Lineární algebra

2

8

∼

1 1 2 3 3 3

1

0 0 1 0 2 2

2

0 0 0 0 0 6

12

∼

1 1 2 3 3 3

1

0 0 1 0 2 2

2

0 0 0 0 0 1

2

.

Nejprve ukážeme doporučený postup pro „ruční počítáníÿ.

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 máme x6 = 2, z předposlední rovnice x3 = 2 − 2v − 2 · 2 = −2 − 2v a konečně

z první rovnice dostáváme x1 = 1 − t − 2(−2 − 2v) − 3u − 3v − 3 · 2 = −1 − t + v − 3u. Výsledek
sumarizujeme takto:

(x1, x2, x3, x4, x5, x6) = (−1 − t + v − 3u, t, −2 − 2v, u, v, 2) =

= (−1, 0, −2, 0, 0, 2) + 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 nehomogenní soustavy je rovna

M = (−1, 0, −2, 0, 0, 2) +

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

Vektor (−1, 0, −2, 0, 0, 2) je partikulárním řešením dané nehomogenní soustavy a vektory (−1, 1, 0, 0, 0, 0),
(−3, 0, 0, 1, 0, 0), (1, 0, −2, 0, 1, 0) tvoří bázi prostoru řešení přidružené homogenní soustavy.

54

Lineární algebra

5. Soustavy lineárních rovnic

5.24. Příklad. Je dána stejná soustava lineárních rovnic jako v příkladu 5.23. Ukážeme postup řešení
vhodný pro strojové zpracování. Po eliminaci dostáváme matici

1

↓
1 2

↓
3

↓
3 3

1

0 0 1 0 2 2

2

0 0 0 0 0 1

2

.

Šipkami jsou označeny sloupce, které odpovídají neznámým s libovomými hodnotami. Do nich budeme
dosazovat postupně hodnoty (0, 0, 0) při daném vektoru pravých stran a dále (1, 0, 0), (0, 1, 0) a (0, 0, 1)
při nulovém vektoru pravých stran. V prvním případě dopočítáme složky partikulárního řešení v. Víme,
že je v = (?, 0, ?, 0, 0, ?). Zbylé složky označené otazníkem spočítáme z následující soustavy (dosazením
nul sloupce vyznačené šipkami vymizí):