Srovnání množin řešení
Úloha číslo: 3242
S pomocí elementárních úprav rozhodněte, které z následujících homogenních
soustav lineárních rovnic mají totožná řešení.
\[\begin{alignat}{8}
x_1 &\ +\ & 3x_2 & & &\ +\ & 4x_4 &\ =\ &0\tag{A}\\
2x_1 &\ +\ & x_2 &\ +\ & 3x_3 & & &\ =\ &0\notag\\
3x_1 & & &\ +\ & x_3 &\ +\ & 2x_4 &\ =\ &0\notag
\end{alignat}\]
\[\begin{alignat}{8}
x_1 &\ -\ & 2x_2 &\ +\ & 3x_3 &\ -\ & 4x_4 &\ =\ &0\tag{B}\\
x_1 &\ +\ & 3x_2 & & &\ +\ & 4x_4 &\ =\ &0\notag\\
9x_1 & & &\ +\ & 3x_3 &\ +\ & 6x_4 &\ =\ &0\notag
\end{alignat}\]
\[\begin{alignat}{8}
3x_1 &\ +\ & 4x_2 &\ +\ & 3x_3 &\ +\ & 4x_4 &\ =\ &0\tag{C}\\
x_1 &\ +\ & 3x_2 & & &\ +\ & 4x_4 &\ =\ &0\notag\\
2x_1 &\ +\ & x_2 &\ +\ & 3x_3 & & &\ =\ &0\notag
\end{alignat}\]
\[\begin{alignat}{8}
3x_1 & & &\ +\ & x_3 &\ +\ & 2x_4 &\ =\ &0\tag{D}\\
3x_1 &\ +\ & 9x_2 & & &\ +\ &12x_4 &\ =\ &0\notag\\
3x_1 &\ +\ & 4x_2 &\ +\ & 3x_3 &\ +\ & 4x_4 &\ =\ &0\notag
\end{alignat}\]
\[\begin{alignat}{8}
2x_1 &\ +\ & 6x_2 & & &\ +\ & 8x_4 &\ =\ &0\tag{E}\\
x_1 &\ -\ & x_2 &\ -\ & 2x_3 &\ +\ & 2x_4 &\ =\ &0\notag\\
4x_1 &\ +\ & 3x_2 &\ +\ & 1x_3 &\ +\ & 6x_4 &\ =\ &0\notag\\
2x_1 &\ +\ & x_2 &\ +\ & 3x_3 & & &\ =\ &0\notag
\end{alignat}\]
\[\begin{alignat}{8}
4x_1 &\ +\ & 2x_2 &\ +\ & 6x_3 & & &\ =\ &0\tag{F}\\
3x_1 & & &\ +\ & x_3 &\ +\ & 2x_4 &\ =\ &0\notag\\
3x_1 &\ -\ & x_2 &\ +\ & 6x_3 &\ +\ & 4x_4 &\ =\ &0\notag
\end{alignat}\]
\[\begin{alignat}{8}
x_1 &\ +\ & 3x_2 & & &\ +\ & 4x_4 &\ =\ &0\tag{G}\\
&\ -\ & 5x_2 &\ + \ & 3x_3 &\ -\ & 8x_4 &\ =\ &0\notag\\
&\ -\ & 9 x_2&\ + \ & x_3 &\ -\ &10x_4 &\ =\ &0\notag
\end{alignat}\]
\[\begin{alignat}{8}
6x_1 & & &\ +\ & 2x_3 &\ +\ & 4x_4 &\ =\ &0\tag{H}\\
& & x_2 &\ -\ & 5x_3 &\ -\ & 2x_4 &\ =\ &0\notag\\
2x_1 &\ +\ & x_2 &\ +\ & 3x_3 & & &\ =\ &0\notag
\end{alignat}\]
Nápověda
Obecně lze úlohu vyřešit např. srovnáním hodností matic původních a sloučených úloh (to ale v této chvíli ještě neznáme).
Alternativně lze hledat nějaký jednoznačný odstupňovaný tvar, např. Gauss-Jordanovou eliminací (všechny pivoty 1, v sloupcích nad pivoty samé 0).
My se pokusíme uhodnout elementární úpravy na \(A\) vedoucí k matici soustavy \(B\) (stačí nerozšířené matice neboť všechny soustavy jsou homogenní).
Řešení
\[ A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 2 & 1 & 3 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 4 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 2 & 1 & 3 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 4 \\ 9 & 0 & 3 & 6 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 1 & 3 & 0 & 4 \\ 9 & 0 & 3 & 6 \\ \end{pmatrix} =B \]
\[ A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 0 & 4 \\ 3 & 4 & 3 & 4 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 & 2 \\ 3 & 9 & 0 & 12 \\ 3 & 4 & 3 & 4 \\ \end{pmatrix} =D \]
\[ A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 4 \\ 1 &-1 &-2 & 2 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 2 & 6 & 0 & 8 \\ 1 &-1 &-2 & 2 \\ 4 & 3 & 1 & 6 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ \end{pmatrix} =E \]
\[ A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 4 \\ 0 &-5 & 3 &-8 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 4 \\ 0 &-5 & 3 &-8 \\ 0 &-9 & 1 &-10\\ \end{pmatrix} =G \]
\[ F= \begin{pmatrix} 4 & 2 & 6 & 0 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \\ 3 &-1 & 6 & 4 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 & 2 \\ 3 &-1 & 6 & 4 \\ 4 & 2 & 6 & 0 \\ \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 &-5 &-2 \\ 4 & 2 & 6 & 0 \\ \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 6 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 1 &-5 &-2 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ \end{pmatrix} =H \]
\[ C= \begin{pmatrix} 3 & 4 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ \end{pmatrix} \]
Pro důkaz různosti množin řešení je třeba ukázat, že neexistuje žádná přípustná lineární kombinace jak vyjádřit nějaký nový řádek z původních. To vede k soustavě lin. rovnic, která nemá žádné řešení.
Pro náš případ ukážeme, že poslední řádek matice \(F\) se nedá vyjádřit jako lineární kombinace řádků z matice \(A\). Musely by existovat \(x,y,z\) tak, že
\((3,-1{,}6,4)=x(1{,}3,0{,}4)+y(2{,}1,3{,}0)+z(3{,}0,1{,}2)\), což vede k rozšířené matici jež nepřipouští žádné řešení:\[ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 3 \\ 3 & 1 & 0 &-1 \\ 0 & 3 & 1 & 6 \\ 4 & 0 & 2 & 4 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 3 \\ 3 & 1 & 0 &-1 \\ -4 & 0 &-2 & 4 \\ 4 & 0 & 2 & 4 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 3 \\ 3 & 1 & 0 &-1 \\ -4 & 0 &-2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 8 \\ \end{pmatrix} \]
Výsledek
Soustavy A, B, D, E, G mají shodná řešení a také soustavy F a H.
Soustava C je jen "částí" A, její množina řešení je tedy širší.
