blog

Gauss vs Cramer vs Kronecker–Capelli – macierze w rozwiązywaniu układów równań liniowych

Krystian Karczyński

Potrzeba rozwiązywania układów równań dla coraz większej liczby równań i niewiadomych wymusiła właściwie rozwój  badań nad macierzami jako takimi i to już w starożytnym Babilonie i Chinach.

 

Metody rozwiązywania układów równań liniowych

Rozwiązać układ równań liniowych możemy równie dobrze:

– metodą Cramera w połączeniu z tw. Kroneckera – Capellego

– metodą Gaussa

Muszę powiedzieć, że metoda Gaussa ma zdecydowaną przewagę. Nie tyle ze względu na jej uniwersalność (Cramerem i Kroneckerem-Capellim również rozprawisz się z każdym układem), ale ze względu na łatwość (względną )obliczeń. Nie wymaga ona liczenia wyznaczników, co w przypadku układów np. 10 równań i 12 niewiadomych nabiera znaczenia…

Dlatego naprawdę polecam Gaussa!

Dodaj komentarz

Twój adres email nie zostanie opublikowany. Pola, których wypełnienie jest wymagane, są oznaczone symbolem *

  1. S. pisze:

    Witam 😉 Mam pytanie odnośnie przedstawionej przez Pana metody Gaussa. Otóż przestawia Pan w niej kolumny, podczas, gdy u mnie na wykładach wyraźnie zaznacza się, że możemy dokonywać operacji TYLKO na wierszach. O co w tym wszystkim chodzi? Zbliża się kolokwium i nie chciałabym, aby moje rozwiązanie było od razu skreślone. Proszę o jak najszybszą odpowiedź 😉 Dziękuję 😉

    1. Krystian Karczyński pisze:

      Witam, dzięki za dobre pytanie.

      Niektórzy profesorzy żeby nie motać studentom (kolumny przestawiać można tylko z zastrzeżeniami – o nie ruszaniu kolumny wyrazów wolnych i o zmianie oznaczeń nad kolumną) nie wprowadzają w ogóle zamiany miejscami kolumn.

      Inni w ogóle nie nauczają o oznaczeniach nad kolumną – wtedy w naturalny sposób zamieniać kolumny NIE MOŻNA.

      Sama jednak „możliwość” zamiany kolumn jest bardzo łatwa do zrozumienia, beż żadnych złożonych „dowodów”.

      Weźmy byle jaki przykładowy układ równań:

      4x+2y+3z+5t=4
      2x+2y+5z+8t=5
      3x+5y+4z+7t=6
      2x+2y+2z+9t=1

      Oczywistym jest, że jeżeli zapiszemy go w ten sposób:

      2y+4x+3z+5t=4
      2y+2x+5z+8t=5
      5y+3x+4z+7t=6
      2y+2x+2z+9t=1

      …jest to nadal ten sam układ równań z tym samy rozwiązaniem (dodawanie jest przemienne).

      Postać macierzowa „pierwszego” układu do postaci Gaussa to była by:

      x y z t
      4 2 3 5 | 4
      2 2 5 8 | 5
      3 5 4 7 | 6
      2 2 2 9 | 1

      …a do „drugiego” (który jak już wiemy jest taki sam jak „pierwszy”):

      y x z t
      2 4 3 5 | 4
      2 2 5 8 | 5
      5 3 4 7 | 6
      2 2 2 9 | 1

      Czyli zamiana kolumn miejscami to po prostu zmiana kolejności niewiadomych (trzeba jednak koniecznie pamiętać o zmianie oznaczeń!).

  2. S. pisze:

    Dziękuję 😉 o wiele bardziej rozumiem, to co Pan przedstawia, niż to czego wymaga mój wykładowca… no ale… nikt nie powiedział, że student ma lekko.

    1. Krystian Karczyński pisze:

      Nikt nie ma lekko 🙂

      Dzięki i pozdrawiam.

  3. Malwina pisze:

    Zadanie z egzaminu: w oparciu o twierdzenie Kroneckera-Capelliego oraz wzory cramera rozwiazać układ równań:
    3x-4y+z+3t=2
    -6x+8y+3z-6t=3
    Bardzo bym prosiła o pomoc w dalszym rozwiązaniu. Wyliczyłam rzędy -rząd macierzy głównej =rzędowi macierzy uzupełnionej=2 liczba niewiadomych n=4, czyli mamy nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od 2 parametrów, tak? i jaki jest kolejny krok? mogę prosić o dokończenie zadania?

    1. Krystian Karczyński pisze:

      Tak, dokładnie, nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od dwóch parametrów.

      Niech Pani zerknie na mój „Wykład” na blogu:

      Twierdzenie Kroneckera-Capellego

      Tam napisane jest, co trzeba robić ogólnie.

      A w pani konkretnym przykładzie, bierzemy macierz główną:

      \left[ \begin{matrix}
      3 & -4 & 1 & 3 \\
      -6 & 8 & 3 & -6 \\
      \end{matrix} \right]

      Szukamy w niej byle jakiego wyznacznika stopnia 2 (bo taki jest rząd macierzy głównej i uzupełnionej). Może to być na przykład wyznacznik ze współczynników przy zmiennych y i z, czyli:

      \left| \begin{matrix}
      -4 & 1 \\
      8 & 3 \\
      \end{matrix} \right|=-12-8=-20\ne 0

      Niezerowy wyznacznik jest ze współczynników przy zmiennych y i z, pozostałe więc zmienne zastępujemy parametrami:

      x={{\alpha }_{1}}

      t={{\alpha }_{2}}

      tworzymy nowy układ równań (tutaj akurat nie musimy wykreślać żadnych wierszy):

      \{ \begin{matrix}
      & 3{{\alpha }_{1}}-4y+z+3{{\alpha }_{2}}=2 \\
      & -6{{\alpha }_{1}}+8y+3z-6{{\alpha }_{2}}=3 \\
      \end{matrix}

      Czyli:

      \{ \begin{matrix}
      & -4y+z=2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}} \\
      & 8y+3z=3+6{{\alpha }_{1}}+6{{\alpha }_{2}} \\
      \end{matrix}

      I rozwiązujemy go, najlepiej po prostu tak jak w gimnazjum. Z pierwszego równania wyznaczamy zmienną z:

      z=2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}}+4y

      Wstawiamy do drugiego równania:

      8y+3\left( 2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}}+4y \right)=3+6{{\alpha }_{1}}+6{{\alpha }_{2}}

      20y=-3+15{{\alpha }_{1}}+15{{\alpha }_{2}}\quad /:20

      y=-\frac{3}{20}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{1}}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{2}}

      ywyliczony, teraz liczymy z:

      z=2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}}+4\left( -\frac{3}{20}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{1}}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{2}} \right)

      z=2-3{{\alpha }_{1}}-3{{\alpha }_{2}}-\frac{3}{5}+3{{\alpha }_{1}}+3{{\alpha }_{2}}

      z=1\frac{2}{5}

      Czyli pełne rozwiązanie to:

      \{ \begin{matrix}
      & x={{\alpha }_{1}} \\
      & y=-\frac{3}{20}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{1}}+\frac{3}{4}{{\alpha }_{2}} \\
      & z=1\frac{2}{5} \\
      & t={{\alpha }_{2}} \\
      \end{matrix}

      Gdzie {\alpha }_{1}, {\alpha }_{2}to dowolne liczby rzeczywiste.

    2. malwina pisze:

      serdeczne dzięki za pomoc 🙂

  4. Romek pisze:

    Czy da się wyliczyć takie zadanie metodą Gaussa – równania nie posiadają jedynki, na podstawie której mógłbym „zerować” kolumny do macierzy schodkowej.

    6x + 5y = 1
    3x + 2y + 9z + 6w = 4
    5x + 4y + 3z − 4w = 2
    4x + 3y + 6z − 4w = 3

    1. Krystian Karczyński pisze:

      Pewnie, że się da. Niech Pan np. przemnoży czwarty wiersz przez -1i doda do trzeciego i już mamy jedynkę.

      No i trzeba pamiętać, że „zerować” w ogóle nie trzeba jedynką…

    2. Romek pisze:

      Rzeczywiście – ma Pan rację. Chodziło mi oczywiście o takie rozwiązanie, dzięki któremu nie będę musiał uciekać w ułamki.
      Na tym konkretnym przykładzie zrozumiałem sposób postępowania.
      Ogromne dzięki 🙂

    3. Daniel pisze:

      A czy ten przykład powyżej da radę rozwiązać inaczej niż z Gaussa? Mam coś do rozwiązania, i faktycznie Gaussem bym to zrobił. Tylko że na zajęciach przerobiliśmy dopiero Cramera i Kroneckera…..

    4. Krystian Karczyński pisze:

      Pewnie, że się da 🙂

    5. Daniel pisze:

      A mniej więcej jak by to było? Jak policzyłem rząd R(A) i R(U) to oba wyszły 3. Wyznacznik macierzy czwartego stopnia wynosi zero. Natomiast są niezerowe wyznaczniki 3 ego stopnia, jak wykreśliłem trzeci wiersz i trzecią kolumnę. Tylko nie wiem dlaczego miałbym wykreślić trzeci wiersz i pozbyć się niewiadomej z.. Wyszło mi x=6, y=-7 a „z”i „w” 0. Ale nie wiem czy mógłbym pozbyć się trzeciego wiersza i trzeciej kolumny. A jezeli tak to dlaczego? Bez tego wiersza i kolumy bardzo ładnie wychodzi x,y,z,w z Cramera.
      Pozdrawiam

  5. Kris pisze:

    Witam, czy jest możliwe żeby po rozwiązaniu układu równań twierdzeniem Kroneckera-Capellego i metodą Gaussa przedstawioną przez Pana wyszły inne wyniki?
    Układ równań:
    2x-y+z=3
    x+4z=-1
    4x-y+3z=1

    wyznacznik z macierzy A = -6
    rząd macierzy A to wg wykładowcy 2

    macierz A|B czyli uzupełniona przez dodanie kolumny wyrazów wolnych po prawej stronie i jej rząd równy 3,
    układ niby ma wiele rozwiązań a rozwiązując metodą Gaussa wychodzą mi rozwiązania. Proszę o wytłumaczenie 🙂