Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 7ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις)

Γραμμικά Συστήματα- Απαλοιφή Gauss

Επιμέλεια: I. Λυχναρόπουλος

1. Χρησιμοποιείστε απαλοιφή Gauss για να επιλύσετε τα ακόλουθα συστήματα:

a) 5 8 29 3 1

x yy x− =

= − b)

5 3 215 6 9

x yx y= +

− = c)

1 3 02 6 9x y

x y− − =

− =

Λύση

a) Φέρνουμε το σύστημα στη μορφή: 5 8 2

3 9 1x y

x y− =

− + = −

O επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι ο 5 8 2

|3 9 1

A b−

= − −

Η απαλοιφή Gauss δίνει:

2 2 13

555

28 28 2

13 9 1 0 15 5

r r r− → −

− − → − −

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με το ακόλουθο: 5 8 221 15 5

x y

y

− =

=

Με προς τα πίσω αντικατάσταση παίρνουμε αρχικά 121

y = και έπειτα

1 105 8 2 5 8 221 21

x y x x− = ⇒ − ⋅ = ⇒ =

Επομένως το σύστημα έχει μοναδική λύση την 1021121

x

=

b) Φέρνουμε το σύστημα στη μορφή: 5 2 315 6 9

x yx y− =

− =

O επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι ο 5 2 3

|15 6 9

A b−

= −

Η απαλοιφή Gauss δίνει: 2 2 1

1552 3 2 35

95

15 6 0 0 0r r r → −

− −

→ −

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με την ακόλουθη εξίσωση: 5 2 3x y− = H y είναι ελεύθερη μεταβλητή, επομένως το σύστημα έχει άπειρες λύσεις οι οποίες δίνονται σε παραμετρική μορφή ως

3 2,5

tx t

t

+ = ∀ ∈

c) Φέρνουμε το σύστημα στη μορφή: 3 1

2 6 9x y

x y− =

− =

O επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι ο 1 3 1

|2 6 9

A b−

= −

Η απαλοιφή Gauss δίνει: 2 2 1

211 13 1 3 1

2 6 9 0 0 7r r r → −

− −

→ −

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα: 3 1

0 7x y− =

=

Από την τελευταία εξίσωση γίνεται προφανές ότι το σύστημα δεν έχει λύση.

2. Χρησιμοποιείστε απαλοιφή Gauss για να επιλύσετε τα ακόλουθα συστήματα:

a)4 2 1

3 23

x y zx y z

x y z

+ − =− + + = + − =

b) 22 4

1

y zx y z

x z

= = + − = −

c) 5 2 3

2 01

x y zx z

x z yx y z

− = − = + − =− + − =

Λύση a)

2 2 1 3 3 1

3 3 2

3 14 4

1252

2 1 12 1 15 1 11| 3 1 1 2 02 4 4

1 1 1 3 1 1 1 3

2 1 1 2 1 11 11 1 110 04 4 4 4

1 3 11 110 0 0

44

4 45 52

44

2

4 552

r r r r r r

r r r

A b− → − → −

→ −

− − = − → → − −

− −

−

→

−

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα:

4 2 15 1 112 4 4

4 115 5

x y z

y z

z

+ − = + =− =

Με την προς τα πίσω αντικατάσταση προκύπτει η μοναδική λύση του συστήματος:

98

118114

x

− = −

b) Γράφουμε το σύστημα ως: 2 02 4 0

1

y zx y z

x z

− = − − = − = −

3 3 11 2

3 3 1

12

122

0 2 1 0 1 4 0| 1 4 0 0 2 1 0

1 0 1 1 1 0 1 1

1 4 0 1 4 00 1 0 0 1 0

10 1 1 0

22

2 22 2

52 4

0 1

r r rr r

r r r

A b → − ↔

→ −

− − − = − − → − → − − − −

− − − −

− → −

− −

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα:

2 4 02 05 14

x y zy z

z

− − =

− = = −

Με την προς τα πίσω αντικατάσταση προκύπτει η μοναδική λύση του συστήματος:

952545

x

− = − −

c) Γράφουμε το σύστημα ως:

05 2 3

2 01

x y zx z

x y zx y z

− − = − = − + =− + − =

3 3 12 2 1

4 4 34 4 1

5

23

1 1 0 1 1 05 0 2 3 0 5 3 3

|1 1 2 0 1 1 2 0

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 1 00 5 3 3 0 3 30 0 3 0 0 0 0

1 1 1 1

1 1

1 15

0 0 2 1

1 1 00 3 31

0

3

5

r r rr r r

r r rr r r

A b → −→ −

→ +→ +

− − − − − = → → − − − − − − − − − −

→ → − − −

− −

0 00 0

30 1

Λόγω της τελευταίας γραμμής, το σύστημα είναι αδύνατο

3. Χρησιμοποιείστε απαλοιφή Gauss για να επιλύσετε τα ακόλουθα συστήματα:

a)

2 14 3 2 4

2 23 2 2 1

x y z wx y z w

x y w zx y z w

+ − + = + − + =− + + − = + − + = −

b)

3 1

4 2 63

x y z wy w zx y zx y w

+ − + = + = + − =− + = −

Λύση

a) Γράφουμε το σύστημα ως:

2 14 3 2 4

2 23 2 2 1

x y z wx y z w

x y z wx y z w

+ − + = + − + =− + − + = + − + = −

3 3 12 2 1

4 4 1

24

3

21 11 1 1 2 1 1 14 1 3 2 4 0 7 1 2 0

|2 1 1 1 2 2 1 1 1 2

3 2 2 1 1 3 2 2 1 1

2 1 1 1 2 1 1 10 7 1 2 0 0 1 2 00 5 3 3 4 0 5 3 3 43 2 2 1 1 0

1

2 4

1

4

7

1

r r rr r r

r r r

A b → +→ −

→ −

− − − − − = → → − − − − − − − −

− − − − − → − − − − − − −

− 3 3 2

4 4 2 4 4 3

57

4 37 16

2 1 1 12 1 1 10 1 2 00 1 2 0

11

1177

167

17

1

16 11 0 0 40 0 4 77 73 60 4 1 2 4 0 0 47

67

72 1 1 1

0 1 2 0110 0 47

130 0 04

916

r r r

r r r r r r

→ +

→ − → +

→

− − − − → → − − − − − − −

− −

−−

−

−

−

−

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα:

2 17 2 016 11 47 79 13

16 4

x y z wy z w

z w

w

+ − + =− + − =− + =− = −

Με την προς τα πίσω αντικατάσταση προκύπτει η μοναδική λύση του συστήματος:

1943

209

529

x

−

=

b) Γράφουμε το σύστημα ως:

3 10

4 2 63

x y z wy z wx y zx y w

+ − + = − + = + − =− + + =

3 3 1 4 4 1

3 3 2

4 13 3

23

1 1 1 11 1 1 10 1 1 1 00 1 1 1 0

| 2 1 4 144 2 1 0 6 03 3 3 3

1 1 0 1 3 1 1 0 1 3

1 1 1 1 1 1 1 10 1 1 0 0 1 1 0

2 1 4 14 10 0 0 1 23 3 3 34 1 4 1003 3 3 3

33

3 31 1

r r r r r r

r r r

A b→ − → +

→ −

− − − − = → → − − − − − −

− − →− − −

4 4 2

4 4 3

434

34 1 4 1003 3 3 3

1 1 1 1 1 1 1 10 1 1 0 0 1 1 0

14 140 0 2 0 0 23 3

10 40 0 1 0 0 0 03

3 31 1

1

3

1

2

r r r

r r r

→ −

→ −

→ −

− − − − →− − −

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα:

3 10

1423

423

x y z wy z w

y z

w

+ − + = − + = − =

= −

Με την προς τα πίσω αντικατάσταση προκύπτει η μοναδική λύση του συστήματος:

134

10323

x

= −

4. Να διερευνηθούν οι λύσεις του ακόλουθου συστήματος ως προς την

παράμετρο k∈ : 3

22 1

x y z kk x y zx y k z

+ − = + + = − + − =

Λύση

3 3 12 2 1

2 3 3 3 2

2

(1 )2

2

1 3 1 3| 1 1 2 0 1 1 3 2

1 2 1 1 2 1

1 3 1 30 1 1 3 2 0 3 10 1 3 1 0 1 1 3 2

1 30 3

1 1

1 11

11 1

r r rr r kr

r r r r k r

k kA b k k k k

k k

k kk k k k k

k k k k k

kk

→ −→ −

↔ → − −

− − = − → − + − − → − −

− − − + − − → − − → − − − + − −

−−

2 20 0 7 2 2 2 3k

k k k k

− − + − − + −

Από την τελευταία γραμμή προκύπτει πως i) αν

( )2 17 2 0 7 412

k k k− + − ≠ ⇒ ≠ ±

τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση την οποία μπορούμε να πάρουμε με προς τα πίσω αντικατάσταση:

2 3 2

2 2 2

16 4 7 3 2 2, ,2 7 2 7 2 7

k k k k kxk k k k k k

− − − + − += − + − + − +

ii) αν

( )2 17 2 0 7 412

k k k− + − = ⇒ = ±

τότε για

( ) ( ) ( )221 1 17 41 2 2 3 2 7 41 2 7 41 3 0

2 4 2k k k= + ⇒ − + − = − + + + − ≠

ή για

( ) ( ) ( )221 1 17 41 2 2 3 2 7 41 2 7 41 3 0

2 4 2k k k= − ⇒ − + − = − − + − − ≠

η τελευταία γραμμή αντιστοιχεί στην εξίσωση 0 c= με 0c ≠

Επομένως και στις δύο περιπτώσεις το σύστημα είναι αδύνατο.

5. Να λύσετε το ακόλουθο σύστημα a) με απαλοιφή Gauss και b) με απαλοιφή Gauss – Jordan:

4 2 13 2

2 3

x y zx y z

x y z

+ − =− + + = + − =

Λύση α)

2 2 1 3 3 1

3 3 2

3 14 4

35

2 1 12 1 15 1 11| 3 1 1 2 02 4 4

1 2 1 3 1 2 1 3

2 1 1 2 1 11 11 1 110 04 4 4 4

3 3 11 110 0 02 4

44

4 45 5

0904 1

2 2

1

r r r r r r

r r r

A b→ + → −

→ −

− − = − → → − −

− − → −

−

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα:

( )1 1 24 2 1 45 1 11 2 11 12 4 4 5 4 4

9 11 1110 10 9

x y zx y z

y z y z

z z

= − + + − =

+ = ⇔ = −

− = = −

Με την προς τα πίσω αντικατάσταση προκύπτει η μοναδική λύση του συστήματος:

23

119119

x

− = −

b) Θα μπορούσαμε να συνεχίσουμε από εκεί που σταματήσαμε με την απαλοιφή Gauss, ώστε να φέρουμε τον επαυξημένο πίνακα σε ανηγμένη κλιμακωτή μορφή, αλλά θα για καλύτερη κατανόηση της διαδικασίας εκτελούμε τα απαραίτητα βήματα από την αρχή:

1 12 2 1

2 23 3 1

134

25

1 1 12 1 1 2 4 4

| 3 1 1 2 3 1 1 21 2 1 3 1 2 1 3

1 1 1 1 1 12 4 4 2 4 45 1 11

1

1 110 02 4 4 4 4

1 2 1 3 3 3 110

4

1 1

5

2 4 41 1 12

14

2

4

r r r r r

r rr r r

A b→ → +

→→ −

− − = − → − → − −

− − → → − −

−

1 1 2 1 1 2

3 3 2

1 12 2

32

3 3010 10

1 11 1 110 010 10 10 10

3 3 11 3 3 110 02 4 4 2 4 4

3 3 3 30 010 10 10 10

1 11 1 110 010 10 10 10

3 3 11 11

1

1 1

1 1

1 1

910

0 0 02 4 4

r r r r r r

r r r

→ − → −

→ −

− − → → − −

− − − − →

− −

3 3

1 1 3 2 2 3

109

3 110 10

103 3 20 0 0

10 10 31 11 1 110 0

10 10 10 1011 110 0 0 0

1 1

1 1

1 1

1

1

1

9 920 03

110 09110 09

r r

r r r r r r

→−

→ + → −

→

− − − → → − − − −

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα: 23

1119

1119

x

y

z

= − = = −

Έτσι προκύπτει άμεσα η λύση του συστήματος.

6. Βρείτε τη γενική λύση των ακόλουθων συστημάτων και δείξτε πως αυτή προκύπτει από τη λύση των αντίστοιχων ομογενών συστημάτων

a) 3 6 102 5 86 3 3 0

x y zx y zx y z

+ − = − + − = − − + =

b) 2 3

3 2 12 3 6 1

x y z w sx y z s

x z s

+ + + + = + − − = − + + =

Λύση a)

2 2 13 3 1

3 3 1 3 3 2

223

2 15

1 6 101 6 101 4| 2 1 5 8 0 13 3

6 3 3 0 6 3 3 0

1 6 10 1 6 104 40

33

3 31 13 3

1 0 13 3

0 5 15 20 0 5 15 20

1 6 10

0

313

r r r r r r

r r r r r r

A b→ − → −

→ − → +

− − − − = − − → − − → − −

− − − − − − → − − → − −

− −413

0 0 0 0

− −

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα:

( )3 6 10 1 10 631 4

4 33 3

x y z x y zy z y z

+ − = − = − − + ⇔ − = − = − +

με ελεύθερη μεταβλητή την z . Οι άπειρες λύσεις του συστήματος μπορούν να βρεθούν με προς τα πίσω αντικατάσταση και να γραφούν ως

24 3 ,

tx t t

t

− + = − + ∀ ∈

Το αντίστοιχο ομογενές σύστημα όπως προκύπτει μετά την απαλοιφή Gauss θα είναι το

( )3 6 0 1 631 0 33

x y z x y zy z y z

+ − = = − + ⇔ − = =

Επειδή υπάρχει μία ελεύθερη μεταβλητή, το ομογενές σύστημα θα έχει άπειρες λύσεις, οι οποίες μπορούν να δοθούν ως γραμμικός συνδυασμός ενός διανύσματος. Για τον υπολογισμό του διανύσματος αυτού θέτουμε

1z = και παίρνουμε:

1, 3x y= = Επομένως όλες οι λύσεις του ομογενούς συστήματος μπορούν να γραφούν ως

13 ,1

ox t t = ∀ ∈

Μπορούμε να βρούμε μία ειδική λύση του μη ομογενούς συστήματος θέτοντας 0t = στη λύση:

24 3 ,

tx t t

t

− + = − + ∀ ∈

απ' όπου παίρνουμε: 24

0px

− = −

Επομένως όπως είναι αναμενόμενο επαληθεύεται η σχέση: o Px x x= +

b) 2 3

3 2 12 3 6 1

x y z w sx y z s

x z s

+ + + + = + − − = − + + =

3 3 12 2 1

3 2

2

1 1 2 1 3 1 1 2 1 3| 1 1 3 0 2 1 0 0 4 2 3 4

2 0 3 0 6 1 2 0 3 0 6 1

1 1 2 1 3 1 1 2 1 30 0 4 2 3 4 0 1 4 4 50 1 4 4 5 0 0 2 3

1 1

1 12

2 44

r r rr r r

r r

A b → −→ −

↔

= − − − → − − − − →

− − − − → − − − − − − − −

−−

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα:

( )

( )

3 22 312 4 4 5 5 4 42

4 2 3 4 1 4 2 34

x y z w sx y z w sy z w s y z w sz w s

z w s

= − − − −

+ + + + = − + − + = − ⇔ = − − − + − − − − = − = − − + +

με ελεύθερες μεταβλητές τις ,w s . Οι άπειρες λύσεις του συστήματος μπορούν να βρεθούν με προς τα πίσω αντικατάσταση και να γραφούν ως

( )

( )

( )

1 2

1 2

1 2

1 2

1

2

1 8 6 1581 24 18 138

, ,1 4 2 34

t t

t tx t t

t t

tt

− + − − +

= ∀ ∈ − −

Το αντίστοιχο ομογενές σύστημα όπως προκύπτει μετά την απαλοιφή Gauss θα είναι το

( )

( )

22 012 4 4 0 4 42

4 2 3 0 1 2 34

x y z w sx y z w sy z w s y z w sz w s

z w s

= − − − −

+ + + + = − + − + = ⇔ = − − + − − − − = = − +

Επειδή υπάρχουν δύο ελεύθερες μεταβλητές, το ομογενές σύστημα θα έχει άπειρες λύσεις, οι οποίες μπορούν να δοθούν ως γραμμικός συνδυασμός δύο διανυσμάτων. Για τον υπολογισμό των διανυσμάτων αυτών θέτουμε εκ περιτροπής κάθε ελεύθερη μεταβλητή ίση με 1 και την άλλη ίση με 0 και παίρνουμε:

Για 1, 0w s= = θα είναι 3 9 1, ,4 4 2

x y z= = − = −

ενώ για 0, 1w s= = θα είναι 15 13 3, ,8 8 4

x y z= − = = −

Επομένως όλες οι λύσεις του ομογενούς συστήματος μπορούν να γραφούν ως

1 2 1 2

15384

9 134 8 , ,1 32 4

1 00 1

ox t t t t

− −

= + ∀ ∈ − −

Μπορούμε να βρούμε μία ειδική λύση του μη ομογενούς συστήματος θέτοντας 1 20, 0t t= = στη λύση:

( )

( )

( )

1 2

1 2

1 2

1 2

1

2

1 8 6 1581 24 18 138

, ,1 4 2 34

t t

t tx t t

t t

tt

− + − − +

= ∀ ∈ − −

απ' όπου παίρνουμε:

13100

Px

− =

Επομένως επαληθεύεται η σχέση: o Px x x= +

7. Ελέγξτε αν το διάνυσμα 301

−

μπορεί να γραφεί ως γραμμικός συνδυασμός

των διανυσμάτων 1 12 , 2

3 0

− −

και 513

Λύση Θα πρέπει να έχει λύση το σύστημα:

1 1 5 32 2 1 0

3 0 3 1x y z

− − + + = −

ή αλλιώς το 5 3

2 2 03 3 1

x y zx y z

x z

− + =− + + = − = −

3 3 12 2 1

3 2

32

1 5 3 1 5 3| 2 2 1 0 0 0 11 6

3 0 3 1 3 0 3 1

1 5 3 1 5 30 0 11 6 0 12 100 12 10 0 0 6

1 1

1 13

3 11

r r rr r r

r r

A b → −→ +

↔

− − = − → → − −

− − → − − − −

Επομένως το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τo ακόλουθο σύστημα:

( )

3 55 313 12 10 10 123

11 6 611

x y zx y zy z y zz

z

= + −

− + = − = − ⇔ = − + = =

Με την προς τα πίσω αντικατάσταση προκύπτει η μοναδική λύση του συστήματος:

293338336

11

x

− = −

Άρα το διάνυσμα 301

−

μπορεί να γραφεί ως γραμμικός συνδυασμός των

διανυσμάτων 1 12 , 2

3 0

− −

και 513

ως

1 1 5 329 38 62 2 1 033 33 11

3 0 3 1

− − − − + = −

8. Δείξτε πως γράφεται η απαλοιφή Gauss ως γινόμενο στοιχειωδών πινάκων,

στο ακόλουθο σύστημα: 2 2 83 2 4 155 4 1

x y zx y zx y z

+ − = + − = + − =

Λύση Η απαλοιφή Gauss δίνει:

2 2 1 3 3 1

3 3 2

3 52 2

3

1 2 81 2 81| 3 2 4 15 0 1 32

5 4 1 1 5 4

22

2 2

1 1

1 12

1 2 8 1 2 8

0 1 3 0 1 3

3 0 0 280 4 12

79

2

r r r r r r

r r r

A b→ − → −

→ −

− − = − → − → − −

− − − → − − −

Η ανωτέρω απαλοιφή Gauss με τη χρήση στοιχειωδών πινάκων μπορεί να γραφεί ως:

3 2 1( | )E E E A b όπου

1

1 0 03 1 02

0 0 1

E

= −

2

1 0 00 1 05 0 12

E

= −

3

1 0 00 1 00 3 1

E = −

9. Αναλύστε τον πίνακα των συντελεστών του συστήματος της προηγούμενης άσκησης ως γινόμενο A LU= και A LDU= Λύση α) Στην παραγοντοποίηση A LU= ο άνω τριγωνικός πίνακας U προκύπτει από την διαδικασία απαλοιφής του Gauss, επομένως είναι ο

2 1 210 12

0 0 7

U

− = −

Η διαγώνιός του αποτελείται από τους οδηγούς κάθε γραμμής του μετασχηματισμένου πίνακα συντελεστών. Ο κάτω τριγωνικός πίνακας L περιέχει τους πολλαπλασιαστές του κάθε βήματος της απαλοιφής Gauss και μονάδες στη διαγώνιό του:

1 0 03 1 025 3 12

L

=

β) Ο πίνακας L είναι ο ίδιος με τον αντίστοιχο της παραγοντοποίησης LU:

1 0 03 1 025 3 12

L

=

Ο πίνακας D είναι διαγώνιος και περιέχει την διαγώνιο του πίνακα U της παραγοντοποίησης LU (στοιχεία οδηγών):

2 0 010 02

0 0 7

D

=

Ο νέος άνω τριγωνικός πίνακας U προκύπτει από τον πίνακα U της παραγοντοποίησης LU διαιρώντας κάθε στοιχείο του με το στοιχείο της διαγωνίου (δηλ. τον οδηγό) της ίδιας γραμμής:

11 12

0 1 20 0 1

U

−

= −

10. Υπολογίστε, αν υπάρχουν, τους αντίστροφους πίνακες των

1 23 3

A−

= −

1 2 34 5 67 8 9

B =

1 0 10 1 27 2 1

C =

1 2 1 13 1 0 25 1 1 32 0 3 3

D

− = −

Λύση Θα εφαρμόσουμε την μέθοδο με την απαλοιφή Gauss-Jordan

1( | ) ( | )Gauss Jordann n n nA A− −× Ι → Ι

α)

1 1 1 2 1 2 2

1 1 2

3 /( 3)2

2

2 1 0 2 1 0 2 1 0|

3 3 0 1 3 3 01

1 0 3 1

22 1 0 0 13

1 10 1 0 13 3

1 13

1 1

1 1

r r r r r r r

r r r

A →− → + → −

→ +

− − − − Ι = → → → − − −

− − − → − −

−

−

Επομένως

1

213113

A−

− = −

β)

3 3 12 2 1

2 2 1 1 2

743

/( 3) 2

1 1

113

2 3 1 0 0 2 3 1 0 0| 4 5 6 0 1 0 0 3 6 4 1 0

7 8 9 0 0 1 7 8 9 0 0 1

2 3 1 0 02 3 1 0 04 10 6 4 1 0 0 2 03 3

0 6 12 7 0 1 0 6 12 7 0

1

1

1

50 13

r r rr r r

r r r r r

B → −→ −

→ − → −

Ι = → − − − →

− − → − → − − − − − −

−

−

−

3 3 26

12 5 20 0 1 03 3 3

4 1 4 10 2 0 0 2 03 3 3 3

0 6 12 7 0 1 0 0 0 1 2

1 1

1

r r r→ +

− − − → − − − − − Από την τελευταία γραμμή προκύπτει ότι ο πίνακας Β δεν έχει αντίστροφο. γ)

3 3 1 3 3 2

1 1 32 2

7 23

/( 10)

0 1 1 0 0 0 1 1 0 0| 0 1 2 0 1 0 0 2 0 1 0

7 2 1 0 0 1 0 2 6 7 0 1

0 1 1 0 0 0 1 1 0 00 2 0 1 0 0 2 0 1 00 0 7 2 1 7 1 10 0

10 5

1 11

1 11 1

10 1

1

10

3 10 010 5

r r r r r r

r r rr r

C → − → −

→ −→ −

Ι = → → − −

→ → − − −

−

−

2 2 32

3 1 11 0 010 5 1010 7 3 10 2 0 1 0 0 0

5 5 57 1 1 7 1 10 0 0 010 5 10

1

1 1

10 5 101 1

r r r→ −

− → − − −

Επομένως

1

3 1 110 5 10

7 3 15 5 5

7 1 110 5 10

C−

− = − −

δ)

3 3 12 2 1

4 4 1

534

2

2 1 1 1 0 0 0 2 1 1 1 0 0 03 1 0 2 0 1 0 0 0 5 3 5 3 1 0 0

|5 1 1 3 0 0 1 0 5 1 1 3 0 0 1 02 0 3 3 0 0 0 1 2 0 3 3 0 0 0 1

2 1 1 1 0 0 0 2 1 1 1 00 5 3 5 3 1 0 00 9 4 2 5 0 1 02 0 3 3 0 0

1

0

1

1

1

1

r r rr r r

r r r

D → −→ −

→ −

− − − − − Ι = → → − −

− − − − − → − − −

2 2

1 1 2

/( 5)

2

0 00 3 5 3 1 0 00 9 4 2 5 0 1 00 4 1 5 2 0 0 1

1 1 22 1 1 1 0 0 0 0 1 0 05 5 5

3 3 1 3 3 10 1 0 0 0 1 0 05 5 5 5 5 50 9 4 2 5 0 1 0 0 9 4 2 5 0 1 00 4 1 5 2

5

1

0 0 1 0 4 1 5 2 0 0

1

1 1

1

r r

rr r r

→ −

→ −

− − → − − − − − − − − − − − −→ − − − − − − − − − −

−

3 3 29r r→ +→

3 34 4 2

54 7

1 1 21 1 2 0 1 0 00 1 0 0 5 5 55 5 53 3 13 3 1 0 1 0 00 1 0 0 5 5 55 5 5

2 97 2 9 0 0 7 1 00 0 7 1 0 5 55 5 517 2 40 4 1 5 2 0 0 1 0 0 1 0 15 5 5

1 1 20 1 0 05 5 5

3 3 10 1 0 05 5 5

11

1175

1

1

75

0 0 7

r rr r r →→ +

− − − − − − − − → → − − − − − − −

− −

− −

−

3 3 1 1 35 17 5

1 1 20 1 0 05 5 5

3 3 10 1 0 05 5 5

2 9 2 9 51 0 0 0 5 05 5 7 7 7

17 2 4 17 2 40 0 1 0 1 0 0 1 0 15 5 5 5 5 5

1

1

1

r r r r r→ → +

− − − −

→ → − − − − −

2 2 3 4 4 33 175 5

1 1 1 1 1 10 0 0 0 0 0 0 07 7 7 7 7 7

3 3 1 3 4 30 1 0 0 0 0 2 05 5 5 7 7 7

2 9 5 2 9 50 0 5 0 0 0 5 07 7 7 7 7 7

17 2 4 17 2 40 0 1 0 1 0 0 1 0 15 5 5 5 5 5

1 1

1 1

1 1

1 1 1 10 0 0 07 7 7

3 4 30 0 2 07

17 7

r r r r r r→ − → −

− − − − −

→ → − − − − − −

−

−4 4 2 2 4/18 2r

1 1 10 0 0 07 7 7

3 4 30 0 2 07 7 7

2 9 5 2 9 50 0 5 0 0 0 5 07 7 7 7 7 74 25 17 2 25 17 10 0 0 1 0 0 07 7 7 63 126 126 181 1 10 0 0 07 7 7

31 11 10 10 0 063 63 63 92 9

1

1

1 1

18 1

1

1

10 0 57

r r r r→ → −

− −

→ → − − − − − − − −

−

− −

− −

3 3 45r

1 1 10 0 0 07 7 7

31 11 10 10 0 063 63 63 9

5 8 37 5 50 0 0 07 7 63 126 126 18

2 25 17 1 2 25 17 10 0 0 0 0 063 126 126 18 63 126 1

1

261

18

1

1

1

r r→ +

− − −

→ − − − − −

Επομένως

1

1 1 1 07 7 7

31 11 10 163 63 63 98 37 5 563 126 126 18

2 25 17 163 126 126 18

D−

− − −

= − − −

11. Για ποιες τιμές της παραμέτρου k∈ υπάρχει ο αντίστροφος του:

1 42 12 1

kA k

k

= −

Λύση

Για να έχει ο πίνακας A αντίστροφο θα πρέπει η απαλοιφή Gauss-Jordan πάνω στον Α να δώσει τελικά τον ταυτοτικό πίνακα (Επειδή δεν ζητείται να υπολογιστεί ο αντίστροφος δεν χρειάζεται να κάνουμε Gauss-Jordan πάνω στον επαυξημένο πίνακα). Έτσι έχουμε

3 3 12 2 1 22

1 1

1

4 42 1 0 1 2 8

2 1 2 1

40 1 2 80 1 2 8

r r rr r r

k kA k k k

k k

kk kk k

→ +→ −

= → − − → − −

− − + +

Για να έχουμε οδηγό στη δεύτερη γραμμή θα πρέπει είτε 11 2 02

k k− ≠ ⇒ ≠

οπότε διατηρούμε τη δεύτερη γραμμή ως έχει, είτε 11 2 02

k k+ ≠ ⇒ ≠ −

οπότε εναλλάσσουμε τη δεύτερη με την τρίτη γραμμή.

α) Έστω 12

k ≠ , τότε συνεχίζοντας την απαλοιφή έχουμε:

3 3 22 2 1 1 2

2

(1 2 )/(1 2

2

)

2

404 1 248 80 8 0 0

1 2 1 20 1 2 8 0

1111 2 1 1

1

1

1

1 2 8

6 41 2

0 1 2 8

401 2

801 2

0 0

r r k rr r k r r kr

kk kk

k kkk k

k k k k

k

kk

k k

kk

kk

→ − +→ − → −

− − − − − → → → − − + + + + +

−

−−

+

− −

− −

23 32

2

1 2 , 16 4 016 4

1 401 2

80 11 2

0 0 1

kr r kk

kk

kk

−→ − ≠

−

− −

− → −

Επομένως ο περιορισμός είναι ο

2 216 4 0 4 2k k k− ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ ± Δεν χρειάζεται να συνεχίσουμε την απαλοιφή καθώς δεν θα προκύψουν νέοι περιορισμοί.

β) Έστω 12

k ≠ − , τότε συνεχίζοντας την απαλοιφή έχουμε:

3 2 3 3 22 2

2

(1 2 )/(1 2 )

2

2

401 24 4

80 1 2 8 0 8 01

11 1

1 2 11 2

1

1

4 161 2

20 8 0 1 2 8 0 1 2 8

401 2

801 2

0 0

r r r r k rr r k

r

kkk k

kk k kk

k k k k

k

k

kk

k

k

kk

k

↔ → − −→ +

− +

+ − − → + → → + + − − − −

− +

+ + +

+

−

+

23 32

2

1 2 , 4 16 016

401 2

8

1

1

1

01 2

0 0

k r kk

kk

kk

+→ − ≠

−

− +

+ → +

Επομένως ο περιορισμός είναι ο 2 24 16 0 4 2k k k− ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ ±

όπως και στην περίπτωση (α) Έτσι τελικά ο πίνακας Α έχει αντίστροφο { }2,2k∀ ∈ − −