MA0005 Algebra 2 – Sbírka řešených příkladů
Lukáš Másilko
4. července 2024
Cvičení 6
Známe již Gaussovu eliminační metodu a Cramerovo pravidlo pro řešení systému
lineárních rovnic. V 6. cvičení si uvedeme další tři metody, které jsou
ve Skriptech představeny v rámci kapitol (týdnů) 5, 6.
Obsah
6.1 Maticová metoda řešení SLR 2
6.2 Gauss-Jordanova metoda pro řešení SLR 4
6.3 Princip superpozice 5
Výsledky příkladů 10
Katedra matematiky Pedagogické fakulty MU, podzim 2023
1
6.1 Maticová metoda řešení SLR
V minulém cvičení jsme si představili inverzní matice, které se v maticové
metodě používají k řešení SLR. Je tedy patrné, že tento postup můžeme použít
pouze tehdy, máme-li SLR, v němž je stejný počet řádků jako proměnných
a navíc je matice systému A regulární. V takovém případě lze určit inverzní
matici A−1
. Ve Skriptech (viz str. 55) je poté z obecného zápisu SLR
A · ⃗x = ⃗b
odvozena jiná rovnice
(∗) ⃗x = A−1
·⃗b,
kterou pro nalezení řešení SLR použijeme. Je tedy patrné, že největší práci
budeme mít s nalezením inverzní matice, kterou poté už jen vynásobíme
s vektorem pravých stran ⃗b a dostaneme řešení.
Řešený příklad 6.1.a
Zadání
Pomocí maticové metody nalezněte řešení následujícího systému:
x + y + z = 0
x − y = 3
y + z = 1
Řešení
Nejprve k matici systému
A =


1 1 1
1 −1 0
0 1 1


nalezneme pomocí Gauss-Jordanovy metody inverzní matici:


1 1 1 1 0 0
1 −1 0 0 1 0
0 1 1 0 0 1

 −r1 ∼


1 1 1 1 0 0
0 −2 −1 −1 1 0
0 1 1 0 0 1

 ↓1
↑1
∼


1 1 1 1 0 0
0 1 1 0 0 1
0 −2 −1 −1 1 0


+2r2
∼


1 1 1 1 0 0
0 1 1 0 0 1
0 0 1 −1 1 2


−r3
−r3 ∼


1 1 0 2 −1 −2
0 1 0 1 −1 −1
0 0 1 −1 1 2


−r2
∼


1 0 0 1 0 −1
0 1 0 1 −1 −1
0 0 1 −1 1 2


V poslední rozšířené matici už je nalevo jednotková matice, takže napravo
máme inverzní matici A−1
. Je tedy možné ji použít a dle vzorce (*) spočítat
řešení systému:


x
y
z

 = A−1
·⃗b =


1 0 −1
1 −1 −1
−1 1 2

 ·


0
3
1

 =


−1
−4
5

 ,
2
tedy
K =





−1
−4
5





.
Řešený příklad 6.1.b
Zadání
Pomocí maticové metody nalezněte řešení následujícího systému:
−x + 2y = 0
2x − 3y + z = 3
x − y + 3z = 1
Řešení
Opět nejprve nalezneme inverzní matici A−1
k matici systému A pomocí
Gauss-Jordanovy metody:


−1 2 0 1 0 0
2 −3 1 0 1 0
1 −1 3 0 0 1

 +2r1
+r1
∼


−1 2 0 1 0 0
0 1 1 2 1 0
0 1 3 1 0 1


−r2
∼


−1 2 0 1 0 0
0 1 1 2 1 0
0 0 2 −1 −1 1

 2r2 − r3 ∼


−1 2 0 1 0 0
0 2 0 5 3 −1
0 0 2 −1 −1 1


−r2
∼


−1 0 0 −4 −3 1
0 2 0 5 3 −1
0 0 2 −1 −1 1


·(−1)
: 2
: 2
∼



1 0 0 4 3 −1
0 1 0 5
2
3
2
−1
2
0 0 1 −1
2
−1
2
1
2



V poslední rozšířené matici už je nalevo jednotková matice, takže napravo
máme inverzní matici A−1
. Je tedy možné ji použít a dle vzorce (*) spočítat
řešení systému:


x
y
z

 = A−1
·⃗b =



4 3 −1
5
2
3
2
−1
2
−1
2
−1
2
1
2


 ·


0
3
1

 =


8
4
−1

 ,
tedy
K =





8
4
−1





.
Příklad 6.1.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Pomocí maticové metody nalezněte řešení následujícího systému:
2x + z = 2
4x − 3y + z = 1
−x + y = 0
3
Příklad 6.1.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Pomocí maticové metody nalezněte řešení následujícího systému:
−4x − y + 6z = 1
x + y − z = 0
−2x + 3z = −1
6.2 Gauss-Jordanova metoda pro řešení SLR
Gauss-Jordanovu metodu již známe, protože pomocí ní hledáme inverzní matice.
Lze ji však použít i jiným způsobem, totiž k přímému nalezení řešení,
opět však za předpokladu, že matice systému je čtvercová a regulární. Podrobněji
je tato metoda popsána ve Skriptech na str. 66–67.
Řešený příklad 6.2.a
Zadání
Pomocí Gauss-Jordanovy metody nalezněte řešení následujícího systému:
x1 − 2x2 + 2x3 = −1
−x1 + 3x2 + 4x3 = 9
2x1 + x2 + 3x3 = 7
Řešení
Systém si zapíšeme do rozšířené matice a následně se pomocí elementárních
řádkových uprav snažíme převést matici nalevo na jednotkovou.


1 −2 2 −1
−1 3 4 9
2 1 3 7

 +r1
−2r1
∼


1 −2 2 −1
0 1 6 8
0 5 −1 9


−5r2
∼


1 −2 2 −1
0 1 6 8
0 0 −31 −31


: 31
∼


1 −2 2 −1
0 1 6 8
0 0 −1 −1


+2r3
+6r3 ∼


1 −2 0 −3
0 1 0 2
0 0 −1 −1


+2r2
·(−1)
∼


1 0 0 1
0 1 0 2
0 0 1 1


Jakmile máme nalevo jednotkovou matici, tak na pravé straně rozšířené matice
je řešení systému, tedy
K =





1
2
1





.
4
Řešený příklad 6.2.b
Zadání
Pomocí Gauss-Jordanovy metody nalezněte řešení následujícího systému:
−3x1 + 2x2 + 5x3 = 0,
7x1 − 3x2 + x3 = −16,
−5x1 + 2x2 + x3 = 10,
Řešení
Systém si zapíšeme do rozšířené matice a následně se pomocí elementárních
řádkových uprav snažíme převést matici nalevo na jednotkovou.


−3 2 5 0
7 −3 1 −16
−5 2 1 10


2r1 + r2
∼


1 1 11 −16
7 −3 1 −16
−5 2 1 10

 −7r1
+5r1
∼


1 1 11 −16
0 −10 −76 96
0 7 56 −70

 +r3 ∼


1 1 11 −16
0 −3 −20 26
0 7 56 −70

 2r2 + r3 ∼


1 1 11 −16
0 1 16 −18
0 7 56 −70


−7r2
∼


1 1 11 −16
0 1 16 −18
0 0 −56 56


: (−56)
∼


1 1 11 −16
0 1 16 −18
0 0 1 −1


−11r3
−16r3 ∼


1 1 0 −5
0 1 0 −2
0 0 1 −1


−r2
∼


1 0 0 −3
0 1 0 −2
0 0 1 −1


Nalevo již máme jednotkovou matici, takže na pravé straně poslední rozšířené
matice je řešení systému, tj.
K =





−3
−2
−1





.
Příklad 6.2.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Pomocí Gauss-Jordanovy metody nalezněte řešení následujícího systému:
x1 + 2x2 + x3 = 2
x1 − 3x2 + 7x3 = −15
−x1 + 2x2 − 3x3 = 6
Příklad 6.2.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Pomocí Gauss-Jordanovy metody nalezněte řešení následujícího systému:
3x1 + 2x2 + x3 = 7
3x1 + 4x2 − 6x3 = 0
−x1 + x2 − 4x3 = −6
5
6.3 Princip superpozice
Poslední metodou řešení SLR, kterou si ukážeme, je Princip superpozice.
Abyste pochopili fungování této metody, je třeba znát pojmy nehomogenní
vs. homogenní SLR, tj. systém s libovolnou pravou stranou, resp. systém
s pravou stranou v podobě samých nul. Řešení nehomogenního systému se
složí z obecného řešení homogenního SLR a partikulárního řešení nehomogenního
SLR. Podrobněji viz Skripta a Věty 9, 10, Definice 18 a Příklady 22,
23 a 24 na str. 50–55.
Řešený příklad 6.3.a
Zadání
Pomocí principu superpozice vyřešte následující systém lineárních rovnic:
x1 + 2x2 + x3 − x4 = 1
4x1 + 7x2 + x3 = 5
2x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 3
x1 − 5x3 + 7x4 = 3
Řešení
Nejprve si zadaný systém převedeme do rozšířené matice, kterou převedeme
na schodový tvar. Zjistíme tak počet řešení.




1 2 1 −1 1
4 7 1 0 5
2 3 −1 2 3
1 0 −5 7 3




−4r1
−2r1
−r1
∼




1 2 1 −1 1
0 −1 −3 4 1
0 −1 −3 4 1
0 −2 −6 8 2



 −r2
−2r2
∼




1 2 1 −1 1
0 −1 −3 4 1
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0



 škrtni
škrtni
∼
1 2 1 −1 1
0 −1 −3 4 1
Po převedení na schodový tvar zůstaly dva nenulové řádky. Vzhledem k počtu
proměnných má tedy systém nekonečně mnoho řešení, které zapíšeme pomocí
4 − 2 = 2 parametrů.
Princip superpozice
1. Spočítejme nejdříve řešení homogenního SLR, tj. na pravou stranu
dvou nenulových řádků vložme nuly:
1 2 1 −1 0
0 −1 −3 4 0
Zpětným chodem dostáváme:
• Druhý řádek je symbolickým zápisem rovnice −x2 − 3x3 + 4x4 =
0. Zvolme parametry x3 = s, x4 = t a dosaďme je do předchozí
rovnice:
−x2 − 3s + 4t = 0 ⇐⇒ x2 = −3s + 4t
6
• První řádek si zapíšeme jako rovnici x1 + 2x2 + x3 − x4 = 0 a
dosadíme do ní oba parametry i vyjádření proměnné x2:
x1+2·(−3s+4t)+s−t = 0 ⇐⇒ x1−6s+8t+s−t = 0 ⇐⇒ x1 = 5s−7t
Zapíšeme řešení homogenního SLR, přičemž od sebe oddělíme oba pa-
rametry:
Khom =



s ·




5
−3
1
0



 + t ·




−7
4
0
1







2. Nyní se pokusíme uhodnout nějaké partikulární řešení nehomogenního
SLR, který jsme si převodem na schodový tvar zredukovali na
dva lineárně nezávislé řádky:
x1 + 2x2 + x3 − x4 = 1
−x2 − 3x3 + 4x4 = 1
Protože máme 4 proměnné a už pouze dva řádky, můžeme například
x3, x4 položit rovny nule, čímž získáme tento jednoduchý systém:
x1 + 2x2 = 1
−x2 = 1
Z druhého řádku je patrná hodnota x2 = −1, kterou dosadíme do
prvního řádku a získáváme x1 = 3. Našli jsme tedy partikulární řešení
Kpart.nehom =







3
−1
0
0







.
3. Spojíme nyní vypočítané partikulární řešení nehomogenního SLR Kpart.nehom
a obecné řešení homogenního SLR Khom, čímž dostaneme obecné řešení
nehomogenního SLR:
K =







3
−1
0
0



 + s ·




5
−3
1
0



 + t ·




−7
4
0
1







Řešený příklad 6.3.b
Zadání
Pomocí principu superpozice vyřešte následující systém lineárních rovnic:
x1 − x2 − 3x4 = −1
7x1 − 2x2 − 2x3 − 10x4 = −2
x1 − x3 − 2x4 = −3
−2x1 + 2x2 + 6x4 = 2
7
Řešení
Nejprve si zadaný systém převedeme do rozšířené matice, kterou převedeme
na schodový tvar. Zjistíme tak počet řešení.




1 −1 0 −3 −1
7 −2 −2 −10 −2
1 0 −1 −2 −3
−2 2 0 6 2




−7r1
−r1
+2r1
∼




1 −1 0 −3 −1
0 5 −2 11 5
0 1 −1 1 −2
0 0 0 0 0




↓1
↑1
škrtni
∼


1 −1 0 −3 −1
0 1 −1 1 −2
0 5 −2 11 5


−5r2
∼


1 −1 0 −3 −1
0 1 −1 1 −2
0 0 3 6 15


: 3
∼


1 −1 0 −3 −1
0 1 −1 1 −2
0 0 1 2 5


Po převedení na schodový tvar zůstaly tři nenulové řádky. Vzhledem k počtu
proměnných má tedy systém nekonečně mnoho řešení, které zapíšeme pomocí
4 − 3 = 1 parametru.
Princip superpozice
1. Nejdříve nalezneme řešení homogenního SLR, tj. na pravou stranu
tří nenulových řádků vložme nuly:


1 −1 0 −3 0
0 1 −1 1 0
0 0 1 2 0


Zpětným chodem dostáváme:
• Poslední řádek je symbolickým zápisem rovnice x3 + 2x4 = 0.
Zvolme parametr x4 = t a dosaďme jej do předchozí rovnice:
x3 + 2t = 0 ⇐⇒ x3 = −2t
• Prostřední řádek si zapíšeme jako rovnici x2 − x3 + x4 = 0 a
dosadíme do ní vyjádření proměnných x3, x4:
x2 − (−2t) + t = 0 ⇐⇒ x2 = −3t
• Horní řádek znamená rovnici x1 −x2 −3x4 = 0, do níž si dosadíme
vyjádření proměnných x2, x4:
x1 − (−3t) − 3t = 0 ⇐⇒ x1 = 0
Zapíšeme řešení homogenního SLR:
Khom =



t ·




0
−3
−2
1







8
2. Nyní se pokusíme uhodnout nějaké partikulární řešení nehomogenního
SLR, který jsme si převodem na schodový tvar zredukovali na
tři lineárně nezávislé řádky:
x1 − x2 − 3x4 = −1
x2 − x3 + x4 = −2
x3 + 2x4 = 5
Protože máme 4 proměnné a tři řádky, můžeme například x4 položit
rovno nule, čímž získáme tento zjednodušený systém:
x1 − x2 = −1
x2 − x3 = −2
x3 = 5
Z třetího řádku je patrná hodnota x3 = 5, kterou dosadíme do druhého
řádku a získáváme x2 = 3. Díky tomu získáme i hodnotu x1 na prvním
řádku, když do rovnice x1 − x2 = −1 dosadíme x2 = 3 a stanovíme
x1 = 2. Našli jsme partikulární řešení nehomogenního systému
Kpart.nehom =







2
3
5
0







.
3. Spojíme nyní partikulární řešení nehomogenního SLR Kpart.nehom a obecné
řešení homogenního SLR Khom, čímž dostaneme obecné řešení nehomogenního
SLR:
K =







2
3
5
0



 + t ·




0
−3
−2
1







Poznámka: Ve Skriptech na str. 55 hodnotí dr. Fajmon princip superpozice
jako metodu řešení SLR výhodnou zejména tehdy, má-li systém nekonečně
mnoho řešení. Proto je důležité si rozšířenou matici SLR převést na schodový
tvar a teprve poté využít princip superpozice, který může být méně náročný
na počítání v porovnání s Gaussovou eliminační metodou.
Příklad 6.3.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Pomocí principu superpozice vyřešte následující systém lineárních rovnic:
x1 + x2 − 3x4 + 2x5 = −1
2x1 − 2x2 + x3 − 5x4 + 4x5 = −2
−x1 + 3x2 − x3 + 2x4 − 2x5 = 1
3x1 + x2 + x3 − 8x4 + 6x5 = −3
9
Příklad 6.3.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Pomocí principu superpozice vyřešte následující systém lineárních rovnic:
−x1 + x2 − 2x4 = −1
−3x1 + 4x2 − 2x3 − 3x4 = −6
−x1 + 3x2 − 4x3 + 4x4 = −7
−x1 + 2x2 − 2x3 + x4 = −4
Výsledky příkladů
6.1.c: K = {(1; 1; 0)T
}, 6.1.d: K = {(8; −3; 5)T
}
6.2.c: K = {(2; 1; −2)T
}, 6.1.d: K = {(2; 0; 1)T
}
6.3.c: např.
K =









−1
0
0
0
0






+ s ·






−1
1
4
0
0






+ t ·






3
0
−1
1
0






+ u ·






−2
0
0
0
1









6.3.d: např.
K =







−2
−3
0
0



 + s ·




2
2
1
0



 + t ·




−5
−3
0
1







10