Шинкарик М.І. Вища математика
Подождите немного. Документ загружается.
51
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=++
=++
=++
.14x5x8x9
,10x3x4x3
,3xxx
321
321
321
Розв’язування. Позначимо через
,
589
343
111
A
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
,
x
x
x
X
3
2
1
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
.
14
10
3
B
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
Система лінійних рівнянь запишеться у матричній формі
.BAX = Матричний розв’язок системи буде .BAX
1−
=
Для знаходження оберненої матриці
1
A
−
обчислимо визначник
.4241536272420
589
343
111
A −=−−−++==
Оскільки
0A ≠ , то для матриці
A
існує обернена
1
A
−
, а зна-
чить можна знайти єдиний розв’язок вихідної системи.
Знайдемо алгебраїчні доповнення до елементів заданої матриці:
;42420
58
34
)1(A
2
11
−=−=⋅−=
;12)2715(
59
33
)1(A
3
12
=−−=⋅−=
;123624
89
43
)1(A
4
13
−=−=⋅−=
;3)85(
58
11
)1(A
3
21
=−−=⋅−=
;495
59
11
)1(A
4
22
−=−=⋅−=
;1)98(
89
11
)1(A
5
23
=−−=⋅−=
;143
34
11
)1(A
4
31
−=−=⋅−=
52
;0
33
11
)1(A
5
32
=⋅−=
.134
43
11
)1(A
6
33
=−=⋅−=
Складемо матрицю з цих алгебраїчних доповнень
.
101
043
12124
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−−
Транспонуючи її, запишемо приєднану матрицю
.
1112
0412
134
A
П
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−−
=
Обернена матриця має вигляд
.
1112
0412
134
4
1
A
1
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−−
−=
−
Знайдемо розв'язок заданої системи:
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−−
−==
−
14
10
3
1112
0412
134
4
1
BAX
1
.
3
1
1
12
4
4
4
1
1411013)12(
14010)4(312
14)1(1033)4(
4
1
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⋅+⋅+⋅−
⋅+⋅−+⋅
⋅−+⋅+⋅−
−=
Розв’язок системи лінійних рівнянь такий:
.3x;1x;1x
321
==−=
§11. Метод Гаусса
Задана система
n
лінійних алгебраїчних рівнянь з
n
невідо-
мими (1.4).
Вважаємо, що коефіцієнт
0a
11
≠ . В іншому випадку, переста-
вим місцями такі довільні два рівняння, щоб в першому із них був
коефіцієнт біля
1
x , що не дорівнює нулю.
Метод Гаусса розв’язування системи
n
лінійних алгебраїчних
53
рівнянь полягає в послідовному виключенні невідомих. Покажемо
суть цього методу.
Поділимо перше рівняння на коефіцієнт
а
11
і позначимо
),n,...,3,2,1j(
a
a
a
11
j1
)1(
j1
==
11
1
)1(
1
a
b
b =
.
Далі від другого рівняння віднімемо перше рівняння, помножене на
21
a ; від третього рівняння віднімемо перше, помножене на
31
a і т.д.
В результаті одержимо нову систему лінійних алгебраїчних рівнянь,
в якій
1
x виключено з усіх рівнянь, починаючи з другого:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=+++
=+++
=+++
=++++
.bxa...xaxa
............................................................
,bxa...xaxa
,bxa...xaxa
,bxa...xaxaxa
)1(
nn
)1(
nn3
)1(
3n2
)1(
2n
)1(
3n
)1(
n33
)1(
332
)1(
32
)1(
2n
)1(
n23
)1(
232
)1(
22
)1(
1n
)1(
n13
)1(
132
)1(
121
)1(
11
Тут
)1(
n
)1(
3
)1(
2
)1(
nn
)1(
3n
)1(
2n
)1(
n3
)1(
33
)1(
32
)1(
n2
)1(
23
)1(
22
b,...,b,b,a,...a,a,...,a...,a,a,a,...,a,a -
нові коефіцієнти і вільні члени, які одержались після перетворень за
формулами:
j1
)1(
j1ij
)1(
ij
aaaa ⋅−= ,
j1
)1(
1j
)1(
j
abbb ⋅−= )n,...,3,2j;n,...,3,2i( == .
Далі, виключимо
2
x
з усіх рівнянь, починаючи з третього. По-
ділимо друге рівняння на
.a
)1(
22
Якщо цей коефіцієнт ,0a
)1(
22
= то пе-
реставимо місцями довільні рівняння так, щоб коефіцієнт біля
2
x
був не нульовим.Позначимо
),n,...,3,2j(
a
a
a
)1(
22
)1(
j2
)2(
j2
==
.
a
b
b
)1(
22
)1(
2
)2(
2
=
Від третього рівняння віднімемо друге рівняння, помножене
на
)1(
32
a , від четвертого рівняння віднімемо друге, помножене на
)1(
42
a і т.д. Одержимо нову систему лінійних алгебраїчних рівнянь,
яка еквівалентна попередній:
54
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=++
=++
=+++
=++++
.bxa...xa
......................................
,bxa...xa
,bxa...xaxa
,bxa...xaxaxa
)2(
nn
)2(
nn3
)2(
3n
)2(
3n
)2(
n33
)2(
33
)2(
2n
)2(
n23
)2(
232
)2(
22
)1(
1n
)1(
n13
)1(
132
)1(
121
)1(
11
Такий процес будемо продовжувати до того часу, поки систе-
ма не набуде трикутного вигляду:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=
=++
=+++
=++++
.bxa
...........................
,bxa...xa
,bxa...xaxa
,bxa...xaxaxa
)n(
nn
)n(
nn
)3(
3n
)3(
n33
)3(
33
)2(
2n
)2(
n23
)2(
232
)2(
22
)1(
1n
)1(
n13
)1(
132
)1(
121
)1(
11
Тут і в попередній системі коефіцієнти біля
n32
x...,x,x ,а та-
кож вільні члени одержуються в результаті перетворень:
,aaaa
)1(
j2
)2(
j2
)1(
ij
)2(
ij
−=
)1(
j2
)2(
2
)1(
j
)2(
j
abbb −=
)n,...,4,3j,n,...,4,3i( == ,
,aaaa
)2(
j3
)3(
j3
)2(
ij
)3(
ij
−=
)2(
j3
)3(
3
)2(
j
)3(
j
abbb −=
)n,...,5,4j,n,...,5,4i( ==
.
При цьому коефіцієнти
1a
)i(
ii
= ).n,...,2,1i( =
Остання система містить
n лінійних рівнянь і n невідомих і
має єдиний розв’язок. Перехід від першої системи рівнянь до остан-
ньої називається прямим ходом методу Гаусса. Обернений хід ме-
тоду Гаусса починається з останньої системи рівнянь. Її
розв’язують , знайшовши з останнього рівняння
x
n
. Підставивши це
значення в передостаннє – знайдемо
x
n-1
і т.д. З першого рівняння
знаходять
x
1
.
Зауваження 1. Якщо в результаті перетворень зустрінеться
хоч одне рівняння вигляду
0·x
1
+0·x
2
+…+0·x
n
=0, то одержимо систе-
му лінійних рівнянь:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=++
=++
=+++
=++++
.ba...xa
........................................
,bxa...xa
,bxa...xaxa
,bxa...xaxaxa
)k(
k
)k(
knn
)k(
kk
)3(
3n
)3(
n33
)3(
33
)2(
2n
)2(
n23
)2(
232
)2(
22
)1(
1n
)1(
n13
)1(
132
)1(
121
)1(
11
55
Тут
,nk <
.0a
)k(
kk
≠
Залишаємо в лівих частинах рівнянь доданки, які містять
k
змінних, а інші доданки перенесемо в праву сторону.
Змінним величинам, які знаходяться в правій стороні надаємо
довільних значень. Одержимо систему
k лінійних рівнянь, які мають
k невідомих і трикутний вигляд.
Таким чином, кожній комбінації змінних
n2k1k
x,...,x,x
++
від-
повідає один розв’язок останньої системи. В цьому випадку вихідна
система рівнянь має безліч розв’язків.
Зауваження 2.Якщо в результаті перетворень зустрінеться хоч
одне рівняння вигляду
bx0...x0x0
n21
=⋅++⋅+⋅ , то вихідна сис-
тема лінійних алгебраїчних рівнянь несумісна.
Приклад 1. Користуючись методом Гаусса, розв’язати систе-
му рівнянь
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=+−
=++
=−+
.5x3x2x4
,2xxx
,1x3x3x2
321
321
321
Розв’язування. Першим рівнянням краще вибирати те, в якому
коефіцієнт при невідомому
x
1
рівний одиниці. Для цього ліву і пра-
ву частини першого рівняння можна поділити на “2”. Однак в дано-
му прикладі зручніше поміняти місцями перше та друге рівняння:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=+−
=−+
=++
.5x3x2x4
,1x3x3x2
,2xxx
321
321
321
Виключимо невідоме
x
1
в другому та третьому рівняннях сис-
теми.Для цього перше рівняння помножимо на “-2”, “-4” і додамо
відповідно до другого та третього рівнянь:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=−−
−=−
=++
.13xx6
,3x5x
,2xxx
32
32
321
Для виключення невідомого
x
2
в третьому рівнянні додамо до
нього друге, помножене на “6”:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=−
−=−
=++
.31x31
,3x5x
,2xxx
3
32
321
56
Із останнього рівняння знаходимо .1
31
31
x
3
=
−
−
= Підставивши
значення
x
3
=1 в друге рівняння, одержимо x
2
= –3+5 x
3
=–3+5=2.
Із першого рівняння
x
1
=2–x
2
–x
3
=2–2–1= –1.
Таким чином, числа
–1;2;1 є розв’язком вихідної системи лі-
нійних рівнянь.
Часто на практиці замість перетворень над системою викону-
ють відповідні перетворення над матрицею, складеною з коефіцієн-
тів при невідомих і стовпця з вільних членів, який для зручності ви-
ділимо вертикальною лінією. Таку матрицю
А
~
називають розши-
реною матрицею системи.
Приклад 2. Користуючись методом Гаусса, розв’язати систе-
му рівнянь
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−=+++
−=+++
=+++
=+++
.3x4x3xx
,3x2x3xx2
,1x2x5xx
,2x5x11x3x2
4321
4321
4321
4321
Розв’язування. Заданій системі лінійних рівнянь відповідає ро-
зширена матриця
.
3
3
1
2
4311
2312
2511
51132
A
~
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
Зведемо її до трикутного вигляду з допомогою елементарних
перетворень.
1-й крок. Поміняємо місцями перший та другий рядки.
2-й крок. Додамо до елементів другого, третього і четвертого
рядків елементи першого рядка, помножені відповідно на
“−2”,“−2”,“−1”.
3-й крок. Додамо відповідні елементи другого і третього ряд-
ків.
4-й крок. Поділимо всі елементи четвертого рядка на “-2” і
поміняємо місцями з третім рядком.
5-й крок. Додамо до елементів четвертого рядка відповідні
елементи третього рядка, помножені на “6”.
6-й крок. Поділимо всі елементи четвертого рядка на “-7”.
57
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−=
=−
=++
=+++
,1
х
,2xx
,0xxx
,1x2x5xx
4
43
432
4321
Розглянуті кроки зобразимо у вигляді схеми.
⇔
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
3
3
1
2
4311
2312
2511
51132
A
~
⇔
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
3
3
2
1
4311
2312
51132
2511
⇔
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−−−
4
5
0
1
2200
2710
1110
2511
⇔
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
−−
⇔
4
5
0
1
2200
1600
1110
2511
⇔
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−−
−
5
2
0
1
1600
1100
1110
2511
⇔
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
7
2
0
1
7000
1100
1110
2511
.
1
2
0
1
1000
1100
1110
2511
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
⇔
розв’язок якої буде розв’язком вихідної системи. Оскільки
,1x
4
−=
то з третього рівняння
.1)1(2x2x
43
=−+=+=
Підставивши знайдені значення
1x,1x
43
−== в друге
рівняння, знайдемо
.011)1(1xxx
432
=+−=−−−=−−=
Із першого рівняння одержимо
.2251)1(21501x2x5x1x
4321
−=+−=−−⋅−−=−−−=
Розв’язком системи будуть такі числа:
.1x;1x;0x;2x
4321
−===−=
Приклад 3. Користуючись методом Гаусса, розв’язати систе-
му рівнянь:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=−+
=−+
=−+
.2x7xx3
,7x5x2x3
,4xxx
321
321
321
Розв’язування.Виключимо невідому величину
1
x із другого і
третього рівнянь. Для цього перше рівняння помножимо на “-3” і
додамо до другого і третього рівнянь:
Останній розши-
реній матриці
відповідає сис-
тема рівнянь
6
1
2
3
4
5
58
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=−−
−=−−
=−+
.10x4x2
,5x2x
,4xxx
32
32
321
Для виключення величини
2
x
віднімемо із третього рівняння
подвоєне друге рівняння:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=⋅+⋅
−=−−
=−+
.0
х0х0
,5x2x
,4xxx
32
32
321
Ця система лінійних рівнянь має безліч розв’язків. Перенесе-
мо невідому величину
3
x в праву сторону
⎩
⎨
⎧
+−=−
+=+
.x25x
,x4xx
32
321
Звідси
32
x25x −=
, а із першого рівняння
.x31x
31
+−=
Це загальний розв’язок вихідної системи рівнянь. Для отри-
мання одного із часткових розв’язків, надамо змінній
3
x
довільного
значення. Наприклад, якщо
0x
3
= , то ,5x
2
= .1x
1
−= Детальніше
про розв’язування рівнянь такого типу буде показано в §13 цього
розділу.
Приклад 4. Користуючись методом Гаусса, розв’язати систе-
му рівнянь
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=−+
=+−
=−+
.2x6x9x
,7x2xx3
,1xx2x
321
321
321
Розв’язування. Помножимо перше рівняння на “-3”і “-1” і до-
дамо відповідно до другого і третього рівнянь. Цим самим виклю-
чимо невідому величину
1
x із другого і третього рівнянь:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=−
=+−
=−+
.1x5x7
,4x5x7
,1xx2x
32
32
321
Для виключення невідомої величини із третього рівняння, до-
дамо до нього друге:
59
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=⋅+⋅
=+−
=−+
.5x0x0
,4x5x7
,1xx2x
32
32
321
Згідно з зауваженням 2, така система лінійних алгебраїчних
рівнянь несумісна.
§12. Метод Жордана-Гаусса
При дослідженні економічних об’єктів виникає потреба в
розв’язуванні системи лінійних алгебраїчних рівнянь з багатьма не-
відомими. Більш зручним для цього є модифікований метод Жорда-
на-Гаусса. Він полягає в повному виключенні невідомих.
Дамо коротку схему
цього методу.
За перше рівняння візьмемо таке рівняння, в якому коефіцієнт
(його назвемо ключовим елементом) біля
1
x
відмінний від нуля і
розділимо на нього все рівняння. З допомогою цього рівняння ви-
ключимо невідоме
1
x
в усіх рівняннях, крім першого. Аналогічно
невідоме
2
x виключимо в усіх рівняннях, крім другого і т.д. При
цьому можливі три випадки.
1. Ліва частина
i -го рівняння системи перетворилась в нуль,
а права частина рівна деякому числу, відмінному від нуля. Це зна-
чить, що система лінійних рівнянь немає розв’язків.
2. Ліва і права частини
i -го рівняння системи перетворились
в нуль. В цьому випадку
i -те рівняння можна відкинути.
3. У випадку використання всіх рівнянь, в процесі виключеня
невідомих, одержуємо розв’язок даної системи.
Зауваження. Якщо в першому рівнянні вихідної системи кое-
фіцієнт біля
1
x рівний нулю, то можна взяти інше рівняння, в якому
за ключовий елемент візьмемо відмінний від нуля коефіцієнт
при
1
x .
Приклад 1. Розв’язати методом Жордана-Гаусса систему лі-
нійних рівнянь
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=+−−
=−+
=−−
.1xx3x4
,0xxx3
,2xxx2
321
321
321
60
Розв’язування. За ключовий елемент виберемо коефіцієнт “2”
біля
1
x в першому рівнянні, оскільки він відмінний від нуля. Розді-
лимо перше рівняння на це число “2”:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=+−−
=−+
=−−
.1xx3x4
,0xxx3
,1x
2
1
x
2
1
x
321
321
321
Виключимо невідоме
1
x
в другому і третьому рівняннях. Для
цього додамо до другого рівняння перше, помножене на “-3”, а до
третього – перше, помножене на “4”.
Тобто перший крок є такий самий, як в методі Гаусса:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=−−
−=+
=−−
.5xx5
,3x
2
1
x
2
5
,1x
2
1
x
2
1
x
32
32
321
Серед двох рівнянь (друге і третє) виберемо за ключовий еле-
мент відмінний від нуля коефіцієнт, який стоїть біля
2
x ,
Наприклад, число “
2
5
”. Розділимо на це число друге рівняння:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=−−
−=+
=−−
.5xx5
,
5
6
x
5
1
x
,1x
2
1
x
2
1
x
32
32
321
В цих рівняннях, крім другого, виключимо невідоме
х
2
. Для
цього додамо до першого і третього рівнянь друге, помножене на
“0,5” і “5”:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=
−=+
=−
.10
,
5
6
x
5
1
x
,
5
1
x
5
2
x
32
31