Lineární algebra

1 , . . . , b

T
k ), tj. matice má k sloupců. Stejný počet sloupců musí mít matice X (jinak by

rovnost nemohla platit), takže X = (xT

1 , . . . x

T
k ). Hledání matice X pak přechází v hledání jejích sloupců

x1, . . . , xk tak, že musejí být splněny současně tyto soustavy nehomogenních lineárních rovnic:

A · x

T
1 = b

T
1 ,

A · x

T
2 = b

T
2 ,

. . . ,

A · x

T
k = b

T
k .

Všechny tyto soustavy mají stejnou matici soustavy a jejich rozšířené matice soustav je možné eliminovat
společně:

(A|B) ∼ (A1|B1).

Tyto dvě soustavy soustav AX = B a A1X = B1 jsou ekvivalentní, tj. mají stejnou množinu řešení, pro-
tože matice jedné soustavy vznikla z matice druhé soustavy eliminací. Všechny soustavy mají společnou
přidruženou homogenní soustavu, takže její množinu řešení je možné hledat jen jednou. K jednotlivým
vektorům pravých stran pak hledáme jen odpovídající partikulární řešení.

5.38. Příklad. Řešme maticovou rovnost

1 1 2 3 3 3
1 1 1 3 1 1
2 2 2 6 2 8

· X =

2 4 3 3
2 2 1 3
1 2 3 4

.

Soustavu soustav řešíme eliminací:

1 1 2 3 3 3

2 4 3 3

1 1 1 3 1 1

2 2 1 3

2 2 2 6 2 8

1 2 3 4

∼

1 1 2 3 3

3

2 4 3 3

0 0 1 0 2

2

0 2 2 0

0 0 2 0 4 −2

3 6 3 2

∼

1 1 2 3 3 3

2

4 3

3

0 0 1 0 2 2

0

2 2

0

0 0 0 0 0 6

−3 −2 1 −2

.

Přidruženou homogenní soustavu známe už z předchozích příkladů, takže víme, že její prostor řešení má
bázi {(−1, 1, 0, 0, 0, 0), (−3, 0, 0, 1, 0, 0), (1, 0, −2, 0, 1, 0)}. Partikulární řešení budeme hledat pro každý
sloupec pravých stran zvlášť. Počítat budeme poslední, třetí a první složku, v ostatních předpoklá-
dáme nuly. Pro sloupec (2, 0, −3)T máme řešení (