Matematické Fórum

Mohl bys prosím nastínit postup řešení. Zkoušela jsem řešit soustavu rovnic pomocí Gaussovy eliminační metody, ale nevím, zda správně zapsanou. Děkuji

Nevím jestli počítám správně, ale docházím k matici:

1   2   0     0
0   1   1     0
0   -2  -2   0
0   3   3    0


Nevím, jak tedy dojít k výše uvedenému výsledku
x = -2
y = 1
z = -1

A šlo by to určit i tak, že dané vektory zapíšu jako řádky matice a  Gaussovou eliminací převedu matici na dolní schodovitý tvar? Když mi tam vypadne řádek, tak jsou LZ, ne?

Dekuji,
ale já myslela, že bázi můžu najít i pokud to naskládám do řádků. dělala jsem to tak, že podle počtu nenulových řádků jsem určila dimenzy a pak jsem se podívala, který řádky tam zůstaly a podle toho jsem zapsala do báze původní vektory.
Dá se to tak udělat vždycky, nebo tento postup není úplně OK?

Mám dotaz:
mám řešit velmi podobný příklad, jen lehce prohozená znaménka. Je výše uvedený postup jedinou cestou k řešení?
Soustavy lineárních rovnic totiž budeme brát až později.
Děkuji.

Dobrý večer.
Teď jsem dohledala, že 3 vektory jsou lin.závislé, pokud 1 z nich lze vyjádřit jako lin. kombinaci dvou dalších a to mi vyšlo.
Ale zkusila jsem se naučit i tu Glaussovu eliminaci:
a=(1.-2,3,-4)      b=(-2,3,-4,5)         c=(0,-1,2,-3)
Můj pokus:
  1    -2    0    l0             1    -2    0    l0           Dle návodu Kondra poslední  2 řádky zruším a dopočtu :
-2     3   -1    l0             0    -1   -1    l0                 x=2y     z=-y
  3   -4     2    l0             0      2    2    l0            (2y,y,-y)  tzn. y(2,1,-1) ...... a tady končím, dál nevím
-4    5    -3    l0             0    -3   -3    l0

Mohu-li poprosit zkonrtolovat postup a pokud je správný, prosím alespoň naťuknout, jak se z toho pozná závislost či nezávislost. Děkuji.

EDIT: Zdravím O.o, ikdyž je můj příspěvek jen demoverze tvého nechávám ho zde.

@Maca: Ověření závislosti je OK (stačí doplnit větu "Protože má soustava nenulové řešení, jsou vektory LZ"). Jako řešení té vektorové rovnice ti vyšlo (2y)a+yb-yc=0, neboli 2a+b-c=0, odtud c=2a+b, lineární kombinace je nalezena.

↑ Kondr:

Zdravím,

   já jsem vůbec nebyl schopný najít tvůj příspěvek, až doteď. Má omluva, jen jsem tě opakoval, vymluvím se na nedostatek spánku a jdu to hned dohnat ^.^


↑ LukasM:

   Jen mi připadalo, že si Maca není jistá s maticemi, tak jsem to jen doplnil i z druhé strany.

↑ Maca:
Musíš eliminovat dál, Gaussova eliminace je naprosto strojovej postup. Jak se dostala od druhé matice k té třetí? První řádek jsi opsala, od druhého odečetla dvojnásobek prvního, od třetího trojnásobek prvního, od čtvrtého čtyřnásobek prvního - všechno proto, aby ses zbavila těch číslic na začátku každého řádku (s pořadím řádků to nemá co dělat, jen to tady náhodou vychází tak, že se odečítá zrovna stejnej násobek jako je pozice řádku).

A teď dál. První řádek necháme, druhý taky, a od třetího odečteme/přičteme takový násobek druhého, aby první nenula zase vypadla. Totéž se čtvrtým. A tak dále. Při výpočtech je povoleno vynásobit řádek libovolným nenulovým číslem, takže aby se líp počítalo, dá se předtím vydělit druhý řádek třema, třetí šesti a čtvrtý sedmi.

Jsou to vlastně čtyři lineární rovnice pro tři neznámé, kdykoli si je tam můžeš představit - Gaussova eliminace je jen důmyslná aplikace sčítací metody řešení soustav. Tím že se držíš toho postupu co jsem popsal se vždycky dozvíš jaké má ta soustava řešení, případně kolik nezávislých řešení se dá najít.


Takže když matici upravím dejme tomu do tvaru (teď si vymyslím)
1  4  3 | 0
0  1 -1 | 0
0  0  1 | 0

odpovídá to soustavě:
x + 4y + 3z = 0
       y  -   z = 0
               z = 0

Z toho už je vidět, že řešení je jediné (pouze triviální, samé nuly), a soubor by byl LN.


Kdyby vyšla matice
1  4  3 | 0
0  1 -1 | 0
0  0  0 | 0
je soubor lineárně závislý, protože poslední rce je splněna vždy, do druhé můžu zvolit y=1, z=1 a splním ji také, a pak jen tato y a z dosadím do první a dopočítám x. Tím jsem našel nějaké netriviální řešení té soustavy a tedy netriviální lineární kombinaci dávající nulový vektor - a soubor je tedy LZ.
Pozn. volba y a z postačí jakákoli, která tu rovnici splní. Řešení není jednoznačné, jakýkoli násobek té trojice (x,y,z) všechny rovnice splní taky.

↑ Maca:
Řešení toho cos napsala jsem popsal v posledním odstavci předchozího příspěvku. Zvolíš y a z tak aby splnily rovnici -3y+2z=0, tedy třeba y=2,z=3, a tohle dosadíš do první rovnice a dopočítáš x.
Pokud tě ale nezajímá konkrétní řešení, ale chceš vědět jen jestli je soubor LZ/LN, netřeba řešení ani počítat - stačí vědět, že netriviální řešení existuje. Případ kdyby neexistovalo jsem včera popsal taky.

Edit: nějak jsem se tam upsal při označování proměnných, teď je to dobře

Maca napsal(a):

Z čeho? Z jakých čísel?

Z těch rovnic:

x + 4y + 3z = 0
       y  -   z = 0
               z = 0

z poslední z=0, po dosazení do druhé za z=0 máme y=0, po dosazení za z=0 a y=0 do první máme x=0. Platí dvě následující tvrzení:

Homogenní soustava rovnic má vždy řešení tvořené samými nulami.

Je-li počet nezávislých rovnic stejný jako počet neznámých,  je jediným řešením homogenní soustavy nulový vektor.

U nehomogenních soustav je to trochu složitější, ty nemusí mít řešení vůbec.

keď dostaneš z vektorov nulový vektor aj inak ako vynásobením samými nulami tak sú LZ ak LEN samými nulami tak sú LN