KURZUS: Matematika II.

MODUL: Lineáris algebra

6. lecke: Lineáris egyenletrendszerek megoldása Gauss eliminációval

Tanulási cél: Begyakorolni lineáris egyenletrendszerek Gauss-féle algoritmussal történő megoldását.

Tanagyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, 1.4. és 1.5. fejezetek

Elméleti összefoglaló

Definíció. Az x 1 , x 2 ,, x n ismeretleneket tartalmazó

a 11 x 1 + a 12 x 2 ++ a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 ++ a 1n x n = b 2 a m1 x 1 + a m2 x 2 ++ a mn x n = b m

( a ij , b i R,i=1,,m;j=1,,n )

kifejezést lineáris egyenletrendszernek.

Az

A=( a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a m1 a m2 a mn ) R m×n , b ¯ =( b 1 b 2 b m ) R m , x ¯ =( x 1 x 2 x n ) R n

jelölések bevezetésével felírhatjuk az egyenletrendszer mátrix egyenletét: A x ¯ = b ¯ .

Tétel. (Lineáris egyenletrendszerek megoldhatósága.)

1.Az A x ¯ = b ¯ lineáris egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha a b ¯ vektor előállítható az  A mátrix oszlopvektorainak lineáris kombinációjaként.
2.Ha az A x ¯ = b ¯ lineáris egyenletrendszer megoldható és az  A mátrix oszlopvektorai lineárisan függetlenek, akkor az egyenletrendszernek csak egy megoldása van.
A Gauss-elimináció algoritmusa

Tekintsük az A x ¯ = b ¯ ( AI R n×n , x ¯ , b ¯ I R n )

( 1 ) 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 n1 x 1 + a n2 x 2 ++ a nn x n = b n

lineáris egyenletrendszert.

Tegyük fel, hogy a 11 0 és vonjuk ki az első egyenlet a i1 a 11 -szeresét az i-edik egyenletből ( i=2,,n ) . Ekkor az (1) egyenletrendszer

( 2 ) a 11 x 1 + a 12 x 2 ++ a 1n x n = b 1 a 22 ( 1 ) x 2 ++ a 2n ( 1 ) x n = b 2 ( 1 ) a n2 ( 1 ) x 2 ++ a nn ( 1 ) x n = b n ( 1 )   , ahol  a ij ( 1 ) = a ij a i1 a 11 a 1j (i=2,,n; j=1,,n) b i ( 1 ) = b i a i1 a 11 b 1 ( i=2,,n )

alakúra módosul.

Ha a 22 ( 1 ) 0 , akkor hasonló módon járhatunk el az első sor alatt álló egyenletrendszerrel és így folytatva (amennyiben a kk ( k1 ) =0 miatt ( k=3,,n ) nincs fennakadás) az alábbi egyenletrendszerhez jutunk:

( n )       a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 ++ a 1n x n = b 1 a 22 ( 1 ) x 2 + a 23 ( 1 ) x 3 ++ a 2n ( 1 ) x n = b 2 ( 1 ) a 33 ( 2 ) x 3 ++ a 3n ( 2 ) x n = b 3 ( 2 ) a nn ( n1 ) x n = b n ( n1 )

Ezzel az eliminációt (kiküszöbölést) befejeztük.

Ha most az utolsó egyenletben a nn ( n1 ) 0 , akkor x ¯ n meghatározható. Ekkor az n1 . egyenlettől az 1. egyenlet felé haladva minden lépésben egy újabb ismeretlen fejezhető ki, ez a visszahelyettesítés.

Tétel. Ha AI R n×n és ρ( A )=n , akkor az  a kk ( k1 ) =0 esetekben az egyenletek sorrendjének átrendezésével (sorcserékkel) mindig elvégezhető a Gauss-elimináció.

Megjegyzés. A Gauss-elimínáció során az alábbi lépések alkalmazhatók:

1.Az egyenletek sorrendjenek megcserélése.
2.Egy egyenlet mindkét oldalának megszorzása ugyanazzal a nullától különböző számmal.
3.Egy egyenletből egy másik egyenlet számszorosának hozzáadása, illetve kivonása.

Megjegyzés.

1.A Gauss-elimináció tetszőleges
A x ¯ = b ¯ ,AI R m×n ,bI R m , x ¯ I R n
egyenletrendszer megoldására is alkalmazható.
2.A Gauss-eliminációt vektorok függetlenségének vizsgálatára, illetve mátrix rangjának a meghatározására is alkalmazhatjuk.

Vektorok függetlenségének vizsgálata esetén az A mátrixot a vizsgált d ¯ 1 , d ¯ 2 ,, d ¯ m I R n alkotják, azaz

A=( d ¯ 1 , d ¯ 2 ,, d ¯ n ) ,

és az

A x ¯ = 0 ¯

homogén lineáris egyenletrendszert oldjuk meg. Amennyiben az egyenletrendszernek csak az x ¯ = 0 ¯ a megoldása, akkor a d ¯ 1 , d ¯ 2 ,, d ¯ m vektorok lineáris függetlenek, egyébként pedig lineárisan összefüggők.

Egy A mátrix rangjának meghatározásakor szintén az

A x ¯ = 0 ¯

homogén lineáris egyenletrendszert oldjuk a meg. A mátrix rangja annyi lesz, ahány eliminációs lépést végre tudunk hajtani.

Megjegyzés. A Gauss-eliminációt általában a lineáris egyenletrendszer

( A| b ¯ )I R m×( n+1 )

úgynevezett kibővített mátrixán táblázatos formában végezzük el.

Az alábbi példákban az egyenletrendszeres alakkal párhuzamosan ismertetjük a táblázatos alakkal történő megoldás mentét és a különböző megoldás típusokat.

Kidolgozott feladatok

6.1. Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszert Gauss-eliminációval!

x 1 +2 x 2 = 3 2 x 1 +2 x 2 = 0 ( 1 2 2 2 )( x 1 x 2 )=( 3 0 )A x ¯ = b ¯ .

Megoldás. Első lépésként felírjuk az egyenletrendszer kibővített mátrixát.

( A|b )= ( 1 2 2 2 | 3 0 ) 1.sor 2.sor

( 1 2 0 6 | 3 6 ) 2.sor+( 2 )1.sor

Ezzel az együtthatómátrixot (első két oszlopból áll) felső háromszögmátrixá alakítottuk, és az egyenletrendszer megoldása meghatározható. Az utolsó mátrix ugyanazt, az eredeti egyenletrendszerrel ekvivalens, egyenletrendszert jelenti, hogy

x 1 +2 x 2 = 3 6 x 2 = 6 .

A második egyenletből x 2 =1 . Ezt visszaírva az első egyenletbe

x 1 +2 = 3

adódik, amiből x 1 =1 .

Az egyenlet megoldása tehát: x 1 =1, x 2 =1 .

6.2. Határozzuk meg az

x 1 + x 2 + x 3 = 2 x 1 2 x 2 +3 x 3 = 9 x 1 +3 x 2 +4 x 3 = 6 ( 1 1 1 1 2 3 1 3 4 )( x 1 x 2 x 3 )=( 2 9 6 )A x ¯ = b ¯

lineáris egyenletrendszer megoldását Gauss-eliminációval!

Megoldás.
Felírjuk az egyenletrendszer kibővített mátrixát:

( A|b )= ( 1 1 1 1 2 3 1 3 4 | 2 9 6 ) 1.sor 2.sor 3.sor

Kiküszöbölés.

( 1 1 1 0 3 4 0 2 5 | 2 11 8 ) 2.sor1.sor 3.sor1.sor , ( 1 1 1 0 3 4 0 0 23 3 | 2 11 46 3 ) 3.sor( 2 3 )2.sor ,

( 1 1 1 0 3 4 0 0 1 | 2 11 2 ) 3.sor/( 23 3 ) .

Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:

x 1 + x 2 x 3 = 2 3 x 2 +4 x 3 = 11 x 3 = 2

Visszahelyettesítés.

( 1 1 0 0 3 0 0 0 1 | 0 3 2 ) 1.sor+3.sor 2.sor( 4 )3.sor , ( 1 1 0 0 1 0 0 0 1 | 0 1 2 ) 1.sor+3.sor 2.sor( 4 )3.sor ,

( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 1 2 ) 1.sor2.sor

Tehát x 1 =1, x 2 =1, x 3 =2 .

6.3. Határozzuk meg az

x 1 +3 x 2 + x 3 = 1 2 x 1 2 x 2 + x 3 = 2 3 x 1 + x 2 +2 x 3 = 3

lineáris egyenletrendszer megoldásait Gauss-eliminációval!

Megoldás.
Az egyenletrendszer kibővített mátrixa:

( A|b )= ( 1 3 1 2 2 1 3 1 2 | 1 2 3 ) 1.sor 2.sor 3.sor

Kiküszöbölés.

( 1 3 1 0 8 1 0 8 1 | 1 0 0 ) 2.sor( 2 )1.sor 3.sor( 3 )1.sor ( 1 3 1 0 8 1 0 0 0 | 1 0 0 ) 3.sor2.sor

Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:

x 1 +3 x 2 + x 3 = 1 8 x 2 x 3 = 0 0 = 0

Legyen x 3 := t tetszőleges valós szám. Ezért a kibővített mátrix:

( 1 3 1 0 8 1 0 0 1 | 1 0 t )

Visszahelyettesítés.

( 1 3 0 0 8 0 0 0 1 | 1t t t ) 1.sor3.sor 2.sor+3.sor ( 1 3 0 0 1 0 0 0 1 | 1t t 8 t ) 2.sor/( 8 ) ,

( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 5 8 t t 8 t ) 1.sor( 3 )2.sor ,

Végtelen sok megoldása van: x 1 =1 5 8 t, x 2 = t 8 , x 3 =t,tR .

6.4. Határozzuk meg az

x 1 +3 x 2 + x 3 = 1 2 x 1 2 x 2 + x 3 = 2 3 x 1 + x 2 +2 x 3 = 4

lineáris egyenletrendszer megoldásait Gauss-eliminációval!

Megoldás.
Az egyenletrendszer kibővített mátrixa:

( A|b )= ( 1 3 1 2 2 1 3 1 2 | 1 2 4 ) 1.sor 2.sor 3.sor

Kiküszöbölés.

( 1 3 1 0 8 1 0 8 1 | 1 0 1 ) 2.sor( 2 )1.sor 3.sor( 3 )1.sor ( 1 3 1 0 8 1 0 0 0 | 1 0 1 ) 3.sor2.sor

Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer: x 1 +3 x 2 + x 3 = 1 8 x 2 x 3 = 0 0 = 1 .

A 3. egyenlet baloldala tetszőleges x 1 x 2 x 3 esetében nulla, ezért az egyenletrendszernek nincs megoldása.

6.5. Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert.

xy+2z = 5 2x2y+z = 1 3x2y+2z = 5 .

Megoldás.
Az egyenletrendszer kibővített mátrixa:

( A|b )= ( 1 1 2 2 2 1 3 2 2 | 5 1 5 ) 1.sor 2.sor 3.sor

Kiküszöbölés.

( 1 1 2 0 0 3 0 1 4 | 5 9 10 ) 2.sor( 2 )1.sor 3.sor( 3 )1.sor ,

( 1 1 2 0 1 4 0 0 3 | 5 10 9 ) 3.sor2.sorcsere ,

( 1 1 2 0 1 4 0 0 1 | 5 10 3 ) 3.sor/( 3 ) .

Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:

xy+2z = 5 y4z = 10 z = 3

Visszahelyettesítés.

( 1 1 0 0 1 0 0 0 1 | 1 2 3 ) 1.sor( 2 )3.sor 2.sor+( 4 )3.sor ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 2 3 ) 1.sor+2.sor

A megoldás: x=1,y=2,z=3.

6.6. Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert.

xy+z = 2 x2y+z = 0 2x+y = 1 .

Megoldás.

Felírjuk az egyenletrendszer kibővített mátrixát:

( A|b )= ( 1 1 1 1 2 1 2 1 0 | 2 0 1 ) 1.sor 2.sor 3.sor

Kiküszöbölés.

( 1 1 1 0 3 2 0 3 2 | 2 2 3 ) 2.sor+1.sor 3.sor( 2 )1.sor , ( 1 1 1 0 3 2 0 0 0 | 2 2 1 ) 3.sor+2.sor .

Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:

xy+z = 2 3y+2z = 2 0 = 1 .

Itt az utolsó egyenlet nyilván ellentmondás, a fenti egyenletrendszernek nincs megoldása.

6.7. Határozzuk meg az

xyz = 1 3x+yz = 3 x+3y+z = 5

lineáris egyenletrendszer megoldásait Gauss-eliminációval!

Megoldás.
Felírjuk az egyenletrendszer kibővített mátrixát:

( A|b )= ( 1 1 1 3 1 1 1 3 1 | 1 3 5 ) 1.sor 2.sor 3.sor

Kiküszöbölés.

( 1 1 1 0 4 2 0 4 2 | 1 6 6 ) 2.sor( 3 )1.sor 3.sor1.sor , ( 1 1 1 0 4 2 0 0 0 | 1 6 0 ) 3.sor2.sor .

Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:

xyz = 1 4y+2z = 6 0 = 0

Legyen z:= t tetszőleges valós szám. Ezért a kibővített mátrix:

( 1 1 1 0 4 2 0 0 1 | 1 6 t )

Visszahelyettesítés.

( 1 1 0 0 4 0 0 0 1 | 1+t 62t t ) 1.sor+3.sor 2.sor( 2 )3.sor ( 1 1 0 0 1 0 0 0 1 | 1+t 3 2 t 2 t ) 2.sor/4 ,

( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 2 + t 2 3 2 t 2 t ) 1.sor+2.sor .

Végtelen sok megoldása van: x= 1 2 + t 2 ,y= 3 2 t 2 ,z=t,tR .

6.8. Határozzuk meg az

x 1 +2 x 2 x 3 +3 x 4 = 2 2 x 1 +5 x 2 + x 3 x 4 = 0 4 x 1 +9 x 2 x 3 +5 x 4 = 5 x 1 +3 x 2 +2 x 3 4 x 4 = 2

lineáris egyenletrendszer megoldásait Gauss-eliminációval!

Megoldás.

Az egyenletrendszer kibővített mátrixa:

( A|b )= ( 1 2 1 3 2 5 1 1 4 9 1 5 1 3 2 4 | 2 0 5 2 ) 1.sor 2.sor 3.sor 4.sor .

Kiküszöbölés.

( 1 2 1 3 0 1 3 7 0 1 3 7 0 1 3 7 | 2 4 3 4 ) 2.sor( 2 )1.sor 3.sor( 4 )1.sor 4.sor1.sor , ( 1 2 1 3 0 1 3 7 0 0 0 0 0 0 0 0 | 2 4 1 0 ) 3.sor2.sor 4.sor2.sor .

Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:

x 1 +2 x 2 x 3 +3 x 4 = 2 x 2 +3 x 3 7 x 4 = 4 0 = 1 0 = 0 .

A harmadik egyenlet nyilván ellentmondás, a fenti egyenletrendszernek nincs megoldása.

Ellenőrző kérdések

1. feladat

Oldja meg az egyenletrendszert!
3x2y = 1 2x+y = 3 .
Végtelen sok megoldása van, mégpedig x=1t,y=1+t,tIR .
Nincs megoldása.
Végtelen sok megoldása van, mégpedig x=2t,y=1+t,tIR .
Egyértelmű megoldása van: x=1,y=1 .

2. feladat

Oldja meg az egyenletrendszert!
3 x 1 + x 2 x 3 = 6 2 x 1 x 2 + x 3 = 4 x 1 3 x 2 +3 x 3 = 2 .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =2, x 2 =t, x 3 =t,tIR .
Nincs megoldása.
Végtelen sok megoldása van, mégpedig x 1 =2t, x 2 =1+t, x 3 =t,tIR .
Egyértelmű megoldása van, ezek x 1 =2, x 2 = x 3 =1 .

3. feladat

Oldja meg az egyenletrendszert!
3 x 1 + x 2 x 3 = 6 2 x 1 x 2 2 x 3 = 4 x 1 +2 x 2 + x 3 = 3 .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =2, x 2 =t, x 3 =t,tIR .
Nincs megoldása.
Végtelen sok megoldása van, mégpedig x 1 =2t, x 2 =1, x 3 =t,tIR .
Egyértelmű megoldása van, ezek x 1 =2, x 2 = x 3 =1 .

4. feladat

A

x 1 x 2 +2 x 3 = 2 2 x 1 + x 2 + x 3 = 1 3 x 1 +2 x 2 x 3 = 1

egyenletrendszernek...
végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =33t, x 2 =5+5t, x 3 =t,tIR .
nincs megoldása.
végtelen sok megoldása van, mégpedig x 1 =t, x 2 =t, x 3 =1+t,tIR .
egyértelmű megoldása van, ezek x 1 =0, x 2 =0, x 3 =1 .

5. feladat

Oldja meg az egyenletrendszert!
x 1 + x 2 + x 3 = 1 2 x 1 x 2 + x 3 = 2 3 x 1 + x 2 + x 3 = 5 .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =1+t, x 2 =1+2t, x 3 =1t,tIR .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =2t, x 2 =t, x 3 =3t,tIR .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =t, x 2 =2+t, x 3 =32t,tIR .
Egyértelmű megoldása van, ezek x 1 = x 2 = x 3 =1 .

6. feladat

A

2x+2y+2z = 2 x2yz = 1 2xy+3z = 3

egyenletrendszernek...
végtelen sok megoldása van, ezek x=t,y=t,z=t+1,tIR .
nincs megoldása.
végtelen sok megoldása van, mégpedig x=2+t,y=2t,z=1t,tIR .
egyértelmű megoldása van, ezek x=y=0,z=1 .

7. feladat

Oldja meg az egyenletrendszert!
x+2y+z = 0 2x+5y+z = 2 3x+7y+2z = 2 .
Egyértelmű megoldása van, ezek x=4,y=2,z=0 .
Nincs megoldása.
Végtelen sok megoldása van, ezek x=43t,y=2+t,z=t,tIR .
Egyértelmű megoldása van, ezek x=1,y=1,z=1 .

8. feladat

Oldja meg az egyenletrendszert!
x+2y+3z = 0 2x+5y+z = 0 x+3y+2z = 0 .
Egyértelmű megoldása van, ezek x=4,y=2,z=0 .
Nincs megoldása.
Végtelen sok megoldása van, ezek x=43t,y=2+t,z=t,tIR .
Csak triviális megoldása van x=y=z=0 .

9. feladat

Oldja meg az egyenletrendszert!
x 1 +2 x 2 + x 3 = 0 2 x 1 x 2 + x 3 = 0 3 x 1 + x 2 +2 x 3 = 0 .
Egyértelmű megoldása van, ezek x 1 =1, x 2 =1, x 3 =1 .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =3t, x 2 =t, x 3 =5t,tIR .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =t, x 2 =2+t, x 3 =32t,tIR .
Csak triviális megoldása van x 1 = x 2 = x 3 =0 .

10. feladat

Oldja meg az egyenletrendszert!
2 x 1 + x 2 x 3 +3 x 4 = 2 5 x 1 +2 x 2 +2 x 3 x 4 = 3 3 x 1 + x 2 +3 x 3 4 x 4 = 2 7 x 1 +3 x 2 + x 3 +2 x 4 = 5 .
Egyértelmű megoldása van, ezek x 1 =1, x 2 =1, x 3 =2, x 4 =1 .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =1+t, x 2 =1+t, x 3 =2+t, x 4 =1+t,tIR .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 =t, x 2 =t, x 3 =2t, x 4 =t,tIR .
Nincs megoldása.