Rząd macierzy w twierdzeniu Kroneckera-Capellego

Rząd macierzy Wykład 3

Temat: Twierdzenie Kroneckera-Capellego

Streszczenie

W artykule przedstawię, w jaki sposób rząd macierzy wykorzystywać można w rozwiązywaniu układów równań liniowych metodą Kroneckera-Capellego (bardziej prawidłowo: metodą wykorzystującą twierdzenie Kroneckera-Capellego). W artykule zakładam, że wiesz już, jak się liczy rząd macierzy i układy równań wzorami Cramera.

Twierdzenie Kroneckera-Capellego

Twierdzenie Kroneckera-Capellego wykorzystujące rząd macierzy jest naprawdę bardzo proste. Mając dowolny (to jest super-istotne, znaczy, że niewiadomych nie musi być tyle samo, co równań) układ równań:

Nasz układ – zwróć uwagę – ma m równań i n niewiadomych. Rząd macierzy głównej to rząd macierzy utworzonej ze współczynników przy niewiadomych, czyli:

Oczywiście nie musi to być macierz kwadratowa. Rząd macierzy uzupełnionej to rząd macierzy utworzonej ze współczynników przy niewiadomych z dodaną kolumną wyrazów wolnych (po prawych stronach równości):

Twierdzenie Kroneckera-Capellego stwierdza, że układ ma rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy rząd macierzy głównej równy jest rzędowi macierzy uzupełnionej:

Z twierdzenia wynikają następujące wnioski:

Jeżeli rząd macierzy głównej, rząd macierzy uzupełnionej i liczba niewiadomych w układzie są równe () to układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie.
Jeżeli rząd macierzy głównej jest taki sam jak rząd macierzy uzupełnionej, ale jest mniejszy od liczby niewiadomych () to układ równań ma nieskończenie wiele rozwiązań.
Jeżeli rząd macierzy głównej jest różny od rzędu macierzy uzupełnionej (), wtedy układ równań nie ma rozwiązań.

Zastosowanie twierdzenia Kroneckera-Capellego (metoda rozwiązania układu równań)

Twierdzenie znamy. Pozostaje kwestia, jak zastosować je w praktyce.

Najbardziej “czystą” (ale niestety także czasochłonną) metodą jest policzenie po prostu obu rzędów (rzędu macierzy głównej i rzędu macierzy uzupełnionej ) zupełnie osobno, na końcu interpretacja wyniku, “obcięcie” układu do układu Cramera (poprzez ewentualne wykreślenie niektórych równań i zastąpienie niektórych zmiennych parametrami) i rozwiązanie otrzymanego układu Cramera. Tą metodę pokażę Tobie dalej w artykule.

Można też liczyć oba rzędu jednocześnie na jednej macierzy, można jednocześnie zerować wiersze lub kolumny, można liczyć właściwie metodą Gaussa… Czasem wydaje mi się, że ile profesorów tyle metod. Oczywiście, wszystkie są dobre, o ile prowadzą do celu, jakim jest rozwiązanie układu.

Przykład

Mamy do rozwiązania powyższy układ równań. Najpierw oczywiście sprawdzamy, czy nie jest to układ Cramera, tzn. czy ma tyle samo równań, co niewiadomych i czy wyznacznik główny układu jest różny od zera. Oczywiście nie jest to układ Cramera, bo mamy w nim 3 równania i 4 niewiadome. Układu nie rozwiązujemy więc w tej chwili wzorami Cramera, tylko przechodzimy do rzędów macierzy i twierdzenia Kroneckera-Capellego.

Na początku liczymy rząd macierzy głównej, czyli:

Liczymy, liczymy, liczymy, tak jak się liczy rzędy macierzy (zapraszam na przykład do mojego Kursu – to jest naprawdę proste) i mamy wynik:

Teraz liczymy rząd macierzy uzupełnionej:

Liczymy, liczymy, liczymy i mamy wynik:

Mamy zatem sytuację:

Rząd macierzy głównej jest równy rzędowi macierzy uzupełnionej i są one równe 3 (to istotne). Czyli układ będzie miał rozwiązanie i liczymy dalej. Piszemy jeszcze raz macierz główną:

A teraz wybieramy z niej jakikolwiek wyznacznik stopnia . W naszym przypadku rząd macierzy głównej i uzupełnionej wyszedł równy 3, czyli wybieramy jakikolwiek wyznacznik 3-go stopnia – ale uwaga – musi to być wyznacznik różny od zera (trzeba policzyć i sprawdzić na boku). Wybrany wyznacznik bierzemy w ramkę:

Teraz tworzymy układ równań wyłącznie z równań, których wiersze znalazły się w naszym wyznaczniku (pozostałe równania nie piszemy w ogóle) oraz wyłącznie z niewiadomych, których kolumny znalazły się w naszym wyznaczniku (pozostałe niewiadome zastępujemy parametrami).

W naszym przykładzie utworzymy układ równań składający się z równania pierwszego, drugiego i trzeciego (bo pierwszy, drugi i trzecie wiersz znalazły się w wyznaczniku):

Tak się składa, że będą to wszystkie równania.

Co do niewiadomych, patrzymy na kolumny, które dostały się do wybranego wyznacznika:

Jest to pierwsza, druga i trzecia niewiadoma: . “Nie załapała się” czwarta niewiadoma, czyli . Zastępujemy ją parametrem: gdzie przyjmuje dowolną wartość, czyli . Parametry można oznaczać różnymi innymi literkami, np “t”, można też nie oznaczać je literkami w ogóle, tylko po prostu zacząć traktować je jako parametry bez zmiany oznaczeń.

Tworzymy nowy układ równań:

Parametry traktujemy w nim jak liczby, czyli przerzucamy na prawą stronę:

Jest to układ Cramera i rozwiązujemy go wzorami Cramera. Jak utworzyć wyznaczniki do kolejnych zmiennych? Po prostu potraktować na przykład: – jako jedną liczbę. Na przykład:

a jego wartość: .

Otrzymamy rozwiązanie:

dla .

Kliknij, aby przypomnieć sobie, jak sprawdza się, czy wektory tworzą bazę w przestrzeni liniowej za pomocą rzędu macierzy (poprzedni Wykład) <–

Kliknij, aby zobaczyć, jak rząd macierzy można zastosować do układów równań liniowych z parametrem (następny Wykład) –>

Kliknij, aby powrócić na stronę z Wykładami do macierzy

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Ola pisze:

17 lutego 2022 o 13:57

Jak rozwiązać takie zadanie:

Dany układ równań liniowych w zależności od parametru A

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  17 marca 2022 o 13:04
  
  Omówiłem takie zadanka ogólnie tutaj:
  
  https://blog.etrapez.pl/rzad-macierzy-w-ukladach-rownan-liniowych-z-parametrem/
JA pisze:

28 listopada 2019 o 01:44

jak policzyć takie równanie ?

x+y=3

x-y=-1

2x+y=4

Odpowiedz
Ewa pisze:

27 grudnia 2017 o 16:45

Witam,jak policzyć taki wyznacznik z liczbą urojoną lub niewiadomą, sama nie wiem?i 1-1 i2i 2+i

Odpowiedz
1. Ewa pisze:
  
  27 grudnia 2017 o 17:02
  
  $i space space space space space space space space space space 1 minus 1 space space space space space space i 2 i minus 1 space space 2 plus i$
2. Ewa pisze:
  
  27 grudnia 2017 o 17:04
  
  I nie wyznacznik tylko rząd, pogubiłam się już 🙁
Karolina pisze:

28 lutego 2016 o 15:07

Czy jeżeli wiem jak obliczyć układ równań metodą Gaussa, to policzę każdy układ, czy są jakieś specjalne wyjątki w których jednak lepiej jest zastosować twierdzenie Kroneckera-Capellego?

Odpowiedz
Konrad pisze:

26 sierpnia 2015 o 16:47

Pomocy mam układ równań następujący :
-2x+2y+3u-w=1
-x+y-3z++u=-1
x-y-z+w=0
Problem w tym że nie wiem jak zacząć… Pilne na jutro do wyjaśnienia.

Odpowiedz
1. Kamil Kocot pisze:
  
  24 października 2016 o 00:41
  
  Układ równań (chyba zamiast u powinno być z )
  
  $open curly brackets table row cell table row cell negative 2 x plus 2 y plus 3 z minus w equals 1 end cell row cell negative x plus y minus 3 z plus u equals negative 1 end cell row cell x minus y minus z plus w equals 0 end cell end table end cell end table close$
  
  można rozwiązać następująco:
  
  > budujemy macierz uzupełnioną układu (pierwsze 4 klolumny tworzą macierz główną ozn. A, wszystkie razem tzn. 4 kolumny + 1 z wyrazami wolnymi tworzą macierz uzupełnioną ozn. U)
  
  $open square brackets table row cell negative 2 end cell 2 3 cell negative 1 end cell row cell negative 1 end cell 1 cell negative 3 end cell 1 row 1 cell negative 1 end cell cell negative 1 end cell 1 end table open vertical bar table row 1 row cell negative 1 end cell row 0 end table close vertical bar close square brackets$
  
  > zerujemy kolumny w macierzy głównej A tzn. tworzymy kolumny z jedynkami i zerami aby ustalić rząd macierzy A oraz macierzy U
  
  $open square brackets table row cell negative 2 end cell 2 3 cell negative 1 end cell row cell negative 1 end cell 1 cell negative 3 end cell 1 row 1 cell negative 1 end cell cell negative 1 end cell 1 end table open vertical bar table row 1 row cell negative 1 end cell row 0 end table close vertical bar close square brackets tilde table row cell w subscript 1 equals w subscript 1 plus 2 w subscript 3 end cell row cell w subscript 2 equals w subscript 2 plus w subscript 3 end cell row cell w subscript 3 equals w subscript 3 end cell end table tilde open square brackets table row 0 0 1 1 row 0 0 cell negative 4 end cell 2 row 1 cell negative 1 end cell cell negative 1 end cell 1 end table open vertical bar table row 1 row cell negative 1 end cell row 0 end table close vertical bar close square brackets tilde table row cell w subscript 1 equals w subscript 1 end cell row cell w subscript 2 equals w subscript 2 plus 4 w subscript 1 end cell row cell w subscript 3 equals w subscript 3 plus w subscript 1 end cell end table tilde open square brackets table row 0 0 1 1 row 0 0 0 6 row 1 cell negative 1 end cell 0 2 end table open vertical bar table row 1 row cell negative 3 end cell row 1 end table close vertical bar close square brackets tilde table row cell w subscript 1 equals w subscript 1 end cell row cell w subscript 2 equals 1 over 6 w subscript 2 end cell row cell w subscript 3 equals w subscript 3 end cell end table tilde open square brackets table row 0 0 1 1 row 0 0 0 1 row 1 cell negative 1 end cell 0 2 end table open vertical bar table row 1 row cell negative 0.5 end cell row 1 end table close vertical bar close square brackets tilde table row cell w subscript 1 equals w subscript 1 minus w subscript 2 end cell row cell w subscript 2 equals w subscript 2 end cell row cell w subscript 3 equals w subscript 3 minus 2 w subscript 2 end cell end table tilde open square brackets table row 0 0 1 0 row 0 0 0 1 row 1 cell negative 1 end cell 0 0 end table open vertical bar table row cell 1.5 end cell row cell negative 0.5 end cell row 2 end table close vertical bar close square brackets$
  
  Po przekształceniach dostajemy, że $r z ą d \left parenthesis A \right parenthesis equals 3 semicolon space r z ą d \left parenthesis U \right parenthesis equals 3$ ; $n equals 4$ (liczba niewiadomych) a zatem układ ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego parametru (patrz Twierdzenie Kroneckera-Capellego). Parametr ten wprowadzamy za niewiadomą z drugiej kolumny czyli za y ->patrz ostatnia macierz.
  
  Z ostatniej macierzy odczytujemy rozwiązanie tzn.
  
  $open curly brackets table row cell 0 x plus 0 a plus 1 z plus 0 w equals 1.5 end cell row cell 0 x plus 0 a plus 0 z plus 1 w equals negative 0.5 end cell row cell 1 x minus 1 a plus 0 z plus 0 w equals 2 end cell end table close \rightwards double arrow open curly brackets table row cell z equals 1.5 end cell row cell w equals negative 0.5 end cell row cell x equals a plus 2 end cell end table close semicolon space a element of straight real numbers$
  
  czyli ostateczne rozwiązanie jest postaci
  
  $open curly brackets table row cell table row cell x equals a plus 2 end cell row cell y equals a end cell end table end cell row cell z equals 1.5 end cell row cell w equals negative 0.5 end cell end table close semicolon space a element of straight real numbers$ (a jest parametrem).
Bartek pisze:

9 czerwca 2015 o 08:25

Jak powinienem \interpretować polecenie zadania:
“Wyznacz bazę przestrzeni kolumn macierzy A i rząd macierzy A”

Odpowiedz
Klaudia pisze:

25 lutego 2015 o 17:19

Pomocy… Mam układ równań :

3x-y+z-4w=0 ,
-6x+2y-2z+8w=0

rzA=1 rzAU=1 nie wiem co mogę wziąć za parametr..

Odpowiedz
weronika pisze:

4 lutego 2015 o 20:53

Pomocy, dlaczego rzA i rzU wychodzi mi rowny 2?

Odpowiedz
Sabina pisze:

19 stycznia 2015 o 18:49

Co w momencie kiedy rzA=3 rzAU=3 ale mamy wiecej wierszy niż kolumn?

Odpowiedz
yarik199 pisze:

31 sierpnia 2014 o 23:38

kiedy rza=rzu=n to zawsze bedzie uklad Cramera?

Odpowiedz
yarik199 pisze:

10 sierpnia 2014 o 21:46

mam takie uklad rownan
x+y+t=0
2x-y-t=3
4x-5y-3t=7

rzA = rzU= 3 = n; wiem ze mamy jedno rozwiazanie,to dalej trzeba skreslic jedno rownanie? ale jest problem bo mamy 3 niewiadome.

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  11 sierpnia 2014 o 09:15
  
  Nic nie skreślamy i nie wybieramy parametrów. To jest układ Cramera, rozwiązujemy go po prostu wzorami Cramera.
2. Ryhor Abramovich pisze:
  
  20 października 2016 o 02:00
  
  $open curly brackets table attributes columnalign \left end attributes row cell x plus y plus t equals 0 end cell row cell 2 x minus y minus t equals 3 end cell row cell 4 x minus 5 y minus 3 t equals 7 end cell end table close$
  
  Rozwiązanie:
  
  Skorzystamy ze wzorów Cramera:
  
  $x subscript j equals W subscript j over W space open parentheses j equals 1 comma 2 comma 3 close parentheses$
  
  gdzie: $x subscript j$ – numer zmiennej w układzie (czyli $x subscript 1 equals x comma space x subscript 2 equals y comma space x subscript 3 equals t$ ),
  
  W – wyznacznik macierzy głównej (czyli macierzy współczynników),
  
  $W subscript j$ – wyznacznik macierzy, otrzymanej za pomocy zamiany w macierzy głównej kolumny pod numerem j na kolumnę współczynników wolnych (czyli stojących z prawej strony od znaka =)
  
  Przypominam jeszcze, że wyznacznik 3-go stopnia liczymy wg “reguły trójkątów”:
  
  $open vertical bar table row a b c row d e f row g h i end table close vertical bar equals a times e times i plus d times h times c plus g times b times f minus c times e times g minus f times h times a minus i times b times d$
  
  Liczymy:
  
  $W equals open vertical bar table row 1 1 1 row 2 cell negative 1 end cell cell negative 1 end cell row 4 cell negative 5 end cell cell negative 3 end cell end table close vertical bar equals 1 times open parentheses negative 1 close parentheses times open parentheses negative 3 close parentheses plus 2 times open parentheses negative 5 close parentheses times 1 plus 4 times 1 times open parentheses negative 1 close parentheses minus 1 times open parentheses negative 1 close parentheses times 4 minus open parentheses negative 1 close parentheses times open parentheses negative 5 close parentheses times 1 minus open parentheses negative 3 close parentheses times 1 times 2 equals$
  
  $equals 3 minus 10 minus 4 plus 4 minus 5 plus 6 equals negative 6$
  
  I analogiczne:
  
  $W subscript 1 equals open vertical bar table row 0 1 1 row 3 cell negative 1 end cell cell negative 1 end cell row 7 cell negative 5 end cell cell negative 3 end cell end table close vertical bar equals 0 minus 15 minus 7 plus 7 minus 0 plus 9 equals negative 6$
  
  $W subscript 2 equals open vertical bar table row 1 0 1 row 2 3 cell negative 1 end cell row 4 7 cell negative 3 end cell end table close vertical bar equals negative 9 plus 14 minus 0 minus 12 plus 7 plus 0 equals 0$
  
  $W subscript 3 equals open vertical bar table row 1 1 0 row 2 cell negative 1 end cell 3 row 4 cell negative 5 end cell 7 end table close vertical bar equals negative 7 plus 0 plus 12 plus 0 plus 15 minus 14 equals 6$
  
  Wtedy:
  
  $x equals x subscript 1 equals W subscript 1 over W equals fraction numerator negative 6 over denominator negative 6 end fraction equals 1$
  
  $y equals x subscript 2 equals W subscript 2 over W equals fraction numerator 0 over denominator negative 6 end fraction equals 0$
  
  $t equals x subscript 3 equals W subscript 3 over W equals fraction numerator 6 over denominator negative 6 end fraction equals negative 1$
  
  Odp.: x=1, y=0, t=-1
Monika pisze:

10 kwietnia 2014 o 10:17

dlaczego w tym ostatnim etapie wyszlo -8 + α , a nie -8 + 11α ?

Odpowiedz
Beata pisze:

26 stycznia 2014 o 16:37

Bardzo prosze o rozpisanie obliczenia wyznacznika x (przy macierzy gdzie jest \lambda) próbuje, to robić, ale wychodzą mi kosmiczne wyniki………

Odpowiedz
Damian pisze:

23 stycznia 2014 o 14:46

Dobrze ,że udało mi się trafic na tą stronę. Faktycznie brakuje tej metody w kursach,ale znając material z innych lekcji nie powinno być problemu 🙂 Jak najbardziej polecam kursy e-trapez.

Odpowiedz
anavers pisze:

9 stycznia 2014 o 23:34

Dzięki wielkie! W końcu jakieś konkretne tłumaczenie tej metody 🙂 Szkoda, że nie ma jej w kursach 🙂

Odpowiedz
magda pisze:

16 grudnia 2013 o 21:03

Czy rozwiązywanie układów równań tą metodą jest gdzieś na kursie video? 🙂

Odpowiedz
1. magda pisze:
  
  16 grudnia 2013 o 21:04
  
  a przepraszam juz bylo to pytanie:)
Ewelina pisze:

11 grudnia 2013 o 13:19

witam,
bardzo podoba mi się jasny sposób w jaki tłumaczy Pan matematykę.mam zakupiony cały kurs z macierzy i chciałabym zapytać czy w którejś z lekcji znajduje się objaśnienie tego twierdzenia?bo niestety póki co nie znalazłam tego twierdzenia w Pana lekcjach..

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  12 grudnia 2013 o 10:16
  
  Nie, niestety, twierdzenia Kroneckera – Capellego nie ma Kursie…
mtmilansk pisze:

3 grudnia 2013 o 23:40

witam, czy mógłby Pan w którymś z artykułów poruszyć kwestię programowania liniowego oraz metody symplex? pozdrawiam

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  6 grudnia 2013 o 09:32
  
  Witam, niestety nie…
Nowat0r0 pisze:

3 grudnia 2013 o 14:48

Jeżeli rząd(A) jest większy od rzędu(U), to z jakiego twierdzenia lub metod korzystamy?

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  3 grudnia 2013 o 15:01
  
  To jest niemożliwe i nigdy się nie zdarzy 🙂
mtmilansk pisze:

2 grudnia 2013 o 23:14

Witam, czy może Pan przedstawić jak wyliczyliśmy Wx1 ? Jeżeli Pan może to chciałbym poznać drogę do wyniku Wx1=-8+a1.
Pozdrawiam.

Odpowiedz
1. arekc444 pisze:
  
  7 grudnia 2015 o 20:08
  
  Również podpisuje się pod powyższą prośbą, proszę o pomoc.
edyta pisze:

19 listopada 2013 o 12:05

jeśli sprawdzimy wyniki to wyjdzie: 1)2×1 – 3×2 + 5×3 + 7×4 = 2* -8+a/-16 – 3*0 + 5* 22a/-16 + 7a = -16 +2a + 110a – 112a = -16
Czemu wynik nie wyszedł 1? Zrobiłam błędy?

Odpowiedz
Paweł pisze:

23 października 2013 o 18:36

Co zrobić jeżeli podczas rozwiązywania układu równań metodą Capellego i kiedy dojdziemy już do zastosowania metody Cramera, wyznacznik główny będzie równał się 0?

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  24 października 2013 o 09:24
  
  Nigdy tak się nie stanie.
  
  Podczas stosowania Capellego, przy wyborze wyznacznika jest zastrzeżenie, że ten wyznacznik musi być różny od zera, tak tak to napisałem w artykule:
  
  W naszym przypadku rząd macierzy głównej i uzupełnionej wyszedł równy 3, czyli wybieramy jakikolwiek wyznacznik 3-go stopnia – ale uwaga – musi to być wyznacznik różny od zera (trzeba policzyć i sprawdzić na boku).
  
  Ten wyznacznik tworzy za chwilę właśnie wyznacznik główny układu Kramera, stąd to zastrzeżenie.
Damian pisze:

15 czerwca 2013 o 17:03

Super strona, świetnie wytłumaczone!!!

Odpowiedz
Daniel pisze:

20 marca 2013 o 23:34

Faktycznie. Sam nie wiem jak mogłem to przeoczyć. Dziękuję.

Odpowiedz
Adam pisze:

20 marca 2013 o 20:43

Witam, znalazłem pewną nieścisłość w Pana Kursie Macierzy, lekcja 5 (Rząd macierzy) minuta 17:30, gdyby wybrać do ‘wyzerowania’ wiersz pierwszy to byśmy otrzymali rząd macierzy:

-2 1 -3
-4 2 -2
-10 5 -15

z czego otrzymalibyśmy kolejny rząd macierzy

0 4
0 0

i koncowy wynik wyszedłby 4, a nie 3 tak jak na filmiku. Proszę, o odpowiedź bo nie wiem co teraz robić.

Odpowiedz
Daniel pisze:

20 marca 2013 o 14:14

Witam
A co w sytuacji gdy R(A) i R(U) wynosi 3, ale są 4 równania i 4 niewiadome? I wyznacznik macierzy 4 stopnia oczywiście wynosi zero.
Np
6x-5y=1
3x+2y+9z+6w=4
5x+4x+3z-4w=2
4x+3y+6z-4w=3

Jak wykreśliłem trzeci wiersz i wszystko z “z” to wyszedł mi wynik ale nie wiem czy tak mozna…
Jeżeli bym nie zszedł na maciez trzeciego stopnia to bym nic nie obliczył bo wszędzie jest zero….

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  20 marca 2013 o 20:20
  
  Witam,
  
  Ale rząd macierzy głównej tego układu…
  
  $\left[ \begin{matrix} 6 & -5 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 9 & 6 \\ 5 & 4 & 3 & -4 \\ 4 & 3 & 6 & -4 \end{matrix} \right]$
  
  …jest równy 4 (zakładam, że w trzecim wierszu miał Pan literówkę)? Niech Pan sprawdzi w WolframAlpha .
2. Daniel pisze:
  
  21 marca 2013 o 07:49
  
  Witam
  Jednak zauważyłem błąd w pierwszym wierszu, drugiej kolumnie. Zamiast -5 powinno być 5. I wtedy faktycznie rząd macierzy wynosi 3 a wyznacznik z minora 4 stopnia wynosi 0. I tu mam problem, bo z cramera już nie wylicze wprost. Układ ma rozwiązanie bo R(A) i R(U) są sobie równe. tylko nie wiem, czy pozbywamy się jakiegoś równania i jedną z niewiadomych traktujemy jako parametr???
3. Krystian Karczyński pisze:
  
  21 marca 2013 o 14:45
  
  Dobra, czyli mamy układ…
  
  $\{ \begin{matrix} & 6x+5y=1 \\ & 3x+2y+9z+6w=4 \\ & 5x+4y+3z-4w=2 \\ & 4x+3y+6z-4w=3 \end{matrix}$
  
  … i policzyliśmy już, że rząd macierzy głównej = rząd macierzy uzupełnionej = 3.
  
  Dalej bierzemy macierz główną…
  
  $\left[ \begin{matrix} 6 & 5 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 9 & 6 \\ 5 & 4 & 3 & -4 \\ 4 & 3 & 6 & -4 \end{matrix} \right]$
  
  … i szukamy w niej niezerowego podwyznacznika stopnia 3 ( bo takie nam wyszły rzędy głównej i uzupełnionej). Może to być jak najbardziej wyznacznik powstały przez wykreślenie trzeciego wiersza i trzeciej kolumny:
  
  $\left| \begin{matrix} 6 & 5 & 0 \\ 3 & 2 & 6 \\ 4 & 3 & -4 \end{matrix} \right|=24$
  
  … bo jest on różny od zera.
  
  Teraz trzecie równanie wykreślamy, a zmienną $z$ z trzeciej kolumny ani nie pomijamy, ani nie przyjmujemy, że równa się $0$ , tylko zastępujemy parametrem.
  
  Przyjmujemy więc, że:
  
  $z=\alpha$
  
  … i wychodzimy na układ:
  
  $\{ \begin{matrix} & 6x+5y=1 \\ & 3x+2y+9\alpha +6w=4 \\ & 4x+3y+6\alpha -4w=3 \end{matrix}$
  
  $\alpha$ nie jest niewiadomą, zmienną, tylko stałą, przerzucamy go więc na prawo do stałych i mamy:
  
  $\{ \begin{matrix} & 6x+5y=1 \\ & 3x+2y+6w=4-9\alpha \\ & 4x+3y-4w=3-6\alpha \end{matrix}$
  
  Ten układ można rozwiązać np. wzorami Cramera. Dostaniemy:
  
  $\{ \begin{matrix} & x=6-15\alpha \\ & y=18\alpha -7 \\ & z=\alpha \\ & w=0,\quad \alpha \in R \end{matrix}$
  
  Co zgadza się z wynikiem w WolframAlpha 🙂
4. Daniel pisze:
  
  21 marca 2013 o 15:57
  
  Aha. Dziękuję za odpowiedź.
5. Michał pisze:
  
  24 września 2013 o 20:34
  
  A co w przypadku kiedy możemy wykreślić wiersz, natomiast nie mamy do zastąpienia parametrem żadnej kolumny?
  Przykład:
  x – 2y = 3
  -2x – y = 4
  -3x + y = 1
  
  Rozumiem że zaczynamy od rzędu, który w tym przypadku dla obu macierzy wynosi 2. Następnie weźmy Dwa pierwsze wiersze i kolumny, wyznacznik będzie różny od zera. Teraz kiedy wykreślimy trzecie równanie, które nie było używane zostanie nam
  x – 2y = 3
  -2x – y = 4
  
  Natomiast gdzie tutaj wstawić ewentualną stałą? Problem może prozaiczny, ale chwilę główkowałem i nie mogę znaleźć odpowiedzi. 🙂
6. yarik199 pisze:
  
  10 sierpnia 2014 o 21:45
  
  mam takie uklad rownan
  x+y+t=0
  2x-y-t=3
  4x-5y-3t=7
  
  rzA = rzU= 3 = n; wiem ze mamy jedno rozwiazanie,to dalej trzeba skreslic jedno rownanie? ale jest problem bo mamy 3 niewiadome.
Maciej pisze:

13 marca 2013 o 21:31

Mam pytanie. Mamy uklad rownan (2 rownania, 3 niewiadome) x+2y-3z=2
5x-y+z=1.
Rzedy macierzy glownej i uzupelnionej sa sobie rowne (rzA=rzU=2). Moj problem teraz dotyczy wyboru niezerowego wyznacznika 2×2. Wychodzi mi, ze rozwiazania zaleza od wyboru wyznacznika (jest kilka mozliwosci). Jak to mozliwe?

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  15 marca 2013 o 10:55
  
  Te rozwiązania są równoważne 🙂 Tutaj nakręciłem filmik na ten temat:
2. Maciej pisze:
  
  20 marca 2013 o 20:51
  
  Super. Dziekuje bardzo za wytlumaczenie przykladu. Teraz wszystko jasne i klarowne 🙂
Maciej pisze:

6 marca 2013 o 07:30

musisz wyzerować kolumne i wykreślić ją razem z wierszem tak aby otrzymać macierz 3×3

Odpowiedz
Anna pisze:

8 lutego 2013 o 14:40

Witam jak policzyć rozwinięcie Laplace’a wyznacznika:
3 13 17 4
6 28 33 8
10 40 54 13
8 37 46 11

Odpowiedz
1. Krystian Karczyński pisze:
  
  6 marca 2013 o 14:42
  
  Można by na przykład pomnożyć pierwszy wiersz przez $-2$ i dodać do drugiego, przez $-3$ i dodać do trzeciego i przez $-3$ i dodać do czwartego, uzyskując wyznacznik:
  
  $\left| \begin{matrix} 3 & 13 & 17 & 4 \\ 0 & 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 3 & 1 \\ -1 & -2 & -5 & -1 \end{matrix} \right|$
  
  Teraz – znowu na przykład – bierzemy trzeci, mnożymy przez $-3$ i dodajemy do pierwszego i przez $1$ i dodajemy do czwartego, uzyskując:
  
  $\left| \begin{matrix} 0 & 10 & 8 & 1 \\ 0 & 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & -1 & -2 & 0 \end{matrix} \right|$
  
  Rozwijamy teraz względem pierwszej kolumny i mamy:
  
  $\left| \begin{matrix} 0 & 10 & 8 & 1 \\ 0 & 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & -1 & -2 & 0 \end{matrix} \right|={{\left( -1 \right)}^{3+1}}\cdot 1\cdot \left| \begin{matrix} 10 & 8 & 1 \\ 2 & -1 & 0 \\ -1 & -2 & 0 \end{matrix} \right|$
  
  Ten wyznacznik można już Sarrusem, ale można zauważyć sprytnie, że trzecia kolumna jest wyzerowana i rozwinąć ją jeszcze raz Laplace’m:
  
  $\left| \begin{matrix} 0 & 10 & 8 & 1 \\ 0 & 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & -1 & -2 & 0 \end{matrix} \right|={{\left( -1 \right)}^{3+1}}\cdot 1\cdot \left| \begin{matrix} 10 & 8 & 1 \\ 2 & -1 & 0 \\ -1 & -2 & 0 \end{matrix} \right|=1\cdot {{\left( -1 \right)}^{1+3}}\left| \begin{matrix} 2 & -1 \\ -1 & -2 \end{matrix} \right|$
  
  $=1\cdot {{\left( -1 \right)}^{1+3}}\left| \begin{matrix} 2 & -1 \\ -1 & -2 \end{matrix} \right|=1\cdot \left( -5 \right)=-5$
  
  Na końcu jeszcze sprawdzić można wynik:
  
  Wynik w WolframAlpha
  
  (polecam mój Poradnik do niego)
2. zgubiona pisze:
  
  7 stycznia 2014 o 23:37
  
  Moge prosic o wytłyamzcenie tego, w jaki sposób dodaje sie te wiersze zbey wyzerowac? Mozesz opisac to krok po kroku ? 🙂