Lineární algebra

∼

1 1

2 3

3

3

0 0 −1 0 −2 −2
0 0 −2 0 −4

2

∼

1 1 2 3 3 3
0 0 1 0 2 2
0 0 0 0 0 6

.

Z poslední rovnice budeme počítat x6, z předposlední rovnice x3 a z první rovnice x1. Hodnoty neznámých
x2, x4, x5 mohou být libovolné. Zaveďme pro ně parametry x2 = t, x4 = u, x5 = v. Z poslední rovnice
vychází jedině x6 = 0, z předposlední rovnice máme x3 = −2v a konečně z první rovnice dostáváme
x1 = −t + 4v − 3u − 3v = −t + v − 3u. Výsledek sumarizujeme takto:

(x1, x2, x3, x4, x5, x6) = (−t + v − 3u, t, −2v, u, v, 0) =

= t (−1, 1, 0, 0, 0, 0) + u (−3, 0, 0, 1, 0, 0) + v (1, 0, −2, 0, 1, 0).

Z tohoto zápisu vyplývá, že množina všech řešení dané homogenní soustavy je množinou všech lineárních
kombinací uvedených tří vektorů, což můžeme zapsat pomocí lineárního obalu takto:

M0 =

(−1, 1, 0, 0, 0, 0), (−3, 0, 0, 1, 0, 0), (1, 0, −2, 0, 1, 0).

52

Lineární algebra

5. Soustavy lineárních rovnic

5.12. Poznámka. Protože uvedené tři vektory z výsledku příkladu 5.11 jsou lineárně nezávislé, tvoří
jednu z možných bází prostoru M0. To se nestalo náhodou, ale platí to vždy, jak ukazuje následující věta.

5.13. Věta. Nechť A x = o je homogenní soustava lineárních rovnic o n neznámých, k = n − hod A. Pak
existuje k lineárně nezávislých vektorů u1, u2, . . . , uk z R

n takových, že pro množinu M0 všech řešení

soustavy A x = o platí

M0 = hu1, u2, . . . , uki.

Vektory u1, u2, . . . , uk tvoří jednu z možných bází lineárního prostoru všech řešení M0.