Algebra, zadanie nr 1173

Autor	Zadanie / 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