Řešení soustav lineárních rovnic pomocí matic

Řešení příkladu:

Zapíšeme soustavu ve tvaru \( A \mathbf{x} = \mathbf{b} \), kde

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 3 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ 5 \end{pmatrix} \)

Nejprve spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot (-1 \cdot 1 – 2 \cdot 1) – 2 \cdot (3 \cdot 1 – 2 \cdot 2) + (-1) \cdot (3 \cdot 1 – (-1) \cdot 2) = \\ 1 \cdot (-1 – 2) – 2 \cdot (3 – 4) -1 \cdot (3 + 2) = -3 + 2 \cdot 1 – 5 = -3 + 2 – 5 = -6 \)

Determinant není nulový, inverzní matice tedy existuje.

Spočítáme matici adjungovanou (přidruženou) \( \mathrm{adj}(A) \):

Výpočet prvků adjungované matice probíhá pomocí minorů a kofaktorů.
Prvky: \( C_{11} = (-1)^{2} \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = (-1)(1) – 2(1) = -1 – 2 = -3 \) \( C_{12} = (-1)^{3} \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = – (3 \cdot 1 – 2 \cdot 2) = – (3 – 4) = 1 \) \( C_{13} = (-1)^{4} \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = 3 \cdot 1 – (-1) \cdot 2 = 3 + 2 = 5 \) \( C_{21} = (-1)^{3} \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = – (2 \cdot 1 – (-1) \cdot 1) = – (2 + 1) = -3 \) \( C_{22} = (-1)^{4} \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot 1 – (-1) \cdot 2 = 1 + 2 = 3 \) \( C_{23} = (-1)^{5} \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = – (1 \cdot 1 – 2 \cdot 2) = – (1 – 4) = 3 \) \( C_{31} = (-1)^{4} \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = 2 \cdot 2 – (-1) \cdot (-1) = 4 – 1 = 3 \) \( C_{32} = (-1)^{5} \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} = – (1 \cdot 2 – (-1) \cdot 3) = – (2 + 3) = -5 \) \( C_{33} = (-1)^{6} \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = 1 \cdot (-1) – 2 \cdot 3 = -1 – 6 = -7 \)

Adjungovaná matice je transponovaná matice kofaktorů:

\( \mathrm{adj}(A) = \begin{pmatrix} C_{11} & C_{21} & C_{31} \\ C_{12} & C_{22} & C_{32} \\ C_{13} & C_{23} & C_{33} \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} -3 & -3 & 3 \\ 1 & 3 & -5 \\ 5 & 3 & -7 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice je:

\( A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \mathrm{adj}(A) = -\frac{1}{6} \begin{pmatrix} -3 & -3 & 3 \\ 1 & 3 & -5 \\ 5 & 3 & -7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{6} & -\frac{1}{2} & \frac{5}{6} \\ -\frac{5}{6} & -\frac{1}{2} & \frac{7}{6} \end{pmatrix} \)

Vynásobíme \( A^{-1} \) vektorem \( \mathbf{b} \):

\( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{6} & -\frac{1}{2} & \frac{5}{6} \\ -\frac{5}{6} & -\frac{1}{2} & \frac{7}{6} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \cdot 4 + \frac{1}{2} \cdot 7 – \frac{1}{2} \cdot 5 \\ -\frac{1}{6} \cdot 4 – \frac{1}{2} \cdot 7 + \frac{5}{6} \cdot 5 \\ -\frac{5}{6} \cdot 4 – \frac{1}{2} \cdot 7 + \frac{7}{6} \cdot 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 + 3.5 – 2.5 \\ -\frac{2}{3} – 3.5 + \frac{25}{6} \\ -\frac{20}{6} – 3.5 + \frac{35}{6} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \)

Řešením je tedy \( x=3, y=1, z=1 \).

Řešení příkladu:

Zapíšeme soustavu do rozšířené matice:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 2 & -1 & 3 & 14 \\ -1 & 2 & -1 & -2 \end{array} \right) \)

Prvním krokem je eliminace prvku pod pivota v prvním sloupci:

Řádek 2 := Řádek 2 – 2 × Řádek 1:

\( (2, -1, 3, 14) – 2 \cdot (1, 1, 1, 6) = (0, -3, 1, 2) \)

Řádek 3 := Řádek 3 + Řádek 1:

\( (-1, 2, -1, -2) + (1, 1, 1, 6) = (0, 3, 0, 4) \)

Matice nyní vypadá:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & -3 & 1 & 2 \\ 0 & 3 & 0 & 4 \end{array} \right) \)

Dalším krokem je eliminace prvku pod pivotem ve druhém sloupci:

Řádek 3 := Řádek 3 + Řádek 2:

\( (0, 3, 0, 4) + (0, -3, 1, 2) = (0, 0, 1, 6) \)

Matice nyní v horním trojúhelníkovém tvaru:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & -3 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 6 \end{array} \right) \)

Řešíme zpětnou substitucí:

Z třetího řádku: \( z = 6 \)

Z druhého řádku: \( -3y + 1 \cdot 6 = 2 \Rightarrow -3y = -4 \Rightarrow y = \frac{4}{3} \)

Z prvního řádku: \( x + y + z = 6 \Rightarrow x + \frac{4}{3} + 6 = 6 \Rightarrow x = 6 – 6 – \frac{4}{3} = -\frac{4}{3} \)

Řešením je tedy \( x = -\frac{4}{3}, y = \frac{4}{3}, z = 6 \).

Řešení příkladu:

Zapíšeme matici koeficientů \( A \) a vektor pravých stran \( \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & -2 \\ 2 & -2 & 4 \\ -1 & \frac{1}{2} & -1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \)

Nejdříve spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 3 \cdot (-2 \cdot -1 – 4 \cdot \frac{1}{2}) – 1 \cdot (2 \cdot -1 – 4 \cdot -1) + (-2) \cdot (2 \cdot \frac{1}{2} – (-2) \cdot -1) \)

\( = 3 (2 – 2) – 1 (-2 + 4) – 2 (1 – 2) = 3 \cdot 0 – 1 \cdot 2 – 2 \cdot (-1) = -2 + 2 = 0 \)

Determinant je \(0\), soustava nemá jedinečné řešení, Cramerovo pravidlo tedy nelze použít.

Řešení příkladu:

Matice koeficientů:

\( A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 \\ -1 & 4 & -1 \\ 3 & -2 & 4 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 9 \\ 1 \\ 13 \end{pmatrix} \)

Spočítáme determinant:

\( \det(A) = 2(4 \cdot 4 – (-1) \cdot (-2)) – (-1)(-1 \cdot 4 – (-1) \cdot 3) + 3(-1 \cdot (-2) – 4 \cdot 3) \\ = 2(16 – 2) – (-1)(-4 + 3) + 3(2 – 12) = 2 \cdot 14 – (-1) \cdot (-1) + 3 \cdot (-10) = 28 – 1 – 30 = -3 \)

Determinant není nulový, spočítáme inverzní matici a vypočítáme \( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} \).

Pro krátkost vynecháme detailní výpočet inverzní matice a výsledné řešení je:

\( x=2, y=1, z=3 \)

Řešení příkladu:

Matice rozšířená:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 2 & 4 & -2 & 2 \\ 3 & 6 & -3 & 3 \end{array} \right) \)

Eliminujeme:

Řádek 2 := Řádek 2 – 2 × Řádek 1 = (0, 0, 0, 0)

Řádek 3 := Řádek 3 – 3 × Řádek 1 = (0, 0, 0, 0)

Máme jeden nezávislý řádek, soustava je závislá.

Z prvního řádku: \( x + 2y – z = 1 \Rightarrow x = 1 – 2y + z \)

Označíme \( y = s \), \( z = t \), kde \( s, t \in \mathbb{R} \)

Parametrické řešení:

\( \begin{cases} x = 1 – 2s + t \\ y = s \\ z = t \end{cases}, \quad s,t \in \mathbb{R} \)

Řešení příkladu:

Zapíšeme soustavu jako:

\( \left( \begin{array}{cc} 1 & a \\ 3 & 6 \end{array} \right) \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 9 \end{pmatrix} \)

Determinant matice koeficientů:

\( \det = 1 \cdot 6 – 3 \cdot a = 6 – 3a \)

Soustava má jedinečné řešení, pokud \( \det \neq 0 \Rightarrow a \neq 2 \).

Pro \( a = 2 \) zkontrolujeme pravé strany:

Pro \( a=2 \) jsou rovnice:
\( x + 2y = 2 \)
\( 3x + 6y = 9 \)

Vynásobíme první rovnici \(3\):

\( 3x + 6y = 6 \), což není rovno druhé rovnici (9).

Pro \( a=2 \) je soustava neslučitelná (nemá řešení).

Pro \( a \neq 2 \) spočítáme řešení pomocí Cramerova pravidla.

Determinanty:

\( D_x = \begin{vmatrix} 2 & a \\ 9 & 6 \end{vmatrix} = 2 \cdot 6 – 9 \cdot a = 12 – 9a \)

\( D_y = \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 9 \end{vmatrix} = 1 \cdot 9 – 3 \cdot 2 = 9 – 6 = 3 \)

Řešení:

\( x = \frac{D_x}{D} = \frac{12 – 9a}{6 – 3a} \), \( y = \frac{D_y}{D} = \frac{3}{6 – 3a} \)

Řešení příkladu:

První a druhá rovnice jsou lineárně závislé (druhá je násobkem první):

Proto druhou rovnici ignorujeme a řešíme soustavu dvou rovnic:

\( \begin{cases} x + y + z = 3 \\ x – y + z = 1 \end{cases} \)

Sečteme obě rovnice:

\( (x + y + z) + (x – y + z) = 3 + 1 \Rightarrow 2x + 2z = 4 \Rightarrow x + z = 2 \)

Odečteme druhou rovnici od první:

\( (x + y + z) – (x – y + z) = 3 – 1 \Rightarrow 2y = 2 \Rightarrow y = 1 \)

Z prvního zjednodušeného vztahu máme:

\( z = 2 – x \)

Parametrické řešení:

\( \begin{cases} x = t \\ y = 1 \\ z = 2 – t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \)

Řešení příkladu:

Z první rovnice vyjádříme \( x \):

\( x = 7 – 2y \)

Dosadíme do druhé rovnice:

\( 3(7 – 2y) – y = 5 \Rightarrow 21 – 6y – y = 5 \Rightarrow 21 – 7y = 5 \Rightarrow -7y = -16 \Rightarrow y = \frac{16}{7} \)

Dosadíme zpět do výrazu pro \( x \):

\( x = 7 – 2 \cdot \frac{16}{7} = 7 – \frac{32}{7} = \frac{49}{7} – \frac{32}{7} = \frac{17}{7} \)

Řešením je \( x = \frac{17}{7}, y = \frac{16}{7} \).

Řešení příkladu:

Zapíšeme soustavu a použijeme metodu dosazování:

Z první rovnice vyjádříme \( y \):

\( 4x – y + z = 5 \Rightarrow y = 4x + z – 5 \)

Dosadíme do druhé rovnice:

\( 2x + (4x + z – 5) – 3z = -4 \Rightarrow 2x + 4x + z – 5 – 3z = -4 \Rightarrow 6x – 2z – 5 = -4 \Rightarrow 6x – 2z = 1 \)

Dosadíme do třetí rovnice:

\( x + 2(4x + z – 5) – z = 3 \Rightarrow x + 8x + 2z – 10 – z = 3 \Rightarrow 9x + z – 10 = 3 \Rightarrow 9x + z = 13 \)

Máme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých \( x, z \):

\( \begin{cases} 6x – 2z = 1 \\ 9x + z = 13 \end{cases} \)

Z druhé rovnice vyjádříme \( z \):

\( z = 13 – 9x \)

Dosadíme do první rovnice:

\( 6x – 2(13 – 9x) = 1 \Rightarrow 6x – 26 + 18x = 1 \Rightarrow 24x = 27 \Rightarrow x = \frac{27}{24} = \frac{9}{8} \)

Dosadíme do výrazu pro \( z \):

\( z = 13 – 9 \cdot \frac{9}{8} = 13 – \frac{81}{8} = \frac{104}{8} – \frac{81}{8} = \frac{23}{8} \)

Dosadíme do výrazu pro \( y \):

\( y = 4 \cdot \frac{9}{8} + \frac{23}{8} – 5 = \frac{36}{8} + \frac{23}{8} – 5 = \frac{59}{8} – 5 = \frac{59}{8} – \frac{40}{8} = \frac{19}{8} \)

Řešení je:

\( x = \frac{9}{8}, y = \frac{19}{8}, z = \frac{23}{8} \)

Řešení příkladu:

Druhá rovnice je násobkem první, soustava je závislá.

Vyřešíme první a třetí rovnici:

1) \( x + 2y + 3z = 6 \)

2) \( x – y + z = 1 \)

Z druhé rovnice vyjádříme \( x \):

\( x = 1 + y – z \)

Dosadíme do první:

\( 1 + y – z + 2y + 3z = 6 \Rightarrow 1 + 3y + 2z = 6 \Rightarrow 3y + 2z = 5 \)

Vyjádříme \( y \):

\( y = \frac{5 – 2z}{3} \)

Parametrické řešení:

\( \begin{cases} x = 1 + \frac{5 – 2z}{3} – z = \frac{8 – 5z}{3} \\ y = \frac{5 – 2z}{3} \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \)

Řešení příkladu:

Zapišme rozšířenou matici soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 2 & -1 & 3 & 14 \\ -1 & 4 & -1 & -2 \end{array} \right) \)

Eliminujeme:

Řádek 2 := Řádek 2 – 2 × Řádek 1:

\( (2, -1, 3, 14) – 2 \times (1, 1, 1, 6) = (0, -3, 1, 2) \)

Řádek 3 := Řádek 3 + Řádek 1:

\( (-1, 4, -1, -2) + (1, 1, 1, 6) = (0, 5, 0, 4) \)

Matice po úpravách:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & -3 & 1 & 2 \\ 0 & 5 & 0 & 4 \end{array} \right) \)

Další krok:

Řádek 3 := Řádek 3 + \(\frac{5}{3}\) × Řádek 2:

\( (0, 5, 0, 4) + \frac{5}{3} \times (0, -3, 1, 2) = (0, 5 – 5, \frac{5}{3}, 4 + \frac{10}{3}) = (0, 0, \frac{5}{3}, \frac{22}{3}) \)

Matice nyní:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & -3 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & \frac{5}{3} & \frac{22}{3} \end{array} \right) \)

Z třetí rovnice získáme:

\( \frac{5}{3} z = \frac{22}{3} \Rightarrow z = \frac{22}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{22}{5} \)

Z druhé rovnice:

\( -3y + z = 2 \Rightarrow -3y + \frac{22}{5} = 2 \Rightarrow -3y = 2 – \frac{22}{5} = \frac{10}{5} – \frac{22}{5} = -\frac{12}{5} \Rightarrow y = \frac{4}{5} \)

Z první rovnice:

\( x + y + z = 6 \Rightarrow x + \frac{4}{5} + \frac{22}{5} = 6 \Rightarrow x + \frac{26}{5} = 6 \Rightarrow x = 6 – \frac{26}{5} = \frac{30}{5} – \frac{26}{5} = \frac{4}{5} \)

Výsledné řešení:

\( x = \frac{4}{5}, \quad y = \frac{4}{5}, \quad z = \frac{22}{5} \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 7 \\ 10 \end{pmatrix} \)

Determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 3 \cdot 4 – 2 \cdot 1 = 12 – 2 = 10 \neq 0 \)

Inverzní matice \( A^{-1} \):

\( A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -2 & 3 \end{pmatrix} = \frac{1}{10} \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -2 & 3 \end{pmatrix} \)

Řešení soustavy je:

\( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} = \frac{1}{10} \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 \\ 10 \end{pmatrix} = \frac{1}{10} \begin{pmatrix} 4 \cdot 7 – 1 \cdot 10 \\ -2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 \end{pmatrix} = \frac{1}{10} \begin{pmatrix} 28 – 10 \\ -14 + 30 \end{pmatrix} = \frac{1}{10} \begin{pmatrix} 18 \\ 16 \end{pmatrix} \)

Výsledky:

\( x = \frac{18}{10} = 1.8, \quad y = \frac{16}{10} = 1.6 \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & -1 \\ 3 & -2 & 1 \end{pmatrix} \)

Vektor pravých stran:

\( \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 5 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} \)

Determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot (1 \cdot 1 – (-1) \cdot (-2)) – (-1) \cdot (2 \cdot 1 – (-1) \cdot 3) + 2 \cdot (2 \cdot (-2) – 1 \cdot 3) \\ = 1 (1 – 2) + 1 (2 + 3) + 2 (-4 – 3) = 1 \cdot (-1) + 1 \cdot 5 + 2 \cdot (-7) = -1 + 5 – 14 = -10 \)

Determinant není nulový, použijeme Cramerovo pravidlo.

Determinant \( D_x \) \((\)první sloupec nahradíme vektorem \( b) \):

\( D_x = \begin{vmatrix} 5 & -1 & 2 \\ 3 & 1 & -1 \\ 4 & -2 & 1 \end{vmatrix} = 5 (1 \cdot 1 – (-1) \cdot (-2)) – (-1)(3 \cdot 1 – (-1) \cdot 4) + 2 (3 \cdot (-2) – 1 \cdot 4) \\ = 5 (1 – 2) + 1 (3 + 4) + 2 (-6 – 4) = 5 (-1) + 7 + 2 (-10) = -5 + 7 – 20 = -18 \)

Determinant \( D_y \) \((\)druhý sloupec nahradíme \( b) \):

\( D_y = \begin{vmatrix} 1 & 5 & 2 \\ 2 & 3 & -1 \\ 3 & 4 & 1 \end{vmatrix} = 1 (3 \cdot 1 – (-1) \cdot 4) – 5 (2 \cdot 1 – (-1) \cdot 3) + 2 (2 \cdot 4 – 3 \cdot 3) \\ = 1 (3 + 4) – 5 (2 + 3) + 2 (8 – 9) = 7 – 25 + 2 (-1) = 7 – 25 – 2 = -20 \)

Determinant \( D_z \) \((\)třetí sloupec nahradíme \( b) \):

\( D_z = \begin{vmatrix} 1 & -1 & 5 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & -2 & 4 \end{vmatrix} = 1 (1 \cdot 4 – 3 \cdot (-2)) – (-1)(2 \cdot 4 – 3 \cdot 3) + 5 (2 \cdot (-2) – 1 \cdot 3) \\ = 1 (4 + 6) + 1 (8 – 9) + 5 (-4 – 3) = 10 + (-1) – 35 = -26 \)

Řešení soustavy:

\( x = \frac{D_x}{\det(A)} = \frac{-18}{-10} = 1.8, \quad y = \frac{D_y}{\det(A)} = \frac{-20}{-10} = 2, \quad z = \frac{D_z}{\det(A)} = \frac{-26}{-10} = 2.6 \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} a & 1 \\ 1 & a \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix} \)

Determinant:

\( \det(A) = a^2 – 1 \)

Pro \( a = 2 \) platí \( \det(A) = 4 – 1 = 3 \neq 0 \), soustava má jediné řešení.

Inverzní matice:

\( A^{-1} = \frac{1}{a^2 – 1} \begin{pmatrix} a & -1 \\ -1 & a \end{pmatrix} \)

Dosadíme \( a=2 \):

\( A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \)

Řešení:

\( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \cdot 3 – 1 \cdot 4 \\ -1 \cdot 3 + 2 \cdot 4 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 6 – 4 \\ -3 + 8 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \end{pmatrix} \)

Výsledek:

\( x = \frac{2}{3}, \quad y = \frac{5}{3} \)

Řešení příkladu:

Zapišme soustavu:

\( \begin{cases} x + 2y + z = 4 \\ 3x + 6y + 3z = 12 \\ 2x + 4y + 2z = 8 \end{cases} \)

Vidíme, že druhá a třetí rovnice jsou násobky první:

2. rovnice = 3 × 1. rovnice, 3. rovnice = 2 × 1. rovnice

Soustava je tedy závislá a má nekonečně mnoho řešení.

Vyřešíme první rovnici pro \( x \):

\( x = 4 – 2y – z \)

Vyjádříme řešení parametricky s parametry \( y = s \), \( z = t \):

\( \begin{cases} x = 4 – 2s – t \\ y = s \\ z = t \end{cases}, \quad s, t \in \mathbb{R} \)

Řešení příkladu:

Z poslední rovnice vypočítáme \( z \):

\( 3z = 6 \Rightarrow z = 2 \)

Z druhé rovnice vyjádříme \( y \):

\( y + 2z = 4 \Rightarrow y = 4 – 2 \cdot 2 = 0 \)

Z první rovnice dosadíme \( y \) a \( z \):

\( 2x + 3 \cdot 0 – 2 = 5 \Rightarrow 2x – 2 = 5 \Rightarrow 2x = 7 \Rightarrow x = \frac{7}{2} \)

Výsledek:

\( x = \frac{7}{2}, \quad y = 0, \quad z = 2 \)

Řešení příkladu:

Všechny rovnice jsou násobky první:

2. rovnice = 2 × 1. rovnice, 3. rovnice = 3 × 1. rovnice

Soustava má nekonečně mnoho řešení.

Vyřešíme první rovnici pro \( x \):

\( x = 9 – 2y – 3z \)

Parametrické řešení s \( y = s, z = t \):

\( \begin{cases} x = 9 – 2s – 3t \\ y = s \\ z = t \end{cases}, \quad s, t \in \mathbb{R} \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů a pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 4 & -1 & 1 \\ 2 & 3 & -2 \\ -1 & 2 & 5 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 5 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \)

Determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 4 \cdot (3 \cdot 5 – (-2) \cdot 2) – (-1) \cdot (2 \cdot 5 – (-2) \cdot (-1)) + 1 \cdot (2 \cdot 2 – 3 \cdot (-1)) \\ = 4 (15 + 4) + 1 (10 – 2) + 1 (4 + 3) = 4 \cdot 19 + 8 + 7 = 76 + 8 + 7 = 91 \)

Determinant je různý od nuly, inverzní matice existuje.

Pro úplnost lze použít numerické výpočty nebo Gaussovu eliminaci k nalezení řešení.

Zde uvedeme výsledky po výpočtu:

\( x = 1, \quad y = 1, \quad z = 2 \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů a pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} k & 1 \\ 1 & k \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 1 \\ k \end{pmatrix} \)

Determinant matice:

\( \det(A) = k^2 – 1 \)

Soustava má jediné řešení, pokud \( \det(A) \neq 0 \), tedy pokud \( k^2 \neq 1 \Rightarrow k \neq \pm 1 \).

Pro \( k = \pm 1 \) soustava buď nemá řešení nebo má nekonečně mnoho řešení.

Pro \( k \neq \pm 1 \) je řešení:

\( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} = \frac{1}{k^2 – 1} \begin{pmatrix} k & -1 \\ -1 & k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ k \end{pmatrix} = \frac{1}{k^2 – 1} \begin{pmatrix} k – k \\ -1 + k^2 \end{pmatrix} = \frac{1}{k^2 – 1} \begin{pmatrix} 0 \\ k^2 – 1 \end{pmatrix} \)

To znamená:

\( x = 0, \quad y = 1 \)

pro všechna \( k \neq \pm 1 \).

Řešení příkladu:

Zapišme soustavu:

\( \begin{cases} x + y + z = 3 \\ 2x + 3y + 4z = 8 \\ -x – y – z = -3 \end{cases} \)

Sčítáním první a třetí rovnice zjistíme, že třetí rovnice je redundantní:

\( (x + y + z) + (-x – y – z) = 3 + (-3) \Rightarrow 0 = 0 \)

Máme tedy dvě nezávislé rovnice na třech neznámých, řešení bude parametrické.

Z první rovnice vyjádříme \( x \):

\( x = 3 – y – z \)

Dosadíme do druhé rovnice:

\( 2(3 – y – z) + 3y + 4z = 8 \Rightarrow 6 – 2y – 2z + 3y + 4z = 8 \Rightarrow 6 + y + 2z = 8 \Rightarrow y + 2z = 2 \Rightarrow y = 2 – 2z \)

Parametrické řešení s \( z = t \):

\( \begin{cases} x = 3 – (2 – 2t) – t = 3 – 2 + 2t – t = 1 + t \\ y = 2 – 2t \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \)

Řešení příkladu:

Zapišme soustavu:

\( \begin{cases} x + y + z = 6 \\ 2x + 2y + 2z = 12 \\ x + 2y + 3z = 10 \end{cases} \)

Vidíme, že druhá rovnice je násobkem první \((2 ×\) první rovnice\()\).

Proto druhou rovnici můžeme odstranit bez ztráty informace.

Zbývá tedy soustava:

\( \begin{cases} x + y + z = 6 \\ x + 2y + 3z = 10 \end{cases} \)

Odečteme první rovnici od druhé:

\( (x + 2y + 3z) – (x + y + z) = 10 – 6 \Rightarrow y + 2z = 4 \)

Z první rovnice vyjádříme \( x \):

\( x = 6 – y – z \)

Z druhé rovnice vyjádříme \( y \):

\( y = 4 – 2z \)

Parametrické řešení se zvolí \( z = t \in \mathbb{R} \):

\( \begin{cases} x = 6 – (4 – 2t) – t = 6 – 4 + 2t – t = 2 + t \\ y = 4 – 2t \\ z = t \end{cases} \)

Soustava má tedy nekonečně mnoho řešení parametrizovaných parametrem \( t \).

Řešení příkladu:

Matice koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & -1 \\ 2 & -2 & 4 \\ -1 & \frac{1}{2} & -1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 3 \cdot (-2 \cdot (-1) – 4 \cdot \frac{1}{2}) – 1 \cdot (2 \cdot (-1) – 4 \cdot (-1)) + (-1) \cdot (2 \cdot \frac{1}{2} – (-2) \cdot (-1)) \)

\( = 3 (2 – 2) – 1 (-2 + 4) -1 (1 – 2) = 3 \cdot 0 -1 \cdot 2 -1 \cdot (-1) = 0 – 2 + 1 = -1 \neq 0 \)

Determinant je různý od nuly, takže matice je invertibilní a soustava má jediné řešení.

Výpočet inverzní matice je složitý, proto použijeme Gaussovu eliminaci k nalezení řešení.

Po úpravách a dosazení dostaneme:

\( x = 1, \quad y = -2, \quad z = -2 \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů:

\( A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 \\ 1 & 4 & -1 \\ 3 & -2 & 2 \end{pmatrix} \)

Vektor pravých stran:

\( \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 9 \\ 1 \\ 7 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme determinant \( \det(A) \):

\( \det(A) = 2 (4 \cdot 2 – (-1)(-2)) – (-1)(1 \cdot 2 – (-1) \cdot 3) + 3 (1 \cdot (-2) – 4 \cdot 3) \\ = 2 (8 – 2) + 1 (2 – (-3)) + 3 (-2 – 12) = 2 \cdot 6 + 1 \cdot 5 + 3 \cdot (-14) = 12 + 5 – 42 = -25 \neq 0 \)

Determinant není nulový, použijeme Cramerovo pravidlo.

Vypočítáme determinanty \( D_x, D_y, D_z \) podle sloupců nahrazených vektorem pravých stran:

\( D_x = \det \begin{pmatrix} 9 & -1 & 3 \\ 1 & 4 & -1 \\ 7 & -2 & 2 \end{pmatrix} = 9 (4 \cdot 2 – (-1)(-2)) – (-1)(1 \cdot 2 – (-1) \cdot 7) + 3 (1 \cdot (-2) – 4 \cdot 7) \\ = 9 (8 – 2) + 1 (2 – (-7)) + 3 (-2 – 28) = 9 \cdot 6 + 1 \cdot 9 + 3 \cdot (-30) = 54 + 9 – 90 = -27 \)

\( D_y = \det \begin{pmatrix} 2 & 9 & 3 \\ 1 & 1 & -1 \\ 3 & 7 & 2 \end{pmatrix} = 2 (1 \cdot 2 – (-1) \cdot 7) – 9 (1 \cdot 2 – (-1) \cdot 3) + 3 (1 \cdot 7 – 1 \cdot 3) \\ = 2 (2 + 7) – 9 (2 + 3) + 3 (7 – 3) = 2 \cdot 9 – 9 \cdot 5 + 3 \cdot 4 = 18 – 45 + 12 = -15 \)

\( D_z = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 & 9 \\ 1 & 4 & 1 \\ 3 & -2 & 7 \end{pmatrix} = 2 (4 \cdot 7 – 1 \cdot (-2)) – (-1)(1 \cdot 7 – 1 \cdot 3) + 9 (1 \cdot (-2) – 4 \cdot 3) \\ = 2 (28 + 2) + 1 (7 – 3) + 9 (-2 – 12) = 2 \cdot 30 + 1 \cdot 4 + 9 \cdot (-14) = 60 + 4 – 126 = -62 \)

Řešení:

\( x = \frac{D_x}{\det(A)} = \frac{-27}{-25} = 1.08, \quad y = \frac{D_y}{\det(A)} = \frac{-15}{-25} = 0.6, \quad z = \frac{D_z}{\det(A)} = \frac{-62}{-25} = 2.48 \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} m & 1 \\ 1 & m \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} m \\ 1 \end{pmatrix} \)

Determinant matice:

\( \det(A) = m^2 – 1 \)

Soustava má jediné řešení, pokud \( \det(A) \neq 0 \), tedy \( m \neq \pm 1 \).

Inverzní matice:

\( A^{-1} = \frac{1}{m^2 – 1} \begin{pmatrix} m & -1 \\ -1 & m \end{pmatrix} \)

Řešení je:

\( \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = A^{-1} \mathbf{b} = \frac{1}{m^2 – 1} \begin{pmatrix} m & -1 \\ -1 & m \end{pmatrix} \begin{pmatrix} m \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{m^2 – 1} \begin{pmatrix} m^2 – 1 \\ -m + m \end{pmatrix} = \frac{1}{m^2 – 1} \begin{pmatrix} m^2 – 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \)

Pro \( m \neq \pm 1 \) je tedy řešení vždy \( x = 1, y = 0 \).

Pro \( m = \pm 1 \) soustava je buď neslučitelná nebo má nekonečně mnoho řešení (zkontrolujte samostatně).

Řešení příkladu:

Všechny tři rovnice jsou násobky první rovnice:

2. rovnice = 2 × 1. rovnice, 3. rovnice = 3 × 1. rovnice.

Soustava má nekonečně mnoho řešení parametrických rovnic.

Vyjádříme \( x \) z první rovnice:

\( x = 2y – z \)

Proto parametrické řešení bude mít tvar:

\( \begin{cases} x = 2s – t \\ y = s \\ z = t \end{cases}, \quad s, t \in \mathbb{R} \)

Řešení příkladu:

První dvě rovnice jsou ve sporu:

\( x + y + z = 1 \) a zároveň \( x + y + z = 2 \), což není možné.

Soustava je neslučitelná, nemá žádné řešení.

Řešení příkladu:

Matice koeficientů:

\( A = \begin{pmatrix} 4 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \\ -2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \)

Vektor pravých stran:

\( \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 7 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme determinant \( \det(A) \) (následující kroky zkráceny pro přehlednost), zjistíme, že je různý od nuly, tudíž existuje inverzní matice.

Výpočet inverzní matice a následné vynásobení vektorem \( \mathbf{b} \) dává řešení:

\( x = 2, \quad y = 1, \quad z = 3 \)

Řešení příkladu:

Matice a pravé strany:

\( A = \begin{pmatrix} a & 1 \\ 1 & a \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 1 \\ a \end{pmatrix} \)

Determinant:

\( \det(A) = a^2 – 1 \)

Pro \( a \neq \pm 1 \) matice invertibilní, řešení pomocí inverze:

\( \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{1}{a^2 – 1} \begin{pmatrix} a & -1 \\ -1 & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ a \end{pmatrix} = \frac{1}{a^2 – 1} \begin{pmatrix} a – a \\ -1 + a^2 \end{pmatrix} = \frac{1}{a^2 – 1} \begin{pmatrix} 0 \\ a^2 – 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)

Řešení je tedy \( x = 0, y = 1 \) pro \( a \neq \pm 1 \).

Pro \( a = \pm 1 \) řešení je třeba posoudit zvlášť.

Řešení příkladu:

Druhá rovnice je \(2 ×\) první rovnice, tedy závislá a redundantní.

Vyřešíme soustavu ze dvou nezávislých rovnic:

\( \begin{cases} 2x + 3y – z = 4 \\ x – y + z = 1 \end{cases} \)

Sčítáme obě rovnice pro eliminaci \( z \):

\( (2x + 3y – z) + (x – y + z) = 4 + 1 \Rightarrow 3x + 2y = 5 \)

Z druhé rovnice vyjádříme \( z \):

\( z = 1 – x + y \)

Z první rovnice:

\( 2x + 3y – (1 – x + y) = 4 \Rightarrow 2x + 3y – 1 + x – y = 4 \Rightarrow 3x + 2y = 5 \)

Vyjádříme \( y \) z rovnice \( 3x + 2y = 5 \):

\( 2y = 5 – 3x \Rightarrow y = \frac{5 – 3x}{2} \)

Řešení parametrické s parametrem \( x = t \):

\( \begin{cases} x = t \\ y = \frac{5 – 3t}{2} \\ z = 1 – t + \frac{5 – 3t}{2} = \frac{7 – 5t}{2} \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & k & 4 \\ 1 & 3 & k + 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 3 \\ k \\ 5 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot (k \cdot (k + 1) – 4 \cdot 3) – 1 \cdot (2 \cdot (k + 1) – 4 \cdot 1) + 1 \cdot (2 \cdot 3 – k \cdot 1) \\ = k(k+1) – 12 – [2(k+1) – 4] + [6 – k] = (k^2 + k – 12) – (2k + 2 – 4) + (6 – k) \\ = k^2 + k – 12 – 2k – 2 + 4 + 6 – k = k^2 + k – 12 – 2k – 2 + 4 + 6 – k \\ = k^2 – 2k + ( -12 – 2 + 4 + 6 ) = k^2 – 2k – 4 \)

Determinant musí být různý od nuly pro jednoznačné řešení:

\( k^2 – 2k – 4 \neq 0 \)

Řešíme kvadratickou rovnici:

\( k^2 – 2k – 4 = 0 \Rightarrow k = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 16}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{20}}{2} = 1 \pm \sqrt{5} \)

Pro \( k \neq 1 \pm \sqrt{5} \) má soustava jediné řešení, pro \( k = 1 \pm \sqrt{5} \) je nutné prověřit soustavu zvlášť (může být neslučitelná nebo mít nekonečně mnoho řešení).

Řešení příkladu:

Z první rovnice vyjádříme \( y \):

\( 2y = 7 – 3x \Rightarrow y = \frac{7 – 3x}{2} \)

Dosadíme do druhé rovnice:

\( 5x – \frac{7 – 3x}{2} = 8 \Rightarrow 10x – (7 – 3x) = 16 \Rightarrow 10x – 7 + 3x = 16 \Rightarrow 13x = 23 \Rightarrow x = \frac{23}{13} \)

Dosadíme zpět pro \( y \):

\( y = \frac{7 – 3 \cdot \frac{23}{13}}{2} = \frac{7 – \frac{69}{13}}{2} = \frac{\frac{91}{13} – \frac{69}{13}}{2} = \frac{\frac{22}{13}}{2} = \frac{11}{13} \)

Řešení soustavy je:

\( x = \frac{23}{13}, \quad y = \frac{11}{13} \)

Řešení příkladu:

Z první rovnice vyjádříme \( x \):

\( x = y – 2z + 4 \)

Dosadíme do druhé rovnice:

\( 2(y – 2z + 4) + y – z = 3 \Rightarrow 2y – 4z + 8 + y – z = 3 \Rightarrow 3y – 5z = -5 \)

Dosadíme do třetí rovnice:

\( -3(y – 2z + 4) + 4y + z = -2 \Rightarrow -3y + 6z -12 + 4y + z = -2 \Rightarrow y + 7z = 10 \)

Máme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých \( y, z \):

\( \begin{cases} 3y – 5z = -5 \\ y + 7z = 10 \end{cases} \)

Vyjádříme \( y \) z druhé rovnice:

\( y = 10 – 7z \)

Dosadíme do první:

\( 3(10 – 7z) – 5z = -5 \Rightarrow 30 – 21z – 5z = -5 \Rightarrow 30 – 26z = -5 \Rightarrow -26z = -35 \Rightarrow z = \frac{35}{26} \)

Dosadíme zpět pro \( y \):

\( y = 10 – 7 \cdot \frac{35}{26} = 10 – \frac{245}{26} = \frac{260}{26} – \frac{245}{26} = \frac{15}{26} \)

Dosadíme do výrazu pro \( x \):

\( x = \frac{15}{26} – 2 \cdot \frac{35}{26} + 4 = \frac{15}{26} – \frac{70}{26} + 4 = -\frac{55}{26} + 4 = \frac{-55 + 104}{26} = \frac{49}{26} \)

Řešení soustavy je:

\( x = \frac{49}{26}, \quad y = \frac{15}{26}, \quad z = \frac{35}{26} \)

Řešení příkladu:

Matice koeficientů:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & t \\ t & 1 \end{pmatrix} \)

Determinant:

\( \det(A) = 1 – t^2 \)

Pro \( t \neq \pm 1 \) má soustava jednoznačné řešení.

Najdeme inverzní matici:

\( A^{-1} = \frac{1}{1 – t^2} \begin{pmatrix} 1 & -t \\ -t & 1 \end{pmatrix} \)

Vektor pravých stran:

\( \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} \)

Řešení:

\( \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{1}{1 – t^2} \begin{pmatrix} 1 & -t \\ -t & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \frac{1}{1 – t^2} \begin{pmatrix} 2 – 3t \\ -2t + 3 \end{pmatrix} \)

Pro \( t = \pm 1 \) řešení neexistuje nebo je nekonečně mnoho řešení (zkontrolujte samostatně).

Řešení příkladu:

1. rovnice: \( x + y + z = 6 \)

2. rovnice: \( 2x – y + 3z = 14 \)

3. rovnice: \( -x + 4y – z = -2 \)

Z první rovnice vyjádříme \( x \):

\( x = 6 – y – z \)

Dosadíme do druhé rovnice:

\( 2(6 – y – z) – y + 3z = 14 \Rightarrow 12 – 2y – 2z – y + 3z = 14 \Rightarrow -3y + z = 2 \)

Dosadíme do třetí rovnice:

\( -(6 – y – z) + 4y – z = -2 \Rightarrow -6 + y + z + 4y – z = -2 \Rightarrow 5y – 6 = -2 \Rightarrow 5y = 4 \Rightarrow y = \frac{4}{5} \)

Dosadíme \( y \) do rovnice \( -3y + z = 2 \):

\( -3 \cdot \frac{4}{5} + z = 2 \Rightarrow -\frac{12}{5} + z = 2 \Rightarrow z = 2 + \frac{12}{5} = \frac{22}{5} \)

Dosadíme \( y, z \) do výrazu pro \( x \):

\( x = 6 – \frac{4}{5} – \frac{22}{5} = 6 – \frac{26}{5} = \frac{30}{5} – \frac{26}{5} = \frac{4}{5} \)

Řešení soustavy je:

\( x = \frac{4}{5}, \quad y = \frac{4}{5}, \quad z = \frac{22}{5} \)

Řešení příkladu:

Všimneme si, že druhá rovnice je dvojnásobkem první:

\( 2x + 4y + 6z = 2 \) je \( 2 \times (x + 2y + 3z = 1) \)

Třetí rovnice ale není násobkem první (pravá strana neodpovídá):

\( 3x + 6y + 9z = 5 \), ale \( 3 \times 1 = 3 \neq 5 \)

Soustava je tedy neslučitelná, nemá řešení.

Řešení příkladu:

Matice koeficientů:

\( A = \begin{pmatrix} m+1 & 1 \\ 1 & m-1 \end{pmatrix} \)

Determinant:

\( \det(A) = (m+1)(m-1) – 1 = m^2 – 1 – 1 = m^2 – 2 \)

Pro \( m^2 \neq 2 \) matice invertibilní, řešení pomocí inverze:

\[ A^{-1} = \frac{1}{m^2 – 2} \begin{pmatrix} m-1 & -1 \\ -1 & m+1 \end{pmatrix} \]

Vektor pravých stran:

\( \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2m \end{pmatrix} \)

Řešení:

\[ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{1}{m^2 – 2} \begin{pmatrix} m-1 & -1 \\ -1 & m+1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 \\ 2m \end{pmatrix} = \frac{1}{m^2 – 2} \begin{pmatrix} 4(m-1) – 2m \\ -4 + 2m(m+1) \end{pmatrix} \]

Zjednodušení:

\( x = \frac{4m – 4 – 2m}{m^2 – 2} = \frac{2m – 4}{m^2 – 2} \), \( y = \frac{-4 + 2m^2 + 2m}{m^2 – 2} \)

Pro \( m^2 = 2 \) je třeba řešení posoudit zvlášť.

Řešení příkladu:

Druhá rovnice je dvojnásobkem první, tedy závislá.

Vyřešíme soustavu prvních a třetích rovnic:

\( \begin{cases} 2x + 3y – z = 1 \\ x – y + 2z = 3 \end{cases} \)

Z druhé rovnice vyjádříme \( x \):

\( x = y – 2z + 3 \)

Dosadíme do první rovnice:

\( 2(y – 2z + 3) + 3y – z = 1 \Rightarrow 2y – 4z + 6 + 3y – z = 1 \Rightarrow 5y – 5z = -5 \Rightarrow y – z = -1 \)

Vyjádříme \( y \):

\( y = z – 1 \)

Dosadíme do výrazu pro \( x \):

\( x = (z – 1) – 2z + 3 = -z + 2 \)

Parametrické řešení:

\( \begin{cases} x = -z + 2 \\ y = z – 1 \\ z = z \in \mathbb{R} \end{cases} \)

Řešení příkladu:

Z první rovnice:

\( y = 7 – 3x \)

Dosadíme do druhé rovnice:

\( 2x – 4(7 – 3x) = -10 \Rightarrow 2x – 28 + 12x = -10 \Rightarrow 14x = 18 \Rightarrow x = \frac{9}{7} \)

Dosadíme zpět pro \( y \):

\( y = 7 – 3 \cdot \frac{9}{7} = 7 – \frac{27}{7} = \frac{49}{7} – \frac{27}{7} = \frac{22}{7} \)

Řešení je:

\( x = \frac{9}{7}, \quad y = \frac{22}{7} \)

Řešení příkladu:

Převedeme soustavu na maticový tvar \( A \mathbf{x} = \mathbf{b} \), kde

\( A = \begin{pmatrix} 2 & 3 & -1 \\ 4 & -1 & 2 \\ -3 & 2 & 5 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ -4 \end{pmatrix} \)

Krok 1: Zjištění, zda je matice \(A\) regulární (tj. zda má inverzi).

Spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 2 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix} – 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ -3 & 5 \end{pmatrix} + (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix} \)

\( = 2 \cdot (-1 \cdot 5 – 2 \cdot 2) – 3 \cdot (4 \cdot 5 – (-3) \cdot 2) + (-1) \cdot (4 \cdot 2 – (-3) \cdot (-1)) \)

\( = 2 \cdot (-5 – 4) – 3 \cdot (20 + 6) – (8 – 3) = 2 \cdot (-9) – 3 \cdot 26 – 5 = -18 – 78 – 5 = -101 \neq 0 \)

Tedy matice \( A \) je regulární a má inverzi.

Krok 2: Výpočet inverzní matice \( A^{-1} \).

Nejprve spočítáme matici adjungovanou (mřížku algebraických doplňků), poté ji transponujeme a vydělíme determinantem.

Vypočteme algebraické doplňky (minor + znaménko) pro každý prvek:

• \( C_{11} = +\det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix} = (-1) \cdot 5 – 2 \cdot 2 = -5 – 4 = -9 \)
• \( C_{12} = -\det \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ -3 & 5 \end{pmatrix} = – (4 \cdot 5 – (-3) \cdot 2) = – (20 + 6) = -26 \)
• \( C_{13} = +\det \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix} = 4 \cdot 2 – (-3) \cdot (-1) = 8 – 3 = 5 \)
• \( C_{21} = -\det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 5 \end{pmatrix} = – (3 \cdot 5 – 2 \cdot (-1)) = – (15 + 2) = -17 \)
• \( C_{22} = +\det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -3 & 5 \end{pmatrix} = 2 \cdot 5 – (-3) \cdot (-1) = 10 – 3 = 7 \)
• \( C_{23} = -\det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -3 & 2 \end{pmatrix} = – (2 \cdot 2 – (-3) \cdot 3) = – (4 + 9) = -13 \)
• \( C_{31} = +\det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = 3 \cdot 2 – (-1) \cdot (-1) = 6 – 1 = 5 \)
• \( C_{32} = -\det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 4 & 2 \end{pmatrix} = – (2 \cdot 2 – 4 \cdot (-1)) = – (4 + 4) = -8 \)
• \( C_{33} = +\det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 4 & -1 \end{pmatrix} = 2 \cdot (-1) – 4 \cdot 3 = -2 – 12 = -14 \)

Matici doplňků zapíšeme:

\( C = \begin{pmatrix} -9 & -26 & 5 \\ -17 & 7 & -13 \\ 5 & -8 & -14 \end{pmatrix} \)

Transponujeme matici \( C \) pro získání adjungované matice \( \mathrm{adj}(A) \):

\( \mathrm{adj}(A) = C^T = \begin{pmatrix} -9 & -17 & 5 \\ -26 & 7 & -8 \\ 5 & -13 & -14 \end{pmatrix} \)

Krok 3: Výpočet inverzní matice

\( A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \mathrm{adj}(A) = \frac{1}{-101} \begin{pmatrix} -9 & -17 & 5 \\ -26 & 7 & -8 \\ 5 & -13 & -14 \end{pmatrix} \)

Krok 4: Výpočet řešení \(\mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b}\)

\(\mathbf{x} = \frac{1}{-101} \begin{pmatrix} -9 & -17 & 5 \\ -26 & 7 & -8 \\ 5 & -13 & -14 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ -4 \end{pmatrix}\)

Vypočítáme součin matice a vektoru:

\[ \begin{aligned} x &= \frac{1}{-101} (-9 \cdot 5 + (-17) \cdot 6 + 5 \cdot (-4)) = \frac{1}{-101} (-45 – 102 – 20) = \frac{-167}{-101} = \frac{167}{101} \\ y &= \frac{1}{-101} (-26 \cdot 5 + 7 \cdot 6 + (-8) \cdot (-4)) = \frac{1}{-101} (-130 + 42 + 32) = \frac{-56}{-101} = \frac{56}{101} \\ z &= \frac{1}{-101} (5 \cdot 5 + (-13) \cdot 6 + (-14) \cdot (-4)) = \frac{1}{-101} (25 – 78 + 56) = \frac{3}{-101} = -\frac{3}{101} \end{aligned} \]

Výsledek:

\( x = \frac{167}{101}, \quad y = \frac{56}{101}, \quad z = -\frac{3}{101} \)

Řešení příkladu:

Převedeme soustavu na rozšířenou matici \( [A|\mathbf{b}] \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 4 \\ 2 & 4 & 2 & 8 \\ 3 & 6 & 3 & 10 \\ \end{array} \right) \)

Krok 1: První eliminace \((\)odstranění prvků pod hlavní diagonálou ve sloupci \(1)\)

Vynásobíme první řádek \(2\) a odečteme od druhého řádku:

\( R_2 \leftarrow R_2 – 2 R_1 \Rightarrow (2-2\cdot1, 4-2\cdot2, 2-2\cdot1, 8-2\cdot4) = (0, 0, 0, 0) \)

Vynásobíme první řádek 3 a odečteme od třetího řádku:

\( R_3 \leftarrow R_3 – 3 R_1 \Rightarrow (3-3\cdot1, 6-3\cdot2, 3-3\cdot1, 10-3\cdot4) = (0, 0, 0, -2) \)

Nová matice je tedy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2 \\ \end{array} \right) \)

Krok 2: Vyhodnocení výsledku

Třetí řádek znamená \( 0x + 0y + 0z = -2 \), což je nesmysl (rovnice nemůže být splněna).

Tedy soustava nemá žádné řešení.

Řešení příkladu:

Soustavu převedeme do maticového tvaru \( A \mathbf{x} = \mathbf{b} \), kde

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 3 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 6 \\ 14 \\ 11 \end{pmatrix} \)

Nejprve ověříme, zda je matice \( A \) regulární (má inverzi) výpočtem determinantu:

\( \det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 2 & 2 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \)

\(= 1 \cdot (-1 \cdot 2 – 3 \cdot 2) – 1 \cdot (2 \cdot 2 – 3 \cdot 1) + 1 \cdot (2 \cdot 2 – (-1) \cdot 1)\)

\(= 1 \cdot (-2 – 6) – 1 \cdot (4 – 3) + 1 \cdot (4 + 1) = -8 – 1 + 5 = -4 \neq 0 \)

Determinant je různý od nuly, matice je regulární a lze nalézt inverzní matici.

Pro zjednodušení použijeme k výpočtu inverzní matice metodu adjungované matice a determinant.

Nejprve spočítáme matici algebraických doplňků \(C\):

• \(C_{11} = +\det \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 2 & 2 \end{pmatrix} = (-1)(2) – 3(2) = -2 – 6 = -8 \)
• \(C_{12} = -\det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = -(2 \cdot 2 – 3 \cdot 1) = -(4 – 3) = -1 \)
• \(C_{13} = +\det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = 2 \cdot 2 – (-1) \cdot 1 = 4 + 1 = 5 \)
• \(C_{21} = -\det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 2 \end{pmatrix} = -(1 \cdot 2 – 1 \cdot 2) = -(2 – 2) = 0 \)
• \(C_{22} = +\det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = 1 \cdot 2 – 1 \cdot 1 = 2 – 1 = 1 \)
• \(C_{23} = -\det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = -(1 \cdot 2 – 1 \cdot 1) = -(2 – 1) = -1 \)
• \(C_{31} = +\det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} = 1 \cdot 3 – 1 \cdot (-1) = 3 + 1 = 4 \)
• \(C_{32} = -\det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} = -(1 \cdot 3 – 1 \cdot 2) = -(3 – 2) = -1 \)
• \(C_{33} = +\det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} = 1 \cdot (-1) – (-1) \cdot 2 = -1 + 2 = 1 \)

Matice doplňků:

\( C = \begin{pmatrix} -8 & -1 & 5 \\ 0 & 1 & -1 \\ 4 & -1 & 1 \end{pmatrix} \)

Transponujeme matici \( C \) pro získání adjungované matice \( \mathrm{adj}(A) \):

\( \mathrm{adj}(A) = C^T = \begin{pmatrix} -8 & 0 & 4 \\ -1 & 1 & -1 \\ 5 & -1 & 1 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice je

\( A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \mathrm{adj}(A) = \frac{1}{-4} \begin{pmatrix} -8 & 0 & 4 \\ -1 & 1 & -1 \\ 5 & -1 & 1 \end{pmatrix} \)

Vynásobíme inverzní matici vektorem \( \mathbf{b} \):

\( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} = \frac{1}{-4} \begin{pmatrix} -8 & 0 & 4 \\ -1 & 1 & -1 \\ 5 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 6 \\ 14 \\ 11 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme součin:

\[ \begin{aligned} x &= \frac{1}{-4} (-8 \cdot 6 + 0 \cdot 14 + 4 \cdot 11) = \frac{1}{-4} (-48 + 0 + 44) = \frac{1}{-4} (-4) = 1 \\ y &= \frac{1}{-4} (-1 \cdot 6 + 1 \cdot 14 – 1 \cdot 11) = \frac{1}{-4} (-6 + 14 – 11) = \frac{1}{-4} (-3) = \frac{3}{4} \\ z &= \frac{1}{-4} (5 \cdot 6 – 1 \cdot 14 + 1 \cdot 11) = \frac{1}{-4} (30 – 14 + 11) = \frac{1}{-4} (27) = -\frac{27}{4} \end{aligned} \]

Řešení soustavy je tedy:

\( x = 1, \quad y = \frac{3}{4}, \quad z = -\frac{27}{4} \)

Řešení příkladu:

Převedeme soustavu na rozšířenou matici \( [A|\mathbf{b}] \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 3 & -1 & 2 & 7 \\ 2 & 4 & -1 & 4 \\ -1 & 2 & 5 & 6 \\ \end{array} \right) \)

Krok 1: Vytvoření jednotkové matice v levé části pomocí elementárních řádkových úprav.

Nejprve vynásobíme první řádek číslem \( \frac{1}{3} \) pro pivotový prvek \(1\):

\( R_1 \leftarrow \frac{1}{3} R_1 = (1, -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{7}{3}) \)

Poté eliminujeme prvek pod pivotem ve druhém řádku:

\( R_2 \leftarrow R_2 – 2 R_1 = (2 – 2 \cdot 1, 4 – 2 \cdot (-\frac{1}{3}), -1 – 2 \cdot \frac{2}{3}, 4 – 2 \cdot \frac{7}{3}) = (0, \frac{14}{3}, -\frac{7}{3}, \frac{2}{3}) \)

Eliminujeme prvek pod pivotem ve třetím řádku:

\( R_3 \leftarrow R_3 + R_1 = (-1 + 1, 2 + (-\frac{1}{3}), 5 + \frac{2}{3}, 6 + \frac{7}{3}) = (0, \frac{5}{3}, \frac{17}{3}, \frac{25}{3}) \)

Nová matice:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & \frac{7}{3} \\ 0 & \frac{14}{3} & -\frac{7}{3} & \frac{2}{3} \\ 0 & \frac{5}{3} & \frac{17}{3} & \frac{25}{3} \\ \end{array} \right) \)

Krok 2: Vytvoření pivotu \(1\) v druhém řádku:

\( R_2 \leftarrow \frac{3}{14} R_2 = (0, 1, -\frac{1}{2}, \frac{1}{7}) \)

Eliminace prvku ve třetím řádku:

\( R_3 \leftarrow R_3 – \frac{5}{3} R_2 = \left(0, 0, \frac{17}{3} – \frac{5}{3} \cdot (-\frac{1}{2}), \frac{25}{3} – \frac{5}{3} \cdot \frac{1}{7}\right) = \left(0, 0, 7, 8\right) \)

Krok 3: Pivot \(1\) ve třetím řádku:

\( R_3 \leftarrow \frac{1}{7} R_3 = (0, 0, 1, \frac{8}{7}) \)

Krok 4: Zpětná substituce:

Úprava \( R_2 \): eliminace \( z \)

\( R_2 \leftarrow R_2 + \frac{1}{2} R_3 = (0, 1, 0, \frac{1}{7} + \frac{1}{2} \cdot \frac{8}{7}) = (0, 1, 0, \frac{1}{7} + \frac{4}{7}) = (0, 1, 0, \frac{5}{7}) \)

Úprava \( R_1 \): eliminace \( y \) a \( z \)

\( R_1 \leftarrow R_1 + \frac{1}{3} R_2 – \frac{2}{3} R_3 = (1, 0, 0, \frac{7}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{7} – \frac{2}{3} \cdot \frac{8}{7}) \)

Vypočítáme pravou stranu:

\( \frac{7}{3} + \frac{5}{21} – \frac{16}{21} = \frac{49}{21} + \frac{5}{21} – \frac{16}{21} = \frac{38}{21} \)

Řešení je tedy:

\( x = \frac{38}{21}, \quad y = \frac{5}{7}, \quad z = \frac{8}{7} \)

Řešení příkladu:

Zapišme koeficientovou matici \( A \) a pravou stranu \( \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 4 & 2 & -1 \\ 3 & -1 & 2 \\ 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 5 \\ 7 \\ 10 \end{pmatrix} \)

Nejprve spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 4 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} -1 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \)

\( = 4((-1)(4) – 2(3)) – 2(3 \cdot 4 – 2 \cdot 2) – 1(3 \cdot 3 – (-1) \cdot 2) \)

\( = 4(-4 – 6) – 2(12 – 4) – (9 + 2) = 4(-10) – 2(8) – 11 = -40 – 16 – 11 = -67 \neq 0 \)

Determinant je různý od nuly, soustava má jednoznačné řešení.

Podle Cramerova pravidla vypočítáme determinanty matice \( A_x, A_y, A_z \), které vzniknou dosazením vektoru \( \mathbf{b} \) místo příslušného sloupce v \( A \).

\( A_x = \begin{pmatrix} 5 & 2 & -1 \\ 7 & -1 & 2 \\ 10 & 3 & 4 \end{pmatrix}, \quad A_y = \begin{pmatrix} 4 & 5 & -1 \\ 3 & 7 & 2 \\ 2 & 10 & 4 \end{pmatrix}, \quad A_z = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 5 \\ 3 & -1 & 7 \\ 2 & 3 & 10 \end{pmatrix} \)

Spočítejme determinant \( A_x \):

\( \det(A_x) = 5 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 7 & 2 \\ 10 & 4 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 7 & -1 \\ 10 & 3 \end{pmatrix} \)

\( = 5((-1)(4) – 2(3)) – 2(7 \cdot 4 – 10 \cdot 2) – 1(7 \cdot 3 – (-1) \cdot 10) \)

\( = 5(-4 – 6) – 2(28 – 20) – (21 + 10) = 5(-10) – 2(8) – 31 = -50 – 16 – 31 = -97 \)

Spočítejme determinant \( A_y \):

\( \det(A_y) = 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 7 & 2 \\ 10 & 4 \end{pmatrix} – 5 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 7 \\ 2 & 10 \end{pmatrix} \)

\( = 4(7 \cdot 4 – 10 \cdot 2) – 5(3 \cdot 4 – 2 \cdot 2) – (3 \cdot 10 – 7 \cdot 2) \)

\( = 4(28 – 20) – 5(12 – 4) – (30 – 14) = 4(8) – 5(8) – 16 = 32 – 40 – 16 = -24 \)

Spočítejme determinant \( A_z \):

\( \det(A_z) = 4 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 7 \\ 3 & 10 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 7 \\ 2 & 10 \end{pmatrix} + 5 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \)

\( = 4((-1)(10) – 7 \cdot 3) – 2(3 \cdot 10 – 2 \cdot 7) + 5(3 \cdot 3 – (-1) \cdot 2) \)

\( = 4(-10 – 21) – 2(30 – 14) + 5(9 + 2) = 4(-31) – 2(16) + 5(11) = -124 – 32 + 55 = -101 \)

Výsledné hodnoty proměnných podle Cramerova pravidla jsou:

\( x = \frac{\det(A_x)}{\det(A)} = \frac{-97}{-67} = \frac{97}{67}, \quad y = \frac{\det(A_y)}{\det(A)} = \frac{-24}{-67} = \frac{24}{67}, \quad z = \frac{\det(A_z)}{\det(A)} = \frac{-101}{-67} = \frac{101}{67} \)

Řešení příkladu:

Nejprve zapíšeme rozšířenou matici:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 9 \\ 2 & 3 & 3 & 18 \\ -1 & 1 & 2 & 4 \end{array} \right) \)

Krok 1: Pivot v prvním řádku je \(1\), chceme eliminovat prvky pod pivotem.

\( R_2 \leftarrow R_2 – 2 R_1 = (0, -1, 1, 0) \)

\( R_3 \leftarrow R_3 + R_1 = (0, 3, 3, 13) \)

Matice po úpravách:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 9 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 3 & 13 \end{array} \right) \)

Krok 2: Pivot v druhém řádku je \(-1\). Vynásobíme \( R_2 \) -1:

\( R_2 \leftarrow -R_2 = (0, 1, -1, 0) \)

Eliminujeme prvek v \( R_3 \):

\( R_3 \leftarrow R_3 – 3 R_2 = (0, 0, 6, 13) \)

Eliminujeme prvek v \( R_1 \):

\( R_1 \leftarrow R_1 – 2 R_2 = (1, 0, 3, 9) \)

Matice nyní vypadá:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 3 & 9 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 13 \end{array} \right) \)

Krok 3: Pivot v třetím řádku je \(6\). Vydělíme \( R_3 \) šestkou:

\( R_3 \leftarrow \frac{1}{6} R_3 = (0, 0, 1, \frac{13}{6}) \)

Eliminujeme prvek v \( R_1 \):

\( R_1 \leftarrow R_1 – 3 R_3 = (1, 0, 0, 9 – 3 \cdot \frac{13}{6}) = (1, 0, 0, \frac{9 \cdot 6 – 39}{6}) = (1, 0, 0, \frac{54 – 39}{6}) = (1, 0, 0, \frac{15}{6}) = (1, 0, 0, \frac{5}{2}) \)

Eliminujeme prvek v \( R_2 \):

\( R_2 \leftarrow R_2 + R_3 = (0, 1, 0, 0 + \frac{13}{6}) = (0, 1, 0, \frac{13}{6}) \)

Výsledná matice je ve tvaru jednotkové matice:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & \frac{5}{2} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{13}{6} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{13}{6} \end{array} \right) \)

Řešení je:

\( x = \frac{5}{2}, \quad y = \frac{13}{6}, \quad z = \frac{13}{6} \)

Řešení příkladu:

Zapišme koeficientovou matici \( A \) a vektor pravých stran \( \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ -1 & 3 & 2 \\ 3 & -1 & 4 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 1 \\ 12 \\ 7 \end{pmatrix} \)

Nejprve zjistíme determinant matice \( A \), abychom ověřili, že matice je invertibilní:

\( \det(A) = 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} + (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \)

\( = 2(3 \cdot 4 – (-1) \cdot 2) – 1((-1) \cdot 4 – 3 \cdot 2) – 1((-1)(-1) – 3 \cdot 3) \)

\( = 2(12 + 2) – ( -4 – 6 ) – (1 – 9) = 2 \cdot 14 + 10 – (-8) = 28 + 10 + 8 = 46 \neq 0 \)

Matice \( A \) je invertibilní. Dále spočítáme inverzní matici \( A^{-1} \).

Nejprve vypočítáme matici minorů, potom matici algebraických doplňků, a nakonec transponovanou matici doplňků (adjungovanou matici).

Minory:

\( M_{11} = \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix} = 3 \cdot 4 – (-1) \cdot 2 = 12 + 2 = 14 \)

\( M_{12} = \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = (-1) \cdot 4 – 3 \cdot 2 = -4 – 6 = -10 \)

\( M_{13} = \det \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = (-1)(-1) – 3 \cdot 3 = 1 – 9 = -8 \)

\( M_{21} = \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 4 \end{pmatrix} = 1 \cdot 4 – (-1) \cdot (-1) = 4 – 1 = 3 \)

\( M_{22} = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = 2 \cdot 4 – 3 \cdot (-1) = 8 + 3 = 11 \)

\( M_{23} = \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = 2 \cdot (-1) – 3 \cdot 1 = -2 – 3 = -5 \)

\( M_{31} = \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} = 1 \cdot 2 – 3 \cdot (-1) = 2 + 3 = 5 \)

\( M_{32} = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = 2 \cdot 2 – (-1) \cdot (-1) = 4 – 1 = 3 \)

\( M_{33} = \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} = 2 \cdot 3 – (-1) \cdot 1 = 6 + 1 = 7 \)

Matice algebraických doplňků (s příslušnými znaménky):

\( C = \begin{pmatrix} +14 & -(-10) & +(-8) \\ -3 & +11 & -(-5) \\ +5 & -3 & +7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 14 & 10 & -8 \\ -3 & 11 & 5 \\ 5 & -3 & 7 \end{pmatrix} \)

Transponujeme matici doplňků (adjungovaná matice \( \text{adj}(A) \)):

\( \text{adj}(A) = \begin{pmatrix} 14 & -3 & 5 \\ 10 & 11 & -3 \\ -8 & 5 & 7 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice je dána vztahem:

\( A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A) = \frac{1}{46} \begin{pmatrix} 14 & -3 & 5 \\ 10 & 11 & -3 \\ -8 & 5 & 7 \end{pmatrix} \)

Řešení soustavy je pak:

\( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} = \frac{1}{46} \begin{pmatrix} 14 & -3 & 5 \\ 10 & 11 & -3 \\ -8 & 5 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 12 \\ 7 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme jednotlivé složky vektoru \( \mathbf{x} \):

\( x = \frac{1}{46} (14 \cdot 1 + (-3) \cdot 12 + 5 \cdot 7) = \frac{1}{46} (14 – 36 + 35) = \frac{13}{46} \)

\( y = \frac{1}{46} (10 \cdot 1 + 11 \cdot 12 + (-3) \cdot 7) = \frac{1}{46} (10 + 132 – 21) = \frac{121}{46} \)

\( z = \frac{1}{46} ((-8) \cdot 1 + 5 \cdot 12 + 7 \cdot 7) = \frac{1}{46} (-8 + 60 + 49) = \frac{101}{46} \)

Výsledné řešení je:

\( x = \frac{13}{46}, \quad y = \frac{121}{46}, \quad z = \frac{101}{46} \)

Řešení příkladu:

Zapišme koeficientovou matici \( A \) a vektor pravých stran \( \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 10 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 14 \\ 32 \\ 50 \end{pmatrix} \)

Nejprve zjistíme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 5 & 6 \\ 8 & 10 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & 6 \\ 7 & 10 \end{pmatrix} + 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & 5 \\ 7 & 8 \end{pmatrix} \)

\( = 1(5 \cdot 10 – 8 \cdot 6) – 2(4 \cdot 10 – 7 \cdot 6) + 3(4 \cdot 8 – 7 \cdot 5) \)

\( = 1(50 – 48) – 2(40 – 42) + 3(32 – 35) = 1 \cdot 2 – 2 \cdot (-2) + 3 \cdot (-3) = 2 + 4 – 9 = -3 \neq 0 \)

Matice \( A \) je invertibilní. Spočítáme inverzní matici \( A^{-1} \).

Minory matice \( A \):

\( M_{11} = \det \begin{pmatrix} 5 & 6 \\ 8 & 10 \end{pmatrix} = 50 – 48 = 2 \)

\( M_{12} = \det \begin{pmatrix} 4 & 6 \\ 7 & 10 \end{pmatrix} = 40 – 42 = -2 \)

\( M_{13} = \det \begin{pmatrix} 4 & 5 \\ 7 & 8 \end{pmatrix} = 32 – 35 = -3 \)

\( M_{21} = \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 8 & 10 \end{pmatrix} = 20 – 24 = -4 \)

\( M_{22} = \det \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 7 & 10 \end{pmatrix} = 10 – 21 = -11 \)

\( M_{23} = \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 7 & 8 \end{pmatrix} = 8 – 14 = -6 \)

\( M_{31} = \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 5 & 6 \end{pmatrix} = 12 – 15 = -3 \)

\( M_{32} = \det \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 4 & 6 \end{pmatrix} = 6 – 12 = -6 \)

\( M_{33} = \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 4 & 5 \end{pmatrix} = 5 – 8 = -3 \)

Matice algebraických doplňků:

\( C = \begin{pmatrix} +2 & -(-2) & +(-3) \\ -(-4) & +(-11) & -(-6) \\ +(-3) & -(-6) & +(-3) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 2 & -3 \\ 4 & -11 & 6 \\ -3 & 6 & -3 \end{pmatrix} \)

Adjungovaná matice \( \text{adj}(A) \) je transponovaná matice doplňků:

\( \text{adj}(A) = \begin{pmatrix} 2 & 4 & -3 \\ 2 & -11 & 6 \\ -3 & 6 & -3 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice je:

\( A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A) = -\frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 4 & -3 \\ 2 & -11 & 6 \\ -3 & 6 & -3 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme řešení soustavy \( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} \):

\( \mathbf{x} = -\frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 4 & -3 \\ 2 & -11 & 6 \\ -3 & 6 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 14 \\ 32 \\ 50 \end{pmatrix} \)

Složky vektoru \( \mathbf{x} \):

\( x = -\frac{1}{3} (2 \cdot 14 + 4 \cdot 32 – 3 \cdot 50) = -\frac{1}{3} (28 + 128 – 150) = -\frac{1}{3} (6) = -2 \)

\( y = -\frac{1}{3} (2 \cdot 14 – 11 \cdot 32 + 6 \cdot 50) = -\frac{1}{3} (28 – 352 + 300) = -\frac{1}{3} (-24) = 8 \)

\( z = -\frac{1}{3} (-3 \cdot 14 + 6 \cdot 32 – 3 \cdot 50) = -\frac{1}{3} (-42 + 192 – 150) = -\frac{1}{3} (0) = 0 \)

Výsledné řešení je:

\( x = -2, \quad y = 8, \quad z = 0 \)

Řešení příkladu:

Zapíšeme matici koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ 2 & 4 & -1 \\ -1 & 1 & 5 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 7 \\ 10 \\ 3 \end{pmatrix} \)

Nejprve spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} – (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \)

\( = 3(4 \cdot 5 – 1 \cdot (-1)) + 1(2 \cdot 5 – (-1) \cdot (-1)) + 2(2 \cdot 1 – (-1) \cdot 4) \)

\( = 3(20 + 1) + 1(10 – 1) + 2(2 + 4) = 3 \cdot 21 + 9 + 2 \cdot 6 = 63 + 9 + 12 = 84 \neq 0 \)

Matice je invertibilní. Spočítáme matici minorů:

\( M_{11} = \det \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} = 20 + 1 = 21 \)

\( M_{12} = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} = 10 – 1 = 9 \)

\( M_{13} = \det \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = 2 – (-4) = 6 \)

\( M_{21} = \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} = (-1) \cdot 5 – 1 \cdot 2 = -5 – 2 = -7 \)

\( M_{22} = \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} = 15 + 2 = 17 \)

\( M_{23} = \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = 3 \cdot 1 – (-1) \cdot (-1) = 3 – 1 = 2 \)

\( M_{31} = \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 4 & -1 \end{pmatrix} = (-1)(-1) – 4 \cdot 2 = 1 – 8 = -7 \)

\( M_{32} = \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} = -3 – 4 = -7 \)

\( M_{33} = \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} = 12 + 2 = 14 \)

Algebraické doplňky:

\( C = \begin{pmatrix} +21 & -9 & +6 \\ +7 & +17 & -2 \\ -7 & +7 & +14 \end{pmatrix} \)

Adjungovaná matice je transponovaná matice doplňků:

\( \text{adj}(A) = \begin{pmatrix} 21 & 7 & -7 \\ -9 & 17 & 7 \\ 6 & -2 & 14 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice je:

\( A^{-1} = \frac{1}{84} \begin{pmatrix} 21 & 7 & -7 \\ -9 & 17 & 7 \\ 6 & -2 & 14 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme řešení \( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} \):

\( \mathbf{x} = \frac{1}{84} \begin{pmatrix} 21 & 7 & -7 \\ -9 & 17 & 7 \\ 6 & -2 & 14 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 \\ 10 \\ 3 \end{pmatrix} \)

Složky vektoru \( \mathbf{x} \):

\( x = \frac{1}{84} (21 \cdot 7 + 7 \cdot 10 – 7 \cdot 3) = \frac{1}{84} (147 + 70 – 21) = \frac{196}{84} = \frac{14}{6} = \frac{7}{3} \)

\( y = \frac{1}{84} (-9 \cdot 7 + 17 \cdot 10 + 7 \cdot 3) = \frac{1}{84} (-63 + 170 + 21) = \frac{128}{84} = \frac{32}{21} \)

\( z = \frac{1}{84} (6 \cdot 7 – 2 \cdot 10 + 14 \cdot 3) = \frac{1}{84} (42 – 20 + 42) = \frac{64}{84} = \frac{16}{21} \)

Výsledné řešení je:

\( x = \frac{7}{3}, \quad y = \frac{32}{21}, \quad z = \frac{16}{21} \)

Řešení příkladu:

Koeficientová matice a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & -3 \\ 3 & -1 & 2 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 4 \\ -6 \\ 7 \end{pmatrix} \)

Spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -3 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} – (-2) \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \)

\( = 1(1 \cdot 2 – (-1)(-3)) + 2(2 \cdot 2 – 3 \cdot (-3)) + 1(2 \cdot (-1) – 3 \cdot 1) \)

\( = 1(2 – 3) + 2(4 + 9) + 1(-2 – 3) = 1 \cdot (-1) + 2 \cdot 13 – 5 = -1 + 26 – 5 = 20 \neq 0 \)

Matice je invertibilní. Vypočítáme determinanty matic pro jednotlivé neznámé:

Pro \( x \) nahradíme první sloupec vektorem \( \mathbf{b} \):

\( A_x = \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ -6 & 1 & -3 \\ 7 & -1 & 2 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_x) = 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -3 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} – (-2) \cdot \det \begin{pmatrix} -6 & -3 \\ 7 & 2 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -6 & 1 \\ 7 & -1 \end{pmatrix} \)

\( = 4(1 \cdot 2 – (-1)(-3)) + 2(-6 \cdot 2 – 7 \cdot (-3)) + 1((-6)(-1) – 7 \cdot 1) \)

\( = 4(2 – 3) + 2(-12 + 21) + (6 – 7) = 4(-1) + 2(9) – 1 = -4 + 18 – 1 = 13 \)

Pro \( y \) nahradíme druhý sloupec vektorem \( \mathbf{b} \):

\( A_y = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 1 \\ 2 & -6 & -3 \\ 3 & 7 & 2 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_y) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -6 & -3 \\ 7 & 2 \end{pmatrix} – 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -6 \\ 3 & 7 \end{pmatrix} \)

\( = 1(-6 \cdot 2 – 7 \cdot (-3)) – 4(2 \cdot 2 – 3 \cdot (-3)) + 1(2 \cdot 7 – 3 \cdot (-6)) \)

\( = 1(-12 + 21) – 4(4 + 9) + (14 + 18) = 9 – 4 \cdot 13 + 32 = 9 – 52 + 32 = -11 \)

Pro \( z \) nahradíme třetí sloupec vektorem \( \mathbf{b} \):

\( A_z = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 4 \\ 2 & 1 & -6 \\ 3 & -1 & 7 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_z) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -6 \\ -1 & 7 \end{pmatrix} – (-2) \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -6 \\ 3 & 7 \end{pmatrix} + 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \)

\( = 1(1 \cdot 7 – (-1)(-6)) + 2(2 \cdot 7 – 3 \cdot (-6)) + 4(2 \cdot (-1) – 3 \cdot 1) \)

\( = 1(7 – 6) + 2(14 + 18) + 4(-2 – 3) = 1 + 2 \cdot 32 – 20 = 1 + 64 – 20 = 45 \)

Pomocí Cramerova pravidla:

\( x = \frac{\det(A_x)}{\det(A)} = \frac{13}{20} \)

\( y = \frac{\det(A_y)}{\det(A)} = \frac{-11}{20} \)

\( z = \frac{\det(A_z)}{\det(A)} = \frac{45}{20} = \frac{9}{4} \)

Řešení soustavy je:

\( x = \frac{13}{20}, \quad y = -\frac{11}{20}, \quad z = \frac{9}{4} \)

Determinant matice \( A \) spočítáme podle rozvoje podle prvního řádku:

\( \det(A) = 3 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 0 & 4 \\ 5 & 0 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 5 & 2 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme jednotlivé determinanty \(2×2\):

\( \det \begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} = (-1) \cdot 0 – 4 \cdot 2 = -8 \)

\( \det \begin{pmatrix} 0 & 4 \\ 5 & 0 \end{pmatrix} = 0 \cdot 0 – 4 \cdot 5 = -20 \)

\( \det \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 5 & 2 \end{pmatrix} = 0 \cdot 2 – (-1) \cdot 5 = 5 \)

Nyní dosadíme do výpočtu determinantů:

\( \det(A) = 3 \cdot (-8) – 1 \cdot (-20) + 2 \cdot 5 = -24 + 20 + 10 = 6 \)

Protože \(\det(A) \neq 0\), matice \(A\) je regulární (invertovatelná).

Zapíšeme soustavu do matice rozšířené o pravé strany:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -1 & 3 \\ -1 & 3 & 2 & 7 \\ 3 & -1 & 4 & 10 \end{array} \right) \)

1. krok: Pro přehlednost vydělíme první řádek 2:

\( R_1 := \frac{1}{2} R_1 = (1, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{3}{2}) \)

2. krok: Eliminujeme první prvek ve druhém a třetím řádku:

\( R_2 := R_2 + R_1 = (0, \frac{7}{2}, \frac{3}{2}, \frac{17}{2}) \)

\( R_3 := R_3 – 3 R_1 = (0, -\frac{5}{2}, \frac{11}{2}, \frac{11}{2}) \)

3. krok: Vydělíme druhý řádek \(\frac{7}{2}\), aby pivot byl 1:

\( R_2 := \frac{2}{7} R_2 = (0, 1, \frac{3}{7}, \frac{17}{7}) \)

4. krok: Eliminujeme druhý prvek ve třetím řádku:

\( R_3 := R_3 + \frac{5}{2} R_2 = (0, 0, \frac{46}{7}, \frac{81}{7}) \)

5. krok: Vydělíme třetí řádek \(\frac{46}{7}\) pro pivot 1:

\( R_3 := \frac{7}{46} R_3 = (0, 0, 1, \frac{81}{46}) \)

6. krok: Dosadíme zpět a eliminujeme zbytky v předchozích řádcích:

\( R_2 := R_2 – \frac{3}{7} R_3 = (0, 1, 0, \frac{539}{322}) \)

\( R_1 := R_1 + \frac{1}{2} R_3 = (1, \frac{1}{2}, 0, \frac{219}{92}) \)

7. krok: Eliminujeme druhý prvek v prvním řádku:

\( R_1 := R_1 – \frac{1}{2} R_2 = (1, 0, 0, \frac{497}{322}) \)

Řešení soustavy je tedy:

\( x = \frac{497}{322}, \quad y = \frac{539}{322}, \quad z = \frac{81}{46} \)

Zapíšeme koeficientovou matici \( A \) a vektor pravých stran \( \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & -1 & 1 \\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 14 \\ 5 \\ 10 \end{pmatrix} \)

Nejprve spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} + 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} \)

\( = 1((-1)(-1) – 1 \cdot 1) – 2 (2 \cdot (-1) – 3 \cdot 1) + 3 (2 \cdot 1 – 3 \cdot (-1)) \)

\( = 1(1 – 1) – 2 (-2 – 3) + 3 (2 + 3) = 0 – 2 (-5) + 3 (5) = 10 + 15 = 25 \neq 0 \)

Matice je invertibilní, spočítáme matici minorů, doplňků a adjungovanou matici.

Minory:

\( M_{11} = \det \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = 1 – 1 = 0 \)

\( M_{12} = \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = 2 \cdot (-1) – 3 \cdot 1 = -2 – 3 = -5 \)

\( M_{13} = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = 2 \cdot 1 – 3 \cdot (-1) = 2 + 3 = 5 \)

\( M_{21} = \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = 2 \cdot (-1) – 1 \cdot 3 = -2 – 3 = -5 \)

\( M_{22} = \det \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = 1 \cdot (-1) – 3 \cdot 3 = -1 – 9 = -10 \)

\( M_{23} = \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot 1 – 3 \cdot 2 = 1 – 6 = -5 \)

\( M_{31} = \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = 2 \cdot 1 – (-1) \cdot 3 = 2 + 3 = 5 \)

\( M_{32} = \det \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot 1 – 2 \cdot 3 = 1 – 6 = -5 \)

\( M_{33} = \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} = 1 \cdot (-1) – 2 \cdot 2 = -1 – 4 = -5 \)

Matice doplňků:

\( C = \begin{pmatrix} +0 & -(-5) & +5 \\ -(-5) & +(-10) & -(-5) \\ +5 & -(-5) & +(-5) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 5 & 5 \\ 5 & -10 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix} \)

Adjungovaná matice \( \text{adj}(A) \) je transponovaná matice doplňků:

\( \text{adj}(A) = \begin{pmatrix} 0 & 5 & 5 \\ 5 & -10 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} 0 & 5 & 5 \\ 5 & -10 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice:

\( A^{-1} = \frac{1}{25} \begin{pmatrix} 0 & 5 & 5 \\ 5 & -10 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme řešení soustavy \( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} \):

\( \mathbf{x} = \frac{1}{25} \begin{pmatrix} 0 & 5 & 5 \\ 5 & -10 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 14 \\ 5 \\ 10 \end{pmatrix} = \frac{1}{25} \begin{pmatrix} 0 \cdot 14 + 5 \cdot 5 + 5 \cdot 10 \\ 5 \cdot 14 – 10 \cdot 5 + 5 \cdot 10 \\ 5 \cdot 14 + 5 \cdot 5 – 5 \cdot 10 \end{pmatrix} \)

\( = \frac{1}{25} \begin{pmatrix} 0 + 25 + 50 \\ 70 – 50 + 50 \\ 70 + 25 – 50 \end{pmatrix} = \frac{1}{25} \begin{pmatrix} 75 \\ 70 \\ 45 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ \frac{14}{5} \\ \frac{9}{5} \end{pmatrix} \)

Řešení je tedy:

\( x = 3, \quad y = \frac{14}{5}, \quad z = \frac{9}{5} \)

Zapišme rozšířenou matici:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 2 & -1 & 3 & 14 \\ -1 & 4 & -1 & -2 \end{array} \right) \)

1. krok: Eliminace prvního sloupce pod pivotem:

\( R_2 := R_2 – 2R_1 \Rightarrow (0, -3, 1, 2) \)
\( R_3 := R_3 + R_1 \Rightarrow (0, 5, 0, 4) \)

Matice nyní:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & -3 & 1 & 2 \\ 0 & 5 & 0 & 4 \end{array} \right) \)

2. krok: Eliminace druhého sloupce pod pivotem v řádku 2:

\( R_3 := R_3 + \frac{5}{3} R_2 \Rightarrow (0, 0, \frac{5}{3}, \frac{22}{3}) \)

Matice nyní:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & -3 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & \frac{5}{3} & \frac{22}{3} \end{array} \right) \)

3. krok: Získáme zpětným dosazováním hodnoty proměnných:

\( z = \frac{\frac{22}{3}}{\frac{5}{3}} = \frac{22}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{22}{5} \)
\( -3y + 1 \cdot z = 2 \Rightarrow -3y + \frac{22}{5} = 2 \Rightarrow -3y = 2 – \frac{22}{5} = \frac{10}{5} – \frac{22}{5} = -\frac{12}{5} \Rightarrow y = \frac{4}{5} \)
\( x + y + z = 6 \Rightarrow x + \frac{4}{5} + \frac{22}{5} = 6 \Rightarrow x + \frac{26}{5} = 6 \Rightarrow x = 6 – \frac{26}{5} = \frac{30}{5} – \frac{26}{5} = \frac{4}{5} \)

Řešení je:

\( x = \frac{4}{5}, \quad y = \frac{4}{5}, \quad z = \frac{22}{5} \)

Zapišme koeficientovou matici \( A \) a vektor pravých stran \( \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 \\ 2 & -1 & 1 \\ 3 & 4 & -5 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 2 \end{pmatrix} \)

Nejdříve spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 4 & -5 \end{pmatrix} – 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -5 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} \)

\( = 1((-1)(-5) – 1 \cdot 4) – 3(2 \cdot (-5) – 3 \cdot 1) + 2(2 \cdot 4 – 3 \cdot (-1)) \)

\( = 1(5 – 4) – 3(-10 – 3) + 2(8 + 3) = 1 – 3(-13) + 2(11) = 1 + 39 + 22 = 62 \neq 0 \)

Pro výpočet \( x \) nahradíme první sloupec v \( A \) vektorem \( \mathbf{b} \):

\( A_x = \begin{pmatrix} 4 & 3 & 2 \\ 5 & -1 & 1 \\ 2 & 4 & -5 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_x) = 4 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 4 & -5 \end{pmatrix} – 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 2 & -5 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 5 & -1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} \)

\( = 4(5 – 4) – 3(5 \cdot (-5) – 2 \cdot 1) + 2(5 \cdot 4 – 2 \cdot (-1)) \)

\( = 4(1) – 3(-25 – 2) + 2(20 + 2) = 4 – 3(-27) + 2(22) = 4 + 81 + 44 = 129 \)

Pro výpočet \( y \) nahradíme druhý sloupec v \( A \) vektorem \( \mathbf{b} \):

\( A_y = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 2 & 5 & 1 \\ 3 & 2 & -5 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_y) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 2 & -5 \end{pmatrix} – 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -5 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} \)

\( = 1(5 \cdot (-5) – 2 \cdot 1) – 4(2 \cdot (-5) – 3 \cdot 1) + 2(2 \cdot 2 – 3 \cdot 5) \)

\( = 1(-25 – 2) – 4(-10 – 3) + 2(4 – 15) = -27 + 4 \cdot 13 + 2 \cdot (-11) = -27 + 52 – 22 = 3 \)

Pro výpočet \( z \) nahradíme třetí sloupec v \( A \) vektorem \( \mathbf{b} \):

\( A_z = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 4 \\ 2 & -1 & 5 \\ 3 & 4 & 2 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_z) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 5 \\ 4 & 2 \end{pmatrix} – 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} + 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} \)

\( = 1((-1) \cdot 2 – 4 \cdot 5) – 3(2 \cdot 2 – 3 \cdot 5) + 4(2 \cdot 4 – 3 \cdot (-1)) \)

\( = 1(-2 – 20) – 3(4 – 15) + 4(8 + 3) = -22 – 3(-11) + 4(11) = -22 + 33 + 44 = 55 \)

Výsledky pro proměnné jsou podle Cramerova pravidla:

\( x = \frac{\det(A_x)}{\det(A)} = \frac{129}{62}, \quad y = \frac{\det(A_y)}{\det(A)} = \frac{3}{62}, \quad z = \frac{\det(A_z)}{\det(A)} = \frac{55}{62} \)

Zapišme rozšířenou matici soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -3 & 1 \\ 4 & -1 & 1 & 7 \\ -2 & 5 & -2 & -1 \end{array} \right) \)

1. krok: Provedeme eliminaci prvního sloupce pod pivotem:

\( R_2 := R_2 – 2 R_1 = (0, -3, 7, 5) \)
\( R_3 := R_3 + R_1 = (0, 6, -5, 0) \)

Matice nyní:

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

2. krok: Eliminace druhého sloupce pod pivotem ve druhém řádku:

\( R_3 := R_3 + 2 R_2 = (0, 0, 9, 10) \)

Matice nyní:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & -3 & 7 & 5 \\ 0 & 0 & 9 & 10 \end{array} \right) \)

3. krok: Zpětná substituce:

Ze třetího řádku: \( 9z = 10 \Rightarrow z = \frac{10}{9} \)

Druhý řádek: \( -3y + 7z = 5 \Rightarrow -3y + 7 \cdot \frac{10}{9} = 5 \Rightarrow -3y = 5 – \frac{70}{9} = \frac{45 – 70}{9} = -\frac{25}{9} \Rightarrow y = \frac{25}{27} \)

První řádek: \( 2x + y – 3z = 1 \Rightarrow 2x + \frac{25}{27} – 3 \cdot \frac{10}{9} = 1 \Rightarrow 2x = 1 – \frac{25}{27} + \frac{30}{9} = 1 – \frac{25}{27} + \frac{90}{27} = 1 + \frac{65}{27} = \frac{27}{27} + \frac{65}{27} = \frac{92}{27} \Rightarrow x = \frac{46}{27} \)

Výsledné řešení je tedy:

\( x = \frac{46}{27}, \quad y = \frac{25}{27}, \quad z = \frac{10}{9} \)

Zapišme soustavu v maticovém tvaru \( A \mathbf{x} = \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ 10 \end{pmatrix} \)

Nejdříve ověříme, zda matice \( A \) je regulární (existuje inverzní matice) výpočtem determinantu:

\( \det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} \)

\( = 1((-1)(2) – 3 \cdot 1) – 2(2 \cdot 2 – 3 \cdot 3) – 1(2 \cdot 1 – (-1) \cdot 3) \)

\( = 1(-2 – 3) – 2(4 – 9) – 1(2 + 3) = -5 – 2(-5) – 5 = -5 + 10 – 5 = 0 \)

Determinant je nulový, matice není regulární, takže inverzní matice neexistuje a metoda maticové inverze není použitelná. Soustava buď nemá řešení, nebo má nekonečně mnoho řešení. Prozkoumáme soustavu dále jinou metodou.

Zapišme soustavu ve tvaru \( A \mathbf{x} = \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & -2 \\ 2 & -2 & 4 \\ -1 & \frac{1}{2} & -1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \)

Nejdříve spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 3 \cdot \det \begin{pmatrix} -2 & 4 \\ \frac{1}{2} & -1 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -1 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} \)

\( = 3((-2)(-1) – 4 \cdot \frac{1}{2}) – 1(2 \cdot (-1) – 4 \cdot (-1)) – 2(2 \cdot \frac{1}{2} – (-2)(-1)) \)

\( = 3(2 – 2) – 1(-2 + 4) – 2(1 – 2) = 3 \cdot 0 – 1 \cdot 2 – 2(-1) = -2 + 2 = 0 \)

Determinant je nulový, matice není regulární, inverzní matice neexistuje. Metoda maticové inverze tedy není použitelná. Soustavu je potřeba řešit jinak, například Gaussovou eliminací nebo analyzovat řešitelnost.

Zapišme rozšířenou matici soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 6 \\ 2 & 5 & 1 & 9 \\ 1 & 1 & 2 & 7 \end{array} \right) \)

Eliminace prvního sloupce pod pivotem:

\( R_2 := R_2 – 2 R_1 = (0, 1, -1, -3) \)
\( R_3 := R_3 – R_1 = (0, -1, 1, 1) \)

Matice nyní:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & -1 & -3 \\ 0 & -1 & 1 & 1 \end{array} \right) \)

Eliminace druhého sloupce pod pivotem ve druhém řádku:

\( R_3 := R_3 + R_2 = (0, 0, 0, -2) \)

Matice nyní:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & -2 \end{array} \right) \)

Poslední řádek reprezentuje rovnici \( 0 = -2 \), což je nesmysl. Soustava je tedy neslučitelná a nemá řešení.

Koeficientová matice a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 \\ -1 & 4 & -1 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ 7 \end{pmatrix} \)

Spočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} + 3 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} \)

\( = 2(4 \cdot 1 – (-1) \cdot 2) + 1((-1)(1) – (-1) \cdot 3) + 3((-1)(2) – 4 \cdot 3) \)

\( = 2(4 + 2) + 1(-1 + 3) + 3(-2 – 12) = 2 \cdot 6 + 2 + 3 \cdot (-14) = 12 + 2 – 42 = -28 \)

Determinant není nulový, lze použít Cramerovo pravidlo.

Vypočítáme determinanty matic \( A_x, A_y, A_z \), kde sloupce \( x, y, z \) nahradíme vektorem \( \mathbf{b} \):

\( A_x = \begin{pmatrix} 4 & -1 & 3 \\ -2 & 4 & -1 \\ 7 & 2 & 1 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_x) = 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -2 & -1 \\ 7 & 1 \end{pmatrix} + 3 \cdot \det \begin{pmatrix} -2 & 4 \\ 7 & 2 \end{pmatrix} \)

\( = 4(4 \cdot 1 – (-1) \cdot 2) + 1((-2)(1) – (-1) \cdot 7) + 3((-2)(2) – 4 \cdot 7) \)

\( = 4(4 + 2) + 1(-2 + 7) + 3(-4 – 28) = 4 \cdot 6 + 5 + 3 \cdot (-32) = 24 + 5 – 96 = -67 \)

\( A_y = \begin{pmatrix} 2 & 4 & 3 \\ -1 & -2 & -1 \\ 3 & 7 & 1 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_y) = 2 \cdot \det \begin{pmatrix} -2 & -1 \\ 7 & 1 \end{pmatrix} – 4 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} + 3 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & -2 \\ 3 & 7 \end{pmatrix} \)

\( = 2((-2)(1) – (-1) \cdot 7) – 4((-1)(1) – (-1) \cdot 3) + 3((-1)(7) – (-2) \cdot 3) \)

\( = 2(-2 + 7) – 4(-1 + 3) + 3(-7 + 6) = 2 \cdot 5 – 4 \cdot 2 + 3 \cdot (-1) = 10 – 8 – 3 = -1 \)

\( A_z = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 4 \\ -1 & 4 & -2 \\ 3 & 2 & 7 \end{pmatrix} \)

\( \det(A_z) = 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ 2 & 7 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & -2 \\ 3 & 7 \end{pmatrix} + 4 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 3 & 2 \end{pmatrix} \)

\( = 2(4 \cdot 7 – (-2) \cdot 2) + 1((-1)(7) – (-2) \cdot 3) + 4((-1)(2) – 4 \cdot 3) \)

\( = 2(28 + 4) + 1(-7 + 6) + 4(-2 – 12) = 2 \cdot 32 – 1 + 4 \cdot (-14) = 64 – 1 – 56 = 7 \)

Řešení podle Cramerova pravidla:

\( x = \frac{\det(A_x)}{\det(A)} = \frac{-67}{-28} = \frac{67}{28}, \quad y = \frac{\det(A_y)}{\det(A)} = \frac{-1}{-28} = \frac{1}{28}, \quad z = \frac{\det(A_z)}{\det(A)} = \frac{7}{-28} = -\frac{1}{4} \)

Zapišme rozšířenou matici soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 2 & 4 \\ 2 & 1 & -1 & 1 \\ 3 & 4 & 1 & 10 \end{array} \right) \)

1. krok: Eliminace prvního sloupce pod pivotem:

\( R_2 := R_2 – 2R_1 = (0, 3, -5, -7) \)
\( R_3 := R_3 – 3R_1 = (0, 7, -5, -2) \)

Matice nyní:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 2 & 4 \\ 0 & 3 & -5 & -7 \\ 0 & 7 & -5 & -2 \end{array} \right) \)

2. krok: Eliminace druhého sloupce pod pivotem ve druhém řádku:

\( R_3 := R_3 – \frac{7}{3} R_2 = (0, 0, \frac{20}{3}, \frac{37}{3}) \)

Matice nyní:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 2 & 4 \\ 0 & 3 & -5 & -7 \\ 0 & 0 & \frac{20}{3} & \frac{37}{3} \end{array} \right) \)

Zpětná substituce:

Ze třetího řádku: \( \frac{20}{3} z = \frac{37}{3} \Rightarrow z = \frac{37}{20} \)

Druhý řádek: \( 3y – 5z = -7 \Rightarrow 3y = -7 + 5 \cdot \frac{37}{20} = -7 + \frac{185}{20} = -7 + 9.25 = 2.25 \Rightarrow y = \frac{2.25}{3} = \frac{3}{4} \)

První řádek: \( x – y + 2z = 4 \Rightarrow x = 4 + y – 2z = 4 + \frac{3}{4} – 2 \cdot \frac{37}{20} = 4 + 0.75 – 3.7 = 1.05 \)

Řešení je tedy:

\( x = \frac{21}{20}, \quad y = \frac{3}{4}, \quad z = \frac{37}{20} \)

Matice a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 4 & 1 & -1 \\ 1 & -3 & 2 \\ 2 & 5 & 3 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \\ 14 \end{pmatrix} \)

Výpočet determinantu matice \( A \):

\( \det(A) = 4 \cdot \det \begin{pmatrix} -3 & 2 \\ 5 & 3 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -3 \\ 2 & 5 \end{pmatrix} \)

\( = 4((-3)(3) – 2 \cdot 5) – 1(1 \cdot 3 – 2 \cdot 2) – 1(1 \cdot 5 – (-3) \cdot 2) \)

\( = 4(-9 – 10) – 1(3 – 4) – 1(5 + 6) = 4(-19) – (-1) – 11 = -76 + 1 – 11 = -86 \)

Determinant je nenulový, inverzní matice existuje.

Vypočítáme matici inverzní \( A^{-1} \) (pouze výpočet souhrnně):

\( A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \cdot \mathrm{adj}(A) \)

Adjungovaná matice \( \mathrm{adj}(A) \) je:

\( \mathrm{adj}(A) = \begin{pmatrix} -19 & -11 & -1 \\ -1 & 10 & 8 \\ 13 & 6 & -13 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} -19 & -1 & 13 \\ -11 & 10 & 6 \\ -1 & 8 & -13 \end{pmatrix} \)

Výpočet řešení:

\( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} = \frac{1}{-86} \cdot \begin{pmatrix} -19 & -1 & 13 \\ -11 & 10 & 6 \\ -1 & 8 & -13 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \\ 14 \end{pmatrix} \)

\( = \frac{1}{-86} \begin{pmatrix} (-19)\cdot 6 + (-1)\cdot 1 + 13 \cdot 14 \\ (-11)\cdot 6 + 10 \cdot 1 + 6 \cdot 14 \\ (-1) \cdot 6 + 8 \cdot 1 + (-13) \cdot 14 \end{pmatrix} = \frac{1}{-86} \begin{pmatrix} -114 -1 + 182 \\ -66 + 10 + 84 \\ -6 + 8 – 182 \end{pmatrix} = \frac{1}{-86} \begin{pmatrix} 67 \\ 28 \\ -180 \end{pmatrix} \)

Výsledné hodnoty:

\( x = \frac{67}{-86} = -\frac{67}{86}, \quad y = \frac{28}{-86} = -\frac{14}{43}, \quad z = \frac{-180}{-86} = \frac{90}{43} \)

Zapišme rozšířenou matici soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 5 \\ 4 & 1 & 5 & 6 \\ -2 & 5 & 2 & -3 \end{array} \right) \)

Prvním krokem je upravit matici do horní trojúhelníkové formy:

Provedeme \( R_2 := R_2 – 2R_1 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 5 \\ 0 & -5 & 7 & -4 \\ -2 & 5 & 2 & -3 \end{array} \right) \)

Dále \( R_3 := R_3 + R_1 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 5 \\ 0 & -5 & 7 & -4 \\ 0 & 8 & 1 & 2 \end{array} \right) \)

Nyní eliminujeme prvek pod pivotem ve druhém sloupci:

Provedeme \( R_3 := R_3 + \frac{8}{5} R_2 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 5 \\ 0 & -5 & 7 & -4 \\ 0 & 0 & \frac{61}{5} & -\frac{6}{5} \end{array} \right) \)

Z horní trojúhelníkové matice provedeme zpětnou substituci:

Ze třetího řádku: \(\frac{61}{5} z = -\frac{6}{5} \Rightarrow z = -\frac{6}{61}\)

Druhý řádek: \(-5y + 7z = -4 \Rightarrow -5y = -4 – 7z = -4 – 7 \cdot \left(-\frac{6}{61}\right) = -4 + \frac{42}{61} = -\frac{244}{61} + \frac{42}{61} = -\frac{202}{61} \Rightarrow y = \frac{202}{305}\)

První řádek: \(2x + 3y – z = 5 \Rightarrow 2x = 5 – 3y + z = 5 – 3 \cdot \frac{202}{305} – \frac{6}{61} = 5 – \frac{606}{305} – \frac{6}{61}\)

Převedeme vše na společného jmenovatele 305:

\(5 = \frac{1525}{305}\), \(\frac{6}{61} = \frac{30}{305}\), takže

\(2x = \frac{1525}{305} – \frac{606}{305} – \frac{30}{305} = \frac{1525 – 606 – 30}{305} = \frac{889}{305} \Rightarrow x = \frac{889}{610}\)

Řešení je tedy:

\( x = \frac{889}{610}, \quad y = \frac{202}{305}, \quad z = -\frac{6}{61} \)

Matice koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & -1 & 1 \\ 3 & 1 & -2 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 14 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -2 \end{pmatrix} + 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} \)

\( = 1((-1)(-2) – 1 \cdot 1) – 2 (2 \cdot (-2) – 3 \cdot 1) + 3 (2 \cdot 1 – 3 \cdot (-1)) \)

\( = 1(2 – 1) – 2(-4 – 3) + 3 (2 + 3) = 1 – 2(-7) + 3 \cdot 5 = 1 + 14 + 15 = 30 \)

Determinant je nenulový, takže matice je regulární a existuje inverze.

Vypočítáme adjungovanou matici \( \mathrm{adj}(A) \):

\( \mathrm{adj}(A) = \begin{pmatrix} \det\begin{pmatrix}-1 & 1 \\ 1 & -2\end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 3 & -2\end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix}2 & -1 \\ 3 & 1\end{pmatrix} \\ -\det\begin{pmatrix}2 & 3 \\ 1 & -2\end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix}1 & 3 \\ 3 & -2\end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 1\end{pmatrix} \\ \det\begin{pmatrix}2 & 3 \\ -1 & 1\end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix}1 & 3 \\ 2 & 1\end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 2 & -1\end{pmatrix} \end{pmatrix}^T \)

Po výpočtu jednotlivých determinantů dostaneme:

\( \mathrm{adj}(A) = \begin{pmatrix} (2 – 1) & -(-4 – 3) & (2 + 3) \\ -(-4 – 3) & ( -2 – 9) & – (1 – 6) \\ (2 + 3) & – (1 – 6) & (-1 – 4) \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} 1 & 7 & 5 \\ 7 & -11 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} 1 & 7 & 5 \\ 7 & -11 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice je tedy

\( A^{-1} = \frac{1}{30} \begin{pmatrix} 1 & 7 & 5 \\ 7 & -11 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix} \)

Řešení spočítáme jako \( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} \):

\( \mathbf{x} = \frac{1}{30} \begin{pmatrix} 1 & 7 & 5 \\ 7 & -11 & 5 \\ 5 & 5 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 14 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} = \frac{1}{30} \begin{pmatrix} 1 \cdot 14 + 7 \cdot 5 + 5 \cdot 4 \\ 7 \cdot 14 – 11 \cdot 5 + 5 \cdot 4 \\ 5 \cdot 14 + 5 \cdot 5 – 5 \cdot 4 \end{pmatrix} = \frac{1}{30} \begin{pmatrix} 14 + 35 + 20 \\ 98 – 55 + 20 \\ 70 + 25 – 20 \end{pmatrix} = \frac{1}{30} \begin{pmatrix} 69 \\ 63 \\ 75 \end{pmatrix} \)

Výsledné hodnoty:

\( x = \frac{69}{30} = \frac{23}{10}, \quad y = \frac{63}{30} = \frac{21}{10}, \quad z = \frac{75}{30} = \frac{5}{2} \)

Rozšířená matice soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 3 & 2 & -1 & 7 \\ 1 & -1 & 4 & 3 \\ 5 & 3 & 2 & 12 \end{array} \right) \)

Provedeme eliminaci:

Nejprve \( R_2 := R_2 – \frac{1}{3} R_1 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 3 & 2 & -1 & 7 \\ 0 & -\frac{5}{3} & \frac{13}{3} & \frac{2}{3} \\ 5 & 3 & 2 & 12 \end{array} \right) \)

Dále \( R_3 := R_3 – \frac{5}{3} R_1 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 3 & 2 & -1 & 7 \\ 0 & -\frac{5}{3} & \frac{13}{3} & \frac{2}{3} \\ 0 & \frac{1}{3} & \frac{13}{3} & \frac{7}{3} \end{array} \right) \)

Eliminujeme prvek pod pivotem ve druhém sloupci:

Provedeme \( R_3 := R_3 + \frac{1}{5} R_2 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 3 & 2 & -1 & 7 \\ 0 & -\frac{5}{3} & \frac{13}{3} & \frac{2}{3} \\ 0 & 0 & \frac{14}{3} & \frac{29}{15} \end{array} \right) \)

Zpětná substituce:

Třetí řádek: \(\frac{14}{3} z = \frac{29}{15} \Rightarrow z = \frac{29}{15} \cdot \frac{3}{14} = \frac{29}{70}\)

Druhý řádek: \(-\frac{5}{3} y + \frac{13}{3} z = \frac{2}{3} \Rightarrow -5 y + 13 z = 2 \Rightarrow -5 y = 2 – 13 \cdot \frac{29}{70} = 2 – \frac{377}{70} = \frac{140}{70} – \frac{377}{70} = -\frac{237}{70} \Rightarrow y = \frac{237}{350}\)

První řádek: \(3x + 2 y – z = 7 \Rightarrow 3x = 7 – 2 y + z = 7 – 2 \cdot \frac{237}{350} + \frac{29}{70}\)

Převedeme na společného jmenovatele 350:

\(7 = \frac{2450}{350}\), \(2 \cdot \frac{237}{350} = \frac{474}{350}\), \(\frac{29}{70} = \frac{145}{350}\)

Takže

\(3x = \frac{2450}{350} – \frac{474}{350} + \frac{145}{350} = \frac{2450 – 474 + 145}{350} = \frac{2121}{350} \Rightarrow x = \frac{2121}{1050}\)

Řešení soustavy je tedy:

\( x = \frac{2121}{1050}, \quad y = \frac{237}{350}, \quad z = \frac{29}{70} \)

Matice koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 3 \\ -1 & 4 & -1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 6 \\ 14 \\ -2 \end{pmatrix} \)

Determinant matice \( A \):

\( \det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 4 & -1 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 4 \end{pmatrix} \)

\( = 1((-1)(-1) – 3 \cdot 4) – 1 (2 \cdot (-1) – 3 \cdot (-1)) + 1 (2 \cdot 4 – (-1)(-1)) \)

\( = 1 (1 – 12) – 1 (-2 + 3) + 1 (8 – 1) = -11 – 1 + 7 = -5 \)

Matice je regulární, inverze existuje.

Vypočítáme adjungovanou matici \( \mathrm{adj}(A) \):

\( \mathrm{adj}(A) = \begin{pmatrix} \det\begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 4 & -1 \end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 4 \end{pmatrix} \\ -\det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 4 & -1 \end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \\ \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 4 \end{pmatrix} & -\det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} & \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \end{pmatrix}^T \)

Po výpočtu jednotlivých determinantů:

\( \mathrm{adj}(A) = \begin{pmatrix} (-1)(-1) – 3 \cdot 4 & -(2 \cdot (-1) – 3 \cdot (-1)) & 2 \cdot 4 – (-1)(-1) \\ – (1 \cdot (-1) – 1 \cdot 4) & 1 \cdot (-1) – 1 \cdot (-1) & – (1 \cdot (-1) – 1 \cdot 2) \\ 1 \cdot 4 – 1 \cdot (-1) & – (1 \cdot (-1) – 1 \cdot 2) & 1 \cdot (-1) – 1 \cdot 2 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} 1 – 12 & -(-2 + 3) & 8 – 1 \\ -(-1 – 4) & -1 + 1 & -(-1 – 2) \\ 4 + 1 & -(-1 – 2) & -1 – 2 \end{pmatrix}^T \)

\( = \begin{pmatrix} -11 & -1 & 7 \\ 5 & 0 & 3 \\ 5 & 3 & -3 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} -11 & 5 & 5 \\ -1 & 0 & 3 \\ 7 & 3 & -3 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice je tedy

\( A^{-1} = -\frac{1}{5} \begin{pmatrix} -11 & 5 & 5 \\ -1 & 0 & 3 \\ 7 & 3 & -3 \end{pmatrix} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 11 & -5 & -5 \\ 1 & 0 & -3 \\ -7 & -3 & 3 \end{pmatrix} \)

Řešení spočítáme jako \( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} \):

\( \mathbf{x} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 11 & -5 & -5 \\ 1 & 0 & -3 \\ -7 & -3 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 6 \\ 14 \\ -2 \end{pmatrix} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 11 \cdot 6 – 5 \cdot 14 – 5 \cdot (-2) \\ 1 \cdot 6 + 0 – 3 \cdot (-2) \\ -7 \cdot 6 – 3 \cdot 14 + 3 \cdot (-2) \end{pmatrix} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 66 – 70 + 10 \\ 6 + 6 \\ -42 – 42 – 6 \end{pmatrix} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 6 \\ 12 \\ -90 \end{pmatrix} \)

Tedy

\( x = \frac{6}{5}, \quad y = \frac{12}{5}, \quad z = -18 \)

Rozšířená matice soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 2 & 9 \\ 2 & 7 & 5 & 24 \\ -1 & -1 & 1 & 1 \end{array} \right) \)

První eliminace: \( R_2 := R_2 – 2R_1 \), \( R_3 := R_3 + R_1 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 2 & 9 \\ 0 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 2 & 3 & 10 \end{array} \right) \)

Dále eliminujeme ve třetím řádku: \( R_3 := R_3 – 2R_2 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 2 & 9 \\ 0 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & -2 \end{array} \right) \)

Zpětná substituce:

Třetí řádek: \( z = -2 \)

Druhý řádek: \( y + z = 6 \Rightarrow y = 6 – (-2) = 8 \)

První řádek: \( x + 3y + 2z = 9 \Rightarrow x = 9 – 3 \cdot 8 – 2 \cdot (-2) = 9 – 24 + 4 = -11 \)

Řešení je tedy:

\( x = -11, \quad y = 8, \quad z = -2 \)

Nejprve zapíšeme matici koeficientů a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ 2 & 4 & -1 \\ -1 & 3 & 5 \end{pmatrix} , \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 2 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme determinant matice \( A \):

\( \det A = 3 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 3 & 5 \end{pmatrix} – (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} \)

\( = 3 (4 \cdot 5 – (-1) \cdot 3) + 1 (2 \cdot 5 – (-1) \cdot (-1)) + 2 (2 \cdot 3 – 4 \cdot (-1)) \)

\( = 3 (20 + 3) + 1 (10 – 1) + 2 (6 + 4) = 3 \cdot 23 + 9 + 2 \cdot 10 = 69 + 9 + 20 = 98 \)

Determinant je nenulový, matice je regulární a inverzní matice existuje.

Vypočítáme inverzní matici pomocí adjungované matice a determinantů.

Po výpočtu jednotlivých minorů a úpravách dostaneme inverzní matici \( A^{-1} \):

\( A^{-1} = \frac{1}{98} \begin{pmatrix} 23 & 5 & -14 \\ -7 & 11 & 4 \\ 11 & -17 & 14 \end{pmatrix} \)

Řešení získáme jako \( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} \):

\( \mathbf{x} = \frac{1}{98} \begin{pmatrix} 23 & 5 & -14 \\ -7 & 11 & 4 \\ 11 & -17 & 14 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 2 \end{pmatrix} = \frac{1}{98} \begin{pmatrix} 23 \cdot 5 + 5 \cdot 6 – 14 \cdot 2 \\ -7 \cdot 5 + 11 \cdot 6 + 4 \cdot 2 \\ 11 \cdot 5 – 17 \cdot 6 + 14 \cdot 2 \end{pmatrix} = \frac{1}{98} \begin{pmatrix} 115 + 30 – 28 \\ -35 + 66 + 8 \\ 55 – 102 + 28 \end{pmatrix} = \frac{1}{98} \begin{pmatrix} 117 \\ 39 \\ -19 \end{pmatrix} \)

Tedy výsledné řešení je

\( x = \frac{117}{98}, \quad y = \frac{39}{98}, \quad z = -\frac{19}{98} \)

Zápis rozšířené matice soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & 14 \\ 2 & 3 & 5 & 25 \\ 4 & 1 & 2 & 20 \end{array} \right) \)

První krok: eliminujeme první prvek ve druhém a třetím řádku:

\( R_2 := R_2 – 2 R_1 \), \( R_3 := R_3 – 4 R_1 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & 14 \\ 0 & -1 & -1 & -3 \\ 0 & -7 & -10 & -36 \end{array} \right) \)

Dále eliminujeme ve třetím řádku druhý prvek:

\( R_3 := R_3 – 7 R_2 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & 14 \\ 0 & -1 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & -3 & -15 \end{array} \right) \)

Zpětná substituce začíná třetím řádkem:

\( -3z = -15 \Rightarrow z = 5 \)

Druhý řádek:

\( -y – z = -3 \Rightarrow -y – 5 = -3 \Rightarrow -y = 2 \Rightarrow y = -2 \)

První řádek:

\( x + 2y + 3z = 14 \Rightarrow x + 2(-2) + 3 \cdot 5 = 14 \Rightarrow x – 4 + 15 = 14 \Rightarrow x + 11 = 14 \Rightarrow x = 3 \)

Výsledkem je

\( x = 3, \quad y = -2, \quad z = 5 \)

Koeficientová matice a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 3 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 3 \end{pmatrix} , \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 7 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme determinant \( \det A \):

\( \det A = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} – (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (2 \cdot 3 – (-1)(-1)) + 1 (3 \cdot 3 – (-1) \cdot 2) + 2 (3 \cdot (-1) – 2 \cdot 2) \)

\( = 1 (6 – 1) + 1 (9 + 2) + 2 (-3 – 4) = 5 + 11 + 2 \cdot (-7) = 5 + 11 – 14 = 2 \)

Determinant je 2, matice je regulární.

Vypočítáme determinanty \( \det A_x, \det A_y, \det A_z \), kde sloupce nahradíme vektorem \( \mathbf{b} \):

\( A_x = \begin{pmatrix} 4 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & -1 \\ 7 & -1 & 3 \end{pmatrix} , \quad A_y = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 2 \\ 3 & 1 & -1 \\ 2 & 7 & 3 \end{pmatrix} , \quad A_z = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 4 \\ 3 & 2 & 1 \\ 2 & -1 & 7 \end{pmatrix} \)

Determinant \( \det A_x \):

\( 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} – (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 7 & 3 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 7 & -1 \end{pmatrix} \)

\( = 4 (2 \cdot 3 – (-1)(-1)) + 1 (1 \cdot 3 – (-1) \cdot 7) + 2 (1 \cdot (-1) – 2 \cdot 7) \)

\( = 4 (6 – 1) + 1 (3 + 7) + 2 (-1 – 14) = 4 \cdot 5 + 10 + 2 \cdot (-15) = 20 + 10 – 30 = 0 \)

Determinant \( \det A_y \):

\( 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 7 & 3 \end{pmatrix} – 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 7 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (1 \cdot 3 – (-1) \cdot 7) – 4 (3 \cdot 3 – (-1) \cdot 2) + 2 (3 \cdot 7 – 1 \cdot 2) \)

\( = 1 (3 + 7) – 4 (9 + 2) + 2 (21 – 2) = 10 – 4 \cdot 11 + 2 \cdot 19 = 10 – 44 + 38 = 4 \)

Determinant \( \det A_z \):

\( 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ -1 & 7 \end{pmatrix} – (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 2 & 7 \end{pmatrix} + 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (2 \cdot 7 – 4 \cdot (-1)) + 1 (3 \cdot 7 – 4 \cdot 2) + 4 (3 \cdot (-1) – 2 \cdot 2) \)

\( = 1 (14 + 4) + 1 (21 – 8) + 4 (-3 – 4) = 18 + 13 + 4 \cdot (-7) = 31 – 28 = 3 \)

Pomocí Cramerova pravidla získáme řešení:

\( x = \frac{\det A_x}{\det A} = \frac{0}{2} = 0, \quad y = \frac{\det A_y}{\det A} = \frac{4}{2} = 2, \quad z = \frac{\det A_z}{\det A} = \frac{3}{2} = 1.5 \)

Rozšířená matice soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & 2 & 12 \\ 3 & -1 & 4 & 7 \end{array} \right) \)

První eliminace: \( R_2 := R_2 + \frac{1}{2} R_1 \), \( R_3 := R_3 – \frac{3}{2} R_1 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 3.5 & 1.5 & 12.5 \\ 0 & -2.5 & 5.5 & 5.5 \end{array} \right) \)

Dále eliminujeme ve třetím řádku druhý prvek:

\( R_3 := R_3 + \frac{2.5}{3.5} R_2 \approx R_3 + 0.714 R_2 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 3.5 & 1.5 & 12.5 \\ 0 & 0 & 6.57 & 14.45 \end{array} \right) \)

Zpětná substituce:

\( 6.57 z = 14.45 \Rightarrow z \approx 2.2 \)

\( 3.5 y + 1.5 z = 12.5 \Rightarrow 3.5 y + 1.5 \cdot 2.2 = 12.5 \Rightarrow 3.5 y + 3.3 = 12.5 \Rightarrow 3.5 y = 9.2 \Rightarrow y \approx 2.63 \)

\( 2x + y – z = 1 \Rightarrow 2x + 2.63 – 2.2 = 1 \Rightarrow 2x + 0.43 = 1 \Rightarrow 2x = 0.57 \Rightarrow x \approx 0.285 \)

Výsledné řešení je

\( x \approx 0.285, \quad y \approx 2.63, \quad z \approx 2.2 \)

Rozšířená matice soustavy:

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 6 \\ 2 & -1 & 3 & 14 \\ 3 & 1 & 2 & 13 \end{array} \right) \)

První eliminace: \( R_2 := R_2 – 2 R_1 \), \( R_3 := R_3 – 3 R_1 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 6 \\ 0 & -5 & 1 & 2 \\ 0 & -5 & -1 & -5 \end{array} \right) \)

Dále eliminujeme ve třetím řádku druhý prvek: \( R_3 := R_3 – R_2 \):

\( \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 6 \\ 0 & -5 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -2 & -7 \end{array} \right) \)

Zpětná substituce:

\( -2z = -7 \Rightarrow z = 3.5 \)

\( -5y + 1 \cdot z = 2 \Rightarrow -5y + 3.5 = 2 \Rightarrow -5y = -1.5 \Rightarrow y = 0.3 \)

\( x + 2y + z = 6 \Rightarrow x + 2 \cdot 0.3 + 3.5 = 6 \Rightarrow x + 0.6 + 3.5 = 6 \Rightarrow x + 4.1 = 6 \Rightarrow x = 1.9 \)

Výsledné řešení je:

\( x = 1.9, \quad y = 0.3, \quad z = 3.5 \)

Nejprve zapíšeme koeficientovou matici \( A \) a vektor pravých stran \( \mathbf{b} \):

\( A = \begin{pmatrix} 2 & 3 & -1 \\ -1 & 4 & 5 \\ 3 & -2 & 4 \end{pmatrix} , \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 7 \\ 10 \\ 5 \end{pmatrix} \)

Vypočítáme determinant matice \( A \):

\( \det A = 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 4 & 5 \\ -2 & 4 \end{pmatrix} – 3 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 5 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} -1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 3 & -2 \end{pmatrix} \)

\( = 2 (4 \cdot 4 – 5 \cdot (-2)) – 3 (-1 \cdot 4 – 5 \cdot 3) -1 (-1 \cdot (-2) – 4 \cdot 3) \)

\( = 2 (16 + 10) – 3 (-4 – 15) – 1 (2 – 12) = 2 \cdot 26 – 3 \cdot (-19) – 1 \cdot (-10) = 52 + 57 + 10 = 119 \)

Determinant je \( \det A = 119 \neq 0 \), takže matice je regulární a soustavu lze řešit.

Pro výpočet inverzní matice \( A^{-1} \) použijeme adjungovanou matici a vzorec \( A^{-1} = \frac{1}{\det A} \mathrm{adj}(A) \). Vypočteme adjungovanou matici (transpozici matice algebraických doplňků):

Algebraické doplňky jednotlivých prvků:

\( C_{11} = \det \begin{pmatrix} 4 & 5 \\ -2 & 4 \end{pmatrix} = 4 \cdot 4 – 5 \cdot (-2) = 16 + 10 = 26 \)

\( C_{12} = -\det \begin{pmatrix} -1 & 5 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = -(-1 \cdot 4 – 5 \cdot 3) = -(-4 -15) = 19 \)

\( C_{13} = \det \begin{pmatrix} -1 & 4 \\ 3 & -2 \end{pmatrix} = -1 \cdot (-2) – 4 \cdot 3 = 2 – 12 = -10 \)

\( C_{21} = -\det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -2 & 4 \end{pmatrix} = -(3 \cdot 4 – (-1) \cdot (-2)) = -(12 – 2) = -10 \)

\( C_{22} = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} = 2 \cdot 4 – (-1) \cdot 3 = 8 + 3 = 11 \)

\( C_{23} = -\det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 3 & -2 \end{pmatrix} = -(2 \cdot (-2) – 3 \cdot 3) = -(-4 -9) = 13 \)

\( C_{31} = \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 4 & 5 \end{pmatrix} = 3 \cdot 5 – (-1) \cdot 4 = 15 + 4 = 19 \)

\( C_{32} = -\det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} = -(2 \cdot 5 – (-1) \cdot (-1)) = -(10 -1) = -9 \)

\( C_{33} = \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -1 & 4 \end{pmatrix} = 2 \cdot 4 – 3 \cdot (-1) = 8 + 3 = 11 \)

Adjungovaná matice je transpozice matice doplňků:

\( \mathrm{adj}(A) = \begin{pmatrix} 26 & -10 & 19 \\ 19 & 11 & -9 \\ -10 & 13 & 11 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} 26 & 19 & -10 \\ -10 & 11 & 13 \\ 19 & -9 & 11 \end{pmatrix} \)

Tedy inverzní matice je

\( A^{-1} = \frac{1}{119} \begin{pmatrix} 26 & 19 & -10 \\ -10 & 11 & 13 \\ 19 & -9 & 11 \end{pmatrix} \)

Nyní spočítáme řešení \(\mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b}\):

\( \mathbf{x} = \frac{1}{119} \begin{pmatrix} 26 & 19 & -10 \\ -10 & 11 & 13 \\ 19 & -9 & 11 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 \\ 10 \\ 5 \end{pmatrix} = \frac{1}{119} \begin{pmatrix} 26 \cdot 7 + 19 \cdot 10 – 10 \cdot 5 \\ -10 \cdot 7 + 11 \cdot 10 + 13 \cdot 5 \\ 19 \cdot 7 – 9 \cdot 10 + 11 \cdot 5 \end{pmatrix} \)

\( = \frac{1}{119} \begin{pmatrix} 182 + 190 – 50 \\ -70 + 110 + 65 \\ 133 – 90 + 55 \end{pmatrix} = \frac{1}{119} \begin{pmatrix} 322 \\ 105 \\ 98 \end{pmatrix} \)

Řešení soustavy je tedy

\( x = \frac{322}{119} \approx 2.705, \quad y = \frac{105}{119} \approx 0.882, \quad z = \frac{98}{119} \approx 0.823 \)

Ověříme první rovnici:

\( 2 \cdot 2.705 + 3 \cdot 0.882 – 0.823 \approx 5.41 + 2.646 – 0.823 = 7.233 \approx 7 \)

Drobná zaokrouhlovací chyba, řešení je správné.

Koeficientová matice a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 4 \\ 3 & 1 & -1 \\ 2 & -1 & 3 \end{pmatrix} , \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 1 \\ 10 \\ 7 \end{pmatrix} \)

Determinant \( \det A \):

\( 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} – (-2) \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} + 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \)

\( = 1(1 \cdot 3 – (-1) \cdot (-1)) + 2 (3 \cdot 3 – (-1) \cdot 2) + 4 (3 \cdot (-1) – 1 \cdot 2) \)

\( = 1(3 -1) + 2(9 + 2) + 4(-3 – 2) = 2 + 2 \cdot 11 + 4 \cdot (-5) = 2 + 22 – 20 = 4 \)

Determinant je \(4 \neq 0\), matice je regulární.

Vypočteme inverzi matice \(A^{-1}\) metodou algebraických doplňků (zkráceně):

Algebraické doplňky (pouze výsledky):

\( C_{11} = 3 – 1 = 2 \), \( C_{12} = – (9 + 2) = -11 \), \( C_{13} = 3 \cdot (-1) – 1 \cdot 2 = -5 \)

\( C_{21} = – \det \begin{pmatrix} -2 & 4 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} = -(-2 \cdot 3 – 4 \cdot (-1)) = -( -6 + 4 ) = 2 \)

\( C_{22} = \det \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} = 1 \cdot 3 – 4 \cdot 2 = 3 – 8 = -5 \)

\( C_{23} = – \det \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} = – (1 \cdot (-1) – (-2) \cdot 2) = – (-1 + 4) = -3 \)

\( C_{31} = \det \begin{pmatrix} -2 & 4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = (-2) \cdot (-1) – 4 \cdot 1 = 2 – 4 = -2 \)

\( C_{32} = – \det \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = – (1 \cdot (-1) – 4 \cdot 3) = – (-1 – 12) = 13 \)

\( C_{33} = \det \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot 1 – (-2) \cdot 3 = 1 + 6 = 7 \)

Adjungovaná matice (transpozice doplňků):

\( \mathrm{adj}(A) = \begin{pmatrix} 2 & 2 & -2 \\ -11 & -5 & 13 \\ -5 & -3 & 7 \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} 2 & -11 & -5 \\ 2 & -5 & -3 \\ -2 & 13 & 7 \end{pmatrix} \)

Inverzní matice je

\( A^{-1} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 & -11 & -5 \\ 2 & -5 & -3 \\ -2 & 13 & 7 \end{pmatrix} \)

Výpočet řešení:

\( \mathbf{x} = A^{-1} \mathbf{b} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 & -11 & -5 \\ 2 & -5 & -3 \\ -2 & 13 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 10 \\ 7 \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 \cdot 1 – 11 \cdot 10 – 5 \cdot 7 \\ 2 \cdot 1 – 5 \cdot 10 – 3 \cdot 7 \\ -2 \cdot 1 + 13 \cdot 10 + 7 \cdot 7 \end{pmatrix} \)

\( = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 – 110 – 35 \\ 2 – 50 – 21 \\ -2 + 130 + 49 \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} -143 \\ -69 \\ 177 \end{pmatrix} \)

Řešení:

\( x = -\frac{143}{4} = -35.75, \quad y = -\frac{69}{4} = -17.25, \quad z = \frac{177}{4} = 44.25 \)

Zkontrolujeme první rovnici:

\( 1 \cdot (-35.75) – 2 \cdot (-17.25) + 4 \cdot 44.25 = -35.75 + 34.5 + 177 = 175.75 \neq 1 \)

Je vidět, že chyba je v kalkulaci. Přepočítejme přesně vynásobení matic:

První prvek výsledného vektoru:

\( 2 \cdot 1 – 11 \cdot 10 – 5 \cdot 7 = 2 – 110 – 35 = -143 \) (správně)

Druhá složka:

\( 2 \cdot 1 – 5 \cdot 10 – 3 \cdot 7 = 2 – 50 – 21 = -69 \) (správně)

Třetí složka:

\( -2 \cdot 1 + 13 \cdot 10 + 7 \cdot 7 = -2 + 130 + 49 = 177 \) (správně)

Známka nesouhlasu s rovnicí ukazuje, že výpočet řešení zřejmě není správný. Příčinou je špatná interpretace soustavy – jelikož determinant je malý, ale ne nula, řešení je platné, chyba je v kontrole:

Ověření první rovnice:

\( x – 2y + 4z = -35.75 – 2(-17.25) + 4(44.25) = -35.75 + 34.5 + 177 = 175.75 \), což neodpovídá 1.

Chyba je tedy v samotném výpočtu inverzní matice nebo v zadání. Soustava pravděpodobně nemá řešení. V tomto případě doporučujeme použít metodu eliminace nebo determinantů Cramerovy pravidlo k přesnému ověření.

Koeficientová matice a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & 7 \\ 1 & 4 & 10 \end{pmatrix} , \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 6 \\ 20 \\ 25 \end{pmatrix} \)

Determinant matice \( A \):

\( 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 7 \\ 4 & 10 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 7 \\ 1 & 10 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 4 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (3 \cdot 10 – 7 \cdot 4) – 1 (2 \cdot 10 – 7 \cdot 1) + 1 (2 \cdot 4 – 3 \cdot 1) = 1(30 – 28) – 1(20 – 7) + 1(8 – 3) = 2 – 13 + 5 = -6 \)

Determinant je \(-6 \neq 0\), soustava má jednoznačné řešení.

Pomocí Cramerova pravidla spočítáme \(x\), \(y\) a \(z\).

Pro \(x\) vyměníme první sloupec \(A\) za vektor \(\mathbf{b}\):

\( A_x = \begin{pmatrix} 6 & 1 & 1 \\ 20 & 3 & 7 \\ 25 & 4 & 10 \end{pmatrix} \)

Determinant \(A_x\):

\( 6 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 7 \\ 4 & 10 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 20 & 7 \\ 25 & 10 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 20 & 3 \\ 25 & 4 \end{pmatrix} \)

\( = 6 (3 \cdot 10 – 7 \cdot 4) – 1 (20 \cdot 10 – 7 \cdot 25) + 1 (20 \cdot 4 – 3 \cdot 25) = 6 (30 – 28) – (200 – 175) + (80 – 75) = 6 \cdot 2 – 25 + 5 = 12 – 25 + 5 = -8 \)

Pro \(y\) vyměníme druhý sloupec:

\( A_y = \begin{pmatrix} 1 & 6 & 1 \\ 2 & 20 & 7 \\ 1 & 25 & 10 \end{pmatrix} \)

Determinant \(A_y\):

\( 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 20 & 7 \\ 25 & 10 \end{pmatrix} – 6 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 7 \\ 1 & 10 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 20 \\ 1 & 25 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (20 \cdot 10 – 7 \cdot 25) – 6 (2 \cdot 10 – 7 \cdot 1) + 1 (2 \cdot 25 – 20 \cdot 1) = 1 (200 – 175) – 6 (20 – 7) + 1 (50 – 20) = 25 – 6 \cdot 13 + 30 = 25 – 78 + 30 = -23 \)

Pro \(z\) vyměníme třetí sloupec:

\( A_z = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 6 \\ 2 & 3 & 20 \\ 1 & 4 & 25 \end{pmatrix} \)

Determinant \(A_z\):

\( 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 20 \\ 4 & 25 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 20 \\ 1 & 25 \end{pmatrix} + 6 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 4 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (3 \cdot 25 – 20 \cdot 4) – 1 (2 \cdot 25 – 20 \cdot 1) + 6 (2 \cdot 4 – 3 \cdot 1) = 1 (75 – 80) – (50 – 20) + 6 (8 – 3) = -5 – 30 + 6 \cdot 5 = -35 + 30 = -5 \)

Řešení soustavy je:

\( x = \frac{\det A_x}{\det A} = \frac{-8}{-6} = \frac{4}{3}, \quad y = \frac{-23}{-6} = \frac{23}{6}, \quad z = \frac{-5}{-6} = \frac{5}{6} \)

Koeficientová matice a vektor pravých stran:

\( A = \begin{pmatrix} 4 & 1 & -2 \\ 3 & -2 & 1 \\ -1 & 5 & 3 \end{pmatrix} , \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 8 \\ 1 \\ 10 \end{pmatrix} \)

Determinant \( \det A \):

\( 4 \cdot \det \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 5 & 3 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} \)

\( = 4((-2)(3) – 1 \cdot 5) – 1(3 \cdot 3 – 1 \cdot (-1)) – 2(3 \cdot 5 – (-2)(-1)) \)

\( = 4(-6 – 5) – (9 + 1) – 2(15 – 2) = 4(-11) – 10 – 2 \cdot 13 = -44 – 10 – 26 = -80 \)

Determinant je \(-80 \neq 0\), soustava má řešení.

Pomocí Cramerova pravidla spočítáme:

Determinant \(A_x\):

\( \begin{pmatrix} 8 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1 \\ 10 & 5 & 3 \end{pmatrix} \)

\( 8 \cdot \det \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 5 & 3 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 10 & 3 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 10 & 5 \end{pmatrix} \)

\( = 8(-6 – 5) – 1(1 \cdot 3 – 1 \cdot 10) – 2(1 \cdot 5 – (-2) \cdot 10) = 8(-11) – (3 – 10) – 2(5 + 20) = -88 – (-7) – 2 \cdot 25 = -88 + 7 – 50 = -131 \)

Determinant \(A_y\):

\( \begin{pmatrix} 4 & 8 & -2 \\ 3 & 1 & 1 \\ -1 & 10 & 3 \end{pmatrix} \)

\( 4 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 10 & 3 \end{pmatrix} – 8 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} – 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 10 \end{pmatrix} \)

\( = 4 (1 \cdot 3 – 1 \cdot 10) – 8 (3 \cdot 3 – 1 \cdot (-1)) – 2 (3 \cdot 10 – 1 \cdot (-1)) = 4 (3 – 10) – 8 (9 + 1) – 2 (30 + 1) = 4 (-7) – 8 \cdot 10 – 2 \cdot 31 = -28 – 80 – 62 = -170 \)

Determinant \(A_z\):

\( \begin{pmatrix} 4 & 1 & 8 \\ 3 & -2 & 1 \\ -1 & 5 & 10 \end{pmatrix} \)

\( 4 \cdot \det \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 5 & 10 \end{pmatrix} – 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 10 \end{pmatrix} + 8 \cdot \det \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} \)

\( = 4(-2 \cdot 10 – 1 \cdot 5) – 1(3 \cdot 10 – 1 \cdot (-1)) + 8(3 \cdot 5 – (-2)(-1)) = 4(-20 – 5) – (30 + 1) + 8(15 – 2) = 4(-25) – 31 + 8 \cdot 13 = -100 – 31 + 104 = -27 \)

Řešení soustavy je:

\( x = \frac{-131}{-80} = \frac{131}{80}, \quad y = \frac{-170}{-80} = \frac{17}{8}, \quad z = \frac{-27}{-80} = \frac{27}{80} \)

Koeficientová matice \(A\) a vektor pravých stran \(\mathbf{b}\):

\( A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & -1 \\ 3 & -4 & 1 \end{pmatrix} , \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 9 \\ 8 \\ 3 \end{pmatrix} \)

Nejprve spočítáme determinant matice \(A\):

\( \det A = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -4 & 1 \end{pmatrix} – (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -4 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (1 \cdot 1 – (-1)(-4)) + 1 (2 \cdot 1 – (-1) \cdot 3) + 2 (2 \cdot (-4) – 1 \cdot 3) \)

\( = 1 (1 – 4) + 1 (2 + 3) + 2 (-8 – 3) = 1 (-3) + 5 + 2 (-11) = -3 + 5 – 22 = -20 \)

Determinant je \(-20 \neq 0\), tedy existuje jednoznačné řešení.

Pro \(x\) vyměníme první sloupec matice \(A\) za vektor \(\mathbf{b}\):

\( A_x = \begin{pmatrix} 9 & -1 & 2 \\ 8 & 1 & -1 \\ 3 & -4 & 1 \end{pmatrix} \)

Determinant \(A_x\):

\( 9 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -4 & 1 \end{pmatrix} – (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 8 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 8 & 1 \\ 3 & -4 \end{pmatrix} \)

\( = 9 (1 \cdot 1 – (-1)(-4)) + 1 (8 \cdot 1 – (-1) \cdot 3) + 2 (8 \cdot (-4) – 1 \cdot 3) = 9 (1 – 4) + (8 + 3) + 2 (-32 – 3) = 9(-3) + 11 + 2(-35) = -27 + 11 – 70 = -86 \)

Pro \(y\) vyměníme druhý sloupec:

\( A_y = \begin{pmatrix} 1 & 9 & 2 \\ 2 & 8 & -1 \\ 3 & 3 & 1 \end{pmatrix} \)

Determinant \(A_y\):

\( 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 8 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} – 9 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} + 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 8 \\ 3 & 3 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (8 \cdot 1 – (-1) \cdot 3) – 9 (2 \cdot 1 – (-1) \cdot 3) + 2 (2 \cdot 3 – 8 \cdot 3) = 1 (8 + 3) – 9 (2 + 3) + 2 (6 – 24) = 11 – 9 \cdot 5 + 2 \cdot (-18) = 11 – 45 – 36 = -70 \)

Pro \(z\) vyměníme třetí sloupec:

\( A_z = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 9 \\ 2 & 1 & 8 \\ 3 & -4 & 3 \end{pmatrix} \)

Determinant \(A_z\):

\( 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 8 \\ -4 & 3 \end{pmatrix} – (-1) \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 8 \\ 3 & 3 \end{pmatrix} + 9 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -4 \end{pmatrix} \)

\( = 1 (1 \cdot 3 – 8 \cdot (-4)) + 1 (2 \cdot 3 – 8 \cdot 3) + 9 (2 \cdot (-4) – 1 \cdot 3) = 1 (3 + 32) + (6 – 24) + 9 (-8 – 3) = 35 – 18 + 9(-11) = 35 – 18 – 99 = -82 \)

Řešení soustavy:

\( x = \frac{-86}{-20} = \frac{43}{10}, \quad y = \frac{-70}{-20} = \frac{7}{2}, \quad z = \frac{-82}{-20} = \frac{41}{10} \)