logowanie

matematyka » forum » forum zadaniowe - uczelnie wyższe » zadanie

Algebra, zadanie nr 1173

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

pppsss
postów: 23
2013-03-06 21:11:04


Rozwiązać :

1)

$x_{1}$ - 2$x_{2}$ + $x_{3}$ + $x_{4}$ = 1
$x_{1}$ - 2$x_{2}$ + $x_{3}$ - $x_{4}$ = -1
$x_{1}$ - 2$x_{2}$ + $x_{3}$ + 5$x_{4}$ = 5

2)

2$x_{1}$ + $x_{2}$ - $x_{3}$ + $x_{4}$ = 1
3$x_{1}$ - 2$x_{2}$ + 2$x_{3}$ - 3$x_{4}$ = 2
5$x_{1}$ + $x_{2}$ - $x_{3}$ + 2$x_{4}$ = -1
2$x_{1}$ -$x_{2}$ + $x_{3}$ - 3$x_{4}$ = 4



jakub77xx
postów: 1
2013-03-07 21:32:49

$\left\{\begin{matrix}x_{1}-2x_{2}+x_{3}+x_{4}=1 \\ x_{1}-2x_{2}+x_{3}-x_{4}=-1 \end{matrix}\right.$

Odejmujesz od pierwszego równania równanie drugie i otrzymujesz:

$2x_{4}=2 \iff x_{4}=1$

$x_{1}-2x_{2}+x_{3}=0$

$\frac{x_{1}+x_{3}}{2}=x_{2}$

Ostatecznie rozwiązaniem są czwórki liczb $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})$ takie, że:
$ x_{1}$ i $ x_{3}$ są dowolnymi liczbami rzeczywistymi, a $ x_{2}=\frac{x_{1}+x_{3}}{2}$ i $x_{4}=1 $
Tak mi się wydaje :)


zorro
postów: 106
2013-03-08 18:32:58

1.
Macierz ukadu A:

$\begin{matrix} 1 \\ 1\\1 \end{matrix}\space\begin{matrix} -2 \\ -2\\-2 \end{matrix}\space\space\begin{matrix} 1 \\ 1\\1 \end{matrix}\space\begin{matrix}\space\space1 \\-1 \\ \space\space5 \end{matrix}$

Macierz rozszerzona C:

$\begin{matrix} 1 \\ 1\\1 \end{matrix}\space\begin{matrix} -2 \\ -2\\-2 \end{matrix}\space\space\begin{matrix} 1 \\ 1\\1 \end{matrix}\space\begin{matrix}\space\space1 \\-1 \\ \space\space5 \end{matrix}\space\begin{matrix}\space\space1 \\-1 \\ \space\space5 \end{matrix}$

W obu macierzach minor stopnia co najwyżej drugiego jest niezerowy. Mianowicie:
$\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}\space\begin{matrix} -1 \\ 5 \end{matrix}$
którego wyznacznik D=5*1-(-1)1=6
Rzędy macierzy R(A)=2 oraz R(C)=2 są sobie równe, więc układ jest rozwiązalny i ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od 4-2=2 parametrów. Jako parametry przyjmiemy
$x_{1}=p, x_{2}=q$
Przekształcamy dwa ostatnie równania do postaci Cramera:
$\left\{\begin{matrix} x_{3}-x_{4}=2q-p-1 \\ x_{3}+5x_{4}=2q-p+5 \end{matrix}\right.$
Wyznacznik główny D=6 (patrz minor).
Wyznacznik $Dx_{3}=5(2q-p-1)+(2q-p+5)=12q-6p=6(2q-p)$
Wyznacznik $Dx_{4}=(2q-p+5)-(2q-p-1)=6$
Stąd:
$\left\{\begin{matrix} x_{1}=p \\ x_{2}=q\\x_{3}=\frac{Dx_{3}}{D}=2q-p\\x_{4}=\frac{Dx_{4}}{D}=1 \end{matrix}\right.$




zorro
postów: 106
2013-03-08 18:56:58

2.
Mamy 4 niewiadome i 4 równania.
Nie jest to jednak ukła Cramera, gdyż wyznacznik główny macierzy układu D=0 (kolumny 2 i 3 są liniowo zależne).
Układ jest nierozwiązywalny.
Inaczej mówiąc niejednorodny układ n-równań i n-niewiadomych nie ma rozwiązań jeśli wyznacznik główny D=0.

Możesz też podejść inaczej:
Macierz główną A i rozszerzoną C zestawiasz analogicznie jak w zadaniu 1.
Rząd macierzy A, R(A)=3
Rząd macierzy C, R(C)=4 $\neq$ R(A)
Układ jest nierozwiązywalny na mocy tw.Kroneckera-Capelliego.





strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt online: 21 drukuj