KURZUS: Matematika II.
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 1 n ⋅ x n = b 1 a 21 ⋅ x 1 + a 22 ⋅ x 2 + … + a 1 n ⋅ x n = b 2 ⋮ a m 1 ⋅ x 1 + a m 2 ⋅ x 2 + … + a m n ⋅ x n = b m
( a i j , b i ∈ R , i = 1, … , m ; j = 1, … , n )
kifejezést lineáris egyenletrendszernek.
Az
A = ( a 11 a 12 ⋯ a 1 n a 21 a 22 ⋯ a 2 n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a m 1 a m 2 ⋯ a m n ) ∈ 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 egyenlet ét: 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 ¯ ( A ∈ I R n × n , x ¯ , b ¯ ∈ I R n )
( 1 ) a 11 ⋅ x 1 + a 12 ⋅ x 2 + … + a 1 n ⋅ x n = b 1 a 21 ⋅ x 1 + a 22 ⋅ x 2 + … + a 2 n ⋅ x n = b 2 ⋮ ⋮ ⋮ a n 1 ⋅ x 1 + a n 2 ⋅ x 2 + … + a n n ⋅ x n = b n
lineáris egyenletrendszert.
Tegyük fel, hogy a 11 ≠ 0 és vonjuk ki az első egyenlet a i 1 a 11 -szeresét az i-edik egyenletből ( i = 2, … , n ) . Ekkor az (1) egyenletrendszer
( 2 ) a 11 ⋅ x 1 + a 12 ⋅ x 2 + … + a 1 n ⋅ x n = b 1 a 22 ( 1 ) ⋅ x 2 + … + a 2 n ( 1 ) ⋅ x n = b 2 ( 1 ) ⋮ ⋮ ⋮ a n 2 ( 1 ) ⋅ x 2 + … + a n n ( 1 ) ⋅ x n = b n ( 1 ) , ahol a i j ( 1 ) = a i j − a i 1 a 11 ⋅ a 1 j ( i = 2, … , n ; j = 1, … , n ) b i ( 1 ) = b i − a i 1 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 k k ( k − 1 ) = 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 1 n ⋅ x n = b 1 a 22 ( 1 ) ⋅ x 2 + a 23 ( 1 ) ⋅ x 3 + … + a 2 n ( 1 ) ⋅ x n = b 2 ( 1 ) a 33 ( 2 ) ⋅ x 3 + … + a 3 n ( 2 ) ⋅ x n = b 3 ( 2 ) ⋮ a n n ( n − 1 ) ⋅ x n = b n ( n − 1 )
Ezzel az eliminációt (kiküszöbölést) befejeztük.
Ha most az utolsó egyenletben a n n ( n − 1 ) ≠ 0 , akkor x ¯ n meghatározható. Ekkor az n − 1 . egyenlettől az 1 . egyenlet felé haladva minden lépésben egy újabb ismeretlen fejezhető ki, ez a visszahelyettesítés.
Tétel. Ha A ∈ I R n × n és ρ ( A ) = n , akkor az a k k ( k − 1 ) = 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 ¯ , A ∈ I R m × n , b ∈ I 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 egyenletrendszer t 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 mátrix án 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. s o r 2. s o r
( 1 2 0 6 | 3 6 ) 2. s o r + ( 2 ) ⋅ 1. s o r
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. s o r 2. s o r 3. s o r
Kiküszöbölés.
( 1 1 − 1 0 − 3 4 0 2 5 | − 2 11 8 ) 2. s o r − 1. s o r 3. s o r − 1. s o r , ( 1 1 − 1 0 − 3 4 0 0 23 3 | − 2 11 46 3 ) 3. s o r − ( 2 − 3 ) 2. s o r ,
( 1 1 − 1 0 − 3 4 0 0 1 | − 2 11 2 ) 3. s o r / ( 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. s o r + 3. s o r 2. s o r − ( 4 ) ⋅ 3. s o r , ( 1 1 0 0 1 0 0 0 1 | 0 − 1 2 ) 1. s o r + 3. s o r 2. s o r − ( 4 ) ⋅ 3. s o r ,
( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 − 1 2 ) 1. s o r − 2. s o r
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. s o r 2. s o r 3. s o r
Kiküszöbölés.
( 1 3 1 0 − 8 − 1 0 − 8 − 1 | 1 0 0 ) 2. s o r − ( 2 ) ⋅ 1. s o r 3. s o r − ( 3 ) ⋅ 1. s o r , ( 1 3 1 0 − 8 − 1 0 0 0 | 1 0 0 ) 3. s o r − 2. s o r
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 | 1 − t t t ) 1. s o r − 3. s o r 2. s o r + 3. s o r , ( 1 3 0 0 1 0 0 0 1 | 1 − t − t 8 t ) 2. s o r / ( − 8 ) ,
( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 − 5 8 t − t 8 t ) 1. s o r − ( 3 ) ⋅ 2. s o r ,
Végtelen sok megoldása van: x 1 = 1 − 5 8 t , x 2 = − t 8 , x 3 = t , t ∈ R .
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. s o r 2. s o r 3. s o r
Kiküszöbölés.
( 1 3 1 0 − 8 − 1 0 − 8 − 1 | 1 0 1 ) 2. s o r − ( 2 ) ⋅ 1. s o r 3. s o r − ( 3 ) ⋅ 1. s o r , ( 1 3 1 0 − 8 − 1 0 0 0 | 1 0 1 ) 3. s o r − 2. s o r
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.
x − y + 2 z = 5 2 x − 2 y + z = 1 3 x − 2 y + 2 z = 5 .
Megoldás. Az egyenletrendszer kibővített mátrixa:
( A | b ) = ( 1 − 1 2 2 − 2 1 3 − 2 2 | 5 1 5 ) 1. s o r 2. s o r 3. s o r
Kiküszöbölés.
( 1 − 1 2 0 0 − 3 0 1 − 4 | 5 − 9 − 10 ) 2. s o r − ( 2 ) ⋅ 1. s o r 3. s o r − ( 3 ) ⋅ 1. s o r ,
( 1 − 1 2 0 1 − 4 0 0 − 3 | 5 − 10 − 9 ) 3. s o r − 2. s o r c s e r e ,
( 1 − 1 2 0 1 − 4 0 0 1 | 5 − 10 3 ) 3. s o r / ( − 3 ) .
Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:
x − y + 2 z = 5 y − 4 z = − 10 z = 3
Visszahelyettesítés.
( 1 − 1 0 0 1 0 0 0 1 | − 1 2 3 ) 1. s o r − ( 2 ) ⋅ 3. s o r 2. s o r + ( 4 ) ⋅ 3. s o r , ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 2 3 ) 1. s o r + 2. s o r
A megoldás: x = 1, y = 2, z = 3.
6.6. Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert.
x − y + z = 2 − x − 2 y + z = 0 2 x + y = 1 .
Megoldás.
Felírjuk az egyenletrendszer kibővített mátrixát:
( A | b ) = ( 1 − 1 1 − 1 − 2 1 2 1 0 | 2 0 1 ) 1. s o r 2. s o r 3. s o r
Kiküszöbölés.
( 1 − 1 1 0 − 3 2 0 3 − 2 | 2 2 − 3 ) 2. s o r + 1. s o r 3. s o r − ( 2 ) ⋅ 1. s o r , ( 1 − 1 1 0 − 3 2 0 0 0 | 2 2 − 1 ) 3. s o r + 2. s o r .
Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:
x − y + z = 2 − 3 y + 2 z = 2 0 = − 1 .
Itt az utolsó egyenlet nyilván ellentmondás, a fenti egyenletrendszernek nincs megoldása.
6.7. Határozzuk meg az
x − y − z = − 1 3 x + y − z = 3 x + 3 y + 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. s o r 2. s o r 3. s o r
Kiküszöbölés.
( 1 − 1 − 1 0 4 2 0 4 2 | − 1 6 6 ) 2. s o r − ( 3 ) ⋅ 1. s o r 3. s o r − 1. s o r , ( 1 − 1 − 1 0 4 2 0 0 0 | − 1 6 0 ) 3. s o r − 2. s o r .
Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:
x − y − z = − 1 4 y + 2 z = 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 6 − 2 t t ) 1. s o r + 3. s o r 2. s o r − ( 2 ) ⋅ 3. s o r , ( 1 − 1 0 0 1 0 0 0 1 | − 1 + t 3 2 − t 2 t ) 2. s o r / 4 ,
( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 | 1 2 + t 2 3 2 − t 2 t ) 1. s o r + 2. s o r .
Végtelen sok megoldása van: x = 1 2 + t 2 , y = 3 2 − t 2 , z = t , t ∈ R .
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. s o r 2. s o r 3. s o r 4. s o r .
Kiküszöbölés.
( 1 2 − 1 3 0 1 3 − 7 0 1 3 − 7 0 1 3 − 7 | 2 − 4 − 3 − 4 ) 2. s o r − ( 2 ) ⋅ 1. s o r 3. s o r − ( 4 ) ⋅ 1. s o r 4. s o r − 1. s o r , ( 1 2 − 1 3 0 1 3 − 7 0 0 0 0 0 0 0 0 | 2 − 4 1 0 ) 3. s o r − 2. s o r 4. s o r − 2. s o r .
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! 3 x − 2 y = 1 2 x + y = 3 .
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 , t ∈ I R .
Nincs megoldása.
Végtelen sok megoldása van, mégpedig x 1 = 2 − t , x 2 = 1 + t , x 3 = t , t ∈ I R .
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 , t ∈ I R .
Nincs megoldása.
Végtelen sok megoldása van, mégpedig x 1 = 2 − t , x 2 = 1, x 3 = t , t ∈ I R .
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 = 3 − 3 t , x 2 = − 5 + 5 t , x 3 = t , t ∈ I R .
nincs megoldása.
végtelen sok megoldása van, mégpedig x 1 = t , x 2 = t , x 3 = 1 + t , t ∈ I R .
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 + 2 t , x 3 = 1 − t , t ∈ I R .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 = 2 − t , x 2 = t , x 3 = 3 − t , t ∈ I R .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 = − t , x 2 = 2 + t , x 3 = 3 − 2 t , t ∈ I R .
Egyértelmű megoldása van, ezek x 1 = x 2 = x 3 = 1 .
6. feladat
A 2 x + 2 y + 2 z = 2 x − 2 y − z = − 1 − 2 x − y + 3 z = 3 egyenletrendszernek...
végtelen sok megoldása van, ezek x = t , y = t , z = t + 1, t ∈ I R .
nincs megoldása.
végtelen sok megoldása van, mégpedig x = 2 + t , y = − 2 − t , z = − 1 − t , t ∈ I R .
egyértelmű megoldása van, ezek x = y = 0, z = 1 .
7. feladat
Oldja meg az egyenletrendszert! x + 2 y + z = 0 2 x + 5 y + z = 2 3 x + 7 y + 2 z = 2 .
Egyértelmű megoldása van, ezek x = − 4, y = 2, z = 0 .
Nincs megoldása.
Végtelen sok megoldása van, ezek x = − 4 − 3 t , y = 2 + t , z = t , t ∈ I R .
Egyértelmű megoldása van, ezek x = 1, y = − 1, z = 1 .
8. feladat
Oldja meg az egyenletrendszert! x + 2 y + 3 z = 0 2 x + 5 y + z = 0 x + 3 y + 2 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 = 3 t , x 2 = t , x 3 = − 5 t , t ∈ I R .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 = − t , x 2 = 2 + t , x 3 = 3 − 2 t , t ∈ I R .
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 , t ∈ I R .
Végtelen sok megoldása van, ezek x 1 = t , x 2 = − t , x 3 = 2 t , x 4 = t , t ∈ I R .
Nincs megoldása.