ROZWIĄZYWANIE

UKŁADÓW RÓWNAŃ

LINIOWYCH

SPIS TREŚCI

• Podstawowe pojęcia
• Metoda macierzowa rozwiązywania

układów równań Cramera

• Przykład
• Rozwiązywanie układów równań

liniowych metodą kolejnych eliminacji
Jordana-Gaussa

• Przykłady

Niech dany będzie układ m równań
liniowych o n niewiadomych x

1

, x

2

,...,x

n

postaci:

a

11

x

1

+ a

12

x

2

+...+

a

1n

x

n

= b

1

a

21

x

1

+ a

22

x

2

+...+ a

2n

x

n

=

b

2

... ... ... ... ... ...

a

m1

x

1

+ a

m2

x

2

+...+ a

mn

x

n

= b

m

Dany układ można zapisać w postaci
macierzowej AX =B gdzie:

Podstawowe pojęcia

Działania na
równaniach

Układ równań (1) przejdzie w
równoważny mu układ, gdy na
równaniach układu dokonamy
następujących operacji:

– zmienimy kolejność zapisu równań,
– pomnożymy obie strony dowolnego równania

przez dowolną liczbę różną od zera,

– dodamy stronami do innego równania dowolne

równania pomnożone przez dowolna liczbę,

– odrzucimy z układu równanie, które jest

kombinacją pozostałych równań.

Metoda macierzowa

rozwiązywania układów

równań Cramera

Układ n równań liniowych o n niewiadomych,

którego wyznacznik jest różny od zera nazywamy
układem Cramera

Mnożąc lewostronnie obie strony równania

macierzowego AX=B przez macierz odwrotną

A

-1

i korzystając z własności iloczynu macierzy

otrzymamy:

A

-1

(AX) = A

-1

B

(A

-1

A)X = A

-1

B

X = A

-1

B

Przykład 1.

Rozwiąż układ równań:

x + y + z =0

2x + y + z = 1

x - y + z = -4.

Dany układ można zapisać w postaci

macierzowej AX = B, gdzie:







































































4

1

0

,

,

1

1

1

1

1

2

1

1

1

B

z

y

x

X

A





Ponieważ macierz A jest nieosobliwa, więc
istnieje macierz odwrotna A

-1

i rozważany

układ ma dokładnie jedno rozwiązanie
wyrażone wzorem X= A

-1

B.

Podstawiając do wzoru i wykonując mnożenie
otrzymamy:

Zatem jedynym rozwiązaniem danego
układu jest: x = 1, y = 2, z = - 3.













































































3

2

1

4

1

0

5

,

0

1

5

,

1

5

,

0

0

5

,

0

0

1

1

X

Rozwiązywanie układów

równań liniowych metodą

kolejnych eliminacji

Jordana-Gaussa

Metoda ta jest metodą uniwersalną
pozwalającą
na rozwiązywanie dowolnych układów m
równań liniowych o n niewiadomych.

Przykład 2.

x + y + z = 3

x + y - z = 1

x + 2y +2z = 6

2x + 3y + 4z = 4

Macierz uzupełniona tego układu ma

postać:





























4

4

3

2

6

2

2

1

1

1

1

1

3

1

1

1

U

Na wierszach tej macierzy będziemy wykonywać
takie operacje elementarne, aby w pierwszym
bloku macierzy U otrzymać macierz jednostkową
możliwie najwyższego stopnia.
W tym celu konstruować będziemy w pierwszym
bloku macierzy U kolejne kolumny macierzy
jednostkowej. Ponieważ element a

11

= 1, więc

pierwszy wiersz pozostawiamy bez zmian
i traktujemy go jako wiersz operacyjny.
Mnożąc pierwszy wiersz kolejno przez (-1), (-1), (-
2), a następnie dodając odpowiednio do drugiego,
trzeciego, czwartego wiersza otrzymujemy

:





























4

4

3

2

6

3

2

1

1

1

1

1

3

1

1

1

U































2

2

1

0

3

2

1

0

2

2

0

0

3

1

1

1

IV

I

III

I

II

I













)

2

(

)

1

(

)

1

(

Dalej należy postępować tak aby nie
„popsuć” pierwszej kolumny i w drugiej
kolumnie skonstruować wektor
jednostkowy mający jedynkę na drugim
miejscu.
Ponieważ w otrzymanej macierzy
element a

22

= 0, więc konstruując drugą

kolumnę macierzy jednostkowej
zamieniamy wiersze tak, by element
a

22

był różny od 0, a najlepiej równy 1.

Dokonując zamiany wiersza drugiego i
trzeciego otrzymujemy macierz:































2

2

1

0

2

2

0

0

3

2

1

0

3

1

1

1

Dalsze konstruowanie macierzy jednostkowej w

pierwszym bloku jest bezcelowe gdyż odpowiadający

tej macierzy układ

1x + 0y - 1z = 0
0x + 1y + 2z = 3
0x + 0y - 2z = -2
0x + 0y + 0z = -5
zawiera sprzeczne równanie 0 = -5, zatem rozważany
układ jest sprzeczny.

Traktując drugi wiersz jako operacyjny i mnożąc go
przez (-1), a następnie dodając do pierwszego i
czwartego mamy:































2

2

1

0

2

2

0

0

3

2

1

0

3

1

1

1

































5

0

0

0

2

2

0

0

3

2

1

0

0

1

0

1

IV

II

I

II









)

1

(

)

1

(

Przykład 3.

x + y + z = 6

2x + y + z = 7

x + 2y = 5

x - y + z = 2

Macierz uzupełniona tego układu ma

postać:





























2

1

1

1

5

0

2

1

7

1

1

2

6

1

1

1

U

Kolejne działania wykonywane na wierszach
macierzy
zapisujemy obok:

Otrzymanej macierzy odpowiada układ:

Zatem rozwiązaniem układu jest: x = 1, y = 2, z

= 3.



























2

1

1

1

5

0

2

1

7

1

1

2

6

1

1

1







































4

0

2

0

1

1

1

0

5

1

1

0

6

1

1

1

































4

0

2

0

1

1

1

0

5

1

1

0

6

1

1

1

IV

I

III

I

II

I













)

1

(

)

1

(

)

2

(

)

1

(

II

IV

II

III

II

I

II











)

2

(

)

1

(

)

1

(





























6

2

0

0

6

2

0

0

5

1

1

0

1

0

0

1

























6

2

0

0

3

1

0

0

5

1

1

0

1

0

0

1

























0

0

0

0

3

1

0

0

2

0

1

0

1

0

0

1











 

2

1

III

IV

III

II

III









)

2

(

)

1

(

0

0

0

0

3

1

0

0

2

0

1

0

1

0

0

1

























z

y

x

z

y

x

z

y

x

z

y

x

Przykład 4.

x + 2y + 3z = 1

4x + 5y + 6z = 1
7x + 8y + 9z = 1

x + y + z = 0

Macierzą uzupełnioną tego układu jest

macierz:



























0

1

1

1

1

9

8

7

1

6

5

4

1

3

2

1

U

Otrzymanej macierzy odpowiada układ równań postaci: x - z = -1
y + 2z = 1
Ponieważ otrzymaliśmy w pierwszym bloku macierzy U macierz
jednostkową stopnia drugiego, więc pierwsze dwie niewiadome tego
układu będziemy uważali za niewiadome bazowe, a pozostałe niewiadome
traktujemy jako parametry, zatem z = k.
Rozwiązanie ogólne układu ma postać:
x = -1 + k
y = 1 - 2k
z = k
Układ jest układem nieoznaczonym, ma nieskończenie
wiele rozwiązań, którymi są trójki liczb x, y, z. Rozwiązania
te otrzymamy przyjmując za parametr k dowolne liczby rzeczywiste.

Dokonujemy przekształceń na macierzy:

























0

1

1

1

1

9

8

7

1

6

5

4

1

3

2

1











































1

2

1

0

6

12

6

0

3

6

3

0

1

3

2

1





































1

2

1

0

6

12

6

0

1

2

1

0

1

3

2

1





























0

0

0

0

0

0

0

0

1

2

1

0

1

1

0

1

IV

I

III

I

II

I













)

1

(

)

7

(

)

4

(











 

3

1

II

IV

II

III

II

I

II









)

6

(

)

2

(

Przykład 5.

x - y + z - w = 2

- x + 2y + z - w = 4

x + 3z - 3w = 8

Macierz uzupełniona tego układu ma

postać:

































8

3

3

0

1

4

1

1

2

1

2

1

1

1

1

U

Ponieważ otrzymaliśmy w pierwszym bloku macierzy U macierz jednostkową drugiego

stopnia, więc pierwsze dwie niewiadome będą niewiadomymi bazowymi, a pozostałe
niewiadome traktujemy jako parametry, zatem niech:

z = k, w = m.
Stąd rozwiązanie ogólne tego układu ma postać:
x = 8 - 3k + 3m
y = 6 - 2k + 2m
z = k
w = m
Układ ma nieskończenie wiele rozwiązań, które otrzymujemy przyjmując za parametry

m i k dowolne liczby rzeczywiste.

Dokonujemy przekształceń na macierzy:































8

3

3

0

1

4

1

1

2

1

2

1

1

1

1





























6

2

2

1

0

6

2

2

1

0

2

1

1

1

1

























0

0

0

0

0

6

2

2

1

0

8

3

3

0

1

III

I

II

I







)

1

(

III

II

I

II







)

1

(

KONIEC