M01 - Základy lineární algebry
Níže je uveden pouze náhled materiálu. Kliknutím na tlačítko 'Stáhnout soubor' stáhnete kompletní formátovaný materiál ve formátu PDF.
¯
A1n
¯
A2n . . .
¯
Ann
.
b1
..
.
bi
..
.
bn
neboli
xi =
1
|A|
( ¯
A1ib1 + ¯
A2ib2 + . . . + ¯
Anibn) .
V závorce je Laplaceův rozvoj determinantu
a11
a12
. . .
b1
. . .
a1n
a21
a22
. . .
b2
. . .
a2n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
an1 an2 . . . bn . . . ann
,
který vznikne z determinantu matice systému nahrazením i-tého sloupce sloupcem ab-
solutních členů, podle i-tého sloupce.
Příklad 2. Pomocí Cramerova pravidla najdeme řešení soustavy rovnic
x1 + 2x2 + 3x3 = 5
2x1 −
x2 −
x3 = 1
x1 + 3x2 + 4x3 = 6.
Řešení. Platí
|A| =
1
2
3
2 −1 −1
1
3
4
=
1
2
3
0 −5 −7
0
1
1
=
−5 −7
1
1
= −5 + 7 = 2.
Determinant |A| = 2 6= 0 , soustava má právě jedno řešení.
|A1| =
5
2
3
1 −1 −1
6
3
4
=
5 7
8
1 0
0
6 9 10
= −
7
8
9 10
= −(70 − 72) = 2.
|A2| =
1 5
3
2 1 −1
1 6
4
=
1
5
3
0 −9 −7
0
1
1
=
−9 −7
1
1
= −9 + 7 = −2.
|A3| =
1
2 5
2 −1 1
1
3 6
=
1
2
5
0 −5 −9
0
1
1
=
−5 −9
1
1
= −5 + 9 = 4.
Řešení je tedy
x1 =
|A1|
|A|
=
2
2
= 1, x2 =
|A2|
|A|
=
−2
2
= −1, x3 =
|A3|
|A|
=
4
2
= 2.
63
Lineární algebra
O jeho správnosti se můžeme přesvědčit zkouškou. Platí
1 + 2 · (−1) + 3 · 2 = 5
2 · 1 −
(−1) −
2 = 1
1 + 3 · (−1) + 4 · 2 = 6.
Tím jsme ověřili, že x1 = 1 , x2 = −1 , x3 = 2 je řešením dané soustavy rovnic.
4.2
Existence, počet a metody řešení
Nyní přistoupíme k zodpovězení otázek z poznámky 1.
Příklad 3. Má-li rozšířená matice soustavy podobu
1 −1
4
0
3 −3
!
, pak má
daná soustava jediné řešení tvaru x1 = 3, x2 = −1. Povšimněme si, že hodnost
matice soustavy je 2 a rozšířené matice soustavy taky 2.