jest macierz kwadratow nieosobliw
(o wyznaczniku ró nym od zera).
Wyznacznik macierzy tego układu jest równy
p
p
−
=
−
−
−
=
2
3
1
1
3
1
2
0
2
1
0
1
0
1
1
1
det
A
.
Zatem dany układ jest układem Cramera dla
2
≠
p
.
7. Zadanie
Rozwi za metod wzorów Cramera układ równa
=
−
=
+
.
4
,
7
2
3
y
x
y
x
Rozwi zanie
Mamy
5
1
1
2
3
det
−
=
−
=
A
,
15
1
4
2
7
det
1
−
=
−
=
A
,
5
4
1
7
3
det
2
=
=
A
,
wi c rozwi zaniem tego układu jest
3
5
15
det
det
1
=
−
−
=
=
A
A
x
,
1
5
5
det
det
2
−
=
−
=
=
A
A
y
.
8. Zadanie
Rozwi za metod wzorów Cramera układ równa
=
−
+
=
+
−
=
−
+
2
3
5
4
2
0
3
2
z
y
x
z
y
x
z
y
x
.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
29
Rozwi zanie
Poniewa
10
)
4
4
9
(
)
6
24
1
(
1
1
3
4
1
2
3
2
1
det
=
−
+
−
−
+
=
−
−
−
=
A
5
)
10
6
(
)
15
16
(
1
1
2
4
1
5
3
2
0
det
1
=
−
−
−
=
−
−
−
=
A
,
20
)
8
45
(
)
12
5
(
1
2
3
4
5
2
3
0
1
det
2
=
+
−
−
−
−
=
−
−
=
A
,
15
)
8
5
(
)
30
2
(
2
1
3
5
1
2
0
2
1
det
3
=
+
−
+
−
=
−
=
A
,
wi c rozwi zaniem tego układu jest
=
=
=
=
2
3
10
15
10
20
2
1
10
5
2
z
y
x
.
16
Metoda macierzy odwrotnych
Układ równa piszemy w postaci równania macierzowego
1
1
×
×
×
=
⋅
n
n
n
n
B
X
A
i je li spełniony jest warunek
0
det
≠
A
, to mno-
c lewostronnie to równanie przez macierz
1
−
A , otrzymamy
B
A
AX
A
1
1
−
−
=
, a nast pnie
B
A
X
1
−
=
.
9. Zadanie
Rozwi za metod macierzy odwrotnych układ równa
=
−
=
+
.
4
,
7
2
3
y
x
y
x
Rozwi zanie
Zapisuj c układ w postaci macierzowej otrzymamy
=
⋅
−
4
7
1
1
2
3
X
, gdzie
=
y
x
X
. Zatem
−
=
−
=
⋅
−
=
⋅
−
=
−
1
3
5
15
5
1
4
7
3
1
2
1
5
1
4
7
1
1
2
3
1
X
.
St d odczytujemy, e
3
=
x
,
1
−
=
y
.
10. Zadanie
Rozwi za metod macierzy odwrotnych układ równa
=
+
+
=
+
+
=
+
+
.
5
2
2
,
14
3
5
,
2
2
z
y
x
z
y
x
z
y
x
Rozwi zanie
Układ ten piszemy w postaci
=
⋅
5
14
2
2
1
2
3
1
5
1
1
2
z
y
x
,
a nast pnie znajdujemy macierz rozwi za
−
=
−
−
−
=
⋅
−
−
−
−
−
−
=
⋅
=
=
−
3
5
2
9
15
6
3
1
5
14
2
3
0
3
1
2
4
2
1
1
3
1
5
14
2
2
1
2
3
1
5
1
1
2
1
z
y
x
X
,
St d odczytujemy, e
3
,
5
,
2
=
−
=
=
z
y
x
.
11. Zadanie
Rozwi za metod macierzy odwrotnych układ równa
−
=
−
+
+
−
=
−
−
+
−
=
−
−
−
=
+
+
+
.
4
3
2
,
6
3
2
,
4
2
3
,
1
3
2
t
z
y
x
t
z
y
x
t
z
y
x
t
z
y
x
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
30
Rozwi zanie
Układ ten piszemy w postaci
−
−
−
=
⋅
−
−
−
−
−
−
4
6
4
1
1
3
2
1
1
1
3
2
2
1
1
3
3
2
1
1
t
z
y
x
,
a nast pnie znajdujemy macierz odwrotn macierzy
głównej (metod bezwyznacznikow ).
−
−
−
−
−
−
1
0
0
0
1
3
2
1
0
1
0
0
1
1
3
2
0
0
1
0
2
1
1
3
0
0
0
1
3
2
1
1
4
1
3
1
2
1
)
1
(
)
2
(
)
3
(
w
w
w
w
w
w
+
−
×
+
−
×
+
−
×
→
→
→
→
−
−
−
−
−
−
−
−
−
1
0
0
1
4
1
1
0
0
1
0
2
7
5
1
0
0
0
1
3
11
7
4
0
0
0
0
1
3
2
1
1
2
4
w
w
↔
→
−
−
−
−
−
−
−
−
−
0
0
1
3
11
7
4
0
0
1
0
2
7
5
1
0
1
0
0
1
4
1
1
0
0
0
0
1
3
2
1
1
4
2
3
2
1
2
4
)
1
(
)
1
(
w
w
w
w
w
w
+
×
+
−
×
+
−
×
→
→
→
→
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
4
0
1
7
27
3
0
0
1
1
0
1
3
6
0
0
1
0
0
1
4
1
1
0
1
0
0
2
7
1
0
1
)
(
6
1
3
−
×
w
→
→
→
→
−
−
−
−
−
−
−
4
0
1
7
27
3
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
4
1
1
0
1
0
0
2
7
1
0
1
6
1
6
1
6
1
2
1
4
3
2
3
1
3
3
)
1
(
)
1
(
w
w
w
w
w
w
+
×
+
−
×
+
−
×
→
→
→
→
−
−
−
−
−
−
−
2
9
2
1
2
13
2
51
6
1
6
1
6
1
2
1
6
5
6
1
6
7
2
9
6
7
6
1
6
11
2
13
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
)
(
51
2
4
−
×
w
→
→
→
→
−
−
−
−
−
−
51
9
51
1
51
2
51
13
6
1
6
1
6
1
2
1
6
5
6
1
6
7
2
9
6
7
6
1
6
11
2
13
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
3
2
1
4
2
2
9
4
1
2
13
4
)
(
)
(
w
w
w
w
w
w
+
−
×
+
×
+
−
×
→
→
→
→
−
−
−
−
−
−
51
9
51
1
51
2
51
13
51
13
51
9
51
1
51
2
2
1
51
2
51
13
51
9
51
1
51
1
51
2
51
13
51
9
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
.
Znajdujemy rozwi zanie
−
−
=
−
−
−
⋅
−
−
−
−
−
−
=
−
−
−
⋅
−
−
−
−
−
−
=
=
−
1
0
1
1
4
6
4
1
9
1
2
13
13
9
1
2
2
13
9
1
1
2
13
9
51
1
4
6
4
1
1
3
2
1
1
1
3
2
2
1
1
3
3
2
1
1
1
t
z
y
x
X
.
St d odczytujemy, e
1
,
0
,
1
,
1
=
=
−
=
−
=
t
z
y
x
.
17
Metoda eliminacji Gaussa
Jest ona zbli ona do znanej z kursu szkolnego metody rugowania niewiadomych. Główn zalet tej metody jest jej przy-
datno do rachunków komputerowych. Jednocze nie metoda ta pozwala automatycznie stwierdzi , czy dany układ ma
rozwi zania.
Rozwi zywanie dowolnego liniowego układu równa metod eliminacji Gaussa polega na wykonywaniu nast puj cych
operacje na równaniach:
− zamiana mi dzy sob i−tego oraz j−tego równania (oznaczenie
j
i
r
r
↔
),
− mno enie i−tego równania przez liczb α ró n od zera (oznaczenie
i
r
⋅
α
),
− dodanie do j−tego równania i−tego równania pomno onego przez liczb α (oznaczenie
j
i
r
r
+
α
).
Celem post powania jest doprowadzenie układu do układu równowa nego wyj ciowemu.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
31
12. Zadanie
Rozwi za metod eliminacji Gaussa układ równa
=
−
=
+
.
4
,
7
2
3
y
x
y
x
Rozwi zanie
Etap 1. Normujemy pierwsz zmienn (zmienn x) w pierwszym równaniu oraz eliminujemy j z pozostałych
równa :
=
−
=
+
,
4
,
7
2
3
y
x
y
x
2
1
r
r
↔
→
=
+
=
−
,
7
2
3
,
4
y
x
y
x
2
1
)
3
(
r
r
+
−
×
→
−
=
=
−
,
5
5
,
4
y
y
x
Etap 2. Normujemy drug zmienn (zmienn y) w drugim równaniu oraz eliminujemy j z pozostałych równa :
2
5
1
1
5
1
2
r
r
r
⋅
+
×
→
−
=
=
1
,
3
y
x
13. Zadanie
Rozwi za układ równa
=
−
+
=
−
+
−
=
−
+
=
+
+
1
3
2
0
2
2
1
3
3
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Rozwi zanie
Wykonuj c na równaniach tego układu poni sze operacje elementarne:
1.
2
1
)
1
(
r
r
+
−
×
- pierwsze równanie pomno one przez (
−1) dodajemy do drugiego równania,
2.
3
1
)
2
(
r
r
+
−
×
- pierwsze równanie pomno one przez (
−2) dodajemy do trzeciego równania,
3.
4
1
)
1
(
r
r
+
−
×
- pierwsze równanie pomno one przez (
−1) dodajemy do czwartego równania,
zachowamy pierwsz zmienn w pierwszym równaniu i wyeliminujemy j z pozostałych równa . Sam układ zostanie
przekształcony na
−
=
−
−
=
−
−
−
=
−
=
+
+
2
4
6
4
4
4
3
3
2
3
2
3
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
Po zamianie równania drugiego z czwartym równaniem, czyli po wykonaniu operacji
4
2
r
r
↔ dostajemy
−
=
−
−
=
−
−
−
=
−
=
+
+
4
4
6
4
2
4
3
3
3
2
3
2
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
Wykonuj c na równaniach tego układu poni sze operacje elementarne:
1
2
)
1
(
r
r
+
−
×
- drugie równanie pomno one przez (
−1) dodajemy do pierwszego równania,
3
2
r
r
+ - drugie równanie dodajemy do trzeciego równania,
zachowamy drug zmienn w drugim równaniu i wyeliminujemy j z pozostałych równa , za układ przekształcimy na
−
=
−
−
=
−
−
=
−
=
+
4
4
8
8
2
4
5
5
3
3
3
2
3
1
x
x
x
x
x
x
Po wymno eniu trzeciego równania przez (
8
1
− ) dostajemy
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
32
−
=
−
=
−
=
−
=
+
4
4
1
2
4
5
5
3
3
3
2
3
1
x
x
x
x
x
x
Wykonuj c na równaniach tego układu poni sze operacje elementarne:
1
3
)
5
(
r
r
+
−
×
- trzecie równanie pomno one przez (
−5) dodajemy do pierwszego równania,
2
3
4 r
r
+
×
- trzecie równanie pomno one przez 4 dodajemy do drugiego równania,
4
3
4 r
r
+
×
- trzecie równanie pomno one przez 4 dodajemy do czwartego równania,
zachowamy trzeci zmienn w trzecim równaniu i wyeliminujemy j z pozostałych równa . Układ zostaje przekształcony
na
układ normalny
(pomijamy równania 0 = 0):
=
=
=
1
2
0
3
2
1
x
x
x
14. Zadanie
Rozwi emy układ równa
=
+
=
+
−
=
−
+
5
1
2
3
3
2
z
y
y
x
z
y
x
Rozwi zanie
=
+
=
+
−
=
−
+
5
1
2
3
3
2
z
y
y
x
z
y
x
−
1
2
)
1
(
r
r
+
−
×
→
=
+
=
+
−
=
−
+
5
1
2
4
z
y
y
x
z
y
x
−
2
1
)
1
(
r
r
+
−
×
→
=
+
=
+
−
=
−
+
5
5
4
z
y
z
y
z
y
x
−
3
2
1
2
)
1
(
)
1
(
r
r
r
r
+
−
×
+
−
×
→
=
=
+
−
=
−
0
0
5
9
2
z
y
z
x
Uzyskali my
układ normalny
.
Te zmienne, które „nie dały si wyeliminowa ” traktujemy jako
parametry (czyli zmienne przyjmuj ce wszystkie war-
to ci z zadanego zbioru). W praktyce stosujemy zmiany oznacze , przyjmuj c nowe nazwy dla parametrów. Rozwi za-
niem rozpatrywanego układu jest
=
−
=
+
−
=
t
z
t
y
t
x
5
2
9
, t
∈R.
Jest to układ nieoznaczony.
15. Zadanie
Rozwi za układ równa
=
−
+
=
+
−
−
=
+
+
−
=
−
+
+
1
3
2
2
0
2
2
3
2
3
2
4
3
2
4
3
2
1
4
3
2
1
4
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Rozwi zanie
=
−
+
=
+
−
−
=
+
+
−
=
−
+
+
1
3
2
2
0
2
2
3
2
3
2
4
3
2
4
3
2
1
4
3
2
1
4
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
3
1
2
1
)
1
(
)
2
(
r
r
r
r
+
−
×
+
−
×
→
=
−
+
−
=
+
−
−
−
=
+
−
−
=
−
+
+
1
3
2
2
3
3
3
3
3
3
3
3
3
2
4
3
2
4
3
2
4
3
2
4
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
2
4
2 r
r
+
×
→
=
−
+
−
=
+
−
−
−
=
−
+
=
−
+
+
1
3
2
2
3
3
3
3
1
3
3
2
4
3
2
4
3
2
4
3
2
4
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
4
2
3
2
1
2
)
2
(
3
)
1
(
r
r
r
r
r
r
+
−
×
+
×
+
−
×
→
=
−
=
−
−
=
−
+
=
+
+
3
3
6
6
1
3
3
2
4
4
4
3
2
4
3
1
x
x
x
x
x
x
x
x
−
3
6
1
)
(
r
⋅
−
→
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
33
=
=
−
=
−
+
=
+
+
3
3
1
1
3
3
2
4
4
4
3
2
4
3
1
x
x
x
x
x
x
x
x
−
4
3
2
3
1
3
)
3
(
3
)
2
(
r
r
r
r
r
r
+
−
×
+
×
+
−
×
→
=
=
=
+
=
+
0
0
1
2
2
4
3
2
3
1
x
x
x
x
x
Uzyskali my układ normalny. Obieraj c zmienn
3
x jako parametr piszemy odpowied
=
=
−
=
−
=
.
1
,
,
2
,
2
4
3
2
1
x
t
x
t
x
t
x
18
Posta normalna macierzy
Przekształceniom elementarnym układu równa odpowiadaj nast puj ce przekształcenia elementarne wierszy
macierzy (oznaczamy je tymi samymi symbolami):
1.
j
i
w
w
↔
− przestawienie wiersza i−tego z j−tym,
2.
i
w
⋅
α
− pomno enie i−tego wiersza przez element
0
≠
α
,
3
.
j
i
w
w
+
⋅
α
− pomno enie i−tego wiersza przez element α i dodanie do j−tego wiersza.
Dowoln macierz mo na za pomoc przekształce elementarnych sprowadzi do
postaci normalnej
. (po an-
gielsku row echelon form).
Macierz
A wyst puje w
postaci normalnej
, je li
1.
pierwszym niezerowym elementem wiersza jest 1 (
jedynka wiod ca),
2.
je li w kolumnie wyst puje jedynka wiod ca, to pozostałe elementy tej kolumny s zerami,
3.
jedynka wiod ca „przesuwa si schodkowo w prawo” (wiersz z numerem wy szym ma jedynk wiod c pó niej od
wiersza z ni szym numerem porz dkowym),
4.
wiersze zerowe wyst puj po wierszach niezerowych.
Macierz
0
0
0
0
0
0
0
3
1
0
0
0
0
5
0
2
1
0
jest w postaci normalnej.
16. Zadanie
Sprowadzimy do postaci normalnej macierz
−
−
−
−
=
1
3
2
1
1
2
1
2
1
3
1
1
3
1
1
1
A
.
Rozwi zanie
Przedstawiamy sko czony ci g przekształce elementarnych przeprowadzaj cych macierz
A w posta normaln
−
−
−
−
=
1
3
2
1
1
2
1
2
1
3
1
1
3
1
1
1
A
−
4
1
3
1
2
1
)
1
(
)
2
(
)
1
(
w
w
w
w
w
w
+
⋅
−
+
⋅
−
+
⋅
−
→
−
−
−
−
−
−
−
2
4
1
0
5
4
1
0
4
4
0
0
3
1
1
1
−
2
3
)
1
(
w
w
+
⋅
−
→
−
−
−
−
−
2
4
1
0
5
4
1
0
1
0
1
0
3
1
1
1
−
4
2
3
2
1
2
)
1
(
)
1
(
w
w
w
w
w
w
+
⋅
−
+
+
⋅
−
→
−
−
−
−
3
4
0
0
4
4
0
0
1
0
1
0
2
1
0
1
−
3
4
1
)
(
w
⋅
−
→
−
−
3
4
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
2
1
0
1
−
1
3
1
3
4
)
1
(
w
w
w
w
+
⋅
+
⋅
−
→
1
0
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
−
3
4
2
4
1
4
)
1
(
)
1
(
)
1
(
w
w
w
w
w
w
+
⋅
−
+
⋅
−
+
⋅
−
→
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
34
=
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
N
A
=
E.
Uzyskali my posta normaln macierzy
A. Jest ni macierz jednostkowa E.
17. Zadanie
Sprowadzimy do postaci normalnej macierz
−
−
=
5
1
1
0
1
0
2
1
3
1
3
2
B
.
Rozwi zanie
Przedstawiamy sko czony ci g przekształce elementarnych przeprowadzaj cych macierz
B w posta normaln
−
−
5
1
1
0
1
0
2
1
3
1
3
2
−
3
1
w
w
↔
→
−
−
5
1
1
0
3
1
3
2
1
0
2
1
−
2
1
)
2
(
w
w
+
⋅
−
→
−
−
−
5
1
1
0
5
1
1
0
1
0
2
1
−
1
2
2
1
2
)
1
(
2
w
w
w
w
w
+
⋅
−
+
⋅
→
−
−
0
0
0
0
5
1
1
0
9
2
0
1
.
Postaci normaln macierzy
B jest macierz
−
−
0
0
0
0
5
1
1
0
9
2
0
1
.
18. Zadanie
Sprowadzimy do postaci normalnej macierz
−
−
−
4
4
3
5
0
2
1
1
2
3
2
3
.
Rozwi zanie
−
−
−
4
4
3
5
0
2
1
1
2
3
2
3
−
2
1
w
w
↔
→
−
−
−
4
4
3
5
2
3
2
3
0
2
1
1
−
3
1
2
1
)
5
(
)
3
(
w
w
w
w
+
⋅
−
+
⋅
−
→
−
−
−
4
6
2
0
2
3
1
0
0
2
1
1
−
3
2
1
2
)
2
(
w
w
w
w
+
⋅
−
+
→
−
−
0
0
0
0
2
3
1
0
2
1
0
1
19
Metoda eliminacji Gaussa (2)
Je li zastosujemy nast puj cy schemat:
Układ równa liniowych
↓↓↓↓
Macierz rozszerzona tego układu
↓↓↓↓
Posta normalna tej macierzy
↓↓↓↓
Układ równa liniowych (normalny)
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
35
to do rozwi zywania układów równa liniowych metod eliminacji Gaussa mo na wykorzysta komputer.
19. Zadanie
Rozwi emy układ równa
=
−
+
=
−
+
−
=
−
+
=
+
+
1
3
2
0
2
2
1
3
3
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Rozwi zanie
Zastosujemy praktyczn wersj metody eliminacji Gaussa. Rozwi zywanie dowolnego liniowego układu równa postaci
B
X
A
=
⋅
polega na przekształcaniu macierzy rozszerzonej
]
|
[
B
A
tego układu. Celem post powania jest doprowadze-
nie macierzy
]
|
[
B
A
do macierzy
N
B
A ]
|
[
; na tym etapie do oblicze mo na zastosowa komputer.
]
|
[
B
A
−
−
−
−
=
1
3
2
1
0
2
1
2
1
3
1
1
3
1
1
1
N
B
A ]
|
[
=
0
0
0
0
1
1
0
0
2
0
1
0
0
0
0
1
.
Je li napiszemy układ równa odpowiadaj cy macierzy
N
B
A ]
|
[
, to uzyskujemy układ w postaci normalnej (równowa -
ny wyj ciowemu układowi).
=
=
=
1
2
0
3
2
1
x
x
x
20. Zadanie
Rozwi emy układ równa
=
+
=
+
−
=
−
+
5
1
2
3
3
2
z
y
y
x
z
y
x
Rozwi zanie
Macierz rozszerzon układu sprowadzamy do postaci normalnej.
]
|
[
B
A
=
−
−
5
1
1
0
1
0
2
1
3
1
3
2
N
B
A ]
|
[
=
−
−
0
0
0
0
5
1
1
0
9
2
0
1
.
Je li napiszemy układ równa odpowiadaj cy macierzy
N
B
A ]
|
[
,, to uzyskujemy układ w postaci normalnej (równo-
wa ny wyj ciowemu układowi).
=
=
+
−
=
−
0
0
5
9
2
z
y
z
x
Po wprowadzeniu parametrów otrzymujemy
=
−
=
+
−
=
,
,
5
,
2
9
t
z
t
y
t
x
gdzie t
∈R..
21. Zadanie
Rozwi emy układ równa
=
−
+
=
−
+
−
=
−
+
=
+
+
.
1
3
2
,
1
2
2
,
1
3
,
3
3
2
1
3
2
1
3
2
1
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Rozwi zanie
Macierz rozszerzon układu sprowadzamy do postaci normalnej.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
36
N
B
A ]
|
[
=
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
.
Je li napiszemy układ równa odpowiadaj cy macierzy
N
B
A ]
|
[
, to uzyskujemy układ w postaci normalnej (równowa -
ny wyj ciowemu układowi).
=
=
=
=
1
0
0
0
0
3
2
1
x
x
x
Jest to układ sprzeczny.
22. Zadanie
Rozwi za metod eliminacji Gaussa układ równa
=
−
−
+
+
=
+
−
+
+
−
=
−
+
+
=
−
−
+
+
=
−
−
+
+
.
12
10
5
6
2
,
17
5
7
4
2
,
5
8
2
4
2
,
1
9
2
5
6
3
,
6
2
3
2
5
4
3
2
1
5
4
3
2
1
5
3
2
1
5
4
3
2
1
5
4
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Rozwi zanie
N
B
A ]
|
[
=
−
−
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
1
0
0
4
0
1
0
2
1
2
1
2
7
.
To oznacza, e postaci normaln naszego układu równa jest
=
=
−
−
=
+
+
.
,
,
4
2
2
1
5
2
7
4
3
4
2
1
x
x
x
x
x
x
Układ ten ma niesko czenie wiele rozwi za z dwoma parametrami. Przyjmuj c niewiadome
2
x i
4
x za parametry
otrzymujemy rozwi zanie układu równa
=
=
+
=
=
−
−
−
=
,
,
,
,
,
2
4
2
1
5
4
2
7
3
2
1
x
s
x
s
x
t
x
s
t
x
gdzie
R
s
t
∈
,
.
23. Zadanie
Rozwi za metod eliminacji Gaussa układ równa
=
+
−
+
+
=
−
+
+
−
−
=
+
+
+
+
+
−
=
−
+
−
−
−
−
=
+
−
+
+
+
.
1
8
7
9
3
2
,
1
2
6
7
2
3
,
6
13
2
3
2
14
,
5
15
4
2
9
3
11
,
2
6
2
5
6
5
3
2
1
6
5
4
3
2
1
6
5
4
3
2
1
6
5
4
3
2
1
6
5
4
3
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Rozwi zanie
]
|
[
B
A
=
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
1
8
7
0
9
3
2
1
2
6
1
7
2
3
6
13
2
3
2
1
14
5
15
4
2
9
3
11
2
6
1
1
2
1
5
→
N
B
A ]
|
[
=
−
−
−
−
−
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
27
7
27
1
9
1
27
1
27
20
27
55
9
26
27
1
9
4
9
7
3
1
9
2
To oznacza, e postaci normaln naszego układu równa jest
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
37
=
+
+
−
−
=
−
−
−
=
+
+
+
.
,
,
27
7
6
27
1
5
9
1
4
27
1
3
27
20
6
27
55
5
9
26
4
27
1
2
9
4
6
9
7
5
3
1
4
9
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Układ ten ma niesko czenie wiele rozwi za z trzema parametrami. Przyjmuj c niewiadome
4
x ,
5
x i
6
x za parametry
otrzymujemy rozwi zanie układu równa
=
=
=
+
−
+
=
+
+
+
−
=
−
−
−
=
,
,
,
,
,
,
6
5
4
27
1
9
1
27
1
27
7
3
27
55
9
26
27
1
27
20
2
9
7
3
1
9
2
9
4
1
u
x
s
x
t
x
u
s
t
x
u
s
t
x
u
s
t
x
gdzie
R
u
s
t
∈
,
,
.
24. Zadanie
Rozwi za metod eliminacji Gaussa układ równa
=
+
−
+
−
=
−
+
+
−
=
−
+
+
=
+
−
+
.
1
3
4
4
,
8
3
2
3
,
3
2
,
2
2
5
4
3
2
1
5
4
3
2
1
5
4
2
1
5
4
3
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Rozwi zanie
−
−
−
−
−
−
1
3
4
4
1
1
8
1
3
2
1
3
3
1
2
0
1
1
2
1
1
2
0
1
→
N
B
A ]
|
[
=
−
−
−
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
3
1
2
0
0
1
2
1
2
3
To oznacza, e postaci normaln naszego układu równa jest
−
=
+
−
=
=
−
+
.
,
0
,
3
2
2
1
5
4
2
3
3
2
5
4
1
x
x
x
x
x
x
x
Układ ten ma niesko czenie wiele rozwi za z dwoma parametrami. Przyjmuj c niewiadome
4
x
i
5
x
za parametry
otrzymujemy rozwi zanie układu równa
=
=
−
+
−
=
=
+
−
=
.
,
,
,
0
,
2
3
5
4
2
3
2
1
3
2
1
s
x
t
x
s
t
x
x
s
t
x
gdzie
R
s
t
∈
,
.
20
Rz d macierzy
Przy okazji sprowadzania macierzy do postaci normalnej mo emy zdefiniowa bardzo wa ne poj cie, a mia-
nowicie
rz d macierzy
.
Liczb niezerowych wierszy (jedynek wiod cych) w postaci normalnej macierzy
A nazywamy
rz dem macierzy
A
(dokładniej:
rz dem wierszowym
) i oznaczamy rank
A.
25. Przykład
2
5
1
1
0
1
0
2
1
3
1
3
2
=
−
−
rank
, gdy postaci normaln tej macierzy jest
−
−
0
0
0
0
5
1
1
0
9
2
0
1
(zobacz zadanie 17).
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
38
26. Zadanie
Obliczymy rz d macierzy
−
−
−
−
=
6
2
1
3
2
1
1
1
1
4
1
1
Q
.
Rozwi zanie
Przekształcamy macierz
Q do postaci normalnej (operacje elementarne na wierszach macierzy nie zmieniaj rz du tej
macierzy
):
1
3
2
3
3
2
2
1
3
1
)
1
(
)
1
(
)
2
(
)
1
(
)
3
(
1
0
0
0
1
5
2
0
1
4
1
1
3
10
4
0
1
5
2
0
1
4
1
1
6
2
1
3
2
1
1
1
1
4
1
1
w
w
w
w
w
w
w
w
w
w
+
⋅
−
+
⋅
−
+
⋅
−
+
⋅
−
+
⋅
−
=
−
−
=
−
−
−
=
−
−
−
−
rank
rank
rank
3
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
4
1
1
1
0
0
0
0
5
2
0
0
4
1
1
2
5
2
3
)
1
(
2
5
)
(
1
2
2
2
1
=
−
−
=
−
−
=
−
−
+
⋅
−
⋅
−
rank
rank
rank
w
w
w
27. Przykład
Z zadania 16 wynika, e
4
1
3
2
1
1
2
1
2
1
3
1
1
3
1
1
1
=
−
−
−
−
rank
.
Zdefiniowane poprzednio poj cie rz du macierzy mo e by równie wyra one przy pomocy wyznacznika.
Macierz
n
m
×
A
jest rz du r (r
≤ m, r ≤ n) wtedy i tylko wtedy, gdy w macierzy tej istnieje niezerowy minor stopnia r, ale
nie istnieje niezerowy minor stopnia wy szego od r.
28. Przykład
Obliczymy metod wyznacznikow rz d macierzy
−
−
−
=
3
5
1
4
1
3
1
3
2
A
.
Rozwi zanie
Poniewa
35
3
5
1
4
1
3
1
3
2
det
=
−
−
−
=
A
,
wi c w macierzy
A istnieje niezerowy minor stopnia 3 i nie istnieje niezerowy minor stopnia wy szego od 3. Dlatego
rank
A = 3.
29. Przykład
Obliczymy metod wyznacznikow rz d macierzy
−
−
−
−
=
5
0
1
2
3
2
1
0
1
1
0
1
A
.
Rozwi zanie
Poniewa
0
0
1
2
2
1
0
1
0
1
=
−
−
−
,
0
5
1
2
3
1
0
1
0
1
=
−
−
,
0
5
0
2
3
2
0
1
1
1
=
−
−
−
,
0
5
0
1
3
2
1
1
1
0
=
−
−
−
−
,
wi c w macierzy
A nie istnieje niezerowy minor stopnia 3 (minory te powstały po wykre leniu jednej kolumny) i nie
istnieje niezerowy minor stopnia wy szego od 3. Dlatego rank
A<3. Badamy minory drugiego stopnia i stwierdzamy, e
minor powstały przez odrzucenie trzeciego wiersza i dwu ostatnich kolumn jest ró ny od zera. Zatem rank
A=2.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
39
Twierdzenie (Kroneckera−−−−Capellego)
Układ równa
=
+
+
+
=
+
+
+
=
+
+
+
m
n
mn
m
m
n
n
n
n
b
x
a
x
a
x
a
b
x
a
x
a
x
a
b
x
a
x
a
x
a
...
........
..........
..........
..........
...
...
2
2
1
1
2
2
2
22
1
21
1
1
2
12
1
11
ma rozwi zanie wtedy i tylko wtedy, gdy
=
m
mn
m
m
n
n
mn
m
m
n
n
b
a
a
a
b
a
a
a
b
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
2
1
2
2
22
21
1
1
12
11
2
1
2
22
21
1
12
11
rank
rank
.
Dowód
Warunek
]
|
[
B
A
A rank
rank
=
zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy w postaci normalnej macierzy
]
|
[
B
A
jedynka
wiod ca wyst puje w ostatniej kolumnie. Je li teraz powrócimy do układu równa , to w łatwy sposób mo-
emy stwierdzi , e warunek ten zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy
układ równa , równowa ny układowi wyj-
ciowemu, zawiera równanie
1
0
=
, czyli wtedy i tylko wtedy, gdy jest sprzeczny.
1.
n
=
=
]
rank[
rank
B
|
A
A
istnieje dokładnie jedno rozwi zanie układu.
2.
n
r
<
=
=
]
rank[
rank
B
|
A
A
istnieje niesko czenie wiele rozwi za zale nych od n
− r parametrów.
21
Wielomian charakterystyczny macierzy
30. Zadanie
Znajdziemy P(
A), je li
;
16
12
)
(
3
−
+
−
=
x
x
x
P
−
−
−
−
=
1
6
3
2
2
2
1
2
3
A
.
Rozwi zanie
P(
A) =
=
−
−
−
−
−
+
−
−
−
−
−
=
−
+
−
1
0
0
0
1
0
0
0
1
16
1
6
3
2
2
2
1
2
3
12
28
72
36
24
40
24
12
24
20
16
12
3
I
A
A
0
0
0
0
0
0
0
0
0
.
Zatem mo emy stwierdzi , e
macierz A jest miejscem zerowym wielomianu P(x). Okazuje si , e dla ka dej
macierzy kwadratowej istnieje wielomian, którego dana macierz jest miejscem zerowym. Jednym z takich wielomianów
jest
wielomian charakterystyczny macierzy
.
Dla danej macierzy kwadratowej
A wielomian
)
det(
)
(
E
A
A
λ
−
=
λ
ω
nazywa si
wielomianem charakterystycznym
macierzy
A.
31. Zadanie
Obliczymy wielomian charakterystyczny macierzy
−
−
−
−
=
1
6
3
2
2
2
1
2
3
A
.
Rozwi zanie
16
12
1
6
3
2
2
2
1
2
3
)
(
3
−
λ
+
λ
−
=
λ
−
−
λ
−
−
−
−
λ
−
=
λ
ω
A
.
Obliczanie wielomianów charakterystycznych macierzy na podstawie definicji staje si kłopotliwe w przypadku macierzy
wy szych stopni. Trudno t pozwala omin nast puj cy
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
40
Fakt.
n
n
n
n
n
A
µ
+
λ
−
µ
+
+
λ
−
µ
+
λ
−
µ
+
λ
−
=
λ
ω
−
−
−
)
(
...
)
(
)
(
)
(
)
(
1
2
2
1
1
,
gdzie
k
µ jest sum minorów głównych stopnia k (minorów zawieraj cych wiersze i kolumny o takich samych wska ni-
kach).
32. Zadanie
Obliczymy wielomian charakterystyczny macierzy
−
−
−
−
=
1
6
3
2
2
2
1
2
3
A
.
Rozwi zanie
Minory główne pierwszego stopnia s elementami głównej przek tnej (ich suma nazywa si te
ladem macie-
rzy). By otrzyma minory główne drugiego stopnia nale y kolejno skre li :
− pierwszy wiersz oraz pierwsz kolumn ,
− drugi wiersz oraz drug kolumn ,
− trzeci wiersz i trzeci kolumn .
+
λ
−
−
−
+
−
−
+
−
−
+
λ
−
−
−
+
λ
−
=
λ
ω
−
−
)
)(
2
2
2
3
1
3
1
3
1
6
2
2
(
)
)(
1
2
3
(
)
(
)
(
2
0
10
2
3
A
=
−
−
−
−
−16
1
6
3
2
2
2
1
2
3
16
12
3
−
λ
+
λ
−
.
Fakt.
(Cayley
1
, Hamilton
2
)
Ka da macierz kwadratowa jest miejscem zerowym swego wielomianu charakterystycznego.
Definicja.
Miejsca zerowe wielomianu charakterystycznego macierzy s
warto ciami własnymi
tej
macierzy.
33. Przykład
Dla macierzy
=
1
2
2
2
6
3
2
3
6
A
, wielomianem charakterystycznym jest
)
24
5
)(
24
5
)(
3
(
3
31
13
)
(
2
3
−
−
λ
+
−
λ
−
λ
−
=
+
λ
−
λ
+
λ
−
=
λ
A
w
.
Dlatego warto ciami własnymi tego endomorfizmu s :
24
5
,
24
5
,
3
3
2
1
+
=
λ
−
=
λ
=
λ
.
Definicja.
Je li
λ jest warto ci własn macierzy kwadratowej A, to niezerowy wektor x (macierz kolumnowa) spełniaj cy równa-
nie
x
x
A
⋅
λ
=
⋅
nazywa si
wektorem własnym
odpowiadaj cym warto ci własnej
λ.
Symbolem
)
(
λ
V
oznaczamy zbiór takich wektorów własnych.
34. Przykład
Wyznaczymy wektory własne macierzy
−
−
−
=
4
4
6
4
5
4
3
2
5
A
.
Rozwi zanie
Wielomianem charakterystycznym macierzy
A jest
1
Arthur Cayley (1821 – 1895), wybitny matematyk angielski.
2
Wiliam Rowan Hamilton (1805 – 1865), wybitny matematyk irlandzki.
Stanisław Kowalski,
Wykłady z matematyki –
Elementy algebry liniowej
–
wykład 3.
41
=
+
λ
−
λ
+
λ
−
=
λ
−
−
−
λ
−
−
λ
−
=
⋅
λ
−
=
λ
ω
6
11
6
4
4
6
4
5
4
3
2
5
)
det(
)
(
2
3
E
A
A
)
3
)(
2
)(
1
(
−
λ
−
λ
−
λ
−
.
i dlatego jej warto ciami własnymi s : 1, 2, 3.
Wektory własne macierzy
A, odpowiadaj ce warto ci własnej
1
=
λ
, s rozwi zaniami równania
x
x
A
=
⋅
, czyli równa-
nia
=
⋅
−
−
−
z
y
x
z
y
x
4
4
6
4
5
4
3
2
5
.
Po wymno eniu i porównaniu macierzy dostajemy
=
−
+
=
−
+
=
−
+
,
4
4
6
,
4
5
4
,
3
2
5
z
z
y
x
y
z
y
x
x
z
y
x
a nast pnie (po uporz dkowaniu zmiennych)
=
−
+
=
−
+
=
−
+
.
0
5
4
6
,
0
4
4
4
,
0
3
2
4
z
y
x
z
y
x
z
y
x
Rozwi zanie
α
=
α
=
α
=
2
z
y
x
,
α≠0,
tego układu zapisujemy w postaci
}
0
{
\
,
2
1
1
R
z
y
x
∈
α
⋅
α
=
.
Tworzy ono przestrze jednowymiarow (bez wektora zerowego). Zatem
)
2
1
1
(
)
1
(
= Lin
V
jest przestrzeni wektorów
własnych macierzy
A, odpowiadaj cych warto ci własnej
1
=
λ
. W analogiczny sposób wyliczamy przestrzenie wekto-
rów własnych odpowiadaj cych pozostałym warto ciom własnym:
)
1
0
1
(
)
2
(
= Lin
V
,
)
2
2
1
(
)
3
(
= Lin
V
.