Układy równań- Kronecker-Capelli

b_ag · Post autor: **b_ag** » 14 maja 2008, o 19:57

Witam.
Na samym początku chciałem zaznaczyć, iż nie wiem czy to dobry dział na mój temat. Jeżeli jest zły proszę o przeniesienie.

Polecenie brzmi:

Rozwiązać układ równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases}x _{1} -x _{2} -2x _{3} +3x _{4} +2x _{5} =-1\\
2x _{1} -4x _{2} -3x _{3} +4x _{4} +x _{5} =1\\
x _{1}+x _{2} +3x _{3} +5x _{4}+ x _{5} =-4 \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases}x _{1} -x _{2} +2x _{3} +2x _{4} -x _{5} =1\\
2x _{1} +2x _{2} -x _{3} +5x _{4} +x _{5} =-1\\
x _{1} -5x _{2} +7x _{3} +x _{4} -4x _{5} =\alpha\\
x _{1} +3x _{2} -3x _{3} +3x _{4} +2x _{5} =-2\end{cases}}\)

Wiem, że trzeba :
1. obliczyć rząd macierzy przekształcając macierz (naprodukować zera)
2. skorzystać z tego, że R(A)=R([A|B])
3.przyjąć co jest niewiadomą główna a co parametrem
4. pokombinować z tą \(\displaystyle{ \alpha}\)

Prosiłbym o pomoc, bo nie wiem jak się za to zabrać.

Pozdrawiam.

JankoS · Post autor: **JankoS** » 17 maja 2008, o 14:16

Dział jest dobry.
Kolega ma rozwiązać układ równań, a więc nie ma co się bawić w badanie jego rozwiązywalnośći, bowiem to ostatnie zajmie więcej czasu, niż samo rozwiązanie.
Do rozwiązania najlepiej stosować metodę eliminacji Gaussa

Spróbuję rozwiązać drugi układ
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccccc}1&-1&2&2&-1&1\\2&2&-1&5&1&-1\\1&-5&7&1&-4&a\\1&3&-3&3&2&-2\end{array}\right] \underline{(1)} ft[\begin{array}{cccccc}1&-1&2&2&-1&1\\0&4&-5&1&3&-3\\0&-4&5&-1&-3&a-1\\0&4&-5&1&3&-3\end{array}\right] \underline{(2)} \\}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccccc}1&-1&2&2&-1&1\\0&4&-5&1&3&-3\\0&0&0&0&0&a-4\\0&0&0&0&0&0\end{array}\right]}\)
Przekształcenia na wierszach: (1)- II+(-2)I, III-I, IV-I; (2) III+II, IV-II.
Skreślam ostatni wiersz.
Jeżeli \(\displaystyle{ a-4 0}\), to układ jest sprzeczny.
Jeżeli a=4, to układ mogę zapisać w postaci
\(\displaystyle{ \begin{cases}x _{1} -x _{2}=-2x _{3}-2x _{4} +x _{5} +1\\4x _{2}=5x _{3}-x _{4} -3x _{5} -3.\end{cases}}\)
Układ jest nieoznaczony. Zmienne po prawej to parrametry. Z ostatniego wyznaczam \(\displaystyle{ x _{2}}\). Podstawiam do pierwszego i wyznaczam \(\displaystyle{ x _{1}.}\)
Parametry można sobie wybrać arbitralnie.

b_ag · Post autor: **b_ag** » 17 maja 2008, o 17:43

Dzięki.
Mam jeszcze pewien kłopot z 1 układem, mianowicie nie mogę naprodukować tych zer, tak aby obliczyć rząd macierzy.
Proszę o pomoc/

JankoS · Post autor: **JankoS** » 17 maja 2008, o 20:39

\(\displaystyle{ \begin{cases}x _{1} -x _{2} -2x _{3} +3x _{4} +2x _{5} =-1\\2x _{1} -4x _{2} -3x _{3} +4x _{4} +x _{5} =1\\x _{1}+x _{2} +3x _{3} +5x _{4}+ x _{5} =-4 \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccccc}1&-1&-2&3&2&-1\\2&-4&-3&4&1&1\\1&1&3&5&a&-4\end{array}\right] \underline{(1)} ft[\begin{array}{cccccc}1&-1&-2&3&2&-1\\0&-2&1&-2&-3&3\\0&2&5&2&a-2&-3\end{array}\right] \underline{(2)}}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccccc}1&-1&-2&3&2&-1\\0&-2&1&-2&-3&3\\0&0&6&0&a-5&0 \end{array}\right]}\)
Dla każdego a r(A)=r(A|B)=3. n-r=5-3=2 parametry
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccccc}1&-1&-2&3&2&-1\\0&-2&1&-2&-3&3\\0&0&6&0&a-5&0\\x _{1}&x _{2}&x _{3}&x _{4}&x _{5}\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ x _{1},x _{2}, x _{3}}\) - zmienne główne
\(\displaystyle{ x _{4},x _{5}}\) - parametry.
\(\displaystyle{ \begin{cases}x _{1} -x _{2} -2x _{3} =-3x _{4} -2x _{5} -1\\ -2x _{2} +x _{3}=2x _{4} +3x _{5} +3\\6x _{3}=(5- ) x _{5}\\x _{4}=C _{1}\\x _{5}=C _{2} \end{cases} \begin{cases}x _{1}=-4C _{1}+\frac{-3-5a}{12}C _{2} -\frac{5}{2}\\ x _{2}=-C _{1}+\frac{1- }{12}C _{2} -\frac{3}{2}\\x _{3}=\frac{5- }{6}C _{2} \\x _{4}=C _{1}\\x _{5}=C _{2} \end{cases}, \ \\ gdzie \ a, C _{1},C _{2} R.}\)

b_ag · Post autor: **b_ag** » 18 maja 2008, o 11:48

2 układ zrobiłem tak:

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccccc}1& -1& 2 &2 &-1& 1\\
2 &2 &-1& 5& 1& -1\\
1& -5& 7& 1& -4& a\\
1& 3& -3& 3& 2& -2\end{array}\right]}\)...\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccccc}1& -1& 2 &2 &-1& 1\\0&4&-5&1&3&-3\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0&a+8\end{array}\right]}\)

1) \(\displaystyle{ a\neq8}\), to R(A)=2, R[A|B]=3, \(\displaystyle{ R(A)\neqR[A|B]}\)

2) a=8, to R(A)=2, R[A|B]=2, n-r=5-2=3 parametrów

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cccccc}1& -1& 2 &2 &-1& 1\\0&4&-5&1&3&-3\\x _{1}&x _{2} &x _{3} &x _{4} &x _{5} \end{array}\right]}\)

\(\displaystyle{ x _{1} i x _{4} --->niewiadome główne}\)
\(\displaystyle{ x _{2} ,x _{3} ,x _{5} --->parametry}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} x _{1} +x _{4}=1+x _{2}-2x _{3}+x _{5}\\
x _{4}=-3-4x _{2}+5x _{3}-3x _{5}\\
x _{2}=C _{1} \\
x _{3}=C_{2}\\
x_{5}=C_{3}\end{cases}}\)

Po przekształceniach wychodzi mi :
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_{1}=4+5C_{1}-7C_{2}+4C_{3}\\x_{2}=C_{1}\\x_{3}=C_{2}\\x_{4}=-3-4C_{1}+5C_{2}-3C_{3}\\x_{5}=C_{3}\end{cases}}\)

W taki sposób rozwiązywaliśmy układy na ćwiczeniach.

I teraz moje pytanie: czy ten 1 układ też da się tak rozwiązać?

Pozdrawiam.

JankoS · Post autor: **JankoS** » 18 maja 2008, o 12:48

b_ag pisze:I teraz moje pytanie: czy ten 1 układ też da się tak rozwiązać?

Tak.
Te wszystkie układy robi się "na jedno kopyto". Z układem pierwszym jest mniej kłopotów, bo (o ile się nie pomyliłem), to rząd A i rząd (A|B) jest taki sam i nie zależy od \(\displaystyle{ \alpha}\).
Teraz, gdy Kolega pokazał swoje rozwiązanie, wiem do czego byl Mu potrzebny rząd macierzy głownej i rozszerzonej. Spróbuję przerobić w ten sam sposób swoje rozwiązanie. Intryguje mnie to a+8. Ktoś się pomylił.

b_ag · Post autor: **b_ag** » 18 maja 2008, o 15:30

Możliwe, że się pomyliłem. Sprawdze to później.
Jeżeli możesz to prosiłbym o rozwiązanie (takie całkowite) tego 1 układu.
Pozdrawiam.