Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 8: Zastosowania wyznacznika. Układy równań liniowych

Zadanie 8.1

Wykazać, że macierz

$A=\left[\begin{array}{rrr}4& 2& 1\\ 2& -1& 0\\ 1& 3& 1\end{array}\right]$

jest odwracalna i w oparciu o wzór podany w odpowiednim twierdzeniu z wykładu wyznaczyć $A^{-1}$.

Wskazówka

Macierz $A$ jest odwracalna wtedy i tylko wtedy, gdy $\det A\ne 0$.

Rozwiązanie

Aby sprawdzić, czy macierz $A$ jest odwracalna, wyliczymy $\det A$. Obliczanie wyznacznika macierzy $A$ uprościmy odejmując wiersz pierwszy od wiersza trzeciego naszej macierzy. Otrzymamy wtedy macierz

$\left[\begin{array}{rrr}4& 2& 1\\ 2& -1& 0\\ -3& 1& 0\end{array}\right]$

Rozwijając teraz jej wyznacznik względem ostatniej kolumny widzimy, że

$\det A=\det \left[\begin{array}{rr}2& -1\\ -3& 1\end{array}\right]=-1$

Zatem macierz $A$ jako macierz o niezerowym wyznaczniku jest odwracalna. Zgodnie z twierdzeniem z wykładu macierzą odwrotną do macierzy $A$ jest macierz $B=[b_{ij}]$, gdzie

$b_{ij}=\frac{{\mathrm{\Delta }}_{ji}}{\det A}$,

a ${\mathrm{\Delta }}_{ij}$ jest zdefiniowane wzorem

${\mathrm{\Delta }}_{ij}=(-1{)}^{i+j}\det A_{ij}$,

przy czym $A_{ij}$ oznacza macierz powstającą poprzez wykreślenie $i$-tego wiersza oraz $j$-tej kolumny z macierzy $A$.

W naszym przypadku podstawiając odpowiednie wartości do powyższych wzorów otrzymujemy:

$\begin{array}{rlrl}{A}_{11}& =\left[\begin{array}{rr}-1& 0\\ 3& 1\end{array}\right],A_{12}& =\left[\begin{array}{rr}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right],A_{13}& =\left[\begin{array}{rr}2& -1\\ 1& 3\end{array}\right],\\ A_{21}& =\left[\begin{array}{rr}2& 1\\ 3& 1\end{array}\right],A_{22}& =\left[\begin{array}{rr}4& 1\\ 1& 1\end{array}\right],A_{23}& =\left[\begin{array}{rr}4& 2\\ 1& 3\end{array}\right],\\ A_{31}& =\left[\begin{array}{rr}2& 1\\ -1& 0\end{array}\right],A_{32}& =\left[\begin{array}{rr}4& 1\\ 2& 0\end{array}\right],A_{33}& =\left[\begin{array}{rr}4& 2\\ 2& -1\end{array}\right],\end{array}$

a dalej

$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Delta }}_{11}& =(-1{)}^{1+1}\det A_{11}=-1,\\ {\mathrm{\Delta }}_{12}& =(-1{)}^{1+2}\det A_{12}=(-1)\cdot 2=-2,\\ {\mathrm{\Delta }}_{13}& =(-1{)}^{1+3}\det A_{13}=7,\\ {\mathrm{\Delta }}_{21}& =(-1{)}^{2+1}\det A_{21}=(-1)\cdot (-1)=1,\\ {\mathrm{\Delta }}_{22}& =(-1{)}^{2+2}\det A_{22}=3,\\ {\mathrm{\Delta }}_{23}& =(-1{)}^{2+3}\det A_{23}=(-1)\cdot 10=-10,\\ {\mathrm{\Delta }}_{31}& =(-1{)}^{3+1}\det A_{31}=1,\\ {\mathrm{\Delta }}_{32}& =(-1{)}^{3+2}\det A_{32}=(-1)\cdot (-2)=2,\\ {\mathrm{\Delta }}_{33}& =(-1{)}^{3+3}\det A_{33}=-8.\end{array}$

Wpisując wyliczone wyżej współczynniki w macierz oraz uwzględniając, że $\det A=-1$ otrzymujemy:

$A^{-1}=\left[\begin{array}{rrr}1& -1& -1\\ 2& -3& -2\\ -7& 10& 8\end{array}\right]$

Zadanie 8.2

Stosując twierdzenie Cramera rozwiązać układ równań

$\{\begin{array}{rccccc}3x& +& 2y& +& z& =1\\ x& -& y& +& 3z& =-2\\ 4x& +& 3y& -& 2z& =-1.\end{array}$

Wskazówka

Obliczanie wyznaczników można sobie ułatwić generując zera poprzez dodawanie do wierszy (kolumn) innych wierszy (kolumn) pomnożonych przez stosownie dobraną liczbę.

Rozwiązanie

Wypiszmy macierze $A_1$, $A_2$, $A_3$, gdzie macierz $A_i$ powstaje przez zastąpienie w macierzy $A$ kolumny odpowiadającej $i$-tej niewiadomej przez wektor wyrazów wolnych, tzn.

$\begin{array}{rlrl}{A}_1=& \left[\begin{array}{rrr}1& 2& 1\\ -2& -1& 3\\ -1& 3& -2\end{array}\right],A_2=& \left[\begin{array}{rrr}3& 1& 1\\ 1& -2& 3\\ 4& -1& -2\end{array}\right],A_3=& \left[\begin{array}{rrr}3& 2& 1\\ 1& -1& -2\\ 4& 3& -1\end{array}\right].\end{array}$

Zgodnie ze wzorami Cramera, jeżeli tylko zachodzi warunek $\det A\ne 0$, gdzie $A$ jest macierzą współczynników układu, w naszym przypadku daną równością

$A=\left[\begin{array}{rrr}3& 2& 1\\ 1& -1& 3\\ 4& 3& -2\end{array}\right]$,

to rozwiązania układu dane są przez wzory

$\begin{array}{rlrlrl}x=& \frac{\det A_1}{\det A},& y=& \frac{\det A_2}{\det A},& z=& \frac{\det A_3}{\det A}.\end{array}$

Aby obliczyć $\det A$ odejmijmy najpierw trzy razy drugi wiersz macierzy $A$ od pierwszego a następnie cztery razy drugi wiersz od trzeciego. Po wykonaniu tych operacji powstaje macierz

$\left[\begin{array}{rrr}0& 5& -8\\ 1& -1& 3\\ 0& 7& -14\end{array}\right]$,

której wyznacznik obliczmy rozwijając względem pierwszej kolumny

$\det \left[\begin{array}{rrr}0& 5& -8\\ 1& -1& 3\\ 0& 7& -14\end{array}\right]=(-1)\cdot \det \left[\begin{array}{rr}5& -8\\ 7& -14\end{array}\right]=(-1)(-14)=14$

Ponieważ wyznacznik ten jest różny od zera, nasz układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie. Postępując podobnie jak wyżej, lub korzystając po prostu ze wzorów podanych w zadaniu 7.7 wyliczymy, że

$\begin{array}{rlrlrl}\det A_1& =-28,& \det A_2& =42,& \det A_3& =14.\end{array}$

Po skorzystaniu ze wzorów Cramera otrzymujemy natychmiast, że rozwiązaniem naszego układu jest:

$\begin{array}{rlrlrl}x& =-2,& y& =3,& z& =1.\end{array}$

Zadanie 8.3

W zależności od parametru $a\in \mathbb{ℝ}$ wyznaczyć rząd odwzorowania

$f_a:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^3$

danego wzorem

$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1-3x_2+x_3,a{x}_1+x_2+2x_3,x_1+2a{x}_2+x_3)$.

Wskazówka

Pamiętajmy, że rząd odwzorowania liniowego jest równy rzędowi jego macierzy w dowolnie ustalonych bazach. Najłatwiej jest znaleźć macierz $f$ w bazie kanonicznej.

Rozwiązanie

Macierzą odwzorowania $f$ w bazie kanonicznej jest macierz

$M_a=\left[\begin{array}{rrr}1& -3& 1\\ a& 1& 2\\ 1& 2a& 1\end{array}\right]$

Należy wyznaczyć jej rząd w zależności od parametru $a\in \mathbb{ℝ}$.

Wykonamy na macierzy proste operacje nie zmieniające jej rzędu, które doprowadzą naszą macierz do postaci ułatwiającej tegoż rzędu obliczenie.

i) Od wiersza drugiego odejmujemy wiersz pierwszy pomnożony przez $a$.

ii) Od wiersza trzeciego odejmujemy wiersz pierwszy.

iii) Ponieważ zamiana kolumn miejscami także nie zmienia rzędu macierzy, zamieniamy na końcu kolumnę drugą i trzecią.

Po tych przekształceniach nasza macierz ma następującą postać:

$\left[\begin{array}{ccc}1& 1& -3\\ 0& 2-a& 1+3a\\ 0& 0& 2a+3\end{array}\right]$

Widać stąd, że jeżeli $2-a\ne 0$ i $2a+3\ne 0$, to rząd naszej macierzy wynosi $3$. W przeciwnym przypadku, tzn. gdy $a=2$ lub $a=-3/2$, rząd naszej macierzy (a zatem i rząd odwzorowania) wynosi $2$.

Zadanie 8.4

W zależności od wartości parametru $a$ rozwiązać układ równań

$\{\begin{array}{rccccc}x& +& y& -& az& =-1\\ ax& +& y& +& az& =4\\ 4x& +& y& +& 4z& =a.\end{array}$.

Wskazówka

Trzeba skorzystać z twierdzenia Kroneckera - Capellego. Zauważmy, że jeśli wyznacznik macierzy współczynników jest różny od zera, to rząd tej macierzy wynosi 3 i rząd macierzy uzupełnionej już nie może być większy.

Rozwiązanie

Macierzą uzupełnioną naszego układu jest macierz

$B=\left[\begin{array}{rrrr}1& 1& -a& -1\\ a& 1& a& 4\\ 4& 1& 4& a\end{array}\right]$

Wypisujemy macierz współczynników naszego układu, którą oznaczamy literą $A$ oraz macierze pomocnicze $A_x$, $A_y$ oraz $A_z$, zastępując w macierzy $A$ odpowiednio pierwszą, drugą i trzecią kolumnę kolumną wyrazów wolnych. Otrzymujemy:

$\begin{array}{rlrl}A& =\left[\begin{array}{rrr}1& 1& -a\\ a& 1& a\\ 4& 1& 4\end{array}\right],& A_x& =\left[\begin{array}{rrr}-1& 1& -a\\ 4& 1& a\\ a& 1& 4\end{array}\right],\\ A_y& =\left[\begin{array}{rrr}1& -1& -a\\ a& 4& a\\ 4& a& 4\end{array}\right],& A_z& =\left[\begin{array}{rrr}1& 1& -1\\ a& 1& 4\\ 4& 1& a\end{array}\right].\end{array}$

a następnie obliczamy

$\begin{array}{rl}\det A& =-a^2+3a+4=-(a+1)(a-4),\\ \det A_x& =2a^2-3a-20=(2a+5)(a-4),\\ \det A_y& =-a^3-a^2+16a+16=-(a-4)(a+4)(a+1),\\ \det A_z& =-a^2+16=-(a-4)(a+4).\end{array}$

Dla tych wartości parametru $a$, dla których zachodzi warunek $\det A\ne 0$, rozwiązania układu na mocy twierdzenia Cramera dane są przez wzory

$\begin{array}{rlrlrl}x=& \frac{\det A_x}{\det A},& y=& \frac{\det A_y}{\det A},& z=& \frac{\det A_z}{\det A}.\end{array}$

Oznacza to, że jeżeli $a\in \mathbb{ℝ}minus\{-1,4\}$, to układ ma dokładnie jedno rozwiązanie dane wzorem:

$\begin{array}{rl}x=& -\frac{2a+5}{a+1},\\ y=& a+4,\\ z=& \frac{a+4}{a+1}.\end{array}$

Jeżeli $a=-1$, to

$\begin{array}{rlrlr}\det A& =0& \text{i}& & \det A_z\ne 0\end{array}$

co oznacza, że

$\begin{array}{rlrlr}rkA& <3& \text{i}& & rkB=3,\end{array}$

czyli układ jest sprzeczny. Jeżeli $a=4$, to

$rkA=rkB=2$

i podstawiając $a=4$ do naszego układu a następnie rozwiązując go otrzymujemy, że istnieje nieskończenie wiele rozwiązań postaci:

$x=\frac{5}{3}-\frac{8}{3}z,y=-\frac{8}{3}+\frac{20}{3}z,z\in \mathbb{ℝ}$

Zadanie 8.5

Dla jakich parametrów $a$ i $b$ z ciała $\mathbb{ℝ}$ układ równań

$\begin{array}{r}\{\begin{array}{rccccc}2x& -& 2y& +& z& =a\\ -3x& +& y& -& az& =3\\ 7x& -& 5y& +& bz& =-1.\end{array}\end{array}$

i) ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ jedno rozwiązanie,

ii) ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ nieskończenie wiele rozwiązań,

iii) nie ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ rozwiązań.

Wskazówka

Trzeba skorzystać z twierdzenia Kroneckera - Capellego.

Rozwiązanie

Wypiszmy macierz rozszerzoną układu, to jest macierz $[A|B]$, gdzie $A$ jest macierzą współczynników, a $B$ jest kolumną wyrazów wolnych (aby sobie ułatwić dalsze obliczenia odkreślamy kolumnę wyrazów wolnych pionową kreską):

$\left[\begin{array}{rrrr}2& -2& 1& a\\ -3& 1& -a& 3\\ 7& -5& b& -1.\end{array}\right]$

Zgodnie z twierdzeniem Kroneckera-Capellego nasz układ

i) ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ jedno rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy

$rkA=rk[A|B]=3$

ii) ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ nieskończenie wiele rozwiązań wtedy i tylko wtedy, gdy

$rkA=rk[A|B]<3$

iii) nie ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ rozwiązań wtedy i tylko wtedy, gdy

$rkA<rk[A|B]$

Aby zbadać rząd $[A|B]$ w zależności od parametrów $a$ i $b$ użyjemy operacji elementarnych (nie zmieniających rzędu macierzy) do sprowadzenia jej do postaci schodkowej:

Dodając do wiersza drugiego wiersz pierwszy przemnożony przez $3/2$ oraz odejmując od wiersza trzeciego wiersz pierwszy przemnożony przez $7/2$ otrzymujemy

$\left[\begin{array}{rrcc}2& -2& 1& a\\ 0& -2& \frac{3}{2}-a& 3+\frac{3}{2}a\\ 0& 2& b-\frac{7}{2}& -1-\frac{7}{2}a.\end{array}\right]$

Dodając wiersz drugi do trzeciego otrzymujemy

$\left[\begin{array}{cccc}2& -2& 1& a\\ 0& -2& \frac{3}{2}-a& 3+\frac{3}{2}a\\ 0& 0& b-a-2& 2-2a.\end{array}\right]$

Widzimy, że

$rk[A|B]=rkA$

wtedy i tylko wtedy, gdy

$b-a-2=2-2a=0,\text{lub}b-a-2\ne 0$

Pierwszy warunek zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $a=1$ i $b=3$, wówczas rząd macierzy $A$ jest równy rzędowi macierzy $[A|B]$ i wynosi $2$ i układ ma nieskończenie wiele rozwiązań, natomiast drugi warunek jest spełniony, gdy $b-a\ne 2$ i wówczas układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie, ponieważ wtedy $rk[A|B]=rkA=3$. Oznacza to, że jeżeli $b-a=2$ i $b\ne 3$, to układ jest sprzeczny i nie ma rozwiązań.

Podsumowywując, układ równań

$\{\begin{array}{rccccc}2x& -& 2y& +& z& =a\\ -3x& +& y& -& az& =3\\ 7x& -& 5y& +& bz& =-1.\end{array}$.

i) ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ dokładnie jedno rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy $b-a\ne 2$;

ii) ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ nieskończenie wiele rozwiązań wtedy i tylko wtedy, gdy $a=1$ i $b=3$;

iii) nie ma w ${\mathbb{ℝ}}^3$ rozwiązań wtedy i tylko wtedy, gdy $b-a=2$ i $b\ne 3$.

Zadanie 8.6

Dany jest układ równań

$(U)\{\begin{array}{rccccccc}2x& -& 3y& +& z& -& 5w& =-7\\ -x& +& 2y& +& 3z& +& 4w& =1\\ x& +& 3y& -& 10z& -& 7w& =4\\ 5x& -& 3y& -& 8z& -& 17w& =-10.\end{array}$.

Wykazać, że układ $(U)$ ma rozwiązanie. Niech $V_0$ oznacza podprzestrzeń rozwiązań układu jednorodnego skojarzonego z $(U)$. Wyznaczyć wymiar podprzestrzeni $V_0$ i zapisać zbiór wszystkich rozwiązań układu $(U)$ w postaci $x_0+V_0$.

Wskazówka

Należy wyznaczyć rząd macierzy współczynników, a następnie stwierdzić, że jest on równy rzędowi macierzy uzupełnionej. Podprzestrzeń $V_0$ będzie jądrem pewnego endomorfizmu przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^4$. Jakiego?

Rozwiązanie

Niech $A$ będzie macierzą współczynników naszego układu, $b$ będzie wektorem wyrazów wolnych. Zgodnie z twierdzeniem Kroneckera-Capellego, aby udowodnić, że układ ma jakieś rozwiązania wystarczy zbadać rząd macierzy współczynników i macierzy rozszerzonej układu oraz wykazać, że $rkA=rk[A|b]$. Wyznaczenie rzędu macierzy można wykonać na parę sposobów. Poza szczególnymi przypadkami najszybciej zrobimy to stosując algorytm eliminacji Gaussa do macierzy rozszerzonej (sprowadzając macierz rozszerzoną do postaci schodkowej). Po wykonaniu odpowiednich obliczeń otrzymujemy (jedną z wielu możliwych) postać schodkową macierzy rozszerzonej:

$\left[\begin{array}{ccccc}2& -3& 1& -5& -7\\ 0& 1/2& 7/2& 3/2& -5/2\\ 0& 0& -42& -18& 30\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right]$

Odczytujemy stąd natychmiast, że $rkA=rk[A|b]=3$, czyli nasz układ posiada nieskończenie wiele rozwiązań. Wymiar podprzestrzeni $V_0$ składającej się ze wszystkich wektorów spełniających jednorodny układ równań liniowych $A\mathbf{𝐱}=0$ jest równy $4-rkA=4-3=1$. Aby zapisać zbiór wszystkich rozwiązań układu $(U)$ w postaci $x_0+V_0$, rozwiązujemy dowolną metodą nasze równanie o otrzymujemy, że zbiór

$Z=\{(-\frac{22}{7},0,-\frac{5}{7})+s(\frac{19}{7},0,-\frac{3}{7},1):s\in \mathbb{ℝ}\}$

stanowi zbiór rozwiązań naszego układu. Wobec tego możemy oczywiście przyjąć:

$\begin{array}{rl}{x}_0=& (-\frac{22}{7},0,-\frac{5}{7},0),\\ V_0=& lin\{(\frac{19}{7},0,-\frac{3}{7},1)\}.\end{array}$

Zadanie 8.7

Dana jest macierz

$A=\left[\begin{array}{rrr}1& 2& 1\\ 1& 1& 2\\ 2& -1& 5\end{array}\right]$

Znaleźć macierz $A^{-1}$ i rozwiązać układ równań

$\{\begin{array}{rccccc}{x}_1& +& 2x_2& +& x_3& =5\\ x_1& +& x_2& +& 2x_3& =3\\ 2x_1& -& x_2& +& 5x_3& =-4.\end{array}$.

Wskazówka

Nasz układ równań możemy zapisać w postaci $AX=B$, a dokładniej

$\left[\begin{array}{rrr}1& 2& 1\\ 1& 1& 2\\ 2& -1& 5\end{array}\right]\left[\begin{array}{r}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{r}5\\ 3\\ -4\end{array}\right]$.

Wystarczy teraz obie strony pomnożyć przez $A^{-1}$.

Rozwiązanie

Zapiszmy nasz układ w postaci $AX=B$, gdzie

$\begin{array}{rlrlrl}A& =\left[\begin{array}{rrr}1& 2& 1\\ 1& 1& 2\\ 2& -1& 5\end{array}\right],& X& =\left[\begin{array}{r}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right]& B& =\left[\begin{array}{r}5\\ 3\\ -4\end{array}\right].\end{array}$

Macierz $A^{-1}$ możemy wyznaczyć posługując się metodą zaprezentowaną w rozwiązaniu zadania 8.1 lub rozumując jak w rozwiązaniu zadania 5.5. Po wykonaniu odpowiednich obliczeń otrzymujemy

$A^{-1}=\left[\begin{array}{rrr}\frac{7}{2}& -\frac{11}{2}& \frac{3}{2}\\ -\frac{1}{2}& \frac{3}{2}& -\frac{1}{2}\\ -\frac{3}{2}& \frac{5}{2}& -\frac{1}{2}\end{array}\right]$

Mnożąc teraz równanie

$AX=B$

lewostronnie stronami przez $A^{-1}$ otrzymujemy

$X=A^{-1}B$,

czyli

$\left[\begin{array}{r}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{r}-5\\ 4\\ 2\end{array}\right]$

Rozwiązaniem naszego równania są liczby

$\begin{array}{rlrlrl}x& =-5,& y& =4,& z& =2.\end{array}$