Zadanie jest z podręcznika Rutkowskiego- uczę się samodzielnie i nie umiem znaleźć sposobu rozwiązania niektórych układów równań (innych zadań), np:
Rozwiązać układ równań z ciała \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_{5}}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\2x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\\4x_{1}+3x_{2}+x_{3}=3 \end{cases} }\)
Nie rozumiem zapisu ciało \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_{5}}\) Tzn. wiem, że chodzi o zbór 5 elementowy od zera do \(\displaystyle{ n-5}\), mimo to nie potrafię tego rozwiązać.
Ponadto mam pytanie dla osób z tym podręcznikiem zaznajomionych.
Długie minuty spędziłem nad rozwiązaniem poniższego układu. Dałem za wygraną i dopiero kalkulator w internecie pokazuje trudne dla mnie do dostrzeżenia postępowanie.
\(\displaystyle{ \begin{cases} 4x_{1}-9x_{2}+6x_{3}=5\\3x_{1}-4x_{2}+2x_{3}=2\\7x_{1}-2x_{2}-2x_{3}=1 \end{cases} }\)
Wg kalkulatora powinienem od równania 2 odjąć równanie pierwsze pomnożone przez \(\displaystyle{ 3/4}\)
I tak wtedy faktycznie wszystko wychodzi.
Czy większość zadań jest tak skonstruowana w tym podręczniku, że pojawiają się mnożenia przez ułamki, bo utknąłem na dużej ilości zadań.
Pozdrawiam
Łukasz
układy równań metodą Gaussa- zadania z Rutkowskiego
-
- Użytkownik
- Posty: 94
- Rejestracja: 18 cze 2018, o 21:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 1 raz
układy równań metodą Gaussa- zadania z Rutkowskiego
Ostatnio zmieniony 28 lut 2020, o 20:54 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: układy równań metodą Gaussa- zadania z Rutkowskiego
Jest taki szkodnik (szybko się mnoży, szczególnie należy nań uważać, jeśli ma się w domu wylot szybu wentylacyjnego), który nazywa się Gauss i urodził się w 1777 roku. W celu jego zwalczania powstała słynna metoda eliminacji Gaussa. Zazwyczaj pomaga ona rozwiązać takie zadania.
\(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\) to \(\displaystyle{ \left\{0,1,2,3,4\right\}}\) z działaniami dodawania modulo \(\displaystyle{ 4}\) i mnożenia modulo \(\displaystyle{ 4}\) (czyli normalnie dodajesz/mnożysz te liczby jak rzeczywiste, a potem bierzesz resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ 4}\) otrzymanej liczby).
Pokażę na przykładzie pierwszego zadania, jak stosować tę metodę:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\2x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\\4x_{1}+3x_{2}+x_{3}=3 \end{cases}}\)
W lewym górnym rogu mamy jedynkę przy \(\displaystyle{ x_{1}}\), więc wygodnie będzie użyć krotności pierwszego wiersza w celu wyrugowania \(\displaystyle{ x_{1}}\) z dwóch pozostałych równań.
Od drugiego równania, w którym występuje \(\displaystyle{ 2x_{1}}\), odejmujemy stronami pierwsze równanie pomnożone przez \(\displaystyle{ 2}\). Od trzeciego równania, w którym występuje \(\displaystyle{ 4x_{1}}\), odejmujemy stronami pierwsze równanie pomnożone przez \(\displaystyle{ 4}\). To daje nam:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\-3x_{2}-5x_{3}=-2\\-5x_{2}-11x_{3}=-1 \end{cases}}\)
Jednakowoż jesteśmy w \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\), więc zastępujemy te współczynniki (dotąd eliminację wykonałem normalnie jak w rzeczywistych) ich resztami z dzielenia przez \(\displaystyle{ 5}\). W ten sposób otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\2x_{2}=3\\4x_{3}=4 \end{cases}}\)
Jest całkiem elegancko, chcielibyśmy jednak mieć też w drugim równaniu jako wiodący współczynnik jedynkę, mnożymy więc stronami przez takie \(\displaystyle{ x\in\left\{0,1,2,3,4\right\}}\), że \(\displaystyle{ 2x\equiv 1\pmod{5}}\), czyli przez element odwrotny do \(\displaystyle{ 2}\) w \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\). To zawsze można znaleźć z rozszerzonego algorytmu Euklidesa (), ale tutaj prościej podstawić na pałę wszystkie możliwości, bo jest ich tylko \(\displaystyle{ 4}\) (zero nie ma elementu odwrotnego), co da nam \(\displaystyle{ x=3}\).
Czyli mnożymy drugie równanie układu
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\2x_{2}=3\\4x_{3}=4 \end{cases}}\)
stronami przez \(\displaystyle{ 3}\) i znów redukujemy modulo \(\displaystyle{ 5}\), otrzymując
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\x_{2}=4\\4x_{3}=4 \end{cases}}\)
Znajdujemy teraz element odwrotny do \(\displaystyle{ 4}\) w \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\), znów można podstawiać na pałę, tym elementem jest \(\displaystyle{ 4}\), gdyż \(\displaystyle{ 4\cdot 4\equiv 1\pmod{5}}\), mnożymy ostatnie równanie stronami przez \(\displaystyle{ 4}\), redukujemy modulo \(\displaystyle{ 5}\) i mamy
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\x_{2}=4\\x_{3}=1 \end{cases}}\)
Podstawiamy teraz do pierwszego równania z drugiego i trzeciego \(\displaystyle{ x_{2}=4, \ x_{3}=1}\), co daje nam
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+11=1\\x_{2}=4\\x_{3}=4 \end{cases}}\)
ale \(\displaystyle{ 11\equiv 1\pmod{5}}\), więc nad \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\) to się redukuje do
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}=0\\x_{2}=4\\x_{3}=1\end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\) to \(\displaystyle{ \left\{0,1,2,3,4\right\}}\) z działaniami dodawania modulo \(\displaystyle{ 4}\) i mnożenia modulo \(\displaystyle{ 4}\) (czyli normalnie dodajesz/mnożysz te liczby jak rzeczywiste, a potem bierzesz resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ 4}\) otrzymanej liczby).
Pokażę na przykładzie pierwszego zadania, jak stosować tę metodę:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\2x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\\4x_{1}+3x_{2}+x_{3}=3 \end{cases}}\)
W lewym górnym rogu mamy jedynkę przy \(\displaystyle{ x_{1}}\), więc wygodnie będzie użyć krotności pierwszego wiersza w celu wyrugowania \(\displaystyle{ x_{1}}\) z dwóch pozostałych równań.
Od drugiego równania, w którym występuje \(\displaystyle{ 2x_{1}}\), odejmujemy stronami pierwsze równanie pomnożone przez \(\displaystyle{ 2}\). Od trzeciego równania, w którym występuje \(\displaystyle{ 4x_{1}}\), odejmujemy stronami pierwsze równanie pomnożone przez \(\displaystyle{ 4}\). To daje nam:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\-3x_{2}-5x_{3}=-2\\-5x_{2}-11x_{3}=-1 \end{cases}}\)
Jednakowoż jesteśmy w \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\), więc zastępujemy te współczynniki (dotąd eliminację wykonałem normalnie jak w rzeczywistych) ich resztami z dzielenia przez \(\displaystyle{ 5}\). W ten sposób otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\2x_{2}=3\\4x_{3}=4 \end{cases}}\)
Jest całkiem elegancko, chcielibyśmy jednak mieć też w drugim równaniu jako wiodący współczynnik jedynkę, mnożymy więc stronami przez takie \(\displaystyle{ x\in\left\{0,1,2,3,4\right\}}\), że \(\displaystyle{ 2x\equiv 1\pmod{5}}\), czyli przez element odwrotny do \(\displaystyle{ 2}\) w \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\). To zawsze można znaleźć z rozszerzonego algorytmu Euklidesa (
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/Algorytm_Euklidesa#Rozszerzony_algorytm_Euklidesa
Czyli mnożymy drugie równanie układu
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\2x_{2}=3\\4x_{3}=4 \end{cases}}\)
stronami przez \(\displaystyle{ 3}\) i znów redukujemy modulo \(\displaystyle{ 5}\), otrzymując
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\x_{2}=4\\4x_{3}=4 \end{cases}}\)
Znajdujemy teraz element odwrotny do \(\displaystyle{ 4}\) w \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\), znów można podstawiać na pałę, tym elementem jest \(\displaystyle{ 4}\), gdyż \(\displaystyle{ 4\cdot 4\equiv 1\pmod{5}}\), mnożymy ostatnie równanie stronami przez \(\displaystyle{ 4}\), redukujemy modulo \(\displaystyle{ 5}\) i mamy
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=1\\x_{2}=4\\x_{3}=1 \end{cases}}\)
Podstawiamy teraz do pierwszego równania z drugiego i trzeciego \(\displaystyle{ x_{2}=4, \ x_{3}=1}\), co daje nam
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}+11=1\\x_{2}=4\\x_{3}=4 \end{cases}}\)
ale \(\displaystyle{ 11\equiv 1\pmod{5}}\), więc nad \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\) to się redukuje do
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}=0\\x_{2}=4\\x_{3}=1\end{cases}}\)
Ostatnio zmieniony 28 lut 2020, o 21:48 przez Premislav, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Administrator
- Posty: 34232
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5198 razy
Re: układy równań metodą Gaussa- zadania z Rutkowskiego
Zawsze byłem przekonany, że w \(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\) to modulo \(\displaystyle{ 5}\)...Premislav pisze: ↑28 lut 2020, o 21:40\(\displaystyle{ \ZZ_{5}}\) to \(\displaystyle{ \left\{0,1,2,3,4\right\}}\) z działaniami dodawania modulo \(\displaystyle{ 4}\) i mnożenia modulo \(\displaystyle{ 4}\) (czyli normalnie dodajesz/mnożysz te liczby jak rzeczywiste, a potem bierzesz resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ 4}\) otrzymanej liczby).
JK
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: układy równań metodą Gaussa- zadania z Rutkowskiego
Cóż, chęci miałem dobre, ale to nie jest mój dzień, już drugi raz idiotyczny błąd, jeszcze głupszy niż z \(\displaystyle{ \cos 0}\)…
Miałem też istotniejszy błąd, obliczeniowy, ale do tego Pan się nie odniósł, więc raczej poprawa nie stanowiła naruszenia regulaminu.
Miałem też istotniejszy błąd, obliczeniowy, ale do tego Pan się nie odniósł, więc raczej poprawa nie stanowiła naruszenia regulaminu.
-
- Administrator
- Posty: 34232
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5198 razy
Re: układy równań metodą Gaussa- zadania z Rutkowskiego
Bo nie czytałem rachunków, a to rzucało się w oczy.
Nie stanowiła, choć dobrym zwyczajem jest dodanie krótkiej notki na temat tego, co się edytowało.
JK