M01 - Základy lineární algebry
Níže je uveden pouze náhled materiálu. Kliknutím na tlačítko 'Stáhnout soubor' stáhnete kompletní formátovaný materiál ve formátu PDF.
rou upravíme na jednotkovou. Tak v našem předcházejícím příkladě po vynechání
čtvrtého nulového řádku platí
1
1
5
−7
0
−1
−9
16
0
0
−22
44
∼
1
1
5
−7
0
1
9
−16
0
0
1
−2
∼
1
1
0
3
0
1
0
2
0
0
1
−2
∼
1
0
0
1
0
1
0
2
0
0
1
−2
Pak řešení je tvaru X =
1
2
−2
, tj. opět
x1 = 1 , x2 = 2 , x3 = −2 .
Popsaná modifikace se nazývá Jordanova metoda.
66
4. Systémy lineárních algebraických rovnic
Příklad 5. Budeme řešit systém
2x1 −
x2 + 3x3 − 2x4 = −1
4x1 − 2x2 + 5x3 +
x4 =
2
2x1 −
x2 +
x3 + 8x4 =
1.
Řešení. Platí
2 −1 3
−2 −1
4 −2 5
1
2
2 −1 1 8 − 1
1
∼
2 −1
3 −2 −1
0
0 −1
5
4
0
0 −2
10
2
∼
2 −1
3 −2 −1
0
0 −1
5
4
0
0
0
0 −6
.
Protože h(A) = 2 6= 3 = h(Ar), daný systém nemá řešení. Poslední řádek ve
výsledné matici odpovídá rovnici 0·x1 +0·x2 +0·x3 +0·x4 = −6 , neboli 0 = −6 ,
což je spor.
Příklad 6. Vyřešíme soustavu rovnic
x1 +
x2 − 3x3 + 2x4 =
1
2x1 −
x2
+ 7x4 =
5
2x1 + 3x2 − 8x3 + 3x4 =
1
x1 + 3x2 − 7x3
= −1.
Řešení. Platí
1
1 −3 2
1
2 −1
0 7
5
2
3 −8 3
1
1
3 −7 0 −1
∼
1
1 −3
2
1
0 −3
6
3
3
0
1 −2 −1 −1
0
2 −4 −2 −2
∼
1 1 −3
2
1
0 1 −2 −1 −1
0 0
0
0
0
0 0
0
0
0
.
Protože h(A) = 2 = h(Ar), soustava má řešení. Poněvadž h = 2 < 4 = n,
soustava má nekonečně mnoho řešení. Protože n − h = 4 − 2 = 2 , můžeme 2
neznámé volit jako parametry, např. x3 = s , x4 = t .
Z odpovídajících rovnic
x1 + x2 − 3x3 + 2x4 =
1
x2 − 2x3 −
x4 = −1
dostaneme
x2 = 2x3 + x4 − 1 = 2s + t − 1,
x1 = −x2 + 3x3 − 2x4 + 1 = −2s − t + 1 + 3s − 2t + 1 = s − 3t + 2.