. Metoda eliminacji. Treść wykładu i ich macierze...
. Metoda eliminacji. Ogólna postać układu Układ m równań liniowych o n niewiadomych x 1, x 2,..., x n : a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2.............................................. a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = b m. (1)
. Metoda eliminacji. Ogólna postać układu Równania te można zapisać krócej: n a ij x j = b i j=1 (i = 1,..., m). Współczynniki układu są elementami ciała K (najczęściej R lub C).
. Metoda eliminacji. Macierz układu Macierz A = a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n................... a m1 a m2 a mn zbudowaną ze współczynników przy niewiadomych układu (1) nazywamy macierzą układu,
. Metoda eliminacji. Macierz układu Macierz A = a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n................... a m1 a m2 a mn zbudowaną ze współczynników przy niewiadomych układu (1) nazywamy macierzą układu, a macierz B = a 11 a 12 a 1n b 1 a 21 a 22 a 2n b 2........................ a m1 a m2 a mn b m poszerzoną o kolumnę wyrazów wolnych układu nazywamy macierzą uzupełnioną.
. Metoda eliminacji. Operacje elementarne Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki sam zbiór rozwiązań.
. Metoda eliminacji. Operacje elementarne Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki sam zbiór rozwiązań. Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie: 1 przestawienie dowolnych dwóch równań,
. Metoda eliminacji. Operacje elementarne Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki sam zbiór rozwiązań. Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie: 1 przestawienie dowolnych dwóch równań, 2 pomnożenie równania przez stałą c 0, c K
. Metoda eliminacji. Operacje elementarne Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki sam zbiór rozwiązań. Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie: 1 przestawienie dowolnych dwóch równań, 2 pomnożenie równania przez stałą c 0, c K 3 dodanie wielokrotności jednego równania do innego równania
. Metoda eliminacji. Operacje elementarne Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki sam zbiór rozwiązań. Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie: 1 przestawienie dowolnych dwóch równań, 2 pomnożenie równania przez stałą c 0, c K 3 dodanie wielokrotności jednego równania do innego równania przekształcają układ w układ mu równoważny.
. Metoda eliminacji. Operacje elementarne Dwa układy równań nazywamy równoważnymi, gdy mają taki sam zbiór rozwiązań. Jest oczywiste, że następujące typy operacji na układzie: 1 przestawienie dowolnych dwóch równań, 2 pomnożenie równania przez stałą c 0, c K 3 dodanie wielokrotności jednego równania do innego równania przekształcają układ w układ mu równoważny. Te przekształcenia nazywamy elementarnymi operacjami na równaniach.
. Metoda eliminacji. Operacje elementarne Powyższym operacjom na równaniach odpowiadają elementarne operacje na wierszach macierzy układu: 1 przestawienie dowolnych dwóch wierszy, 2 pomnożenie wiersza przez stałą c 0, c K, 3 dodanie wielokrotności jednego wiersza do innego wiersza.
. Metoda eliminacji. Macierz schodkowa Niech A będzie macierzą prostokątną. Pierwszy niezerowy element wiersza nazywamy elementem wiodącym (kierunkowym) tego wiersza. Kolumny zawierające element wiodący nazywamy także wiodącymi.
. Metoda eliminacji. Macierz schodkowa Niech A będzie macierzą prostokątną. Pierwszy niezerowy element wiersza nazywamy elementem wiodącym (kierunkowym) tego wiersza. Kolumny zawierające element wiodący nazywamy także wiodącymi. Jeżeli elementy wiodące kolejnych wierszy a ij, a i+1k spełniają warunek j < k, to macierz nazywamy macierzą schodkową.
. Metoda eliminacji. Macierz schodkowa Niech A będzie macierzą prostokątną. Pierwszy niezerowy element wiersza nazywamy elementem wiodącym (kierunkowym) tego wiersza. Kolumny zawierające element wiodący nazywamy także wiodącymi. Jeżeli elementy wiodące kolejnych wierszy a ij, a i+1k spełniają warunek j < k, to macierz nazywamy macierzą schodkową. Przykład Macierz A = jest macierzą schodkową. 4 2 5 0 0 1 0 3 1 0 1 2 0 0 0 0 4 5 0 0 0 0 0 9
. Metoda eliminacji. Macierz schodkowa Niech A będzie macierzą prostokątną. Pierwszy niezerowy element wiersza nazywamy elementem wiodącym (kierunkowym) tego wiersza. Kolumny zawierające element wiodący nazywamy także wiodącymi. Jeżeli elementy wiodące kolejnych wierszy a ij, a i+1k spełniają warunek j < k, to macierz nazywamy macierzą schodkową. Przykład Macierz A = 4 2 5 0 0 1 0 3 1 0 1 2 0 0 0 0 4 5 0 0 0 0 0 9 jest macierzą schodkową. Elementami wiodącymi wierszy są kolejno 4,3,4,9. Kolumny: pierwsza, druga, piąta i szósta są wiodące; trzecia i czwarta niewiodące.
. Metoda eliminacji. Wprowadzenie do metody eliminacji Metoda eliminacji Gaussa jest uogólnieniem szkolnej metody przeciwnych współczynników. Rozwiązywanie układu polega na rugowaniu kolejnych niewiadomych, aby uzyskać (jeśli to możliwe) równanie z jedną niewiadomą.
. Metoda eliminacji. Wprowadzenie do metody eliminacji Metoda eliminacji Gaussa jest uogólnieniem szkolnej metody przeciwnych współczynników. Rozwiązywanie układu polega na rugowaniu kolejnych niewiadomych, aby uzyskać (jeśli to możliwe) równanie z jedną niewiadomą. Kluczową sprawą jest jednak zapis. Ponieważ macierz uzupełniona zawiera pełną informację o układzie, więc w metodzie eliminacji Gaussa prowadzi się przekształcenia nie na równaniach układu, lecz na wierszach macierzy uzupełnionej.
. Metoda eliminacji. Metoda eliminacji Gaussa 1) Tworzymy macierz uzupełnioną układu. Dla zaznaczenia specjalnej roli ostatniej kolumny oddzielamy ją kreską.
. Metoda eliminacji. Metoda eliminacji Gaussa 1) Tworzymy macierz uzupełnioną układu. Dla zaznaczenia specjalnej roli ostatniej kolumny oddzielamy ją kreską. 2) Jeśli a 11 0, to dzielimy pierwszy wiersz przez a 11 (wtedy wyraz wiodący wynosi 1) i posługując się tym wierszem, uzyskamy zera w pierwszej kolumnie od wiersza drugiego odejmujemy wiersz pierwszy pomnożony przez a 21 itd.
. Metoda eliminacji. Metoda eliminacji Gaussa 1) Tworzymy macierz uzupełnioną układu. Dla zaznaczenia specjalnej roli ostatniej kolumny oddzielamy ją kreską. 2) Jeśli a 11 0, to dzielimy pierwszy wiersz przez a 11 (wtedy wyraz wiodący wynosi 1) i posługując się tym wierszem, uzyskamy zera w pierwszej kolumnie od wiersza drugiego odejmujemy wiersz pierwszy pomnożony przez a 21 itd. Gdyby a 11 = 0, a np. a k1 0, to przestawiamy najpierw wiersz pierwszy z k-tym i dalej jak poprzednio.
. Metoda eliminacji. Metoda eliminacji Gaussa 3) Jeśli a 22 0, to dzielimy drugi wiersz przez a 22 i posługując się tym wierszem, uzyskamy zera w drugiej kolumnie poniżej a 22.
. Metoda eliminacji. Metoda eliminacji Gaussa 3) Jeśli a 22 0, to dzielimy drugi wiersz przez a 22 i posługując się tym wierszem, uzyskamy zera w drugiej kolumnie poniżej a 22. Jeśli a 22 = 0, a np. a k2 0, to przestawiamy wiersz drugi z k-tym i dalej jak wyżej.
. Metoda eliminacji. Metoda eliminacji Gaussa 3) Jeśli a 22 0, to dzielimy drugi wiersz przez a 22 i posługując się tym wierszem, uzyskamy zera w drugiej kolumnie poniżej a 22. Jeśli a 22 = 0, a np. a k2 0, to przestawiamy wiersz drugi z k-tym i dalej jak wyżej. Jeśli wszystkie a k2 = 0 dla k = 2, 3,..., m, to przechodzimy do następnej kolumny.
. Metoda eliminacji. Metoda eliminacji Gaussa 3) Jeśli a 22 0, to dzielimy drugi wiersz przez a 22 i posługując się tym wierszem, uzyskamy zera w drugiej kolumnie poniżej a 22. Jeśli a 22 = 0, a np. a k2 0, to przestawiamy wiersz drugi z k-tym i dalej jak wyżej. Jeśli wszystkie a k2 = 0 dla k = 2, 3,..., m, to przechodzimy do następnej kolumny. 4) Postępowanie kontynuujemy aż do n-tej kolumny.
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej macierzy uzupełnionej 1) Jeżeli w otrzymanej macierzy występuje wiersz (0 0... 0 1), to układ jest sprzeczny (taki wiersz odpowiada równaniu 0 = 1).
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej macierzy uzupełnionej 1) Jeżeli w otrzymanej macierzy występuje wiersz (0 0... 0 1), to układ jest sprzeczny (taki wiersz odpowiada równaniu 0 = 1). 2) Nie ma wierszy postaci (0 0... 0 1) i liczba niezerowych wierszy jest równa liczbie niewiadomych, tzn. macierz jest postaci: gdzie * oznacza jakiś element. 1 b 1 0 1 b 2.................. 0 0 0 0 1 b n 0 0 0 0 0 0...,
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej macierzy uzupełnionej Odpowiada to układowi: x 1 + x 2 +... + x n = b 1 x 2 +... + x n = b 2....................... x n 1 + x n = b n 1 x n = b n
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej macierzy uzupełnionej Odpowiada to układowi: x 1 + x 2 +... + x n = b 1 x 2 +... + x n = b 2....................... x n 1 + x n = b n 1 x n = b n Stąd x n = b n. Po podstawieniu do równania (n 1)-szego obliczamy x n 1 itd. Rozwiązanie jest tylko jedno.
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej macierzy uzupełnionej Odpowiada to układowi: x 1 + x 2 +... + x n = b 1 x 2 +... + x n = b 2....................... x n 1 + x n = b n 1 x n = b n Stąd x n = b n. Po podstawieniu do równania (n 1)-szego obliczamy x n 1 itd. Rozwiązanie jest tylko jedno. 3) W macierzy nie ma wierszy postaci (0 0... 0 1), ale występują kolumny niewiodące. Stosujemy, jak wyżej, podstawienie wsteczne, ale niewiadomym, które odpowiadają kolumnom niewiodącym nadajemy dowolne wartości (będą one parametrami rozwiązania).
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej: przykład Przypuśćmy, że po eliminacji uzyskaliśmy macierz: 1 2 3 0 5 A = 0 1 2 2 1 (2) 0 0 0 1 2
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej: przykład Przypuśćmy, że po eliminacji uzyskaliśmy macierz: 1 2 3 0 5 A = 0 1 2 2 1 (2) 0 0 0 1 2 Niewiadoma x 3 jest niewiodąca.
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej: przykład Przypuśćmy, że po eliminacji uzyskaliśmy macierz: 1 2 3 0 5 A = 0 1 2 2 1 (2) 0 0 0 1 2 Niewiadoma x 3 jest niewiodąca. Zatem x 4 = 2,
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej: przykład Przypuśćmy, że po eliminacji uzyskaliśmy macierz: 1 2 3 0 5 A = 0 1 2 2 1 (2) 0 0 0 1 2 Niewiadoma x 3 jest niewiodąca. Zatem x 4 = 2, x 3 = s (s R),
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej: przykład Przypuśćmy, że po eliminacji uzyskaliśmy macierz: 1 2 3 0 5 A = 0 1 2 2 1 (2) 0 0 0 1 2 Niewiadoma x 3 jest niewiodąca. Zatem x 4 = 2, x 3 = s (s R), x 2 = 1 2x 3 2x 4 = 3 2s,
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej: przykład Przypuśćmy, że po eliminacji uzyskaliśmy macierz: 1 2 3 0 5 A = 0 1 2 2 1 (2) 0 0 0 1 2 Niewiadoma x 3 jest niewiodąca. Zatem x 4 = 2, x 3 = s (s R), x 2 = 1 2x 3 2x 4 = 3 2s, x 1 = 5 2x 2 3x 3 = 11 + s.
. Metoda eliminacji. Interpretacja postaci schodkowej: przykład Przypuśćmy, że po eliminacji uzyskaliśmy macierz: 1 2 3 0 5 A = 0 1 2 2 1 (2) 0 0 0 1 2 Niewiadoma x 3 jest niewiodąca. Zatem x 4 = 2, x 3 = s (s R), x 2 = 1 2x 3 2x 4 = 3 2s, x 1 = 5 2x 2 3x 3 = 11 + s. Rozwiązań jest nieskończenie wiele. Są one postaci: x 1 = 11 + s, x 2 = 3 2s, x 3 = s, x 4 = 2, (s R).
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Po wykonaniu na wierszach macierzy (2) dwóch operacji: w 2 2w 3 i w 1 2w 2 uzyskamy zera nad elementami wiodącymi:
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Po wykonaniu na wierszach macierzy (2) dwóch operacji: w 2 2w 3 i w 1 2w 2 uzyskamy zera nad elementami wiodącymi: 1 2 3 0 5 0 1 2 2 1 0 0 0 1 2
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Po wykonaniu na wierszach macierzy (2) dwóch operacji: w 2 2w 3 i w 1 2w 2 uzyskamy zera nad elementami wiodącymi: 1 2 3 0 5 1 2 3 0 5 0 1 2 2 1 0 1 2 0 3 0 0 0 1 2 0 0 0 1 2
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Po wykonaniu na wierszach macierzy (2) dwóch operacji: w 2 2w 3 i w 1 2w 2 uzyskamy zera nad elementami wiodącymi: 1 2 3 0 5 1 2 3 0 5 0 1 2 2 1 0 1 2 0 3 0 0 0 1 2 0 0 0 1 2 1 0 1 0 11 0 1 2 0 3 0 0 0 1 2.
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Po wykonaniu na wierszach macierzy (2) dwóch operacji: w 2 2w 3 i w 1 2w 2 uzyskamy zera nad elementami wiodącymi: 1 2 3 0 5 1 2 3 0 5 0 1 2 2 1 0 1 2 0 3 0 0 0 1 2 0 0 0 1 2 1 0 1 0 11 0 1 2 0 3 0 0 0 1 2. Teraz możemy po prostu odczytać rozwiązanie (dla x 3 = s): x 1 = 11 + s, x 2 = 3 2s, x 3 = s, x 4 = 2, (s R).
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Przykład 4x + 5y + 3z = 0 x + 8y + 3z = 0 3x + 15y + 6z = 0
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Przykład 4x + 5y + 3z = 0 x + 8y + 3z = 0 3x + 15y + 6z = 0 4 5 3 0 1 8 3 0 3 15 6 0
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Przykład 4x + 5y + 3z = 0 x + 8y + 3z = 0 3x + 15y + 6z = 0 4 5 3 0 1 8 3 0 3 15 6 0 1 8 3 0 4 5 3 0 3 15 6 0
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Przykład 4x + 5y + 3z = 0 x + 8y + 3z = 0 3x + 15y + 6z = 0 4 5 3 0 1 8 3 0 3 15 6 0 1 8 3 0 0 27 9 0 0 9 3 0 1 8 3 0 4 5 3 0 3 15 6 0
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Przykład 4x + 5y + 3z = 0 x + 8y + 3z = 0 3x + 15y + 6z = 0 4 5 3 0 1 8 3 0 3 15 6 0 1 8 3 0 0 27 9 0 0 9 3 0 1 8 3 0 4 5 3 0 3 15 6 0 1 8 3 0 1 0 1 3 0 0 0 0 0
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Przykład 4x + 5y + 3z = 0 x + 8y + 3z = 0 3x + 15y + 6z = 0 4 5 3 0 1 8 3 0 3 15 6 0 1 8 3 0 0 27 9 0 0 9 3 0 1 8 3 0 4 5 3 0 3 15 6 0 1 8 3 0 1 0 1 3 0 0 0 0 0 1 1 0 3 0 1 0 1 3 0 0 0 0 0
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Przykład 4x + 5y + 3z = 0 x + 8y + 3z = 0 3x + 15y + 6z = 0 4 5 3 0 1 8 3 0 3 15 6 0 1 8 3 0 0 27 9 0 0 9 3 0 1 8 3 0 4 5 3 0 3 15 6 0 1 8 3 0 1 0 1 3 0 0 0 0 0 Stąd x = 1 3 k, y = 1 3k, z = k. 1 1 0 3 0 1 0 1 3 0 0 0 0 0
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Przykład Metodą eliminacji rozwiązać układ z parametrem a: 2x y + z + t = 1 x + 2y z + 4t = 2 x + 7y 4z + 11t = a Dla jakich wartości a układ nie ma rozwiązania?
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Piszemy macierz uzupełnioną przestawiając od razu w1 z w2: 1 2 1 4 2 2 1 1 1 1 1 7 4 11 a
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Piszemy macierz uzupełnioną przestawiając od razu w1 z w2: 1 2 1 4 2 1 2 1 4 2 2 1 1 1 1 0 5 3 7 3 1 7 4 11 a 0 5 3 7 a 2
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Piszemy macierz uzupełnioną przestawiając od razu w1 z w2: 1 2 1 4 2 1 2 1 4 2 2 1 1 1 1 0 5 3 7 3 1 7 4 11 a 0 5 3 7 a 2 1 2 1 4 2 0 1 3 7 3 5 5 5 0 0 0 0 a 5
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Piszemy macierz uzupełnioną przestawiając od razu w1 z w2: 1 2 1 4 2 1 2 1 4 2 2 1 1 1 1 0 5 3 7 3 1 7 4 11 a 0 5 3 7 a 2 1 2 1 4 2 0 1 3 7 3 5 5 5 0 0 0 0 a 5 1 6 2 1 0 5 5 5 0 1 3 7 3 5 5 5. 0 0 0 0 a 5
. Metoda eliminacji. Eliminacja Gaussa-Jordana Piszemy macierz uzupełnioną przestawiając od razu w1 z w2: 1 2 1 4 2 1 2 1 4 2 2 1 1 1 1 0 5 3 7 3 1 7 4 11 a 0 5 3 7 a 2 1 2 1 4 2 0 1 3 7 3 5 5 5 0 0 0 0 a 5 Rozwiązanie istnieje tylko dla a = 5 i wynosi: 1 6 2 1 0 5 5 5 0 1 3 7 3 5 5 5. 0 0 0 0 a 5 x = 2 5 1 5 k 6 5 l, y = 3 5 + 3 5 k 7 l, z = k, t = l, 5 gdzie k, l R.
. Metoda eliminacji. Układ z parametrem Przykład Dla jakich wartości p układ x + py z = 1 x + 10y 6z = p 2x y + pz = 0 jest: a) oznaczony; b) nieoznaczony; c) sprzeczny. Znaleźć rozwiązanie dla przypadku b).,
. Metoda eliminacji. Układ z parametrem Przykład Dla jakich wartości p układ x + py z = 1 x + 10y 6z = p 2x y + pz = 0 jest: a) oznaczony; b) nieoznaczony; c) sprzeczny. Znaleźć rozwiązanie dla przypadku b). Obliczamy wyznacznik główny: 1 p 1 1 10 6 2 1 p = p 2 2p + 15.,
. Metoda eliminacji. Układ z parametrem Przykład Dla jakich wartości p układ x + py z = 1 x + 10y 6z = p 2x y + pz = 0 jest: a) oznaczony; b) nieoznaczony; c) sprzeczny. Znaleźć rozwiązanie dla przypadku b). Obliczamy wyznacznik główny: 1 p 1 1 10 6 2 1 p = p 2 2p + 15. Rozwiązując równanie p 2 2p + 15 = 0 znajdziemy p 1 = 5, p 2 = 3.,
. Metoda eliminacji. Układ z parametrem Przykład Dla jakich wartości p układ x + py z = 1 x + 10y 6z = p 2x y + pz = 0 jest: a) oznaczony; b) nieoznaczony; c) sprzeczny. Znaleźć rozwiązanie dla przypadku b). Obliczamy wyznacznik główny: 1 p 1 1 10 6 2 1 p = p 2 2p + 15. Rozwiązując równanie p 2 2p + 15 = 0 znajdziemy p 1 = 5, p 2 = 3. Zatem gdy p 5 i p 3 układ jest oznaczony.,
. Metoda eliminacji. Układ z parametrem Pozostałe przypadki badamy osobno: Dla p = 5 otrzymujemy układ: x 5y z = 1 x + 10y 6z = 5 2x y 5z = 0,
. Metoda eliminacji. Układ z parametrem Pozostałe przypadki badamy osobno: Dla p = 5 otrzymujemy układ: x 5y z = 1 x + 10y 6z = 5 2x y 5z = 0 który rozwiązujemy metodą eliminacji, i szybko ujawnia się sprzeczność.,
. Metoda eliminacji. Układ z parametrem Pozostałe przypadki badamy osobno: Dla p = 5 otrzymujemy układ: x 5y z = 1 x + 10y 6z = 5 2x y 5z = 0 który rozwiązujemy metodą eliminacji, i szybko ujawnia się sprzeczność. Dla p = 3 mamy układ x + 3y z = 1 x + 10y 6z = 3 2x y + 3z = 0 który również rozwiązujemy metodą eliminacji.,,
. Metoda eliminacji. Układ z parametrem Pozostałe przypadki badamy osobno: Dla p = 5 otrzymujemy układ: x 5y z = 1 x + 10y 6z = 5 2x y 5z = 0 który rozwiązujemy metodą eliminacji, i szybko ujawnia się sprzeczność. Dla p = 3 mamy układ x + 3y z = 1 x + 10y 6z = 3 2x y + 3z = 0 który również rozwiązujemy metodą eliminacji. Otrzymujemy x = 8 7 k + 1 7, y = 5 7 k + 2 7, z = k. Zatem układ jest nieoznaczony.,,
. Metoda eliminacji. Przestrzeń wierszy macierzy Definicja Macierz B nazywamy wierszowo równoważną macierzy A, jeżeli B można otrzymać z A przez zastosowanie skończonej liczby operacji elementarnych na wierszach.
. Metoda eliminacji. Przestrzeń wierszy macierzy Definicja Macierz B nazywamy wierszowo równoważną macierzy A, jeżeli B można otrzymać z A przez zastosowanie skończonej liczby operacji elementarnych na wierszach. Definicja Przestrzenią wierszy macierzy A typu m n nazywamy podprzestrzeń przestrzeni K n, która jest generowana przez wiersze macierzy A (traktowane jako wektory przestrzeni K n ).
. Metoda eliminacji. Przestrzeń wierszy macierzy Przykład Niech A = 3 2 1 0 1 0 3 1 1.
. Metoda eliminacji. Przestrzeń wierszy macierzy Przykład Niech A = 3 2 1 0 1 0 3 1 1. Przestrzeń wierszy tej macierzy jest generowana przez wektory w 1 = (3, 2, 1), w 2 = (0, 1, 0), w 3 = (3, 1, 1).
. Metoda eliminacji. Przestrzeń wierszy macierzy Przykład Niech A = 3 2 1 0 1 0 3 1 1. Przestrzeń wierszy tej macierzy jest generowana przez wektory w 1 = (3, 2, 1), w 2 = (0, 1, 0), w 3 = (3, 1, 1). Ponieważ w 1 = w 2 + w 3, więc jest to dwuwymiarowa podprzestrzeń w R 3.
. Metoda eliminacji. Określenie rzędu Twierdzenie Macierze wierszowo równoważne mają tę samą przestrzeń wierszy.
. Metoda eliminacji. Określenie rzędu Twierdzenie Macierze wierszowo równoważne mają tę samą przestrzeń wierszy. D o w ó d. Operacje elementarne na zbiorze wektorów wierszowych nie mogą zmienić liczby wektorów liniowo niezależnych w tym zbiorze.
. Metoda eliminacji. Określenie rzędu Twierdzenie Macierze wierszowo równoważne mają tę samą przestrzeń wierszy. D o w ó d. Operacje elementarne na zbiorze wektorów wierszowych nie mogą zmienić liczby wektorów liniowo niezależnych w tym zbiorze. Definicja Rzędem macierzy A nazywamy wymiar przestrzeni wierszy macierzy A.
. Metoda eliminacji. Określenie rzędu Twierdzenie Macierze wierszowo równoważne mają tę samą przestrzeń wierszy. D o w ó d. Operacje elementarne na zbiorze wektorów wierszowych nie mogą zmienić liczby wektorów liniowo niezależnych w tym zbiorze. Definicja Rzędem macierzy A nazywamy wymiar przestrzeni wierszy macierzy A. Oznaczamy go R(A).
. Metoda eliminacji. Obliczanie rzędu Każdą macierz można za pomocą operacji elementarnych sprowadzić do postaci schodkowej. Wiersze takiej macierzy są liniowo niezależne.
. Metoda eliminacji. Obliczanie rzędu Każdą macierz można za pomocą operacji elementarnych sprowadzić do postaci schodkowej. Wiersze takiej macierzy są liniowo niezależne. Wniosek Dla dowolnej macierzy A jej rząd jest równy liczbie niezerowych wierszy w postaci schodkowej tej macierzy.
. Metoda eliminacji. Obliczanie rzędu Przykład Obliczymy rząd macierzy: A = 1 1 1 3 2 5 3 10 3 3 1 1.
. Metoda eliminacji. Obliczanie rzędu Przykład Obliczymy rząd macierzy: A = 1 1 1 3 2 5 3 10 3 3 1 1. Aby przekształcić macierz do postaci schodkowej, wykonujemy operacje: w 2 2w 1 i w 3 3w 1, a następnie w 3 + 2w 2 : 1 1 1 3 2 5 3 10 3 3 1 1 1 1 1 3 0 3 1 4 0 6 2 8 1 1 1 3 0 3 1 4 0 0 0 0.
. Metoda eliminacji. Obliczanie rzędu Przykład Obliczymy rząd macierzy: A = 1 1 1 3 2 5 3 10 3 3 1 1. Aby przekształcić macierz do postaci schodkowej, wykonujemy operacje: w 2 2w 1 i w 3 3w 1, a następnie w 3 + 2w 2 : 1 1 1 3 2 5 3 10 3 3 1 1 1 1 1 3 0 3 1 4 0 6 2 8 Są dwa wiersze liniowo niezależne, więc R(A) = 2. 1 1 1 3 0 3 1 4 0 0 0 0.
. Metoda eliminacji. Związek rzędu z minorami Twierdzenie Jeżeli macierz zawiera minor stopnia r różny od zera, dla którego wszystkie zawierające go minory stopnia r + 1 (minory obrzeżające) są równe zeru, to rząd tej macierzy jest równy r.
. Metoda eliminacji. Związek rzędu z minorami Twierdzenie Jeżeli macierz zawiera minor stopnia r różny od zera, dla którego wszystkie zawierające go minory stopnia r + 1 (minory obrzeżające) są równe zeru, to rząd tej macierzy jest równy r. A zatem rząd macierzy jest równy najwyższemu ze stopni różnych od zera minorów tej macierzy.
. Metoda eliminacji. Związek rzędu z minorami Obliczanie rzędu macierzy metodą obrzeżania należy prowadzić od stopni najniższych do najwyższych. Przykładowo, weźmy ponownie macierz A = 1 1 1 3 2 5 3 10 3 3 1 1. Minor a 11 = 1 jest niezerowy. Minor obrzeżający: 1 1 2 5 = 3 jest także niezerowy. Dla niego mamy dwa minory obrzeżające: 1 1 1 1 1 3 2 5 3 = 0, 2 5 10 = 0, 3 3 1 3 3 1 a więc R(A) = 2.
. Metoda eliminacji. Macierze A i A T mają te same minory, więc mamy poniższy wniosek:
. Metoda eliminacji. Macierze A i A T mają te same minory, więc mamy poniższy wniosek: Wniosek R(A) = R(A T ).
. Metoda eliminacji. Macierze A i A T mają te same minory, więc mamy poniższy wniosek: Wniosek R(A) = R(A T ). Przy transponowaniu wiersze stają się kolumnami. Stąd kolejny wniosek: Wniosek jest równy liczbie liniowo niezależnych kolumn macierzy.
. Metoda eliminacji. Macierze A i A T mają te same minory, więc mamy poniższy wniosek: Wniosek R(A) = R(A T ). Przy transponowaniu wiersze stają się kolumnami. Stąd kolejny wniosek: Wniosek jest równy liczbie liniowo niezależnych kolumn macierzy. Inaczej: rząd wierszowy jest równy rzędowi kolumnowemu. Zatem przy obliczaniu rzędu metodą przekształcania macierzy do postaci schodkowej można wykonywać również operacje na kolumnach (co było niedopuszczalne w metodzie eliminacji).
. Metoda eliminacji. Układ jako równanie wektorowe a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2 (3).............................................. a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = b m Niech A oznacza macierz układu, a B macierz uzupełnioną układu: a 11 a 12 a 1n a 11 a 12 a 1n b 1 a A = 12 a 22 a 2n..................., B = a 12 a 22 a 2n b 2........................ a m1 a m2 a mn a m1 a m2 a mn b m
. Metoda eliminacji. Każdą kolumnę można traktować jako wektor przestrzeni K m. Oznaczmy: a 1j b 1 a v j = 2j..., w = b 2... a mj b m
. Metoda eliminacji. Każdą kolumnę można traktować jako wektor przestrzeni K m. Oznaczmy: a 1j b 1 a v j = 2j..., w = b 2... a mj b m Wtedy układ (3) jest równoważny równaniu wektorowemu: x 1 v 1 + x 2 v 2 + + x n v n = w. (4)
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Twierdzenie (Kroneckera Capellego) Układ (3) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy R(A) = R(B).
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Twierdzenie (Kroneckera Capellego) Układ (3) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy R(A) = R(B). D o w ó d. Jeżeli układ ma rozwiązanie, to istnieją elementy x j K spełniające układ (3), a więc i równanie wektorowe (4).
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Twierdzenie (Kroneckera Capellego) Układ (3) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy R(A) = R(B). D o w ó d. Jeżeli układ ma rozwiązanie, to istnieją elementy x j K spełniające układ (3), a więc i równanie wektorowe (4). Z równania (4) wynika, że wektor w jest kombinacją liniową wektorów v 1, v 2,..., v n. Tym samym w należy do przestrzeni rozpiętej na wektorach v 1, v 2,..., v n.
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Twierdzenie (Kroneckera Capellego) Układ (3) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy R(A) = R(B). D o w ó d. Jeżeli układ ma rozwiązanie, to istnieją elementy x j K spełniające układ (3), a więc i równanie wektorowe (4). Z równania (4) wynika, że wektor w jest kombinacją liniową wektorów v 1, v 2,..., v n. Tym samym w należy do przestrzeni rozpiętej na wektorach v 1, v 2,..., v n. Zatem wymiary przestrzeni generowanych przez {v 1, v 2,..., v n } i {v 1, v 2,..., v n, w} są takie same, a to oznacza, że R(A) = R(B).
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Odwrotnie, jeśli R(A) = R(B) = r, to wśród wektorów v 1, v 2,..., v n jest r liniowo niezależnych niech to będą v 1, v 2,..., v r.
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Odwrotnie, jeśli R(A) = R(B) = r, to wśród wektorów v 1, v 2,..., v n jest r liniowo niezależnych niech to będą v 1, v 2,..., v r. Ale R(B) = r, więc wśród wektorów v 1, v 2,..., v n, w jest też tylko r liniowo niezależnych. Muszą to być v 1, v 2,..., v r.
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Odwrotnie, jeśli R(A) = R(B) = r, to wśród wektorów v 1, v 2,..., v n jest r liniowo niezależnych niech to będą v 1, v 2,..., v r. Ale R(B) = r, więc wśród wektorów v 1, v 2,..., v n, w jest też tylko r liniowo niezależnych. Muszą to być v 1, v 2,..., v r. Pozostałe są od nich liniowo zależne. W szczególności w jest kombinacją liniową wektorów v 1, v 2,..., v r, a więc i wektorów v 1, v 2,..., v n. Tym samym istnieją elementy x j K spełniające równanie (4), a więc i układ (3).
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Przykład Stosując twierdzenie Kroneckera Capellego sprawdzić, czy układ ma rozwiązanie: x + 2y + 3z + 3u = 6 x + y + z = 1 3x y + 2z + u = 2
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Przykład Stosując twierdzenie Kroneckera Capellego sprawdzić, czy układ ma rozwiązanie: Ponieważ A 1 1 1 0 1 2 3 3 3 1 2 1 x + 2y + 3z + 3u = 6 x + y + z = 1 3x y + 2z + u = 2 1 1 1 0 0 1 2 3 0 4 1 1 1 1 1 0 0 1 2 3 0 0 7 13
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Przykład Stosując twierdzenie Kroneckera Capellego sprawdzić, czy układ ma rozwiązanie: Ponieważ A 1 1 1 0 1 2 3 3 3 1 2 1 więc R(A) = 3 oraz x + 2y + 3z + 3u = 6 x + y + z = 1 3x y + 2z + u = 2 1 1 1 0 0 1 2 3 0 4 1 1 1 1 1 0 0 1 2 3 0 0 7 13
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Przykład Stosując twierdzenie Kroneckera Capellego sprawdzić, czy układ ma rozwiązanie: Ponieważ A 1 1 1 0 1 2 3 3 3 1 2 1 x + 2y + 3z + 3u = 6 x + y + z = 1 3x y + 2z + u = 2 1 1 1 0 0 1 2 3 0 4 1 1 więc R(A) = 3 oraz R(A) R(B) 3. 1 1 1 0 0 1 2 3 0 0 7 13
. Metoda eliminacji. Twierdzenie Kroneckera Capellego Przykład Stosując twierdzenie Kroneckera Capellego sprawdzić, czy układ ma rozwiązanie: Ponieważ A 1 1 1 0 1 2 3 3 3 1 2 1 x + 2y + 3z + 3u = 6 x + y + z = 1 3x y + 2z + u = 2 1 1 1 0 0 1 2 3 0 4 1 1 więc R(A) = 3 oraz R(A) R(B) 3. Zatem R(A) = R(B). Układ ma rozwiązanie. 1 1 1 0 0 1 2 3 0 0 7 13
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Układ jednorodny: a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = 0............................................ a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = 0 (5)
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Układ jednorodny: a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = 0............................................ a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = 0 (5) ma zawsze rozwiązanie x 1 = x 2 =... = x n = 0.
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Jest to jedyne rozwiązanie w przypadku, gdy R(A) = n.
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Jest to jedyne rozwiązanie w przypadku, gdy R(A) = n. Jeśli R(A) = r < n, to rozwiązanie ogólne zależy od n r parametrów.
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Jest to jedyne rozwiązanie w przypadku, gdy R(A) = n. Jeśli R(A) = r < n, to rozwiązanie ogólne zależy od n r parametrów. Można założyć (to kwestia ewentualnego przenumerowania niewiadomych), że niewiadomymi swobodnymi są x r+1, x r+2,..., x n.
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Jest to jedyne rozwiązanie w przypadku, gdy R(A) = n. Jeśli R(A) = r < n, to rozwiązanie ogólne zależy od n r parametrów. Można założyć (to kwestia ewentualnego przenumerowania niewiadomych), że niewiadomymi swobodnymi są x r+1, x r+2,..., x n. Niewiadome główne są ich kombinacjami. Zatem rozwiązanie ogólne można zapisać w postaci wektora: n n ai 1 x i,..., ai r x i, x r+1, x r+2,..., x n. i=r+1 i=r+1
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Zbiór rozwiązań jest podprzestrzenią w R n.
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Zbiór rozwiązań jest podprzestrzenią w R n. Bazę tej podprzestrzeni otrzymamy, podstawiając za niewiadome kolejno układy (1, 0,..., 0), x r+1, x r+2,..., x n
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Zbiór rozwiązań jest podprzestrzenią w R n. Bazę tej podprzestrzeni otrzymamy, podstawiając za niewiadome kolejno układy x r+1, x r+2,..., x n (1, 0,..., 0), (0, 1,..., 0),
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Zbiór rozwiązań jest podprzestrzenią w R n. Bazę tej podprzestrzeni otrzymamy, podstawiając za niewiadome kolejno układy x r+1, x r+2,..., x n (1, 0,..., 0), (0, 1,..., 0),..., (0, 0,..., 1)
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Zbiór rozwiązań jest podprzestrzenią w R n. Bazę tej podprzestrzeni otrzymamy, podstawiając za niewiadome kolejno układy x r+1, x r+2,..., x n (1, 0,..., 0), (0, 1,..., 0),..., (0, 0,..., 1) Otrzymamy wtedy wektory: (a 1 r+1, a 2 r+1,..., a r r+1, 1, 0,..., 0), (a 1 r+2, a 2 r+2,..., a r r+2, 0, 1,..., 0),............................. ( a 1 n, a 2 n,..., a r n, 0, 0,..., 1).
. Metoda eliminacji. Układ jednorodny Zbiór rozwiązań jest podprzestrzenią w R n. Bazę tej podprzestrzeni otrzymamy, podstawiając za niewiadome kolejno układy x r+1, x r+2,..., x n (1, 0,..., 0), (0, 1,..., 0),..., (0, 0,..., 1) Otrzymamy wtedy wektory: (a 1 r+1, a 2 r+1,..., a r r+1, 1, 0,..., 0), (a 1 r+2, a 2 r+2,..., a r r+2, 0, 1,..., 0),............................. ( a 1 n, a 2 n,..., a r n, 0, 0,..., 1). Takie rozwiązania nazywamy bazowymi. Dowolne inne rozwiązanie jest kombinacją tych rozwiązań.
. Metoda eliminacji. Przykład x + 3u + 4w = 0 y + 2u w = 0. Niewiadomymi swobodnymi są u i w.
. Metoda eliminacji. Przykład x + 3u + 4w = 0 y + 2u w = 0. Niewiadomymi swobodnymi są u i w. Po podstawieniu u = 1, w = 0 mamy x = 3, y = 2,
. Metoda eliminacji. Przykład x + 3u + 4w = 0 y + 2u w = 0. Niewiadomymi swobodnymi są u i w. Po podstawieniu u = 1, w = 0 mamy a dla u = 0, w = 1 jest x = 3, y = 2, x = 4, y = 1,
. Metoda eliminacji. Przykład x + 3u + 4w = 0 y + 2u w = 0. Niewiadomymi swobodnymi są u i w. Po podstawieniu u = 1, w = 0 mamy a dla u = 0, w = 1 jest Rozwiązaniami bazowymi są x = 3, y = 2, x = 4, y = 1, ( 3, 2, 1, 0), ( 4, 1, 0, 1)
. Metoda eliminacji. Przykład x + 3u + 4w = 0 y + 2u w = 0. Niewiadomymi swobodnymi są u i w. Po podstawieniu u = 1, w = 0 mamy a dla u = 0, w = 1 jest Rozwiązaniami bazowymi są a rozwiązanie ogólne jest postaci: x = 3, y = 2, x = 4, y = 1, ( 3, 2, 1, 0), ( 4, 1, 0, 1) k( 3, 2, 1, 0) + l( 4, 1, 0, 1), gdzie k, l R.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii 1. Jaki warunek muszą spełniać punkty M 1 = (x 1, y 1 ), M 2 = (x 2, y 2 ), M 3 = (x 3, y 3 ) leżące na jednej prostej?
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii 1. Jaki warunek muszą spełniać punkty M 1 = (x 1, y 1 ), M 2 = (x 2, y 2 ), M 3 = (x 3, y 3 ) leżące na jednej prostej? Jeżeli istnieje prosta Ax + By + C = 0 na której leżą wszystkie te punkty, to układ Ax 1 + By 1 + C = 0 Ax 2 + By 2 + C = 0 Ax 3 + By 3 + C = 0 z niewiadomymi A, B, C ma rozwiązanie niezerowe.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii 1. Jaki warunek muszą spełniać punkty M 1 = (x 1, y 1 ), M 2 = (x 2, y 2 ), M 3 = (x 3, y 3 ) leżące na jednej prostej? Jeżeli istnieje prosta Ax + By + C = 0 na której leżą wszystkie te punkty, to układ Ax 1 + By 1 + C = 0 Ax 2 + By 2 + C = 0 Ax 3 + By 3 + C = 0 z niewiadomymi A, B, C ma rozwiązanie niezerowe. Jest tak wtedy, i tylko wtedy, gdy x 1 y 1 1 x 2 y 2 1 = 0. x 3 y 3 1
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Zadanie. Sprawdzić, czy punkty ( 2, 1), (1, 1), (7, 5) leżą na jednej prostej.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Zadanie. Sprawdzić, czy punkty ( 2, 1), (1, 1), (7, 5) leżą na jednej prostej. Sprawdzamy wyznacznik: 2 1 1 1 1 1 7 5 1
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Zadanie. Sprawdzić, czy punkty ( 2, 1), (1, 1), (7, 5) leżą na jednej prostej. Sprawdzamy wyznacznik: 2 1 1 1 1 1 7 5 1 = 0.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Zadanie. Sprawdzić, czy punkty ( 2, 1), (1, 1), (7, 5) leżą na jednej prostej. Sprawdzamy wyznacznik: Punkty leżą na jednej prostej. 2 1 1 1 1 1 7 5 1 = 0.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii 2. Podać warunek na to, by proste A 1 x + B 1 y + C 1 = 0, A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, A 3 x + B 3 y + C 3 = 0 przechodziły przez jeden punkt.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii 2. Podać warunek na to, by proste A 1 x + B 1 y + C 1 = 0, A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, A 3 x + B 3 y + C 3 = 0 przechodziły przez jeden punkt. Jeżeli istnieje punkt (x, y) wspólny dla tych prostych, to układ A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 A 3 x + B 3 y + C 3 = 0
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii 2. Podać warunek na to, by proste A 1 x + B 1 y + C 1 = 0, A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, A 3 x + B 3 y + C 3 = 0 przechodziły przez jeden punkt. Jeżeli istnieje punkt (x, y) wspólny dla tych prostych, to układ A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 A 3 x + B 3 y + C 3 = 0 czyli A 1 x + B 1 y = C 1 A 2 x + B 2 y = C 2 A 3 x + B 3 y = C 3 z niewiadomymi x, y ma rozwiązanie.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Jest tak wtedy, i tylko wtedy, gdy rzędy macierzy A 1 B 1 A 1 B 1 C 1 A 2 B 2, A 2 B 2 C 2 A 3 B 3 A 3 B 3 C 3 są równe. A zatem musi być
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Jest tak wtedy, i tylko wtedy, gdy rzędy macierzy A 1 B 1 A 1 B 1 C 1 A 2 B 2, A 2 B 2 C 2 A 3 B 3 A 3 B 3 C 3 są równe. A zatem musi być A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2 = 0. A 3 B 3 C 3
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Zadanie. Sprawdzić, czy proste x + 12y 4 = 0, x 2y + 2 = 0, 2x + 3y + 1 = 0 mają punkt wspólny.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Zadanie. Sprawdzić, czy proste x + 12y 4 = 0, x 2y + 2 = 0, 2x + 3y + 1 = 0 mają punkt wspólny. Sprawdzamy wyznacznik: 1 12 4 1 2 2 2 3 1
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Zadanie. Sprawdzić, czy proste x + 12y 4 = 0, x 2y + 2 = 0, 2x + 3y + 1 = 0 mają punkt wspólny. Sprawdzamy wyznacznik: 1 12 4 1 2 2 2 3 1 = 0.
. Metoda eliminacji. Zastosowania do geometrii Zadanie. Sprawdzić, czy proste x + 12y 4 = 0, x 2y + 2 = 0, 2x + 3y + 1 = 0 mają punkt wspólny. Sprawdzamy wyznacznik: Proste mają punkt wspólny. 1 12 4 1 2 2 2 3 1 = 0.