Řešení:

Napíšeme rozšířenou matici soustavy a pomocí ekvivalentních úprav ji převedeme na schodovitý tvar. První řádek opíšeme a poté jej postupně vynásobíme čísly (-2), (-1) a (-3) a tyto násobky postupně přičteme k 2., 3. a 4. řádku:

$ \left(\begin{array}{crrrr|c} 1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 2 & 1 & -1 & -1 & 1 & 0\\ 1 & 7 & -5 & -5 & 5 & 0\\ 3 &-1 & -2 & 1 & -1 & 0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{crrrr|c} 1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 5 & -3 & -3 & 3 & 0\\ 0 & 9 & -6 & -6 & 6 & 0\\ 0 & 5 & -5 & -2 & 2 & 0 \end{array}\right) \sim $

třetí řádek zjednodušíme - vydělíme ho číslem 3:

$ \sim \left(\begin{array}{crrrr|c} 1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 5 & -3 & -3 & 3 & 0\\ 0 & 3 & -2 & -2 & 2 & 0\\ 0 & 5 & -5 & -2 & 2 & 0 \end{array}\right) \sim $

a třetí řádek prohodíme s druhým řádkem:

$ \sim \left(\begin{array}{crrrr|c} 1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 3 & -2 & -2 & 2 & 0\\ 0 & 5 & -3 & -3 & 3 & 0\\ 0 & 5 & -5 & -2 & 2 & 0 \end{array}\right) $ .

Abychom vytvořili pod prvkem $ a_{22}=3 $ samé nuly, mohli bychom 2. řádek vynásobit číslem $ (\frac{-5}{3}) $ a přičíst k 3. a 4. řádku. To bychom však museli sčítat zlomky. Druhou možností je vynásobit 2. řádek číslem $ (-5) $ a přičíst ho k trojnásobku 3. a 4. řádku. Abychom se nespletli, můžeme provést výpočet ve dvou krocích - nejdříve vynásobit 3. a 4. řádek číslem $ 3 $ a  poté k nim přičíst $ (-5) $ -násobek 2. řádku:

$ \sim \left(\begin{array}{crrrr|c} 1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 3 & -2 & -2 & 2 & 0\\ 0 & 15 & -9 & -9 & 9 & 0\\ 0 & 15 & -15 & -6 & 6 & 0 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{crrrr|c} 1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 3 & -2 & -2 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & -5 & 4 & -4 & 0 \end{array}\right) \sim $

a nakonec 3. řádek vynásobíme číslem $ 5 $ a přičteme ho ke 4. řádku:

$ \sim \left(\begin{array}{crrrr|c} 1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 3 & -2 & -2 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 9 & -9 & 0 \end{array}\right) $ .

Vidíme, že hodnost matice soustavy je rovna hodnosti rozšířené matice soustavy, tj. $ h(A)=h(\overline{A})=4 $ . Podle Frobeniovy věty to tedy znamená, že soustava má řešení.

Zadaná soustava má 5 neznámých ( $ n=5 $ ), a protože $ h(A) < n $ , bude mít nekonečně mnoho řešení. Zvolíme $ n−h(A) $ , tj. 1 volnou neznámou. Nechť $ x_5=t; t \in \mathbb{R} $ .

Ze 4. řádku upravené matice dostáváme rovnici:

$ \begin{align} 9x_4 -9x_5 & =0\\ 9x_4 -9t & =0\\ x_4 & =t \end{align} $ .

Ze 3. řádku upravené matice dostáváme rovnici:

$ \begin{align} x_3 + x_4 -x_5 & =0\\ x_3 + t -t & =0\\ x_3 & =0 \end{align} $ .

Ze 2. řádku upravené matice dostáváme rovnici:

$ \begin{align} 3x_2 -2x_3 -2 x_4+2x_5 & =0\\ 3x_2 -0 -2t+2t & =0\\ x_2 & =0 \end{align} $ .

Z 1. řádku upravené matice dostáváme rovnici:

$ \begin{align} x_1 -2x_2 +x_3+x_4-x_5 & =0\\ x_1 -0 +0+t-t & =0\\ x_1 & =0 \end{align} $ .

Zkoumaná soustava má nekonečně mnoho řešení tvaru $ \underline {\underline{(0,0,0,t,t)}}; t \in \mathbb{R} $ .

Řešení:

Napšeme rozšířenou matici soustavy a pomocí ekvivalentních úprav ji převedeme na schodovitý tvar. První řádek opíšeme a poté jej postupně vynásobíme čísly (-2), (-1) a (-1) a tyto násobky postupně přičteme k 2., 3. a 4. řádku. Analogicky budeme postupovat v dalších krocích:

$ \left(\begin{array}{ccr|r} 1 & 1 & -3 & -1\\ 2 & 1 & -2 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & -3 & 1 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccr|r} 1 & 1 & -3 & -1\\ 0 & -1 & 4 & 3\\ 0 & 0 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{array}\right) \sim $

$ \sim \left(\begin{array}{ccr|r} 1 & 1 & -3 & -1\\ 0 & -1 & 4 & 3\\ 0 & 0 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 4 & 5 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccr|r} 1 & 1 & -3 & -1\\ 0 & -1 & 4 & 3\\ 0 & 0 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) $ .

Vidíme, že hodnost matice soustavy není rovna hodnosti rozšířené matice soustavy, tj. $ h(A)=3 \neq h(\overline{A})=4 $ . Podle Frobeniovy věty to tedy znamená, že soustava nemá řešení.

Řešení:

Napíšeme rozšířenou matici soustavy a pomocí ekvivalentních úprav ji převedeme na schodovitý tvar - analogicky, jako v předchozích dvou příkladech:

$ \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 11\\ 2 & 3 & 4 & 1 & 12\\ 3 & 4 & 1 & 2 & 13\\ 4 & 1 & 2 & 3 & 14 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 11\\ 0 & -1 & -2 & -7 & -10\\ 0 & -2 & -8 & -10 & -20\\ 0 & -7 & -10 & -13 & -30 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 11\\ 0 & 1 & 2 & 7 & 10\\ 0 & 2 & 8 & 10 & 20\\ 0 & 7 & 10 & 13 & 30 \end{array}\right) \sim $

$ \sim \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 11\\ 0 & 1 & 2 & 7 & 10\\ 0 & 0 & 4 & -4 & 0\\ 0 & 0 & -4 & -36 & -40 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccr|r} 1 & 2 & 3 & 4 & 11\\ 0 & 1 & 2 & 7 & 10\\ 0 & 0 & 4 & -4 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -40 & -40 \end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cccr|r} 1 & 2 & 3 & 4 & 11\\ 0 & 1 & 2 & 7 & 10\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \end{array}\right) $ .

Vidíme, že hodnost matice soustavy je rovna hodnosti rozšířené matice soustavy, tj. $ h(A)=h(\overline{A})=4 $ . Podle Frobeniovy věty to tedy znamená, že soustava má řešení.

Zadaná soustava má $ 4 $ neznámé ( $ n=4 $ ), a protože $ h(A) = n $ , bude mít právě jedno řešení.

Ze 4. řádku upravené matice dostáváme rovnici:

$ x_4 =1 $ .

Ze 3. řádku upravenématice dostáváme rovnici:

$ \begin{align} x_3 - x_4 & =0\\ x_3 -1 & =0\\ x_3 & =1 \end{align} $ .

Ze 2. řádku upravené matice dostáváme rovnici:

$ \begin{align} x_2 +2x_3 +7 x_4 & =10\\ x_2+2+7 & =10\\ x_2 & =1 \end{align} $ .

Z 1. řádku upravené matice dostáváme rovnici:

$ \begin{align} x_1 +2x_2 +3x_3+4x_4 & =11\\ x_1 +2+3+4 & =11\\ x_1 & =2 \end{align} $ .

Zkoumaná soustava má právě jedno řešení $ \underline {\underline{(2,1,1,1)}} $ .

Řešení:

Nejprve vypočteme determinant matice A:

$ |A|=\left|\begin{array}{ccc} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{array}\right|=-27+1+1+3+3+3=-16 $ .

Vypočtený determinant je různý od nuly, a proto bude mít soustava jediné řešení, které určíme podle Cramerova pravidla. Kdyby se vypočtený determinant rovnal nule, nemohli bychom o počtu řešení rozhodnout a soustavu bychom řešili Gaussovou eliminační metodou.

Abychom mohli Cramerovo pravidlo uplatnit, vypočteme determinanty $ |A_1| $ , $ |A_2| $ , $ |A_3| $ :

$ |A_1|=\left|\begin{array}{ccc} b_{1} & a_{12} & a_{13} \\ b_{2} & a_{22} & a_{23} \\ b_{3} & a_{32} & a_{33} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{crr} {\color{Magenta} 1} & 1 & 1 \\ {\color{Magenta} 1} & -3 & 1 \\ {\color{Magenta} 1} & 1 & -3 \end{array}\right|=9+1+1+3-1+3=16 $

$ |A_2|=\left|\begin{array}{ccc} a_{11} & b_{1} & a_{13} \\ a_{21} & b_{2} & a_{23} \\ a_{31} & b_{3} & a_{33} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{rcr} -3 & {\color{Magenta} 1} & 1 \\ 1 & {\color{Magenta} 1} & 1 \\ 1 & {\color{Magenta} 1} & -3 \end{array}\right|=9+1+1-1+3+3=16 $

$ |A_3|=\left|\begin{array}{ccc} a_{11} & a_{12} & b_{1} \\ a_{21} & a_{22} & b_{2} \\ a_{31} & a_{32} & b_{3} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{rrc} -3 & 1 & {\color{Magenta} 1} \\ 1 & -3 & {\color{Magenta} 1} \\ 1 & 1 & {\color{Magenta} 1} \end{array}\right|=9+1+1+3+3-1=16 $ .

Dostáváme tak:

$ x=\frac{|A_1|}{|A|}=-1, \quad y=\frac{|A_2|}{|A|}=-1, \quad z=\frac{|A_3|}{|A|}=-1 $ .

Zkoumaná soustava má právě jedno řešení $ \underline {\underline{(-1,-1,-1)}} $ .