Układy równań liniowych

Jeden układ, cztery spojrzenia: eliminacja Gaussa jako ciąg operacji na wierszach, twierdzenie Kroneckera-Capelliego jako trzy płaszczyzny w przestrzeni, wzory Cramera jako iloraz pól, i macierz odwrotna jako Gauss-Jordan na [A|I]. Każdy wynik jest sprawdzany liczbowo w tym samym oknie — residuum ‖Ax − b‖ i błąd ‖AA⁻¹ − I‖ są policzone, a nie zadeklarowane.

[A|b] → schodki

Eliminacja Gaussa

Macierz rozszerzona krok po kroku, z wyborem elementu głównego i postępowaniem odwrotnym

wᵢ := wᵢ − (aᵢₖ/aₖₖ)·wₖ
r(A) vs r(A|b)

Kronecker-Capelli

Trzy płaszczyzny w ℝ³: punkt, prosta, płaszczyzna albo pusty przekrój — przesuwane suwakami

r(A) = r(A|b) ⇔ układ zgodny
xᵢ = det Aᵢ / det A

Wzory Cramera

Wyznacznik jako pole równoległoboku — i dlaczego wzór pęka dokładnie przy det A = 0

det A ≠ 0 ⇒ jedno rozwiązanie
[A|I] → [I|A⁻¹]

Macierz odwrotna i rząd

Gauss-Jordan na macierzy blokowej, równanie macierzowe AX = B, rząd jako liczba schodków

AA⁻¹ = I (kontrola liczbowa)
span{v₁,v₂,v₃}

Baza i wymiar

Kiedy trzy wektory rozpinają całe ℝ³, kiedy tylko płaszczyznę — i co to ma wspólnego z rzędem

dim span = r([v₁ v₂ v₃])
ZADANIA

Przykłady krok po kroku

Pełne rachunki: eliminacja z zamianą wierszy, dyskusja z parametrem, macierz odwrotna

3 rozwiązane zadania

Eliminacja Gaussa

Cel: sprowadzić [A|b] do postaci schodkowej trzema operacjami, które nie zmieniają zbioru rozwiązań — zamiana wierszy, mnożenie wiersza przez liczbę ≠ 0, dodanie wielokrotności jednego wiersza do drugiego. Potem postępowanie odwrotne: wyznaczamy niewiadome od dołu.

Twierdzenie Kroneckera-Capelliego

Układ jest zgodny (ma rozwiązanie) wtedy i tylko wtedy, gdy r(A) = r(A|b). Wymiar zbioru rozwiązań to wtedy n − r(A). Dołożenie kolumny b może podnieść rząd co najwyżej o 1 — i właśnie to podniesienie oznacza sprzeczność.

Wzory Cramera

Dla układu 2×2 wyznacznik det A to pole równoległoboku rozpiętego przez kolumny A₁, A₂ (ze znakiem). Wzór Cramera mówi, że x = det A₁ / det A, gdzie A₁ powstaje z A przez podmianę pierwszej kolumny na b. Gdy det A = 0, kolumny są równoległe — pole znika i dzielenie traci sens.
kolumny A₁, A₂ oraz b
podmieniona kolumna

Macierz odwrotna: [A|I] → [I|A⁻¹]

Te same operacje wierszowe, które sprowadzają A do I, zamieniają I w A⁻¹ — bo każda operacja wierszowa to mnożenie z lewej przez macierz elementarną, a złożenie wszystkich daje dokładnie A⁻¹. Rząd to liczba niezerowych wierszy postaci schodkowej: r(A) = 3 ⇔ A odwracalna.

Kombinacja liniowa, baza, wymiar

Trzy wektory rozpinają span{v₁,v₂,v₃} — zbiór wszystkich kombinacji α₁v₁+α₂v₂+α₃v₃. Jego wymiar to rząd macierzy [v₁ v₂ v₃]: 3 → całe ℝ³ (wektory tworzą bazę), 2 → płaszczyzna, 1 → prosta. Objętość równoległościanu |det| znika dokładnie wtedy, gdy wektory są liniowo zależne.

Przykład 1 — eliminacja Gaussa z zamianą wierszy

Rozwiąż układ: 2y + z = 7, x + y + z = 6, 2x + y − z = 1.

1. Macierz rozszerzona: [A|b] = [[0,2,1|7],[1,1,1|6],[2,1,−1|1]]. W lewym górnym rogu stoi 0 — nie da się nim eliminować, więc zamieniamy wiersze. Spośród wierszy poniżej bierzemy ten o największym co do modułu elemencie w pierwszej kolumnie (|2| > |1|): w₁ ↔ w₃.
2. Po zamianie: [[2,1,−1|1],[1,1,1|6],[0,2,1|7]].
3. Zerujemy pierwszą kolumnę: w₂ := w₂ − (1/2)·w₁ daje [0, 1/2, 3/2 | 11/2]. Wiersz w₃ ma już 0 na pierwszym miejscu, więc nic z nim nie robimy.
4. Druga kolumna: na przekątnej stoi teraz 1/2 ≠ 0, więc żadnej zamiany nie potrzeba. Mnożnik to (2)/(1/2) = 4, zatem w₃ := w₃ − 4·w₂ daje [0, 0, 1−6 | 7−22] = [0, 0, −5 | −15].
5. Postać schodkowa gotowa. Postępowanie odwrotne: z ostatniego wiersza −5z = −15, czyli z = 3. Z drugiego: (1/2)y + (3/2)·3 = 11/2, czyli (1/2)y = 1 i y = 2. Z pierwszego: 2x + 2 − 3 = 1, czyli x = 1.
6. Sprawdzenie: 2·2+3 = 7 ✓, 1+2+3 = 6 ✓, 2·1+2−3 = 1 ✓. Rozwiązanie (x,y,z) = (1,2,3).

Przykład 2 — dyskusja układu z parametrem (Kronecker-Capelli)

Dla jakich wartości parametru p układ x + y + z = 1, x + 2y + 3z = 2, 2x + 3y + 4z = p ma rozwiązanie?

1. [A|b] = [[1,1,1|1],[1,2,3|2],[2,3,4|p]]. Eliminujemy: w₂ := w₂ − w₁ → [0,1,2|1]; w₃ := w₃ − 2w₁ → [0,1,2|p−2].
2. Dalej: w₃ := w₃ − w₂ → [0,0,0 | p−3].
3. Macierz A ma dwa schodki (wiersze [1,1,1] i [0,1,2]), więc r(A) = 2 niezależnie od p. Trzeci wiersz A jest sumą… dokładniej w₃ = w₁ + w₂ w macierzy współczynników, więc trzeci wiersz musi się wyzerować.
4. Rząd macierzy rozszerzonej: jeśli p ≠ 3, ostatni wiersz to 0 = p−3 ≠ 0 — zdanie fałszywe, r(A|b) = 3 ≠ 2 = r(A), układ sprzeczny.
5. Jeśli p = 3, ostatni wiersz to 0 = 0, r(A|b) = 2 = r(A) — układ zgodny. Liczba niewiadomych n = 3, więc zbiór rozwiązań ma wymiar n − r(A) = 1 (prosta).
6. Rozwiązanie dla p = 3: przyjmujemy z = t. Z drugiego wiersza y + 2t = 1, czyli y = 1 − 2t. Z pierwszego x + (1−2t) + t = 1, czyli x = t. Zatem (x,y,z) = (t, 1−2t, t) = (0,1,0) + t·(1,−2,1), t ∈ ℝ.
7. Kontrola kierunku: (1,−2,1) musi spełniać układ jednorodny. 1−2+1 = 0 ✓, 1−4+3 = 0 ✓, 2−6+4 = 0 ✓.

Przykład 3 — macierz odwrotna metodą Gaussa-Jordana

Wyznacz A⁻¹ dla A = [[2,−1,0],[−1,2,−1],[0,−1,2]].

1. Zapisujemy [A|I] = [[2,−1,0 | 1,0,0],[−1,2,−1 | 0,1,0],[0,−1,2 | 0,0,1]].
2. w₂ := w₂ + (1/2)·w₁ → [0, 1.5, −1 | 0.5, 1, 0].
3. w₃ := w₃ + (2/3)·w₂ → [0, 0, 4/3 | 1/3, 2/3, 1].
4. Normujemy wiersze: w₁/2, w₂/1.5, w₃/(4/3), a potem eliminujemy w górę (to właśnie odróżnia Jordana od samego Gaussa): w₂ := w₂ + (2/3)·w₃, w₁ := w₁ + (1/2)·w₂.
5. Wynik: A⁻¹ = (1/4)·[[3,2,1],[2,4,2],[1,2,3]].
6. Kontrola — mnożymy pierwszy wiersz A przez pierwszą kolumnę A⁻¹: (2·3 + (−1)·2 + 0·1)/4 = (6−2)/4 = 1 ✓. Pierwszy wiersz A przez drugą kolumnę: (2·2 + (−1)·4 + 0·2)/4 = (4−4)/4 = 0 ✓.
7. Wyznacznik dla kontroli: det A = 2·(4−1) − (−1)·(−2−0) + 0 = 6 − 2 = 4, zgodnie ze wspólnym mianownikiem 1/4 w A⁻¹ (bo A⁻¹ = adj(A)/det A).