3 wyklad algebra liniowa

12
Macierz odwrotna
Macierz kwadratowa A jest odwracalna, gdy istnieje jej element odwrotny względem mnożenia macierzy, czyli gdy
istnieje macierz A-1 taka, że A�" A-1 = A-1 �" A = E .
Macierz A-1 nazywa się macierzą odwrotną macierzy A.
Fakt.
1
Macierz A-1 = �"(Ad )T jest macierzą odwrotną macierzy A (T oznacza transponowanie macierzy); Macierz
det A
A11 A12 & A1n
�ł łł
�łA A22 & A2n śł
21
�ł śł
Ad = nazywamy macierzą dołączoną macierzy A.
�ł śł
&
�ł śł
n1
�łA An2 & Ann �ł
1. Zadanie
1 2 3
�ł łł
�ł0
Obliczymy macierz odwrotną macierzy A = 1 2śł .
�ł śł
�ł0 0 1śł
�ł �ł
Rozwi zanie
det A = 1
�ł łł
1 2 0 2 0 1
�ł(-1)1+1 (-1)1+2 (-1)1+3 śł
0 1 0 1 0 0
śł
�ł A11 A12 A13 �ł �ł 1 0 0
łł łł
�ł śł
2 3 1 3 1 2
�łA �ł-
Ad = A22 A23 śł = (-1)2+1 (-1)2+2 (-1)2+3 = 2 1 0śł .
�ł śł
21
�ł śł �ł śł
0 1 0 1 0 0
�ł śł
�łA31 A32 A33 śł �ł - 2 1śł
1
�ł �ł �ł �ł
�ł śł
2 3 1 3 1 2
�ł(-1)3+1 (-1)3+2 (-1)3+3 śł
1 2 0 2 0 1
�ł śł
�ł �ł
Zatem
T
1 2 3 1
�ł łł �ł - 2 1 łł
�ł0 �ł0
1
A-1 = �" 1 2śł = 1 - 2śł .
1 �ł śł �ł śł
�ł0 0 1śł �ł0 0 1 śł
�ł �ł �ł �ł
Uzyskany wynik można sprawdzić. Wystarczy w tym celu wykonać mnożenie A-1 �" A . Jeśli otrzymamy macierz jed-
nostkową, 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. w2 "! w3 ;
1
" mnożenie wiersza przez niezerową liczbę, np. w4 ;
2
" pomnożenie wiersza przez liczbę i dodanie do innego wiersza, np. w2 � (-2) + w1 .
Celem tych operacji jest sprowadzenie danej macierzy do macierzy jednostkowej. Macierz jednostkowa przechodzi
wtedy na macierz odwrotną do danej macierzy.
W praktyce postępujemy następująco: piszemy macierz blokową, której pierwszym blokiem jest dana macierz, zaś dru-
gim blokiem jest macierz jednostkowa. Na wierszach macierzy blokowej wykonujemy operacje elementarne aż do mo-
mentu, gdy pierwszy blok staje się macierzą jednostkową. Wówczas drugi blok jest macierzą odwrotną.
[A E] �ł [operacje elementarne na wierszach] [E A-1] .
24
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
Wykonując te same operacje na wierszach danej macierzy oraz macierzy jednostkowej otrzymamy kolejno
1 2 3 1 0 0 1 0 1 1 - 2 0 1 0 0 1 - 2 -1
�ł łł �ł łł �ł łł
�ł0 1 2 0 1 0śł (-2)w2 + w1 �ł0 1 2 0 1 0śł (-1)w3 + w1 �ł0 1 0 0 1 - 2śł
�ł �ł .
�ł śł �ł śł śł
(-2)w3 + w2 �ł
�ł0 0 1 0 1 1śł �ł0 0 1 0 1 1śł �ł0 0 1 0 1 1 śł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
Zatem
1
�ł - 2 1 łł
�ł0
A-1 = 1 - 2śł .
�ł śł
�ł0 0 1 śł
�ł �ł
2. Zadanie
�ł 2 0 0 4
łł
�ł
0 0 0 1śł
�ł śł
Obliczyć macierz odwrotną macierzy A = .
�ł
0 2 0 0śł
�ł śł
�ł-1 0 1 0�ł
śł
�ł
Rozwi zanie
Wykonując te same operacje na wierszach danej macierzy oraz macierzy jednostkowej otrzymamy kolejno
�ł 2 0 0 4 1 0 0 0 �ł 1 0 1 4 1 0 0 1
łł łł
�ł �ł
0 0 0 1 0 1 0 0śł 0 0 0 1 0 1 0 0śł
�ł śł �ł śł
�ł w4 + w1 �ł w1 + w4
�ł �ł
0 2 0 0 0 0 1 0śł 0 2 0 0 0 0 1 0śł
�ł śł �ł śł
�ł-1 0 1 0 0 0 0 1�ł
śł �ł-1 0 1 0 0 0 0 1�ł
śł
�ł �ł
1 0 1 4 1 0 0 1 1 0 1 4 1 0 0 1
�ł łł �ł łł
�ł0 0 0 1 0 1 0 0śł �ł0 2 0 0 0 0 1 0śł
�ł śł �ł śł 1
�ł w2 "! w3 �ł w2
�ł0 2 0 0 0 0 1 0śł �ł0 0 0 1 0 1 0 0śł 2
�ł śł �ł śł
�ł śł �ł śł
�ł0 0 2 4 1 0 0 2�ł �ł0 0 2 4 1 0 0 2�ł
1 0 1 4 1 0 0 1
�ł łł
1 0 1 4 1 0 0 1
�ł łł
�ł0 1 0 0 0 0 1 0śł
�ł0 1 0 0 0 0 1 0śł
�ł 2 śł
�ł 2 śł 1
�ł w4
�ł0 0 0 1 0 1 0 0śł
�ł0 0 0 1 0 1 0 0śł 2
�ł śł
�ł śł
�ł śł �ł0 0 1 2 1 0 0 1śł
�ł0 0 2 4 1 0 0 2�ł
�ł 2 �ł
1 0 1 4 1 0 0 1 �ł1 0 0 2 1 0 0 0łł
�ł łł
2
�ł śł
�ł0 1 0 0 0 0 1 0śł
�ł0 1 0 0 0 0 1 0śł
�ł 2 śł
2
�ł w4 "! w3 �ł w3 � (-1) + w1
�ł0 0 1 2 0 0 1śł
1
�ł0 0 1 2 1 0 0 1śł
2
2
�ł śł
�ł śł
�ł �ł0 0 0 1 0 1 0 0śł
�ł0 0 0 1 0 1 0 0śł
�ł
�ł �ł
�ł1 0 0 0 1 - 2 0 0łł
2
śł
w4 � (-2) + w1 �ł
�ł0 1 0 0 0 0 1 0śł
2
�ł .
w4 �(-2) + w3 �ł0 0 1 2 1 - 2 0 1śł
2
�ł śł
�ł śł
�ł0 0 0 1 0 1 0 0�ł
Zatem
-1
1
�ł
�ł 2 0 0 4 - 2 0 0łł
łł
2
�ł śł
�ł
0 0 0 1śł �ł0 1
0 0śł
�ł śł
2
A-1 = = .
�ł
0 2 0 0śł �ł 1 - 2 0 1śł
�ł 2 śł
�ł śł
�ł śł
�ł-1 0 1 0śł �ł0 1 0 0�ł
�ł �ł
Uzyskany wynik można sprawdzić. Wystarczy w tym celu wykonać mnożenie A-1 �" A . Jeśli otrzymamy macierz jed-
nostkową, to wynik jest dobry.
25
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
13
Równania macierzowe
Dane jest równanie macierzowe
A �" X = B .
n�n n�m n�m
Jeśli spełniony jest warunek det A `" 0 , to mnożąc lewostronnie to równanie przez macierz A-1 , otrzymamy
A-1 AX = A-1B ,
a następnie X = A-1B .
Dane jest równanie macierzowe
X �" A = B .
m�n n�n m�n
Jeśli spełniony jest warunek det A `" 0 , to mnożąc prawostronnie to równanie przez macierz A-1 , otrzymamy
,
X �" A �" A-1 = B �" A-1
E
a następnie X = B �" A-1 .
Dane jest równanie macierzowe
A �" X �" B = C .
n�n n�m m�m n�m
Jeśli spełnione są warunki det A `" 0 , det B `" 0 to mnożąc lewostronnie to równanie przez macierz A-1 i mnożąc pra-
-1
wostronnie to równanie przez macierz B otrzymamy
-1 -1
,
A-1 A �" X �" BB = A-1CB
E E
-1
a następnie X = A-1CB .
3. Zadanie
-1
3 4 3 4 3 łł
�ł łł �ł łł �ł - 9
Wyznaczymy macierz A z równania �" A�"
�ł1 1śł �ł1 1śł = �ł1 - 3śł .
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
Rozwi zanie
-1
3 4
�ł łł �ł-1 4 łł
Mnożąc obie strony równania lewostronnie przez macierz oraz prawostronnie przez macierz
�ł1 1śł = �ł
1 - 3śł
�ł �ł �ł �ł
3 4
�ł łł
�ł1 1śł otrzymamy
�ł �ł
-1
3 4 3 łł �ł łł �ł-1 4 3 - 9 3 4 0 1
�ł łł �ł - 9 3 4 łł �ł łł �ł łł �ł łł
A = �" �" = .
�ł1 1śł �" �ł1 - 3śł �" �ł1 1śł = �ł
1 - 3śł �ł1 - 3śł �ł1 1śł �ł0 0śł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
4. Zadanie
1 1 1 1 0
�ł łł �ł łł
�ł1 �ł
Wyznaczymy macierz A z równania 2 2śł �" A = 0 2śł .
�ł śł �ł śł
�ł1 2 3śł �ł- 2 3śł
�ł �ł �ł �ł
Rozwi zanie
-1
1 1 1
�ł łł
�ł1
Mnożąc obie strony równania lewostronnie przez macierz 2 2śł otrzymamy
�ł śł
�ł1 2 3śł
�ł �ł
-1
1 1 1 1 0 2 łł �ł łł �ł łł
�ł łł �ł łł �ł -1 0 1 0 2 - 2
�ł1 �ł �ł-1 �ł �ł śł
A = 2 2śł �" 0 2śł = 2 -1śł �" 0 2śł = 1 1 .
�ł śł �ł śł �ł śł �ł śł �ł śł
�ł1 2 3śł �ł- 2 3śł �ł 0 -1 1 2 3śł �ł- 2 1
śł �ł-
śł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
5. Zadanie
1 1 1
�ł łł
2 0 1
�ł łł
�ł2
Wyznaczymy macierz A z równania A�" 2 1śł =
�ł0 -1 3śł .
�ł śł
�ł3 2 1śł �ł �ł
�ł �ł
26
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
Rozwi zanie
-1
1 1 1
�ł łł
�ł2
Mnożąc obie strony równania prawostronnie przez macierz 2 1śł otrzymamy
�ł śł
�ł3 2 1śł
�ł �ł
-1
1 1 1 0
�ł łł �ł -1 1 łł
2 0 1 2 0 1 2 łł
�ł łł �ł łł �ł - 3 2
�ł2 �ł-1
A =
�ł0 -1 3śł �" �ł 2 1śł = �ł0 -1 3śł �" �ł 2 -1śł = �ł7 - 5 1śł �"
śł śł
�ł �ł �ł �ł
�ł3 2 1śł �ł �ł �ł -1 0
śł
2
�ł �ł �ł �ł
14
Układy równa liniowych
Od układu równań można przejść do postaci macierzowej tego układu:
ńł a11x1 + a12x2 + ... + a1n xn = b1 �ł a11 a12 & a1n x1 b1
łł �ł łł �ł łł
�ł
a21x1 + a22x2 + ... + a2n xn = b2 �ł a22 & a2n śł �ł śł �łb2 śł
�ł
�ła21 śł �łx2 śł �ł śł
"! �" =
�ł
�ł śł �ł śł �ł śł
......................................
�ł
śł �ł śł �ł śł
�łam1x1 + am2x2 + ... + amn xn = bm �ł
�łam1 am2 & amn śł �łxn śł �łbm śł
ół �ł �ł �ł �ł �ł �ł
3x �ł łł �ł łł �ł łł
ńł - 2y + 3z = 2 3 - 2 3 x 2
�ł
�ł1 �łyśł �ł0śł
x - y + 2z = 0 "! -1 2śł �" =
�ł
�ł śł �ł śł �ł śł
�ł5x - 3y + 4z = 4 �ł5 - 3 4śł �łzśł �ł4śł
ół �ł �ł �ł �ł �ł �ł
ńł a + b + c = 3 1 1 1 łł �ł łł
�ł 3
a
�ł łł
�ł �ł1 �ł-1śł
�ła + b - 3c = -1 �ł 1 - 3śł �ł śł
�łbśł
śł
"! �" =
�ł
�ł śł
�ł2a + b - 2c = 1 �ł2 1 - 2śł �łcśł �ł 1 śł
śł
�ła + 2b - 3c = 0 �ł 2 - 3�ł �ł �ł �ł 0 śł
�ł
ół �ł1 śł �ł śł
�ł �ł
" Układ równań nazywamy rozwiązalnym, jeśli ma co najmniej jedno rozwiązanie. Układy rozwiązalne dzielimy na:
Oznaczone mają dokładnie jedno rozwiązanie,
Nieoznaczone mają nieskończenie wiele rozwiązań.
" Układ równań nazywamy sprzecznym, jeśli nie ma rozwiązania.
" Dla macierzy wyznaczonych przez układ równań przyjmujemy poniższe określenia:
�ł a11 a12 & a1n b1 a11 a12 & a1n b1 łł
łł �ł łł �ł
�ła a22 & a2n śł �łb śł �ła a22 & a2n b2 śł
21 2 21
�ł śł �ł śł �ł śł
, , .
�ł śł �ł śł �ł śł
�ł śł �ł śł �ł śł
�łam1 am2 & amn śł �łbm śł �łam1 am2 & amn bm śł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
macierz glówna macierz macierz rozszerzona
wyrazów
wolnych
" Dwa układy równań liniowych nazywamy równoważnymi wtedy i tylko wtedy, gdy mają te same rozwiązania albo
są sprzeczne.
27
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
15
Wzory Cramera
Układ równań liniowych A �" X = B , w którym A jest macierzą kwadratową odwracalną, tzn. spełniającą warunek
n�n n�1 n�1
det A `" 0 , nazywa się układem Cramera.
Fakt.
Układ Cramera A �" X = B ma dokładnie jedno rozwiązanie
n�n n�1 n�1
det A1
�ł łł
�łdet A2 śł
1 �ł śł
X = ,
det A
�ł śł
�ł śł
�łdet An śł
�ł �ł
gdzie Aj , 1 d" j d" n, powstaje z macierzy A przez zastąpienie j-tej kolumny kolumną wyrazów wolnych.
6. Zadanie
ńł x + y + z = p,
�ł
- x - z + 2t = 0,
�ł
Dla jakich wartości parametru p układ równań jest układem Cramera?
�ł
2y + z + 3t = p,
�ł
�łx + y + 3z - pt = 1,
ół
Rozwi zanie
Układ równań postaci AX = B jest układem Cramera, gdy macierz A tego układu jest macierzą kwadratową nieosobliwą
(o wyznaczniku różnym od zera).
Wyznacznik macierzy tego układu jest równy
1 1 1 0
-1 0 -1 2
det A = = 2 - p .
0 2 1 3
1 1 3 - p
Zatem dany układ jest układem Cramera dla p `" 2 .
7. Zadanie
3x + 2y = 7,
ńł
Rozwiązać metodą wzorów Cramera układ równań
�ł
x - y = 4.
ół
Rozwi zanie
Mamy
3 2 7 2 3 7
det A = = -5 , det A1 = = -15 , det A2 = = 5 ,
1 -1 4 -1 1 4
więc rozwiązaniem tego układu jest
det A1 -15 det A2 5
x = = = 3 , y = = = -1 .
det A - 5 det A - 5
8. Zadanie
x + 2y
ńł - 3z = 0
�ł2x
Rozwiązać metodą wzorów Cramera układ równań - y + 4z = 5 .
�ł
�ł
3x + y - z = 2
ół
28
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
Rozwi zanie
Ponieważ
1 2 - 3 0 2 - 3
det A = 2 -1 4 = (1+ 24 - 6) - (9 + 4 - 4) = 10 det A1 = 5 -1 4 = (16 -15) - (6 -10) = 5 ,
3 1 -1 2 1 -1
1 0 - 3 1 2 0
det A2 = 2 5 4 = (-5 -12) - (-45 + 8) = 20 , det A3 = 2 -1 5 = (-2 + 30) - (5 + 8) = 15 ,
3 2 -1 3 1 2
5 1
�ł łł
=
x
�ł łł
�ł10 2 śł
�łyśł
20
więc rozwiązaniem tego układu jest = = 2śł .
�ł10
�ł śł
�ł15 = 3 śł
�łzśł
�ł �ł
�ł10 2 śł
�ł �ł
16
Metoda macierzy odwrotnych
Układ równań piszemy w postaci równania macierzowego A �" X = B i jeśli spełniony jest warunek det A `" 0 , to mno-
n�n n�1 n�1
żąc lewostronnie to równanie przez macierz A-1 , otrzymamy A-1 AX = A-1B , a następnie X = A-1B .
9. Zadanie
3x + 2y = 7,
ńł
Rozwiązać metodą macierzy odwrotnych układ równań
�ł
x - y = 4.
ół
Rozwi zanie
3 2 7 x
�ł łł �ł łł �ł łł
Zapisując układ w postaci macierzowej otrzymamy �" X = , gdzie X = . Zatem
�ł1 -1śł �ł4śł �łyśł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
-1
3 2 7 1 2 7 15 3
�ł łł �ł łł �ł łł �ł łł �ł łł �ł łł
1 1
X = = = .
�ł1 -1śł �" �ł4śł �ł1 - 3śł �" �ł4śł �ł- 5śł = �ł-1śł
5 5
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
Stąd odczytujemy, że x = 3 , y = -1 .
10. Zadanie
ńł 2x + y + z = 2,
�ł
Rozwiązać metodą macierzy odwrotnych układ równań + y + 3z = 14,
�ł5x
�ł
2x + y + 2z = 5.
ół
Rozwi zanie
2 1 1 x 2
�ł łł �ł łł �ł łł
�ł5 �ł �ł14śł
Układ ten piszemy w postaci 1 3śł �" yśł = , a następnie znajdujemy macierz rozwiązań
�ł śł �ł śł �ł śł
�ł2 1 2śł �ł �ł śł
zśł 5
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
-1
x 2 1 1 2 łł �ł łł �ł- 6 2
�ł łł �ł łł �ł łł �ł -1 -1 2 2 łł �ł łł
�łyśł �ł5 �ł14śł �ł- �ł14śł �ł15 śł �ł-
1 1
X = = 1 3śł �" = 4 2 -1śł �" = - = 5śł ,
�ł śł �ł śł �ł śł �ł śł �ł śł �ł śł �ł śł
- 3 3
�łzśł �ł2 1 2śł �ł śł �ł śł �ł- 9śł �ł 3
śł
5 3 0 - 3śł �ł 5
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
Stąd odczytujemy, że x = 2, y = -5, z = 3 .
11. Zadanie
ńł x + y + 2z + 3t = 1,
�ł3x - y - z - 2t = -4,
�ł
Rozwiązać metodą macierzy odwrotnych układ równań
�ł
�ł2x + 3y - z - t = -6,
�łx + 2y + 3z - t = -4.
ół
29
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
Rozwi zanie
1 1 2 3 x 1
�ł łł �ł łł �ł łł
�ł3 -1 -1 - 2śł �ł �ł- 4śł
yśł
�ł śł �ł śł �ł śł
Układ ten piszemy w postaci �" = , a następnie znajdujemy macierz odwrotną macierzy
�ł2 3 -1 -1śł �ł zśł �ł- 6śł
�ł śł �ł śł �ł śł
�ł śł śł
�ł1 2 3 -1�ł �ł t śł �ł- 4�ł
�ł �ł �ł
głównej (metodą bezwyznacznikową).
1 1 2 3 1 0 0 0 1 1 2 3 1 0 0 0
�ł łł �ł łł
�ł3 -1 -1 - 2 0 1 0 0śł w1 � (-3) + w2 �ł0 - 4 - 7 -11 - 3 1 0 0śł
�ł śł �ł śł

�ł w1 � (-2) + w3
�ł
�ł
�ł
�ł2 3 -1 -1 0 0 1 0śł
�ł0 1 - 5 - 7 - 2 0 1 0śł
w1 � (-1) + w4
�ł śł �ł śł
�ł śł �ł śł
�ł1 2 3 -1 0 0 0 1�ł �ł0 1 1 - 4 -1 0 0 1�ł
1 1 2 3 1 0 0 0 1 0 1 7 2 0 0 -1
�ł łł �ł łł
�ł0 1 1 - 4 -1 0 0 1śł w2 � (-1) + w1 �ł0 1 1 - 4 -1 0 0 1 śł
�ł śł �ł śł
�ł w4 "! w2 �ł w2 �(-1) + w3
�ł �ł
�ł �ł
�ł �ł
�ł
�ł0 1 - 5 - 7 - 2 0 1 0śł
�ł0 0 - 6 - 3 -1 0 1 -1śł
w2 � 4 + w4
�ł śł �ł śł
�ł - 4 - 7 -11 - 3 1 0 0�ł
śł �ł - 3 - 27 - 7 1 0 4
śł
�ł0 �ł0 0 �ł
1 0 1 7 2 0 0 -1
�ł łł
�ł0 1 1 - 4 -1 0 0 1 śł
1 �ł śł

w3 � (- )

6 1 1
�ł0 0 1 1 1 0 - śł
2 6 6 6
�ł śł
�ł - 3 - 27 - 7 1 0 4
śł
�ł0 0 �ł
�ł1 0 0 13 11 0 1 - 7 łł
2 6 6 6
śł
w3 � (-1) + w1 �ł
9 7 1 5
�ł0 1 0 - - 0
śł
2 6 6 6 2
�ł w3 � (-1) + w2 �ł w4 � (- )
�ł �ł
�ł �ł
�ł �ł
�ł0 0 1 1 1 0 - 1 1 51
śł
2 6 6 6 śł
w3 � 3 + w4 �ł
�ł0 0 0 - 51 - 13 1 - 1 9 śł
�ł 2 2 2 2 �ł
�ł1 0 0 13 11 0 1 - 7 łł �ł1 0 0 0 9 13 2 - 1 łł
2 6 6 6 13 51 51 51 51
�ł śł w4 � (- ) + w1 �ł śł
9 7 1 5 1 9
2
�ł0 1 0 - - 0
śł �ł0 1 0 0 - 51 - 51 13 2 śł
2 6 6 6 9 51 51
.
�ł w4 � + w2
�ł
�ł
�ł
�ł0 0 1 1 1 0 - 1 1 2
śł �ł0 0 1 1 2 1 - 9 13
śł
�ł 2 6 6 6 śł 1 2 51 51 51 51 śł
w4 � (- ) + w3 �ł
2
�ł0 0 0 1 13 - 2 1 - 9 śł �ł0 0 0 1 13 - 2 1 - 9 śł
�ł 51 51 51 51 �ł 51 51 51 51
�ł �ł
Znajdujemy rozwiązanie
-1
x 1 1 2 3 1 9 13 2 -1 1 łł
�ł łł �ł łł �ł łł �ł łł �ł łł �ł-1
�ł śł �ł3 -1 -1 - 2śł �ł- 4śł �ł-1 - 9 13 2 śł �ł- 4śł �ł-1śł
1
�łyśł �ł śł �ł śł �ł śł �ł śł �ł śł
X = = �" = �" = .
�ł �ł2 3 -1 -1śł �ł- 6śł �ł 2 1 - 9 13 6śł �ł 0
śł �ł- śł
51
zśł
�ł śł �ł śł �ł śł �ł śł �ł śł �ł śł
t
�ł śł �ł śł śł śł śł
�ł �ł �ł1 2 3 -1�ł �ł- 4�ł �ł - 2 1 - 9�ł �ł- 4�ł �ł 1 śł
�ł �ł13 �ł �ł �ł
Stąd odczytujemy, że x = -1, y = -1, z = 0, t =1 .
17
Metoda eliminacji Gaussa
Jest ona zbliżona do znanej z kursu szkolnego metody rugowania niewiadomych. Główną zaletą tej metody jest jej przy-
datność do rachunków komputerowych. Jednocześnie metoda ta pozwala automatycznie stwierdzić, czy dany układ ma
rozwiązania.
Rozwiązywanie dowolnego liniowego układu równań metodą eliminacji Gaussa polega na wykonywaniu następujących
operacje na równaniach:
- zamiana między sobą i-tego oraz j-tego równania (oznaczenie ri "! rj ),
- mnożenie i-tego równania przez liczbę ą różną od zera (oznaczenie ą �" ri ),
- dodanie do j-tego równania i-tego równania pomnożonego przez liczbę ą (oznaczenie ąri + rj ).
Celem postępowania jest doprowadzenie układu do układu równoważnego wyjściowemu.
30
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
12. Zadanie
3x + 2y = 7,
ńł
Rozwiązać metodą eliminacji Gaussa układ równań
�ł
x - y = 4.
ół
Rozwi zanie
Etap 1. Normujemy pierwszą zmienną (zmienną x) w pierwszym równaniu oraz eliminujemy ją z pozostałych
równań:
3x + 2y = 7, x x
ńł ńł - y = 4, ńł - y = 4,
�ł r1 "! r2 �ł r1 � (-3) + r2
�ł �ł �ł
x - y = 4, 5y = - 5,
ół ół3x + 2y = 7, ół
Etap 2. Normujemy drugą zmienną (zmienną y) w drugim równaniu oraz eliminujemy ją z pozostałych równań:
1
r2 � + r1 ńł x = 3,
5
�ł
�ł
1
�" r2
óły = -1
5
13. Zadanie
ńł x1 + x2 + x3 = 3
�ł
�łx + x2 - 3x3 = -1
1
Rozwiązać układ równań
�ł
�ł2x1 + x2 - 2x3 = 0
�ł
x1 + 2x2 - 3x3 = 1
ół
Rozwi zanie
Wykonując na równaniach tego układu poniższe operacje elementarne:
1. r1 � (-1) + r2 - pierwsze równanie pomnożone przez (-1) dodajemy do drugiego równania,
2. r1 � (-2) + r3 - pierwsze równanie pomnożone przez (-2) dodajemy do trzeciego równania,
3. r1 � (-1) + r4 - pierwsze równanie pomnożone przez (-1) dodajemy do czwartego równania,
zachowamy pierwszą zmienną w pierwszym równaniu i wyeliminujemy ją z pozostałych równań. Sam układ zostanie
przekształcony na
x1 +x2 +x3 = 3
ńł
�ł
- 4x3 = -4
�ł
�ł
- x2 - 4x3 = -6
�ł
�ł
x2 - 4x3 = -2
ół
Po zamianie równania drugiego z czwartym równaniem, czyli po wykonaniu operacji r2 "! r4 dostajemy
x1 +x2 +x3 = 3
ńł
�ł
x2 - 4x3 = -2
�ł
�ł
- x2 - 4x3 = -6
�ł
�ł
- 4x3 = -4
ół
Wykonując na równaniach tego układu poniższe operacje elementarne:
r2 � (-1) + r1 - drugie równanie pomnożone przez (-1) dodajemy do pierwszego równania,
r2 + r3 - drugie równanie dodajemy do trzeciego równania,
zachowamy drugą zmienną w drugim równaniu i wyeliminujemy ją z pozostałych równań, zaś układ przekształcimy na
x1 +5x3 = 5
ńł
�ł
x2 - 4x3 = -2
�ł
�ł
- 8x3 = -8
�ł
�ł
- 4x3 = -4
ół
1
Po wymnożeniu trzeciego równania przez ( - ) dostajemy
8
31
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
x1 +5x3 = 5
ńł
�ł
x2 - 4x3 = -2
�ł
�ł
x3 = 1
�ł
�ł
- 4x3 = -4
ół
Wykonując na równaniach tego układu poniższe operacje elementarne:
r3 � (-5) + r1 - trzecie równanie pomnożone przez (-5) dodajemy do pierwszego równania,
r3 � 4 + r2 - trzecie równanie pomnożone przez 4 dodajemy do drugiego równania,
r3 � 4 + r4 - trzecie równanie pomnożone przez 4 dodajemy do czwartego równania,
zachowamy trzecią zmienną w trzecim równaniu i wyeliminujemy ją z pozostałych równań. Układ zostaje przekształcony
na układ normalny (pomijamy równania 0 = 0):
ńł x1 = 0
�ł
�łx = 2
2
�ł
x3 = 1
ół
14. Zadanie
2x + 3y
ńł - z = -3
�ł
Rozwiążemy układ równań x + 2y = 1
�ł
�ł
y + z = 5
ół
Rozwi zanie
2x + 3y - z = -3 x + y - z = -4 x + y
ńł ńł ńł - z = -4
�ł �ł �ł
x + 2y = 1 - r2 � (-1) + r1 + 2y = 1 - r1 � (-1) + r2 y + z = 5
�ł �łx �ł
�ł �ł �ł
y + z = 5 y + z = 5 y + z = 5
ół ół ół
x
ńł - 2z = -9
r2 � (-1) + r1 �ł
- y + z = 5
r2 � (-1) + r3 �ł
�ł
0 = 0
ół
Uzyskaliśmy układ normalny.
Te zmienne, które nie dały się wyeliminować traktujemy jako parametry (czyli zmienne przyjmujące wszystkie war-
tości z zadanego zbioru). W praktyce stosujemy zmiany oznaczeń, przyjmując nowe nazwy dla parametrów. Rozwiąza-
niem rozpatrywanego układu jest
x =
ńł -9 + 2t
�ł
y = 5 - t , t"R.
�ł
�ł
z = t
ół
Jest to układ nieoznaczony.
15. Zadanie
ńł x1 +x2 +2x3 -x4 = 3
�ł2x - x2 + x3 + x4 = 3
�ł
1
Rozwiązać układ równań
�ł
x1 - 2x2 - x3 + 2x4 = 0
�ł
�ł
2x2 + 2x3 - 3x4 = 1
ół
Rozwi zanie
x1 +x2 +2x3 -x4 = 3
ńł x1 +x2 +2x3 -x4 = 3 ńł
�ł2x - x2 + x3 + x4 = 3
r1 � (-2) + r2 �ł - 3x2 - 3x3 + 3x4 = -3
�ł �ł
1
- - r4 � 2 + r2
�ł
x1 - 2x2 - x3 + 2x4 = 0 r1 � (-1) + r3 �ł - 3x2 - 3x3 + 3x4 = -3
�ł �ł
�ł �ł
2x2 + 2x3 - 3x4 = 1 2x2 + 2x3 - 3x4 = 1
ół ół
x1 +x2 +2x3 -x4 = 3 x1 +x3 +2x4 = 3
ńł ńł
r2 � (-1) + r1 �ł
�ł
x2 + x3 - 3x4 = -1 x2 + x3 - 3x4 = -1
�ł �ł
1
- r2 �3 + r3 - (- ) �" r3
�ł �ł
6
- 3x2 - 3x3 + 3x4 = -3 - 6x4 = -6
�ł
r2 � (-2) + r4 �ł
�ł �ł
2x2 + 2x3 - 3x4 = 1 3x4 = 3
ół ół
32
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
x1 +x3 +2x4 = 3 x1 +x3 = 2
ńł ńł
r3 � (-2) + r1 �ł
�ł
x2 + x3 - 3x4 = -1 x2 + x3 = 2
�ł �ł
- r3 �3+ r2
�ł �ł
x4 = 1 x4 = 1
�ł
r3 � (-3) + r4 �ł
�ł �ł
3x4 = 3 0 = 0
ół ół
x1 = 2
ńł - t,
�łx = 2 - t,
�ł
2
Uzyskaliśmy układ normalny. Obierając zmienną x3 jako parametr piszemy odpowiedz
�ł
x3 = t,
�ł
�ł
x4 =1.
ół
18
Posta normalna macierzy
Przekształceniom elementarnym układu równań odpowiadają następujące przekształcenia elementarne wierszy
macierzy (oznaczamy je tymi samymi symbolami):
1. wi "! w - przestawienie wiersza i-tego z j-tym,
j
2. ą �" wi - pomnożenie i-tego wiersza przez element ą `" 0 ,
3. ą �" wi + wj - pomnożenie i-tego wiersza przez element ą i dodanie do j-tego wiersza.
Dowolną macierz można za pomocą przekształceń elementarnych sprowadzić do postaci normalnej. (po an-
gielsku row echelon form).
Macierz A występuje w postaci normalnej, jeśli
1. pierwszym niezerowym elementem wiersza jest 1 (jedynka wiodąca),
2. jeśli w kolumnie występuje jedynka wiodąca, to pozostałe elementy tej kolumny są zerami,
3. jedynka wiodąca przesuwa się schodkowo w prawo (wiersz z numerem wyższym ma jedynkę wiodącą pózniej od
wiersza z niższym numerem porządkowym),
4. wiersze zerowe występują po wierszach niezerowych.
0 1 2 0 5 0
�ł łł
�ł0
Macierz 0 0 1 3 0śł jest w postaci normalnej.
�ł śł
�ł0 0 0 0 0 0śł
�ł �ł
16. Zadanie
1 1 1 3
�ł łł
�ł1 1 - 3 -1śł
�ł śł
Sprowadzimy do postaci normalnej macierz A = .
�ł2 1 - 2 1
śł
�ł śł
�ł - 3 1
śł
�ł1 2 �ł
Rozwiązanie
Przedstawiamy skończony ciąg przekształceń elementarnych przeprowadzających macierz A w postać normalną
1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3
�ł łł �ł łł �ł łł
(-1) �" w2 + w1
�ł1 1 - 3 -1śł (-1) �" w1 + w2 �ł0 0 - 4 - 4śł �ł0 1 0 1 śł
�ł śł �ł śł �ł śł
A = - (-2) �" w1 + w3 - (-1) �" w3 + w2 - w2 + w3
�ł2 1 - 2 1
śł �ł0 -1 - 4 - 5śł
�ł0 -1 - 4 - 5śł
�ł śł (-1) �" w1 + w4 �ł śł �ł śł (-1) �" w2 + w4
�ł - 3 1
śł �ł - 4 - 2�ł
śł �ł - 4 - 2�ł
śł
�ł1 2 �ł �ł0 1 �ł0 1
1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 0 1
�ł łł �ł łł �ł łł
(-1) �" w4 + w1
�ł0 1 0 1 śł �ł0 1 0 1 śł
(-1) �" w3 + w1 �ł0 1 0 1śł
�ł śł 1 �ł śł �ł śł
- (- ) �" w3 - - (-1) �" w4 + w2
�ł0 0 - 4 - 4śł 4 4 �" w3 + w1 �ł0 0 1 1śł
�ł0 0 1 1 śł
�ł śł �ł śł �ł śł (-1) �" w4 + w3
�ł - 4 - 3�ł
śł �ł - 4 - 3�ł
śł �ł śł
�ł0 0 �ł0 0 �ł0 0 0 1�ł
33
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
1 0 0 0
�ł łł
�ł0 1 0 0śł
�ł śł
AN = = E.
�ł0 0 1 0śł
�ł śł
�ł śł
�ł0 0 0 1�ł
Uzyskaliśmy postać normalną macierzy A. Jest nią macierz jednostkowa E.
17. Zadanie
2 3 łł
�ł -1 - 3
�ł1 śł
Sprowadzimy do postaci normalnej macierz B = 2 0 1 .
�ł śł
�ł0 1 1 5 śł
�ł �ł
Rozwiązanie
Przedstawiamy skończony ciąg przekształceń elementarnych przeprowadzających macierz B w postać normalną
2 3 łł 1 2 0 1 1 2 0 1 2 �" w2 + w1
�ł -1 - 3 �ł łł �ł łł
�ł1 2 0 1 śł �ł2 �ł0
- w1 "! w3 3 -1 - 3śł - (-2) �" w1 + w2 -1 -1 - 5śł - (-1) �" w2
�ł śł �ł śł �ł śł
�ł0 1 1 5 śł �ł0 1 1 5 śł �ł0 1 1 5 śł
w2 + w1
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
1 0 łł
�ł - 2 - 9
�ł0 1 1 5 śł
.
�ł śł
�ł0 0 0 0 śł
�ł �ł
1 0 łł
�ł - 2 - 9
�ł0 śł
Postacią normalną macierzy B jest macierz 1 1 5 .
�ł śł
�ł0 0 0 0 śł
�ł �ł
18. Zadanie
3 łł
�ł - 2 3 2
�ł1
Sprowadzimy do postaci normalnej macierz -1 2 0śł .
�ł śł
�ł5 - 3 4 4śł
�ł �ł
Rozwiązanie
3 łł 1 łł 1 łł
�ł - 2 3 2 �ł -1 2 0 �ł -1 2 0
(-3) �" w1 + w2 �ł0 w2 + w1
�ł1 -1 2 0śł - w1 "! w2 �ł3 - 2 3 2śł -
1 - 3 2śł -
�ł śł �ł śł śł
(-5) �" w1 + w3 �ł (-2) �" w2 + w3
�ł5 - 3 4 4śł
�ł5 - 3 4 4śł
�ł0 2 - 6 4śł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
1 0 łł
�ł -1 2
�ł0 1 - 3 2śł
�ł śł
�ł0 0 0 0śł
�ł �ł
19
Metoda eliminacji Gaussa (2)
Jeśli zastosujemy następujący schemat:
Układ równań liniowych
�!
�!
�!
�!
Macierz rozszerzona tego układu
�!
�!
�!
�!
Postać normalna tej macierzy
�!
�!
�!
�!
Układ równań liniowych (normalny)
34
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
to do rozwiązywania układów równań liniowych metodą eliminacji Gaussa można wykorzystać komputer.
19. Zadanie
ńł x1 + x2 + x3 = 3
�ł
�łx + x2 - 3x3 = -1
1
Rozwiążemy układ równań
�ł
�ł2x1 + x2 - 2x3 = 0
�ł
x1 + 2x2 - 3x3 = 1
ół
Rozwiązanie
Zastosujemy praktyczną wersję metody eliminacji Gaussa. Rozwiązywanie dowolnego liniowego układu równań postaci
A �" X = B polega na przekształcaniu macierzy rozszerzonej [A | B] tego układu. Celem postępowania jest doprowadze-
nie macierzy [A | B] do macierzy [A| B]N ; na tym etapie do obliczeń można zastosować komputer.
1 1 1 3 1 0 0 0
�ł łł �ł łł
�ł1 1 - 3 -1śł �ł0 1 0 2śł
�ł śł �ł śł
[A | B] = [A| B]N = .
�ł2 1 - 2 0
śł �ł0 0 1 1śł
�ł śł �ł śł
�ł - 3 1
śł �ł śł
�ł1 2 �ł �ł0 0 0 0�ł
Jeśli napiszemy układ równań odpowiadający macierzy [A| B]N , to uzyskujemy układ w postaci normalnej (równoważ-
ny wyjściowemu układowi).
x1 = 0
ńł
�ł
�łx = 2
2
�ł
x3 = 1
ół
20. Zadanie
2x + 3y
ńł - z = -3
�ł
Rozwiążemy układ równań x + 2y =1
�ł
�ł
y + z = 5
ół
Rozwiązanie
Macierz rozszerzoną układu sprowadzamy do postaci normalnej.
2 3 łł 1 0 łł
�ł -1 - 3 �ł - 2 - 9
�ł1 śł �ł0 śł
[A | B] = 2 0 1 [A| B]N = 1 1 5 .
�ł śł �ł śł
�ł0 1 1 5 śł �ł0 0 0 0 śł
�ł �ł �ł �ł
Jeśli napiszemy układ równań odpowiadający macierzy [A| B]N ,, to uzyskujemy układ w postaci normalnej (równo-
ważny wyjściowemu układowi).
x
ńł - 2z = -9
�ł
y + z = 5
�ł
�ł
0 = 0
ół
x =
ńł -9 + 2t,
�ł
Po wprowadzeniu parametrów otrzymujemy y = 5 - t, gdzie t"R..
�ł
�ł
z = t,
ół
21. Zadanie
ńł x1 + x2 + x3 = 3,
�ł
�łx + x2 - 3x3 = -1,
1
Rozwiążemy układ równań
�ł
�ł2x1 + x2 - 2x3 = 1,
�łx1 + 2x2 - 3x3 = 1.
ół
Rozwiązanie
Macierz rozszerzoną układu sprowadzamy do postaci normalnej.
35
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
1 0 0 0
�ł łł
�ł0 1 0 0śł
�ł śł
[A| B]N = .
�ł0 0 1 0śł
�ł śł
�ł śł
�ł0 0 0 1�ł
Jeśli napiszemy układ równań odpowiadający macierzy [A| B]N , to uzyskujemy układ w postaci normalnej (równoważ-
ny wyjściowemu układowi).
ńł x1 = 0
�łx = 0
�ł
2
�ł
3
�łx = 0
�ł
0 = 1
ół
Jest to układ sprzeczny.
22. Zadanie
ńł x1 + 2x2 + 3x3 - 2x4 - x5 = 6,
�ł
3x1 + 6x2 + 5x3 - 2x4 - 9x5 = 1,
�ł
�ł
Rozwiązać metodą eliminacji Gaussa układ równań 2x1 + 4x2 + 2x3 - 8x5 = -5,
�ł
�ł
2x1 + 4x2 + 7x3 - 5x4 + x5 = 17,
�ł
�łx1 + 2x2 + 6x3 - 5x4 -10x5 = 12.
ół
Rozwiązanie
1 2 0 1 0 -4
�ł łł
�ł0 0 1 -1 0 7 śł
�ł 2 śł
1
�ł0 śł
[A| B]N = 0 0 0 1 .
2
�ł śł
�ł0 0 0 0 0 0 śł
�ł0 0 0 0 0 0 śł
�ł �ł
To oznacza, że postacią normalną naszego układu równań jest
ńł
x1 + 2x2 + x4 = -4,
�ł
7
x3 - x4 = ,
�ł
2
�ł 1
x5 = .
ół 2
Układ ten ma nieskończenie wiele rozwiązań z dwoma parametrami. Przyjmując niewiadome x2 i x4 za parametry
otrzymujemy rozwiązanie układu równań
x1 =
ńł -4 - 2t - s,
�ł
x2 = t,
�ł
�ł
7
x3 = + s,
�ł
2
�ł
x4 = s,
�ł
1
�ł x5 = ,
ół 2
gdzie t, s " R .
23. Zadanie
ńł 5x1 + x2 + 2x3 + x4 - x5 + 6x6 = 2,
�ł-11x - 3x2 - 9x3 - 2x4 + 4x5 -15x6 = -5,
1
�ł
�ł
Rozwiązać metodą eliminacji Gaussa układ równań 14x1 + x2 + 2x3 + 3x4 + 2x5 +13x6 = 6,
�ł
�ł
3x1 - 2x2 - 7x3 + x4 + 6x5 - 2x6 = 1,
�ł
�ł 2x1 + 3x2 + 9x3 - 7x5 + 8x6 = 1.
ół
Rozwiązanie
2 1 7 4
�ł łł
�ł 5 1 2 1 -1 6 2 łł 1 0 0
9 3 9 9
�ł-11 - 3 - 9 - 2 4 -15 - 5śł �ł śł
1 26 55 20
- - -
�ł0 1 0 - 27 9 27 27
śł
�ł śł
�ł0 0 1 - 1 1 1 7
śł
�ł śł
[A | B] = 14 1 2 3 2 13 6 �ł [A| B]N =
27 9 27 27
�ł śł
�ł śł
3 - 2 - 7 1 6 - 2 1
�ł0 0 0 0 0 0 0 śł
�ł śł
�ł0 0 0 0 0 0 0 śł
�ł śł
2 3 9 0 - 7 8 1
�ł �ł
�ł �ł
To oznacza, że postacią normalną naszego układu równań jest
36
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
2 1 7 4
ńł
x1 + x4 + x5 + x6 = ,
9 3 9 9
�ł
1 26 55 20
x2 - x4 - x5 - x6 = - ,
�ł
27 9 27 27
�ł 1 1 1 7
x3 - x4 + x5 + x6 = .
ół 27 9 27 27
Układ ten ma nieskończenie wiele rozwiązań z trzema parametrami. Przyjmując niewiadome x4 , x5 i x6 za parametry
otrzymujemy rozwiązanie układu równań
4 2 1 7
ńł - t - s - u,
x1 =
9 9 3 9
�ł
20 1 26 55
+ t + s + u,
2
�łx = - 27 27 9 27
7 1 1 1
�ł
x3 = + t - s + u,
�ł
27 27 9 27
�ł
x4 = t,
�ł
�ł
x5 = s,
�ł
�ł x6 = u,
ół
gdzie t, s, u " R .
24. Zadanie
ńł x1 + 2x3 - x4 + x5 = 2,
�ł
x1 + x2 + 2x4 - x5 = 3,
�ł
Rozwiązać metodą eliminacji Gaussa układ równań
�ł
�ł3x1 - x2 + 2x3 + 3x4 - x5 = 8,
�łx1 - x2 + 4x3 - 4x4 + 3x5 =1.
ół
Rozwiązanie
1 0 2 -1 1 2 1 0 0 2 -1 3
�ł łł �ł łł
�ł1 1 0 2 -1 3śł �ł0 1 0 0 0 0 śł
�ł śł �ł śł
�ł [A| B]N =
3 1
�ł3 -1 2 3 -1 8śł
�ł0 0 1 - 1 - śł
2 2
�ł śł �ł śł
�ł -1 4 - 4 3 1�ł
śł �ł
�ł1 �ł0 0 0 0 0 0 śł
�ł
To oznacza, że postacią normalną naszego układu równań jest
ńł
x1 + 2x4 - x5 = 3,
�ł
x2 = 0,
�ł
�ł 3 1
x3 - x4 + x5 = - .
ół 2 2
Układ ten ma nieskończenie wiele rozwiązań z dwoma parametrami. Przyjmując niewiadome x4 i x5 za parametry
otrzymujemy rozwiązanie układu równań
x1 = 3
ńł - 2t + s,
�ł
x2 = 0,
�ł
�ł
3
�łx = - 1 + 2 t - s,
3
2
�ł
x4 = t,
�ł
�ł x5 = s.
ół
gdzie t, s " R .
20
Rz d macierzy
Przy okazji sprowadzania macierzy do postaci normalnej możemy zdefiniować bardzo ważne pojęcie, a mia-
nowicie rząd macierzy.
Liczbę niezerowych wierszy (jedynek wiodących) w postaci normalnej macierzy A nazywamy rzędem macierzy A
(dokładniej: rzędem wierszowym) i oznaczamy rankA.
25. Przykład
2 3 łł 1 0 łł
�ł - 1 - 3 �ł - 2 - 9
śł �ł0 śł
rank�ł1 2 0 1 = 2 , gdyż postacią normalną tej macierzy jest 1 1 5 (zobacz zadanie 17).
�ł śł �ł śł
�ł0 1 1 5 śł �ł0 0 0 0 śł
�ł �ł �ł �ł
37
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
26. Zadanie
1 1 łł
�ł - 4 1
�ł1
Obliczymy rząd macierzy Q = -1 1 2śł .
�ł śł
�ł3 -1 - 2 6śł
�ł �ł
Rozwi zanie
Przekształcamy macierz Q do postaci normalnej (operacje elementarne na wierszach macierzy nie zmieniają rzędu tej
macierzy):
1 1 łł 1 1 łł 1 1 łł
�ł - 4 1 �ł - 4 1 �ł - 4 1
(-1)�"w1+w2 (-2)�"w2 +w3 (-1)�"w3 +w1
rank�ł1 -1 1 2śł = rank�ł0 - 2 5 1śł = rank�ł0 - 2 5 1śł =
�ł śł �ł śł �ł śł
(-3)�"w1+w3 (-1)�"w3 +w2
�ł3 -1 - 2 6śł
�ł0 - 4 10 3śł
�ł0 0 0 1śł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
3
�ł - 0
łł
1 1 łł 1 �ł - 4 0
�ł - 4 0 1 1 łł 1 0
(- )�"w2 2
(-1)�"w2 +w1
2
�ł śł
5 5
rank�ł0 - 2 5 0śł = rank�ł0 1 - 0śł = rank�ł0 1 - 0śł = 3
�ł śł �ł 2 śł 2
�ł0 0 0 1śł
�ł0 0 0 1śł �ł0 0 0 1śł
�ł �ł �ł �ł
�ł �ł
27. Przykład
1 1 1 3
�ł łł
�ł1 1 - 3 - 1śł
śł
Z zadania 16 wynika, że rank�ł = 4 .
�ł2 1 - 2 1
śł
�ł śł
�ł - 3 1
śł
�ł1 2 �ł
Zdefiniowane poprzednio pojęcie rzędu macierzy może być również wyrażone przy pomocy wyznacznika.
Macierz Am�n jest rzędu r (r d" m, r d" n) wtedy i tylko wtedy, gdy w macierzy tej istnieje niezerowy minor stopnia r, ale
nie istnieje niezerowy minor stopnia wyższego od r.
28. Przykład
�ł 2 3 1 łł
�ł-
Obliczymy metodą wyznacznikową rząd macierzy A = 3 -1 - 4śł .
�ł śł
�ł śł
1 5 3
�ł �ł
Rozwiązanie
Ponieważ
2 3 1
det A = - 3 -1 - 4 = 35 ,
1 5 3
więc w macierzy A istnieje niezerowy minor stopnia 3 i nie istnieje niezerowy minor stopnia wyższego od 3. Dlatego
rankA = 3.
29. Przykład
1 0
�ł -1 1 łł
�ł0
Obliczymy metodą wyznacznikową rząd macierzy A = 1 - 2 - 3śł .
�ł śł
�ł2 -1 0 5
śł
�ł �ł
Rozwiązanie
Ponieważ
1 0 -1 1 0 1 1 -1 1 0 -1 1
0 1 - 2 = 0 , 0 1 - 3 = 0 , 0 - 2 - 3 = 0 , 1 - 2 - 3 = 0 ,
2 -1 0 2 -1 5 2 0 5 -1 0 5
więc w macierzy A nie istnieje niezerowy minor stopnia 3 (minory te powstały po wykreśleniu jednej kolumny) i nie
istnieje niezerowy minor stopnia wyższego od 3. Dlatego rankA<3. Badamy minory drugiego stopnia i stwierdzamy, że
minor powstały przez odrzucenie trzeciego wiersza i dwu ostatnich kolumn jest różny od zera. Zatem rankA=2.
38
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
Twierdzenie (Kroneckera-
-Capellego)
-
-
ńł a11x1 + a12x2 + ... + a1n xn = b1
�ł
a21x1 + a22x2 + ... + a2n xn = b2
�ł
Układ równań ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy
�ł
......................................
�ł
�łam1x1 + am2x2 + ... + amnxn = bm
ół
�ł a11 a12 a1n łł �ł a11 a12 a1n b1 łł
�ł
a21 a22 a2n śł �ła21 a22 a2n b2 śł
śł śł
rank�ł = rank�ł .
�ł śł �ł śł
�ł śł �ł śł
�łam1 am2 amn śł �łam1 am2 amn bm śł
�ł �ł �ł �ł
Dowód
Warunek rankA = rank[A | B] zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy w postaci normalnej macierzy [A| B] jedynka
wiodąca występuje w ostatniej kolumnie. Jeśli teraz powrócimy do układu równań, to w łatwy sposób mo-
żemy stwierdzić, że warunek ten zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy układ równań, równoważny układowi wyj-
ściowemu, zawiera równanie 0 =1 , czyli wtedy i tylko wtedy, gdy jest sprzeczny.
1. rankA = rank[A | B] = n �! istnieje dokładnie jedno rozwiązanie układu.
2. rankA = rank[A | B] = r < n �! istnieje nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od n - r parametrów.
21
Wielomian charakterystyczny macierzy
30. Zadanie
�ł 3 2 -1
łł
�ł- śł
Znajdziemy P(A), jeśli P(x) = -x3 +12x -16; A = 2 - 2 2 .
�ł śł
�ł
3 6 -1śł
�ł �ł
Rozwi zanie
�ł 20 24 -12 3 2 -1 1 0 0 0 0 0
łł �ł łł �ł łł �ł łł
śł śł �ł0
P(A) = - A3 +12A -16I = -�ł- 24 - 40 24 +12�ł- 2 - 2 2 -16�ł0 1 0śł = 0 0śł .
�ł śł �ł śł �ł śł �ł śł
�ł
36 72 - 28śł �ł 3 6 -1śł �ł0 0 1śł �ł0 0 0śł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
Zatem możemy stwierdzić, że macierz A jest miejscem zerowym wielomianu P(x). Okazuje się, że dla każdej
macierzy kwadratowej istnieje wielomian, którego dana macierz jest miejscem zerowym. Jednym z takich wielomianów
jest wielomian charakterystyczny macierzy.
Dla danej macierzy kwadratowej A wielomian �A () = det(A - E) nazywa się wielomianem charakterystycznym
macierzy A.
31. Zadanie
�ł 3 2 -1
łł
�ł- śł
Obliczymy wielomian charakterystyczny macierzy A = 2 - 2 2 .
�ł śł
�ł
3 6 -1śł
�ł �ł
Rozwi zanie
3 - 2 -1
�A () = - 2 - 2 - 2 = -3 + 12 -16 .
3 6 -1 -
Obliczanie wielomianów charakterystycznych macierzy na podstawie definicji staje się kłopotliwe w przypadku macierzy
wyższych stopni. Trudność tę pozwala ominąć następujący
39
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
Fakt.
�A () = (-)n + �1(-)n-1 + �2 (-)n-2 + ... + �n-1(-) + �n ,
gdzie �k jest sumą minorów głównych stopnia k (minorów zawierających wiersze i kolumny o takich samych wskazni-
kach).
32. Zadanie
�ł 3 2 -1
łł
�ł- śł
Obliczymy wielomian charakterystyczny macierzy A = 2 - 2 2 .
�ł śł
�ł
3 6 -1śł
�ł �ł
Rozwi zanie
Minory główne pierwszego stopnia są elementami głównej przekątnej (ich suma nazywa się też śladem macie-
rzy). By otrzymać minory główne drugiego stopnia należy kolejno skreślić:
- pierwszy wiersz oraz pierwszą kolumnę,
- drugi wiersz oraz drugą kolumnę,
- trzeci wiersz i trzecią kolumnę.
3 2 -1
-2 2 3 -1 3 2
�A() = (-)3 + (3 - 2 -1)(-)2 + ( + + )(-) + - 2 - 2 2 = - 3 +12 -16 .
6 -1 3 -1 - 2 - 2
3 6 -1
-10 0 -2
-16
Fakt.(Cayley1, Hamilton2)
Każda macierz kwadratowa jest miejscem zerowym swego wielomianu charakterystycznego.
Definicja.
Miejsca zerowe wielomianu charakterystycznego macierzy są wartościami własnymi tej macierzy.
33. Przykład
6 3 2
�ł łł
�ł3
Dla macierzy A = 6 2śł , wielomianem charakterystycznym jest
�ł śł
�ł2 2 1śł
�ł �ł
wA () =- 3 +132 - 31 + 3 =- ( - 3)( - 5 + 24)( - 5 - 24) .
Dlatego wartościami własnymi tego endomorfizmu są: 1 = 3,2 = 5 - 24,3 = 5 + 24 .
Definicja.
Jeśli jest wartością własną macierzy kwadratowej A, to niezerowy wektor x (macierz kolumnowa) spełniający równa-
nie A�" x = �" x nazywa się wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej .
Symbolem V() oznaczamy zbiór takich wektorów własnych.
34. Przykład
5 2 łł
�ł - 3
�ł4
Wyznaczymy wektory własne macierzy A = 5 - 4śł .
�ł śł
�ł6 4 - 4śł
�ł �ł
Rozwiązanie
Wielomianem charakterystycznym macierzy A jest
1
Arthur Cayley (1821 1895), wybitny matematyk angielski.
2
Wiliam Rowan Hamilton (1805 1865), wybitny matematyk irlandzki.
40
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.
5 - 2 - 3
�A () = det(A - �" E) = 4 5 - - 4 = -3 + 62 -11 + 6 = -( -1)( - 2)( - 3) .
6 4 - 4 -
i dlatego jej wartościami własnymi są: 1, 2, 3.
Wektory własne macierzy A, odpowiadające wartości własnej = 1 , są rozwiązaniami równania A�" x = x , czyli równa-
nia
5 2 łł �ł łł �ł łł
�ł - 3 x x
�ł4 5 - 4śł �" �łyśł �łyśł
= .
�ł śł �ł śł �ł śł
�ł6 4 - 4śł �łzśł �ł zśł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
Po wymnożeniu i porównaniu macierzy dostajemy
5x + 2y
ńł - 3z = x,
�ł
�ł4x + 5y - 4z = y,
�ł6x + 4y - 4z = z,
ół
a następnie (po uporządkowaniu zmiennych)
4x + 2y
ńł - 3z = 0,
�ł
�ł4x + 4y - 4z = 0,
�ł6x + 4y - 5z = 0.
ół
Rozwiązanie
x =
ńł ą
�ł
y = ą , ą`"0,
�ł
�łz = 2ą
ół
tego układu zapisujemy w postaci
x 1
�ł �ł �ł �ł
�ł �ł �ł �ł
y�ł =
�ł ą �"�ł1�ł, ą " R \{0} .
�ł �ł �ł
z 2�ł
�ł łł �ł łł
1
�ł �ł
�ł �ł
Tworzy ono przestrzeń jednowymiarową (bez wektora zerowego). Zatem V(1) = Lin(�ł1�ł) jest przestrzenią wektorów
�ł2�ł
�ł łł
własnych macierzy A, odpowiadających wartości własnej = 1 . W analogiczny sposób wyliczamy przestrzenie wekto-
rów własnych odpowiadających pozostałym wartościom własnym:
1 1
�ł �ł �ł �ł
�ł �ł �ł �ł
V(2) = Lin(�ł0�ł) , V(3) = Lin(�ł 2�ł) .
�ł1�ł �ł
2�ł
�ł łł �ł łł
41
Stanisław Kowalski, Wykłady z matematyki Elementy algebry liniowej wykład 3.

Wyszukiwarka