M01 - Základy lineární algebry

x1 +

x2

+ 3x4

= 0.

Řešení. Při eliminaci můžeme pracovat pouze s maticí soustavy, protože v rozší-
řené matici zůstane nulový sloupec pravých stran nulovým. Platí

2 2 2 7 −3

1 1 2 4 −3

1 1 0 3

0

∼

2 2

2

7

−3

0 0

1

1
2

− 3

2

0 0 −1 −

1
2

3
2

∼

2 2 2

7

−3

0 0 1

1
2

− 3

2

0 0 0

0

0

.

Odtud plyne, že h = 2 a k = n − h = 5 − 2 = 3. Budeme tedy hledat tři lineárně

nezávislá řešení fundamentálního systému.

Když si prohlédneme redukovanou soustavu

2x1 + 2x2 + 2x3 + 7x4 − 3x5 = 0

1x3 +

1
2 x4

− 3

2 x5

= 0,

vidíme, že za neznámé x2, x4, x5 můžeme volit libovolné trojice čísel, a přitom
pak jednoznačně určíme hodnoty zbývajících neznámých x1 a x3. Při volbě tří
číselných trojic (1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1) dostaneme hledaná tři lineárně nezávislá
řešení.

Pro volbu x2 = 1, x4 = 0, x5 = 0 dostáváme z 2. rovnice x3 = −

1
2 x4 +

3
2 x5 =

− 1

2 · 0 +

3
2 · 0 = 0 a z 1. rovnice x1 =

1
2 (−2x2 − 2x3 − 7x4 + 3x5) =

1
2 (−2 · 1 − 2 ·

0 − 7 · 0 + 3 · 0) = −1. Celkem X1 = (−1, 1, 0, 0, 0).

71

Lineární algebra

Podobně pro volbu x2 = 0, x4 = 1, x5 = 0 dostaneme x3 = −

1
2 , x1 =

1
2 (1−7) =

−3, tj. X2 = (−3, 0, −

1
2 , 1, 0).

Konečně pro volbu x2 = 0, x4 = 0, x5 = 1 máme x3 =

3
2 , x1 =

1
2 (−3 + 3) = 0,

tedy X3 = (0, 0,

3
2 , 0, 1).

Obecné řešení dané soustavy rovnic tedy dohromady je X = α1X1 + α2X2 +

α3X3, kde X1 = (−1, 1, 0, 0, 0), X2 = (−3, 0, −

1
2 , 1, 0), X3

= (0, 0,

3
2 , 0, 1) a

αi , i = 1, 2, 3 jsou libovolná čísla.