Metoda eliminacji Gaussa
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
1 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
1 / 52
Zakres zagadnie ´n
1
Carl Friedrich Gauss
2
Metoda eliminacji Gaussa
3
Macierze eliminacji
4
Permutacje
5
Macierz odwrotna
6
Zadania
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
2 / 52
Carl Friedrich Gauss
Ksi ˛
a˙ze matematyków
Carl Friedrich Gauß (Gauss) urodził si ˛e 30 kwietnia 1777 w
Brunszwiku, a zmarł 23 lutego 1855 w Getyndze. Był niemieckim
matematykiem, fizykiem, astronomem i geodet ˛
a. Jako malec nauczył
si ˛e czyta´c, a tak˙ze samodzielnie opanował proste rachunki. Jak sam
twierdził, nauczył si ˛e rachowa´c, zanim jeszcze zacz ˛
ał mówi´c. Jego
podobizna widniała na dziesi ˛eciomarkowym banknocie.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
3 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Układ równa ´n:
a + 2b + c = 2
3a + 8b + c = 12
4b + c = 2
Zapiszmy jako:
Ax = b
Gdzie:
A - współczynniki znajduj ˛
ace si ˛e przy niewiadomych,
x - nasze niewiadome,
b - rozwi ˛
azanie równa ´n znajduj ˛
ace si ˛e po prawej stronie znaku
równo´sci.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
4 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Układ równa ´n:
a + 2b + c = 2
3a + 8b + c = 12
4b + c = 2
Zapiszmy jako:
Ax = b
Gdzie:
A - współczynniki znajduj ˛
ace si ˛e przy niewiadomych,
x - nasze niewiadome,
b - rozwi ˛
azanie równa ´n znajduj ˛
ace si ˛e po prawej stronie znaku
równo´sci.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
4 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Układ równa ´n:
a + 2b + c = 2
3a + 8b + c = 12
4b + c = 2
Zapiszmy jako:
Ax = b
Gdzie:
A - współczynniki znajduj ˛
ace si ˛e przy niewiadomych,
x - nasze niewiadome,
b - rozwi ˛
azanie równa ´n znajduj ˛
ace si ˛e po prawej stronie znaku
równo´sci.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
4 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Układ równa ´n:
a + 2b + c = 2
3a + 8b + c = 12
4b + c = 2
Zapiszmy jako:
Ax = b
Gdzie:
A - współczynniki znajduj ˛
ace si ˛e przy niewiadomych,
x - nasze niewiadome,
b - rozwi ˛
azanie równa ´n znajduj ˛
ace si ˛e po prawej stronie znaku
równo´sci.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
4 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Układ równa ´n:
a + 2b + c = 2
3a + 8b + c = 12
4b + c = 2
Zapiszmy jako:
Ax = b
Gdzie:
A - współczynniki znajduj ˛
ace si ˛e przy niewiadomych,
x - nasze niewiadome,
b - rozwi ˛
azanie równa ´n znajduj ˛
ace si ˛e po prawej stronie znaku
równo´sci.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
4 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Układ równa ´n:
a + 2b + c = 2
3a + 8b + c = 12
4b + c = 2
Zapiszmy jako:
Ax = b
Gdzie:
A - współczynniki znajduj ˛
ace si ˛e przy niewiadomych,
x - nasze niewiadome,
b - rozwi ˛
azanie równa ´n znajduj ˛
ace si ˛e po prawej stronie znaku
równo´sci.
a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a
33
|
{z
}
A
·
a
b
c
|
{z
}
x
=
2
12
2
|
{z
}
b
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
5 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Diagonala
W przypadku rozwi ˛
azywania układów równa ´n tworzy si ˛e macierze
kwadratowe, których główna przek ˛
atna zawieraj ˛
aca elementy o
równych wska´znikach wiersza i kolumny nazywana jest diagonal ˛
a,
b ˛
ad´z główn ˛
a przek ˛
atn ˛
a macierzy.
x x
x
x
x x
x
x
x
← diagonala
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
6 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Niech m = wiersz, a n = kolumna,
Elementy macierzy numerujemy nast ˛epuj ˛
aco:
a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a
33
Tworzymy macierz współczynników A:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
Element osiowy
Pierwszy element w macierzy A w lewym górnym rogu nazywany jest
elementem osiowym (ang. pivot). Elementów osiowych szukamy na
omówionej wcze´sniej
diagonali.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
7 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
8 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1
2 1
3 8 1
0 4 1
Dokonujemy eliminacji wszystkich elementów niezerowych pod
elementem osiowym
(A
11
)
.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez −3 i dodajemy do drugiego
wiersza.
(
A
11
· −3) + A
21
=
0
(
A
12
· −3) + A
22
=
2
(
A
13
· −3) + A
23
= −
2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
9 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1
2 1
3 8 1
0 4 1
Dokonujemy eliminacji wszystkich elementów niezerowych pod
elementem osiowym
(A
11
)
.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez −3 i dodajemy do drugiego
wiersza.
(
A
11
· −3) + A
21
=
0
(
A
12
· −3) + A
22
=
2
(
A
13
· −3) + A
23
= −
2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
9 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1
2 1
3 8 1
0 4 1
Dokonujemy eliminacji wszystkich elementów niezerowych pod
elementem osiowym
(A
11
)
.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez −3 i dodajemy do drugiego
wiersza.
(
A
11
· −3) + A
21
=
0
(
A
12
· −3) + A
22
=
2
(
A
13
· −3) + A
23
= −
2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
9 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1
2 1
3 8 1
0 4 1
Dokonujemy eliminacji wszystkich elementów niezerowych pod
elementem osiowym
(A
11
)
.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez −3 i dodajemy do drugiego
wiersza.
(
A
11
· −3) + A
21
=
0
(
A
12
· −3) + A
22
=
2
(
A
13
· −3) + A
23
= −
2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
9 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1
2 1
3 8 1
0 4 1
Dokonujemy eliminacji wszystkich elementów niezerowych pod
elementem osiowym
(A
11
)
.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez −3 i dodajemy do drugiego
wiersza.
(
A
11
· −3) + A
21
=
0
(
A
12
· −3) + A
22
=
2
(
A
13
· −3) + A
23
= −
2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
9 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Utworzyli´smy nowy drugi wiersz macierzy z wyzerowanymi
warto´sciami pod elementem osiowym:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0 2 −2
0 4
1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
10 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2
−2
0 4
1
Kolejny element osiowy na diagonali:
2
Musimy pozby´c si ˛e 4 pod elementem osiowym.
Mno˙zymy drugi wiersz przez −2 i dodajemy do trzeciego wiersza.
(
A
21
· −2) + A
31
=
0
(
A
22
· −2) + A
32
=
0
(
A
23
· −2) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
11 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2
−2
0 4
1
Kolejny element osiowy na diagonali:
2
Musimy pozby´c si ˛e 4 pod elementem osiowym.
Mno˙zymy drugi wiersz przez −2 i dodajemy do trzeciego wiersza.
(
A
21
· −2) + A
31
=
0
(
A
22
· −2) + A
32
=
0
(
A
23
· −2) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
11 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2
−2
0 4
1
Kolejny element osiowy na diagonali:
2
Musimy pozby´c si ˛e 4 pod elementem osiowym.
Mno˙zymy drugi wiersz przez −2 i dodajemy do trzeciego wiersza.
(
A
21
· −2) + A
31
=
0
(
A
22
· −2) + A
32
=
0
(
A
23
· −2) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
11 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2
−2
0 4
1
Kolejny element osiowy na diagonali:
2
Musimy pozby´c si ˛e 4 pod elementem osiowym.
Mno˙zymy drugi wiersz przez −2 i dodajemy do trzeciego wiersza.
(
A
21
· −2) + A
31
=
0
(
A
22
· −2) + A
32
=
0
(
A
23
· −2) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
11 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2
−2
0 4
1
Kolejny element osiowy na diagonali:
2
Musimy pozby´c si ˛e 4 pod elementem osiowym.
Mno˙zymy drugi wiersz przez −2 i dodajemy do trzeciego wiersza.
(
A
21
· −2) + A
31
=
0
(
A
22
· −2) + A
32
=
0
(
A
23
· −2) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
11 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2
−2
0 4
1
Kolejny element osiowy na diagonali:
2
Musimy pozby´c si ˛e 4 pod elementem osiowym.
Mno˙zymy drugi wiersz przez −2 i dodajemy do trzeciego wiersza.
(
A
21
· −2) + A
31
=
0
(
A
22
· −2) + A
32
=
0
(
A
23
· −2) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
11 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Utworzyli´smy nowy trzeci wiersz macierzy:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2 −2
0 4
1
→
1 2
1
0
2 −2
0 0
5
Otrzyman ˛
a macierz U nazywamy macierz ˛
a górnotrójk ˛
atn ˛
a, która
zawiera same 0 pod główn ˛
a diagonal ˛
a macierzy.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
12 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Utworzyli´smy nowy trzeci wiersz macierzy:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2 −2
0 4
1
→
1 2
1
0
2 −2
0 0
5
Otrzyman ˛
a macierz U nazywamy macierz ˛
a górnotrójk ˛
atn ˛
a, która
zawiera same 0 pod główn ˛
a diagonal ˛
a macierzy.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
12 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Utworzyli´smy nowy trzeci wiersz macierzy:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2 −2
0 4
1
→
1 2
1
0
2 −2
0 0
5
=
U
Otrzyman ˛
a macierz U nazywamy macierz ˛
a górnotrójk ˛
atn ˛
a, która
zawiera same 0 pod główn ˛
a diagonal ˛
a macierzy.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
13 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Utworzyli´smy nowy trzeci wiersz macierzy:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
→
1 2
1
0
2 −2
0 4
1
→
1 2
1
0
2 −2
0 0
5
=
U
Otrzyman ˛
a macierz U nazywamy macierz ˛
a górnotrójk ˛
atn ˛
a, która
zawiera same 0 pod główn ˛
a diagonal ˛
a macierzy.
Uwaga!
W przypadku, gdy element osiowy drog ˛
a eliminacji stanie si ˛e zerem,
musimy zamieni´c wiersz z wierszem znajduj ˛
acym si ˛e poni˙zej i
kontynuowa´c proces eliminacji.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
14 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Macierz rozszerzona
Macierz A mo˙zna rozszerzy´c o wektor b b ˛ed ˛
acy rozwi ˛
azaniami układu
równa ´n. Powstaje wówczas
macierz rozszerzona.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
15 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Macierz rozszerzona
Macierz A mo˙zna rozszerzy´c o wektor b b ˛ed ˛
acy rozwi ˛
azaniami układu
równa ´n. Powstaje wówczas
macierz rozszerzona
A =
1 2 1 |
2
3 8 1 | 12
0 4 1 |
2
W momencie stosowania eliminacji Gaussa mo˙zemy
jednocze´snie operowa´c na ostatniej kolumnie znajduj ˛
ac tym
samym warto´sci wektora b.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
16 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Macierz rozszerzona
Macierz A mo˙zna rozszerzy´c o wektor b b ˛ed ˛
acy rozwi ˛
azaniami układu
równa ´n. Powstaje wówczas
macierz rozszerzona
A =
1 2 1 |
2
3 8 1 | 12
0 4 1 |
2
W momencie stosowania eliminacji Gaussa mo˙zemy
jednocze´snie operowa´c na ostatniej kolumnie znajduj ˛
ac tym
samym warto´sci wektora b.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
16 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Zatem:
A =
1 2 1 |
2
3 8 1 | 12
0 4 1 |
2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
17 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Zatem:
A =
1 2 1 |
2
3 8 1 | 12
0 4 1 |
2
→
1 2
1
| 2
0
2 −2 | 6
0 4
1
| 2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
18 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Zatem:
A =
1 2 1 |
2
3 8 1 | 12
0 4 1 |
2
→
1 2
1
| 2
0
2 −2 | 6
0 4
1
| 2
→
1 2
1
|
2
0
2 −2 |
6
0 0
5
| −10
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
19 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Ostatecznie znaj ˛
ac posta´c macierzy U, oraz wektora b mo˙zemy
zapisa´c uproszczony układ równa ´n:
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
20 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Ostatecznie znaj ˛
ac posta´c macierzy U, oraz wektora b mo˙zemy
zapisa´c uproszczony układ równa ´n:
a + 2b + c = 2
2b − 2c = 6
5c = −10
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
21 / 52
Metoda eliminacji Gaussa
Ostatecznie znaj ˛
ac posta´c macierzy U, oraz wektora b mo˙zemy
zapisa´c uproszczony układ równa ´n:
a + 2b + c = 2
2b − 2c = 6
5c = −10
Rozwi ˛
azaniem układu równa ´n s ˛
a liczby a = 6, b = −1, c = −2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
22 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Rozwi ˛
a˙z metod ˛
a Gaussa równanie:
2a + 4b + −2c = 2
4a + 9b − 3c = 8
−2a − 3b + 7c = 10
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
23 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Tworz ˛e rozszerzon ˛
a macierz A współczynników i wektora b:
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
24 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Tworz ˛e rozszerzon ˛
a macierz A współczynników i wektora b:
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
Pierwszy element osiowy:
2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
25 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Tworz ˛e rozszerzon ˛
a macierz A współczynników i wektora b:
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
Pierwszy element osiowy:
2
Chc ˛
ac pozby´c si ˛e najpierw 4 mno˙zymy pierwszy wiersz przez −2 i
dodajemy do drugiego:
(
A
11
· −2) + A
21
=
0
(
A
12
· −2) + A
22
=
1
(
A
13
· −2) + A
23
=
1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
26 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Tworz ˛e rozszerzon ˛
a macierz A współczynników i wektora b:
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
Pierwszy element osiowy:
2
Chc ˛
ac pozby´c si ˛e najpierw 4 mno˙zymy pierwszy wiersz przez −2 i
dodajemy do drugiego:
(
A
11
· −2) + A
21
=
0
(
A
12
· −2) + A
22
=
1
(
A
13
· −2) + A
23
=
1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
26 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Tworz ˛e rozszerzon ˛
a macierz A współczynników i wektora b:
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
Pierwszy element osiowy:
2
Chc ˛
ac pozby´c si ˛e najpierw 4 mno˙zymy pierwszy wiersz przez −2 i
dodajemy do drugiego:
(
A
11
· −2) + A
21
=
0
(
A
12
· −2) + A
22
=
1
(
A
13
· −2) + A
23
=
1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
26 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Tworz ˛e rozszerzon ˛
a macierz A współczynników i wektora b:
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
Pierwszy element osiowy:
2
Chc ˛
ac pozby´c si ˛e najpierw 4 mno˙zymy pierwszy wiersz przez −2 i
dodajemy do drugiego:
(
A
11
· −2) + A
21
=
0
(
A
12
· −2) + A
22
=
1
(
A
13
· −2) + A
23
=
1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
26 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2
−3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2
−3
7
| 10
Pozbywamy si ˛e −2 pod pierwszym elementem osiowym.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez 1 i dodajemy do drugiego:
(
A
11
· 1) + A
31
=
0
(
A
12
· 1) + A
32
=
1
(
A
13
· 1) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
27 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2
−3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2
−3
7
| 10
Pozbywamy si ˛e −2 pod pierwszym elementem osiowym.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez 1 i dodajemy do drugiego:
(
A
11
· 1) + A
31
=
0
(
A
12
· 1) + A
32
=
1
(
A
13
· 1) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
27 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2
−3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2
−3
7
| 10
Pozbywamy si ˛e −2 pod pierwszym elementem osiowym.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez 1 i dodajemy do drugiego:
(
A
11
· 1) + A
31
=
0
(
A
12
· 1) + A
32
=
1
(
A
13
· 1) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
27 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2
−3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2
−3
7
| 10
Pozbywamy si ˛e −2 pod pierwszym elementem osiowym.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez 1 i dodajemy do drugiego:
(
A
11
· 1) + A
31
=
0
(
A
12
· 1) + A
32
=
1
(
A
13
· 1) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
27 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2
−3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2
−3
7
| 10
Pozbywamy si ˛e −2 pod pierwszym elementem osiowym.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez 1 i dodajemy do drugiego:
(
A
11
· 1) + A
31
=
0
(
A
12
· 1) + A
32
=
1
(
A
13
· 1) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
27 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2
−3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2
−3
7
| 10
Pozbywamy si ˛e −2 pod pierwszym elementem osiowym.
Mno˙zymy pierwszy wiersz przez 1 i dodajemy do drugiego:
(
A
11
· 1) + A
31
=
0
(
A
12
· 1) + A
32
=
1
(
A
13
· 1) + A
33
=
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
27 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2 −3
7
| 10
→
2 4 −2 |
2
0 1
1
|
4
0 1
5
| 12
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
28 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2 −3
7
| 10
→
2 4 −2 |
2
0
1
1
|
4
0 1
5
| 12
Drugi element osiowy:
1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
29 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2 −3
7
| 10
→
2 4 −2 |
2
0
1
1
|
4
0
1
5
| 12
Drugi element osiowy:
1
Mno˙zymy drugi wiersz przez −1 i dodajemy do trzeciego:
(
A
21
· −1) + A
31
=
0
(
A
22
· −1) + A
32
=
0
(
A
23
· −1) + A
33
=
4
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
30 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2 −3
7
| 10
→
2 4 −2 |
2
0
1
1
|
4
0
1
5
| 12
Drugi element osiowy:
1
Mno˙zymy drugi wiersz przez −1 i dodajemy do trzeciego:
(
A
21
· −1) + A
31
=
0
(
A
22
· −1) + A
32
=
0
(
A
23
· −1) + A
33
=
4
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
30 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2 −3
7
| 10
→
2 4 −2 |
2
0
1
1
|
4
0
1
5
| 12
Drugi element osiowy:
1
Mno˙zymy drugi wiersz przez −1 i dodajemy do trzeciego:
(
A
21
· −1) + A
31
=
0
(
A
22
· −1) + A
32
=
0
(
A
23
· −1) + A
33
=
4
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
30 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2 −3
7
| 10
→
2 4 −2 |
2
0
1
1
|
4
0
1
5
| 12
Drugi element osiowy:
1
Mno˙zymy drugi wiersz przez −1 i dodajemy do trzeciego:
(
A
21
· −1) + A
31
=
0
(
A
22
· −1) + A
32
=
0
(
A
23
· −1) + A
33
=
4
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
30 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
A =
2
4
−2 |
2
4
9
−3 |
8
−2 −3
7
| 10
→
2
4
−2 |
2
0
1
1
|
4
−2 −3
7
| 10
→
2 4 −2 |
2
0
1
1
|
4
0 1
5
| 12
→
2 4 −2 | 2
0
1
1
| 4
0 0
4
| 8
=
U
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
31 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Podstawiaj ˛
ac pod układ równa ´n otrzymujemy:
2a + 4b + −2c = 2
b + c = 4
4c = 8
Zatem: a = −1, b = 2, c = 2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
32 / 52
Metoda eliminacji Gaussa - ´cwiczenie
Podstawiaj ˛
ac pod układ równa ´n otrzymujemy:
2a + 4b + −2c = 2
b + c = 4
4c = 8
Zatem: a = −1, b = 2, c = 2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
32 / 52
Macierze eliminacji
Pierwszy przykład:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
Eliminacja elementu (2, 1) macierzy polegała na przekształceniu
macierzy poprzez pomno˙zenie pierwszego wiersza przez −3 i
dodanie go do drugiego wiersza.
Mo˙zemy to krótko zapisa´c w postaci mno˙zenia macierzy A przez
macierz elementarn ˛
a E
21
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
33 / 52
Macierze eliminacji
Pierwszy przykład:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
Eliminacja elementu (2, 1) macierzy polegała na przekształceniu
macierzy poprzez pomno˙zenie pierwszego wiersza przez −3 i
dodanie go do drugiego wiersza.
Mo˙zemy to krótko zapisa´c w postaci mno˙zenia macierzy A przez
macierz elementarn ˛
a E
21
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
33 / 52
Macierze eliminacji
Pierwszy przykład:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
Eliminacja elementu (2, 1) macierzy polegała na przekształceniu
macierzy poprzez pomno˙zenie pierwszego wiersza przez −3 i
dodanie go do drugiego wiersza.
Mo˙zemy to krótko zapisa´c w postaci mno˙zenia macierzy A przez
macierz elementarn ˛
a E
21
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
33 / 52
Macierze eliminacji
Pierwszy przykład:
A =
1 2 1
3 8 1
0 4 1
Eliminacja elementu (2, 1) macierzy polegała na przekształceniu
macierzy poprzez pomno˙zenie pierwszego wiersza przez −3 i
dodanie go do drugiego wiersza.
Mo˙zemy to krótko zapisa´c w postaci mno˙zenia macierzy A przez
macierz elementarn ˛
a E
21
E
21
A =
1
0 0
−3
1 0
0
0 1
|
{z
}
E
21
·
1 2 1
3 8 1
0 4 1
|
{z
}
A
=
1 2
1
0
2 −2
0 4
1
|
{z
}
E
21
A
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
34 / 52
Macierze eliminacji
E
21
A =
1 2
1
0 2 −2
0 4
1
Eliminacja elementu (3, 2) macierzy polegała na przekształceniu
macierzy poprzez pomno˙zenie drugiego wiersza przez −2 i
dodanie go do trzeciego wiersza.
Mo˙zemy to krótko zapisa´c w postaci mno˙zenia macierzyE
21
A
przez macierz elementarn ˛
a E
32
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
35 / 52
Macierze eliminacji
E
21
A =
1 2
1
0 2 −2
0 4
1
Eliminacja elementu (3, 2) macierzy polegała na przekształceniu
macierzy poprzez pomno˙zenie drugiego wiersza przez −2 i
dodanie go do trzeciego wiersza.
Mo˙zemy to krótko zapisa´c w postaci mno˙zenia macierzyE
21
A
przez macierz elementarn ˛
a E
32
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
35 / 52
Macierze eliminacji
E
21
A =
1 2
1
0 2 −2
0 4
1
Eliminacja elementu (3, 2) macierzy polegała na przekształceniu
macierzy poprzez pomno˙zenie drugiego wiersza przez −2 i
dodanie go do trzeciego wiersza.
Mo˙zemy to krótko zapisa´c w postaci mno˙zenia macierzyE
21
A
przez macierz elementarn ˛
a E
32
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
35 / 52
Macierze eliminacji
E
21
A =
1 2
1
0 2 −2
0 4
1
Eliminacja elementu (3, 2) macierzy polegała na przekształceniu
macierzy poprzez pomno˙zenie drugiego wiersza przez −2 i
dodanie go do trzeciego wiersza.
Mo˙zemy to krótko zapisa´c w postaci mno˙zenia macierzyE
21
A
przez macierz elementarn ˛
a E
32
E
32
(
E
21
A) =
1
0
0
0
1
0
0
−2
1
|
{z
}
E
32
·
1 2
1
0 2 −2
0 4
1
|
{z
}
(
E
21
A)
=
1 2
1
0 2 −2
0
0
5
|
{z
}
E
32
(
E
21
A)
=
U
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
36 / 52
Macierze eliminacji
Pami ˛etaj ˛
ac o tym, ˙ze mno˙zenie macierzy jest ł ˛
aczne mo˙zemy
wywnioskowa´c:
E
32
· E
21
· A = U
Uwaga!
Macierze eliminacji zawsze zapisujemy od ostatniej znalezionej ku
pierwszej co wynika z tego, ˙ze
mno˙zenie macierzy nie jest
przemienne.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
37 / 52
Permutacje
Działanie permutacji
Macierze permutacji przekształcaj ˛
a macierze wzgl ˛edem kolumn lub
wierszy w zale˙zno´sci po której stronie równania wyst ˛epuj ˛
a.
Uwaga!
Nale˙zy pami ˛eta´c, ˙ze
macierz permutacji musi mie ´c ten sam wymiar
co macierz, na której działamy.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
38 / 52
Permutacje
Macierz permutacji z prawej strony:
a
b
c
d
·
0 1
1 0
=
b
c
d
a
Mno˙z ˛
ac macierz przez macierz permutacji
z prawej strony
dokonujemy przekształce ´n kolumnowych. W efekcie w
powy˙zszym przypadku pierwsz ˛
a kolumn ˛e zapisujemy w miejsce
drugiej kolumny, a drug ˛
a kolumn ˛e w miejsce pierwszej kolumny.
Macierz permutacji z lewej strony:
0 1
1 0
·
a
b
c
d
=
c
d
a
b
Mno˙z ˛
ac macierz przez macierz permutacji
z lewej strony
dokonujemy przekształce ´n wierszowych.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
39 / 52
Permutacje
Macierz permutacji z prawej strony:
a
b
c
d
·
0 1
1 0
=
b
c
d
a
Mno˙z ˛
ac macierz przez macierz permutacji
z prawej strony
dokonujemy przekształce ´n kolumnowych. W efekcie w
powy˙zszym przypadku pierwsz ˛
a kolumn ˛e zapisujemy w miejsce
drugiej kolumny, a drug ˛
a kolumn ˛e w miejsce pierwszej kolumny.
Macierz permutacji z lewej strony:
0 1
1 0
·
a
b
c
d
=
c
d
a
b
Mno˙z ˛
ac macierz przez macierz permutacji
z lewej strony
dokonujemy przekształce ´n wierszowych.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
39 / 52
Permutacje
Macierz permutacji z prawej strony:
a
b
c
d
·
0 1
1 0
=
b
c
d
a
Mno˙z ˛
ac macierz przez macierz permutacji
z prawej strony
dokonujemy przekształce ´n kolumnowych. W efekcie w
powy˙zszym przypadku pierwsz ˛
a kolumn ˛e zapisujemy w miejsce
drugiej kolumny, a drug ˛
a kolumn ˛e w miejsce pierwszej kolumny.
Macierz permutacji z lewej strony:
0 1
1 0
·
a
b
c
d
=
c
d
a
b
Mno˙z ˛
ac macierz przez macierz permutacji
z lewej strony
dokonujemy przekształce ´n wierszowych.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
39 / 52
Permutacje
Macierz permutacji z prawej strony:
a
b
c
d
·
0 1
1 0
=
b
c
d
a
Mno˙z ˛
ac macierz przez macierz permutacji
z prawej strony
dokonujemy przekształce ´n kolumnowych. W efekcie w
powy˙zszym przypadku pierwsz ˛
a kolumn ˛e zapisujemy w miejsce
drugiej kolumny, a drug ˛
a kolumn ˛e w miejsce pierwszej kolumny.
Macierz permutacji z lewej strony:
0 1
1 0
·
a
b
c
d
=
c
d
a
b
Mno˙z ˛
ac macierz przez macierz permutacji
z lewej strony
dokonujemy przekształce ´n wierszowych.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
39 / 52
Permutacje - ´cwiczenie
Jaka macierz przekształca macierz A w macierz B ?
A =
4 8 9
5 2 3
4 9 1
B =
4 9 8
5 3 2
4 1 9
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
40 / 52
Permutacje - ´cwiczenie
Jaka macierz przekształca macierz A w macierz B ?
A =
4 8 9
5 2 3
4 9 1
B =
4 9 8
5 3 2
4 1 9
P =
1 0 0
0 0 1
0 1 0
Jest to macierz permutacji, która wyst ˛epuje
z prawej strony macierzy
A, gdy˙z dochodzi do przekształce ´n kolumnowych. Druga kolumna
została zamieniona z trzeci ˛
a.
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
41 / 52
Macierz odwrotna
Powró´cmy do jednej z macierzy eliminacji:
E
21
=
1
0 0
−3 1 0
0
0 1
Była to macierz mno˙z ˛
aca pierwszy wiersz przez −3 i dodaj ˛
aca
wynik do drugiego wiersza.
Szukaj ˛
ac macierzy do niej odwrotnej szukamy macierzy, która
cofa t ˛e operacj ˛e.
B ˛edzie to macierz, która
pomno˙zy pierwszy wiersz przez 3 i
doda do drugiego:
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
42 / 52
Macierz odwrotna
Powró´cmy do jednej z macierzy eliminacji:
E
21
=
1
0 0
−3 1 0
0
0 1
Była to macierz mno˙z ˛
aca pierwszy wiersz przez −3 i dodaj ˛
aca
wynik do drugiego wiersza.
Szukaj ˛
ac macierzy do niej odwrotnej szukamy macierzy, która
cofa t ˛e operacj ˛e.
B ˛edzie to macierz, która
pomno˙zy pierwszy wiersz przez 3 i
doda do drugiego:
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
42 / 52
Macierz odwrotna
Powró´cmy do jednej z macierzy eliminacji:
E
21
=
1
0 0
−3 1 0
0
0 1
Była to macierz mno˙z ˛
aca pierwszy wiersz przez −3 i dodaj ˛
aca
wynik do drugiego wiersza.
Szukaj ˛
ac macierzy do niej odwrotnej szukamy macierzy, która
cofa t ˛e operacj ˛e.
B ˛edzie to macierz, która
pomno˙zy pierwszy wiersz przez 3 i
doda do drugiego:
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
42 / 52
Macierz odwrotna
Powró´cmy do jednej z macierzy eliminacji:
E
21
=
1
0 0
−3 1 0
0
0 1
Była to macierz mno˙z ˛
aca pierwszy wiersz przez −3 i dodaj ˛
aca
wynik do drugiego wiersza.
Szukaj ˛
ac macierzy do niej odwrotnej szukamy macierzy, która
cofa t ˛e operacj ˛e.
B ˛edzie to macierz, która
pomno˙zy pierwszy wiersz przez 3 i
doda do drugiego:
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
42 / 52
Macierz odwrotna
Powró´cmy do jednej z macierzy eliminacji:
E
21
=
1
0 0
−3 1 0
0
0 1
Była to macierz mno˙z ˛
aca pierwszy wiersz przez −3 i dodaj ˛
aca
wynik do drugiego wiersza.
Szukaj ˛
ac macierzy do niej odwrotnej szukamy macierzy, która
cofa t ˛e operacj ˛e.
B ˛edzie to macierz, która
pomno˙zy pierwszy wiersz przez 3 i
doda do drugiego:
E
−1
21
=
1 0 0
3 1 0
0 0 1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
43 / 52
Macierz odwrotna
Macierz identyczno´sciowa
Iloczyn macierzy i macierzy do niej odwrotnej daje
macierz
identyczno ´sciow ˛
a.
Zawiera ona jedynki na swojej
diagonali, oraz same zera.
1
0 0
−3 1 0
0
0 1
|
{z
}
E
21
·
1 0 0
3 1 0
0 0 1
|
{z
}
E
−1
21
=
1 0 0
0 1 0
0 0 1
=
I
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
44 / 52
Zadanie 1
Rozwi ˛
a˙z układ równa ´n metod ˛
a eliminacji Gaussa i znajd´z macierze
eliminacji:
a + b + c = 4
a + 2b + 4c = 8
a + 3b + 9c = 14
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
45 / 52
Zadanie 2
Znajd´z macierz permutacji, która przekształca macierz A do macierzy
B:
A =
7 17
2
1
2
5
7 14 32
B =
7 14 32
7 17
2
1
2
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
46 / 52
Zadanie 1 - rozwi ˛
azanie
A =
1 1 1 |
4
1 2 4 |
8
1 3 9 | 14
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
47 / 52
Zadanie 1 - rozwi ˛
azanie
A =
1 1 1 |
4
1 2 4 |
8
1 3 9 | 14
1Row ·−1
−−−−−→
1 1 1 |
4
0 1 3 |
4
0 2 8 | 10
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
48 / 52
Zadanie 1 - rozwi ˛
azanie
A =
1 1 1 |
4
1 2 4 |
8
1 3 9 | 14
1Row ·−1
−−−−−→
1 1 1 |
4
0 1 3 |
4
0 2 8 | 10
2Row ·−2
−−−−−→
1 1 1 | 4
0 1 3 | 4
0 0 2 | 2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
49 / 52
Zadanie 1 - rozwi ˛
azanie
A =
1 1 1 |
4
1 2 4 |
8
1 3 9 | 14
1Row ·−1
−−−−−→
1 1 1 |
4
0 1 3 |
4
0 2 8 | 10
2Row ·−2
−−−−−→
1 1 1 | 4
0 1 3 | 4
0 0 2 | 2
a + b + c = 4
b + 3c = 4
2c = 2
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
50 / 52
Zadanie 1 - rozwi ˛
azanie
A =
1 1 1 |
4
1 2 4 |
8
1 3 9 | 14
1Row ·−1
−−−−−→
1 1 1 |
4
0 1 3 |
4
0 2 8 | 10
2Row ·−2
−−−−−→
1 1 1 | 4
0 1 3 | 4
0 0 2 | 2
a + b + c = 4
b + 3c = 4
2c = 2
a = 2, b = 1, c = 1
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
51 / 52
Zadanie 2 - rozwi ˛
azanie
0 1 0
0 0 1
1 0 0
·
7 17
2
1
2
5
7 14 32
=
7 14 32
7 17
2
1
2
5
Mikołaj Buda i Filip Wi´sniewski
15 grudnia 2012
52 / 52