Vi kan løse lineære ligningssett på mange måter:
1. Grafisk: Plotte ligningene og finne krysningspunkt. (Vanskelig med mer enn to ukjente.)
2. Innsetningsmetoden: Bruke en ligning til å finne et uttrykk for en av variablene. Og deretter sette det uttrykket inn i de(n) andre ligningen(e). (Kronglete med mer enn to ukjente.)
3. Addisjonsmetoden: Legge sammen ligninger.
4. Radoperasjoner: Finne den utvidende matrisen (totalmatrisen) og bruke radoperasjoner.
5. Invers matrise: Skrive ligningssettet på vektorform og bruke den inverse matrisen.
6. Cramers regel: Skrive ligningssettet på vektorform og bruke Cramers regel.
OBS: Dersom vi har like mange ligninger som ukjente, kan vi bruke determinanten til koeffisientmatrisen, A, for å undersøke om ligningssettet en løsning:
- Hvis det(A) ≠ 0, har ligningssettet én løsning
- Hvis det(A) = 0, har ligningssettet enten ingen eller uendelig mange løsninger
+ Kort video
+ Eksempel 1: To ligninger med én løsning
Gitt et ligningssett med to ligninger og to ukjente:
\begin{aligned}
-x + y & = 1 \\ x + y &= 3
\end{aligned} \\Regner ut determinanten til koeffisientmatrisen:
\left| \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right| = (-1) \cdot 1 - 1 \cdot 1 = -2 \neq 0Siden determinanten er ulik null, har ligningssettet én løsning og den inverse matrisen eksisterer.
Nå vil vi finne løsningen på flere forskjellige måter:
+ Grafisk løsning
Hvis vi plotter de to linjene, er løsningen i krysningspunktet:
-x + y = 1 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{red}{y = 1 + x} \\
\;\; x + y = 3. \quad \Rightarrow \quad \textcolor{blue}{y = 3 - x} Én løsning: x = 1 og y = 2.
+ Innsetningsmetoden
Hvis vi bruker en ligning til å finne et uttrykk for en av variablene, kan vi sette det uttrykket inn i den andre ligningen.
Vi kan for eksempel bruke den første ligningen til å lage et uttrykk for y:
y = 1 + x
Og så kan vi sette det inn i den andre ligningen:
\begin{array}{rrll}
& x + y & = 3 & | - y\\
\Rightarrow & x & = 3 - y \\
\Rightarrow & x & = 3 - (1+x) & \textnormal{Setter } y = 1 + x\\
\Rightarrow & x & = 2 - x & |+ x \\
\Rightarrow & 2x & = 2 & | \cdot \frac{1}{2} \\
\Rightarrow & x & = 1
\end{array}Og når vi nå har x, kan vi bruke det i uttrykket for y:
y = 1 + x = 1 + 1 = 2
Én løsning: x = 1 og y = 2.
+ Addisjonsmetoden
Hvis vi multipliserer den ene ligningen med noe før vi legger dem sammen, kan vi bli kvitt en variabel. I dette tilfellet kan vi bare legge dem sammen:
\begin{aligned}
-x + y & = 1 \\ x + y &= 3 \\ \Rightarrow \qquad (-x + y) + (x + y) & = 1 + 3
\end{aligned} \\Når vi rydder, får vi:
2y = 4 \quad \Rightarrow \quad y = 2
Til sist kan vi bruke en av ligningene, for å finne at x. For eksempel:
x + y = 3 \quad \Rightarrow \quad x = 3 - y = 3 - 2 = 1
Én løsning: x = 1 og y = 2.
+ Radoperasjoner
Hvis vi velger å bruke radoperasjoner til å løse ligningssettet, starter vi med den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{cc|c}
-1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 3
\end{array} \right)Deretter bruker vi radoperasjoner til matrisen er på redusert trappeform:
\begin{aligned}
\left( \begin{array}{cc|c}
-1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 3
\end{array} \right)
& \overset{-R_1 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 3
\end{array} \right) \\
& \overset{R_2 - R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 \\ \textcolor{blue}{0} & 2 & 4
\end{array} \right) \\
& \overset{R_2/2 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & 2
\end{array} \right) \\
& \overset{R_1 + R_2 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & \textcolor{blue}{0} & 1 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & 2
\end{array} \right)
\end{aligned}(Alternativt kan vi bruke tilbakesubstitusjon på en matrisen når den er på trappeform.)
Én løsning: x = 1 og y = 2.
+ Invers matrise
Hvis vi vil bruke den inverse matrisen til å løse ligningssett, skriver vi ligningen på vektorform, Ax = b, og multipliserer begge sider med den inverse matrisen, A-1, slik at vi får:
x = A^{-1}bVi vet den inverse matrisen eksisterer fordi det(A) ≠ 0. Derfor kan vi finne den inverse matrisen enten via radoperasjoner eller kofaktormatrisen. Hvis vi velger radoperasjoner:
\begin{aligned}
(A \;|\; I) = \left( \begin{array}{cc|cc}
-1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1
\end{array} \right)
& \overset{-R_1 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1
\end{array} \right) \\
& \overset{R_2 - R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & 2 & 1 & 1
\end{array} \right) \\
& \overset{R_2/2 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{array} \right) \\
& \overset{R_1 + R_2 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|cc}
\textcolor{red}{1} & \textcolor{blue}{0} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{array} \right) = (I \;|\; A^{-1}) \\
\Rightarrow \qquad A^{-1} & =
\left( \begin{array}{cc}
-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{array} \right)
\end{aligned}Nå som vi har den inverse matrisen, kan vi finne løsningen ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
x & = A^{-1}b \\
\Rightarrow \qquad
\left(\begin{array}{r} x \\ y \end{array} \right) &=
\left( \begin{array}{cc}
-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{array} \right)
\left(\begin{array}{r} 1 \\ 3 \end{array} \right) \\
\Rightarrow \qquad
\left(\begin{array}{r} x \\ y \end{array} \right) &=
\left( \begin{array}{cc}
-\frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot 3 \\ \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot 3
\end{array} \right) \\
\Rightarrow \qquad
\left(\begin{array}{r} x \\ y \end{array} \right) &=
\left( \begin{array}{cc}
1 \\ 2
\end{array} \right)
\end{aligned}Én løsning: x = 1 og y = 2.
+ Cramers regel
Hvis vi regner ut determinanten av A og Ak der kolonne k i A er byttet ut med b, kan vi bruke Cramers regel.
\det(A) = \left| \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right| = (-1) \cdot 1 - 1 \cdot 1 = -2 \\
\det(A_1) = \left| \begin{array}{cc} \color{red}{1} & 1 \\ \color{red}{3} & 1 \end{array} \right| = 1 \cdot 1 - 3 \cdot 1 = -2 \\
\det(A_2) = \left| \begin{array}{cc} -1 & \color{red}{1} \\ 1 & \color{red}{3} \end{array} \right| = (-1) \cdot 3 - 1 \cdot 1 = -4Cramers regel gir:
x = \frac{\det(A_1)}{\det(A)} = \frac{-2}{-2} = 1 \\
y = \frac{\det(A_2)}{\det(A)} = \frac{-4}{-2} = 2Én løsning: x = 1 og y = 2.
Uansett hvilken metode vi bruker for å finne løsningen, bør vi sjekke svaret:
\begin{array}{rccll}
-x + y &=& -2 + 1 & = -1 &\qquad \textnormal{ok} \\
x + y &=& 2 + 1 &= 3 &\qquad \textnormal{ok}
\end{array}Og vips har vi løst ligningssettet.
+ Eksempel 2: To ligninger med uendelig mange løsninger
Gitt et ligningssett med to ligninger og to ukjente:
\begin{aligned}
-2x + 2y & = 2 \\ -x + y &= 1
\end{aligned} \\Regner ut determinanten til koeffisientmatrisen:
\left| \begin{array}{cc} -2 & 2 \\ -1 & 1 \end{array} \right| = (-2) \cdot 1 - 2 \cdot (-1) = 0Siden determinanten er lik null, er radene lineært avhengige og ligningssettet har enten uendelig mange eller ingen løsninger.
Nå vil vi prøve å finne løsningene på flere forskjellige måter:
+ Grafisk løsning
Hvis vi plotter de to linjene, er løsningen i krysningspunktet:
-2x + 2y = 2 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{red}{2y = 2 + 2x} \\
-x + y = 1. \quad \Rightarrow \quad \textcolor{blue}{y = 1 + x} \;Her har vi uendelig mange løsninger siden de to linjene ligger oppå hverandre.
+ Innsetningsmetoden
Hvis vi bruker en ligning til å finne et uttrykk for en av variablene, kan vi sette det uttrykket inn i den andre ligningen.
Vi kan for eksempel bruke den andre ligningen til å lage et uttrykk for y:
y = 1 + x
Og så kan vi sette det inn i den første ligningen:
\begin{array}{rrll}
& -2x + 2y & = 2 & \textnormal{Setter } y = 1 + x\\
\Rightarrow & -2x + 2(1+x) & = 2 \\
\Rightarrow & -2x + 2 + 2x & = 2 \\
\Rightarrow & 2 & = 2
\end{array}Dette gir oss ingen informasjon fordi vi har uendelig mange løsninger.
+ Addisjonsmetoden
Hvis vi multipliserer den ene ligningen med noe før vi legger dem sammen, kan vi bli kvitt en variabel. I dette tilfellet kan vi for eksempel multipliser den andre ligningen med (-2) før vi legger lignignene sammen:
\begin{aligned}
-2x + 2y & = 2 \\ 2x - 2y &= -2 \\ \Rightarrow \qquad (-2x + 2y) + (2x - 2y) & = 2 + (-2)
\end{aligned} \\Når vi rydder, får vi:
0 = 0
Dette gir oss ingen informasjon siden vi har uendelig mange løsninger.
+ Radoperasjoner
Hvis vi velger å bruke radoperasjoner til å løse ligningssettet, starter vi med den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{cc|c}
-2 & 2 & 2 \\ -1 & 1 & 1
\end{array} \right)Deretter bruker vi radoperasjoner til matrisen er på redusert trappeform:
\begin{aligned}
\left( \begin{array}{cc|c}
-2 & 2 & 2 \\ -1 & 1 & 1
\end{array} \right)
& \overset{-R_1/2 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 \\ -1 & 1 & 1
\end{array} \right) \\
& \overset{R_2 + R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0}
\end{array} \right)
\end{aligned}Siden vi får en nullrad nederst, vet vi at vi har uendelig mange løsninger.
+ Invers matrise
Hvis vi vil bruke den inverse matrisen til å løse ligningssett, skriver vi ligningen på vektorform, Ax = b, og multipliserer begge sider med den inverse matrisen, A-1, slik at vi får:
x = A^{-1}bProblemet her er at når det(A) = 0 eksisterer ikke den inverse matrisen. Denne metoden er derfor helt ubrukelig.
Vi kan likevel prøve å finne den inverse matrisen via radoperasjoner bare for å se hvordan det går:
\begin{aligned}
(A \;|\; I) = \left( \begin{array}{cc|cc}
-2 & 2 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1
\end{array} \right)
& \overset{-R_1/2 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -\frac{1}{2} & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1
\end{array} \right) \\
& \overset{R_2 + R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -\frac{1}{2} & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & -\frac{1}{2} & 1
\end{array} \right)
\end{aligned}Her er det umulig for oss å få identitetsmatrisen, I, foran den loddrette streken. Det er fordi den inverse matrisen ikke eksisterer når vi har uendelig mange eller ingen løsninger.
+ Cramers regel
Hvis vi regner ut determinanten av A og Ak der kolonne k i A er byttet ut med b, kan vi bruke Cramers regel:
x_k = \frac{\det(A_k)}{\det(A)}Problemet her er at det(A) = 0 og vi kan ikke dele på null. Denne metoden er derfor helt ubrukelig når vi har uendelig mange eller ingen løsninger.
Uansett hvilken metode vi bruker, får vi uendelig mange løsninger. Vi kan la x være den frie variabelen og y den ledende:
y = 1 + x
Løsningen kan også skrives på vektorform:
\begin{array}{rcl}
\left(\begin{array}{r} x \\ y \end{array} \right)
&=& \left(\begin{array}{r} 0 \\ 1 \end{array} \right)
+ \left(\begin{array}{r} 1 \\ 1 \end{array} \right) x
\end{array}Vi bør sjekke svaret:
\begin{array}{rccll}
-2x + 2y &=& -2x + 2 (1 + x) & = 2 &\qquad \textnormal{ok} \\
-x + y &=& -x + (1 + x) &= 1 &\qquad \textnormal{ok}
\end{array}Og vips har vi løst ligningssettet.
+ Eksempel 3: To ligninger med ingen løsninger
Gitt et ligningssett med to ligninger og to ukjente:
\begin{aligned}
-x + y & = 1 \\ -x + y &= -1
\end{aligned} \\Regner ut determinanten til koeffisientmatrisen:
\left| \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ -1 & 1 \end{array} \right| = (-1) \cdot 1 - 1 \cdot (-1) = 0Siden determinanten er lik null, er radene lineært avhengige og ligningssettet har enten uendelig mange eller ingen løsninger.
Nå vil vi prøve å finne løsningene på flere forskjellige måter:
+ Grafisk løsning
Hvis vi plotter de to linjene, er løsningen i krysningspunktet:
-x + y = 1 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{red}{y = 1 + x} \\
-x + y = -1 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{blue}{y = -1 + x} Her har vi ingen løsninger siden de to linjene ikke krysser.
+ Innsetningsmetoden
Hvis vi bruker en ligning til å finne et uttrykk for en av variablene, kan vi sette det uttrykket inn i den andre ligningen.
Vi kan for eksempel bruke den første ligningen til å lage et uttrykk for y:
y = 1 + x
Og så kan vi sette det inn i den andre ligningen:
\begin{array}{rrll}
& -x + y & = -1 & \textnormal{Setter } y = 1 + x\\
\Rightarrow & -x + (1+x) & = -1 \\
\Rightarrow & -x + 1 + x & = -1 \\
\Rightarrow & 1 & = -1
\end{array}Dette er umulig å tilfredsstile og vi har ingen løsninger.
+ Addisjonsmetoden
Hvis vi multipliserer den ene ligningen med noe før vi legger dem sammen, kan vi bli kvitt en variabel. I dette tilfellet kan vi for eksempel multipliser den andre ligningen med (-1) før vi legger sammen de to ligningene:
\begin{aligned}
-x + y & = 1 \\ x - y &= 1 \\ \Rightarrow \qquad (-x + y) + (x - y) & = 1 + 1
\end{aligned} \\Når vi rydder, får vi:
0 = 2
Dette er umulig å tilfredsstille og vi har ingen løsninger.
+ Radoperasjoner
Hvis vi velger å bruke radoperasjoner til å løse ligningssettet, starter vi med den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{cc|c}
-1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & -1
\end{array} \right)Deretter bruker vi radoperasjoner til matrisen er på redusert trappeform:
\begin{aligned}
\left( \begin{array}{cc|c}
-1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 11
\end{array} \right)
& \overset{-R_1 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -1
\end{array} \right) \\
& \overset{R_2 + R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & -2
\end{array} \right)
\end{aligned}I nederste rad har vi nå null foran den loddrette streken og -2 etterpå. Det tilsvarer at 0x + 0y = -2. Det er umulig å tilfredsstille og ligningssettet har ingen løsninger.
+ Invers matrise
Hvis vi vil bruke den inverse matrisen til å løse ligningssett, skriver vi ligningen på vektorform, Ax = b, og multipliserer begge sider med den inverse matrisen, A-1, slik at vi får:
x = A^{-1}bProblemet her er at når det(A) = 0 eksisterer ikke den inverse matrisen. Denne metoden er derfor helt ubrukelig.
Vi kan likevel prøve å finne den inverse matrisen via radoperasjoner bare for å se hvordan det går:
\begin{aligned}
(A \;|\; I) = \left( \begin{array}{cc|cc}
-1 & 1 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1
\end{array} \right)
& \overset{-R_1 \to R_1}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 1
\end{array} \right) \\
& \overset{R_2 + R_1 \to R_2}{\sim}
\left( \begin{array}{cc|c}
\textcolor{red}{1} & -1 & -1 & 0 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & -1 & 1
\end{array} \right)
\end{aligned}Her er det umulig for oss å få identitetsmatrisen, I, foran den loddrette streken. Det er fordi den inverse matrisen ikke eksisterer når vi har uendelig mange eller ingen løsninger.
+ Cramers regel
Hvis vi regner ut determinanten av A og Ak der kolonne k i A er byttet ut med b, kan vi bruke Cramers regel:
x_k = \frac{\det(A_k)}{\det(A)}Problemet her er at det(A) = 0 og vi kan ikke dele på null. Denne metoden er derfor helt ubrukelig når vi har uendelig mange eller ingen løsninger.
Uansett hvilken metode vi bruker, får vi ingen løsning. Derfor har vi ikke et svar vi kan sjekke.
+ Eksempel 4: Tre ligninger med én løsning
Gitt et ligningssett med tre ligninger og tre ukjente:
\begin{array}{rcrcrl}
3x &&&&& = 30 \\
x & + & 2y &&& = 18 \\
&& y &-& 2z & = 2
\end{array} Regner ut determinanten til koeffisientmatrisen:
\begin{aligned}
\left| \begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \end{array} \right|
= 3 \cdot \left| \begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 1 & -2 \end{array} \right|
= 3 \cdot (2 \cdot (-2) - 0 \cdot 1)
= -12
\neq \; 0
\end{aligned}Siden determinanten er ulik null, har ligningssettet én løsning og den inverse matrisen eksisterer.
Nå vil vi finne løsningen på flere forskjellige måter:
+ Grafisk løsning
Hver ligningen representerer et plan i rommet. Løsningen finner vi der planene krysser:
\textcolor{red}{3x = 30} \\
\textcolor{blue}{x + 2y = 18} \\
\textcolor{green}{y - 2z = 2} Én løsning: x = 10, y = 4 og z = 1.
+ Innsetningsmetoden
Hvis vi bruker en ligning til å finne et uttrykk for en av variablene, kan vi sette det uttrykket inn i den andre ligningen.
Siden ligningene i vårt eksempel er ganske enkle, kan vi bruke den første ligningen til å finne et uttrykk for x:
3x = 30 \quad \Rightarrow \quad x = 10
Deretter kan vi sette inn i den andre ligningen:
\begin{array}{rrll}
& x + 2y & = 18 \qquad & \textnormal{Setter } x = 10 \\
\Rightarrow & 10 + 2y & = 18 & |- 10 \\
\Rightarrow & 2y & = 8 & | \cdot \frac{1}{2} \\
\Rightarrow & y & = 4
\end{array}Og til sist kan vi sette inn i den tredje ligningen:
\begin{array}{rrll}
& y - 2z & = 2 \qquad & \textnormal{Setter } y = 4 \\
\Rightarrow & 4 - 2z & = 2 & |- 4 \\
\Rightarrow & -2z & = -2 & | \cdot -\frac{1}{2} \\
\Rightarrow & z & = 1
\end{array}Én løsning: x = 10, y = 4 og z = 1.
+ Addisjonsmetoden
Addisjonsmetoden blir litt mer kompleks for tre ligninger i forhold til to. Vi gir hver ligning et navn og tar et steg om gangen, men i praksis er det akkurat det samme som vi gjør med to ligninger. Og faktisk også det samme vi gjør når vi bruker radoperasjoner.
\begin{aligned}
& \left\{
\begin{array}{rrcrcrl}
L_1: & 3x &&&&& = 30 \\
L_2: & x & + & 2y &&& = 18 \\
L_3: & && y &-& 2z & = 2
\end{array} \right. \\
L_1/3 \to L_1 \quad \Rightarrow \quad & \left\{
\begin{array}{rrcrcrl}
L_1: & x &&&&& = 10 \\
L_2: & x & + & 2y &&& = 18 \\
L_3: & && y &-& 2z & = 2
\end{array} \right. \\
L_2 - L_1 \to L_2 \quad \Rightarrow \quad & \left\{
\begin{array}{rrcrcrl}
L_1: & x &&&&& = 10 \\
L_2: & && 2y &&& = 8 \\
L_3: & && y &-& 2z & = 2
\end{array} \right. \\
L_2/2 \to L_2 \quad \Rightarrow \quad & \left\{
\begin{array}{rrcrcrl}
L_1: & x &&&&& = 10 \\
L_2: & && y &&& = 4 \\
L_3: & && y &-& 2z & = 2
\end{array} \right. \\
L_3 - L_2 \to L_3 \quad \Rightarrow \quad & \left\{
\begin{array}{rrcrcrl}
L_1: & x &&&&& = 10 \\
L_2: & && y &&& = 4 \\
L_3: & &&& - & 2z & = -2
\end{array} \right. \\
-L_3/2 \to L_3 \quad \Rightarrow \quad & \left\{
\begin{array}{rrcrcrl}
L_1: & x &&&&& = 10 \\
L_2: & && y &&& = 4 \\
L_3: & &&&& z & = 1
\end{array} \right.
\end{aligned}Én løsning: x = 10, y = 4 og z = 1.
+ Radoperasjoner
Hvis vi velger å bruke radoperasjoner til å løse ligningssettet, starter vi med den utvidete matrisen:
\left( \begin{array}{ccc|c}
3 & 0 & 0 & 30 \\ 1 & 2 & 0 & 18 \\ 0 & 1 & -2 & 2
\end{array} \right)Deretter bruker vi radoperasjoner til matrisen er på redusert trappeform:
\begin{aligned}
\left( \begin{array}{ccc|c}
3 & 0 & 0 & 30 \\ 1 & 2 & 0 & 18 \\ 0 & 1 & -2 & 2
\end{array} \right)
& \sim
\left( \begin{array}{ccc|c}
\textcolor{red}{1} & 0 & 0 & 10 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & 0 & 4 \\ \textcolor{blue}{0} & \textcolor{blue}{0} & \textcolor{red}{1} & 1
\end{array} \right)
\end{aligned}Lurer du på hvordan? Se her.
Én løsning: x = 10, y = 4 og z = 1.
+ Invers matrise
Hvis vi vil bruke den inverse matrisen til å løse ligningssett, skriver vi ligningen på vektorform, Ax = b, og multipliserer begge sider med den inverse matrisen, A-1, slik at vi får:
x = A^{-1}bVi vet den inverse matrisen eksisterer fordi det(A) ≠ 0. Derfor kan vi finne den inverse matrisen enten via radoperasjoner eller kofaktormatrisen:
A^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \end{array} \right)^{-1}
= \left( \begin{array}{ccc} \frac{1}{3} & 0 & 0 \\ -\frac{1}{6} & \frac{1}{2} & 0 \\ - \frac{1}{12} & \frac{1}{4} & - \frac{1}{2} \end{array} \right)Trenger du hjelp til å finne den inverse matrisen? Se her.
Nå som vi har den inverse matrisen, kan vi finne løsningen ved hjelp av matrisemultiplikasjon:
\begin{aligned}
x &= A^{-1} b \\
\Rightarrow \quad \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z\end{array} \right) &=
\left( \begin{array}{ccc} \frac{1}{3} & 0 & 0 \\ -\frac{1}{6} & \frac{1}{2} & 0 \\ - \frac{1}{12} & \frac{1}{4} & - \frac{1}{2} \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} 30 \\ 18 \\ 2 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 10 \\ 4 \\ 1 \end{array} \right)
\end{aligned}Lurer du på hvordan? Se her.
Én løsning: x = 10, y = 4 og z = 1.
+ Cramers regel
Hvis vi regner ut determinantene til Ak der kolonne k i A er byttet ut med b, kan vi bruke Cramers regel.
\begin{array}{rcll}
\det(A_1) =& \left| \begin{array}{cc} \textcolor{red}{30} & 0 & 0 \\ \textcolor{red}{18} & 2 & 0 \\ \textcolor{red}{2} & 1 & -2 \end{array} \right|
&= -120 \\
\det(A_2) =& \left| \begin{array}{cc} 3 & \textcolor{red}{30} & 0 \\ 1 & \textcolor{red}{18} & 0\\ 0 & \textcolor{red}{2} & -2\end{array} \right|
& = -48 \\
\det(A_3) =& \left| \begin{array}{cc} 3 & 0 &\textcolor{red}{30} \\ 1 & 2 & \textcolor{red}{18} \\ 0 & 1 & \textcolor{red}{2} \end{array} \right|
& = -12
\end{array}Lurer du på hvordan? Se her.
Cramers regel gir:
\begin{aligned}
x &= \frac{\det(A_1)}{\det(A)} = \frac{-120}{-12} = 10 \\
y &= \frac{\det(A_2)}{\det(A)} = \frac{-48}{-12} = 4 \\
z &= \frac{\det(A_3)}{\det(A)} = \frac{-12}{-12} = 1
\end{aligned}Én løsning: x = 10, y = 4 og z = 1.
Uansett hvilken metode vi bruker for å finne løsningen, bør vi sjekke svaret:
\begin{array}{rcrcrccll}
3x &&&&& = & 3 \cdot 10 & = 30 & \textnormal{ok} \\
x & + & 2y &&& = & 10 + 2 \cdot 4 & = 18 & \textnormal{ok} \\
&& y &-& 2z & = & 4 - 2 \cdot 1 & = 2 & \textnormal{ok}
\end{array} Og vips har vi løst ligningssettet.