Sustavi linearnih algebarskih jednadžbi

Gaussov postupak eliminacije

Sustav linearnih algebarskih jednadžbi

Za $m$ jednadžbi s $n$ nepoznanica oblika

$$a_{11}\,x_1+a_{12}\,x_2+\cdots+a_{1n}\,x_n = b_1$$

$$a_{21}\,x_1+a_{22}\,x_2+\cdots +a_{2n}\,x_n = b_2$$ (1.4)

$$\cdots$$

$$a_{m1}\,x_1+a_{m2}\,x_2+\cdots +a_{mn}\,x_n = b_m$$

kažemo da čine sustav linearnih algebarskih jednadžbi. Brojeve $a_{11}, a_{12}, a_{13},\ldots, a_{mn}$ zovemo koeficijentima sustava, $x_1, x_2, \ldots, x_n$ se zovu nepoznanice, a brojeve $b_1, b_2, \ldots, b_m$ zovemo desnom stranom ili slobodnim članovima. Koeficijenti i slobodni članovi su zadani, a nepoznanice treba odrediti. Ako je $m=n,$ onda sustav zovemo kvadratnim. Ako je desna strana sastavljena od samih nula, onda sustav zovemo homogenim, u protivnom, ako je $b_i\neq 0$ za bar jedan $i,$ zovemo ga nehomogenim.

U vezi sa sustavom možemo uočiti dvije matrice

$$% latex2html id marker 30925 A= \left[ \begin{array}{cccc} ... ... a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} & b_m \end{array}\right].$$

Matricu $A$ zovemo matricom sustava, a matricu $A_b$ zovemo proširenom matricom sustava.

Pojam rješenja

Rješenje sustava 1.4 je uređena $n$-torka brojeva $(x_1,x_2,\ldots,x_n),$ koja zadovoljava svaku od jednadžbi u sustavu. Sustav može imati jedno rješenje, više rješenja i niti jedno rješenje. Ako ne postoji rješenje onda kažemo da je sustav nekonzistentan ili nemoguć ili protuslovan.

Ako je sustav homogen, onda je očito $n$-torka $(0,0,\ldots,0)$ rješenje. To rješenje se zove trivijalno. Pravi problem kod homogenih sustava je da li postoje rješenja različita od trivijalnog, tj. da li postoje netrivijalna rješenja.

Ekvivalentni sustavi

Za dva sustava, koji ne moraju imati isti broj jednadžbi, kažemo da su ekvivalentni, ako je skup svih rješenja jednog od njih jednak skupu svih rješenja drugog. U želji da riješimo zadani sustav vršimo nad njim određene operacije kako bismo ga pojednostavili. Operacije, koje smijemo vršiti su one koje vode na ekvivalentni sustav. To su

1.

zamjena redosljeda jednadžbi u sustavu,

2.

množenje proizvoljne jednadžbe sustava brojem različitim od nule,

3.

množenje proizvoljne jednadžbe sustava brojem, i dodavanje rezultata bilo kojoj drugoj jednadžbi sustava.

Gaussov postupak eliminacije

Gaussov postupak eliminacije je metoda rješavanja sustava linearnih algebarskih jednadžbi. Ideja je sljedeća. Operacijama, koje smo gore naveli, zadani sustav svesti na njemu ekvivalentan, tako da iz dobivenog sustava lako nađemo skup svih rješenja.

Neka je zadan sustav 1.4. Premjestimo jednadžbe u sustavu, ako je potrebno, tako da koeficijent uz $x_1$ u prvoj jednadžbi bude različit od nule. Zatim prvu jednadžbu podijelimo s koeficijentom uz $x_1,$ pomnožimo brojem koji je suprotan koeficijentu uz $x_1$ u drugoj jednadžbi, i dodamo je drugoj jednadžbi, zatim prvu jednadžbu podijelimo s koeficijentom uz $x_1,$ pomnožimo brojem koji je suprotan koeficijentu uz $x_1$ u trećoj jednadžbi, i dodamo je trećoj jednadžbi, zatim prvu jednadžbu podijelimo s koeficijentom uz $x_1,$ pomnožimo brojem koji je suprotan koeficijentu uz $x_1$ u četvrtoj jednadžbi, i dodamo je četvrtoj jednadžbi, i t.d. Na taj način smo izbacili $x_1$ iz druge, treće, $\ldots,$ $m$-te jednadžbe i došli do ekvivalentnog sustava oblika

$$\begin{array}{rrrrrr} a_{11}\,x_1 & ... ...s & & & \\ & a'_{m2}\,x_2 & +\cdots & +a'_{mn}\,x_n & = & b'_m, \end{array}$$

pri tom je

$$a'_{22}=a_{22}-\frac{a_{12}}{a_{11}}\,a_{21},\;\; a'_{23}=a_{23}-... ...}{a_{11}}\,a_{21},\;\;\ldots,\;\; a'_{mn}=a_{mn}-\frac{a_{1n}}{a_{11}}\,a_{m1};$$

$$b'_{2}=b_{2}-\frac{b_{1}}{a_{11}}\,a_{21},\;\; b'_{3}=b_{3}-\frac{b_{1}}{a_{11}}\,a_{31},\;\;\ldots,\;\; b'_{m}=b_{m}-\frac{b_{1}}{a_{11}}\,a_{m1},$$

odnosno općenito

$$a'_{ik}=a_{ik}-\frac{a_{1k}}{a_{11}}\,a_{i1},\quad b'_{i}=b_{i}-\frac{b_{1}}{a_{11}}\,a_{i1},$$   za $$i,k=2,3,\ldots,m.$$

Sad učinimo isto s podsustavom, koji se sastoji od druge, treće, ..., $m$-te jednadžbe. Time iz treće i daljnjih jednadžbi eliminiramo $x_2.$ Zatim na isti način iz četvrte i daljnjih jednadžbi izbacimo $x_3,$ i t.d. Budući da sustav ima konačno mnogo jednadžbi, postupak staje nakon konačno koraka. Dobije se ekvivalentan sustav, po obliku ``trokutast''. Sada najprije riješimo zadnju jednadžbu, rješenje uvrstimo u predzadnju, pa nju riješimo, pa uvrstimo u treću straga i t.d. sve do prve jednadžbe. Metoda, koju smo opisali, zove se Gaussova metoda eliminacije.

Dakle ideja Gaussove metode eliminacije se sastoji u tome da se pomoću operacija 1.2.1 izbace nepoznanice koje se nalaze ispod ``glavne dijagonale''.

Primjer 1.9   Treba riješiti sustav

$$\begin{array}{rrrrrr} x_1 & & -\,x_3... ... -\,x_3 & & = & -1 \\ 2\,x_1 & +\,x_2 & +\,x_3 & +\,x_4 & = & 3. \end{array}$$

Množenjem prve jednadžbe s $-1$ i dodavanjem trećoj, i zatim množenjem prve jednadžbe s $-2$ i dodavanjem četvrtoj, dobivamo

$$\begin{array}{rrrrrr} x_1 & & -\,x_3... ... & x_2 & & -2\,x_4 & = & 2 \\ & x_2 &+3\,x_3 & -3\,x_4 & = & 9. \end{array}$$

Zamijenimo mjesta treće i druge jednadžbe, i zatim drugu množimo s $-2$ i s $-1$ i dodamo redom trećoj i četvrtoj jednadžbi.

$$\begin{array}{rrrrrr} x_1 & & -\,x_3... ... \\ & & x_3 & +5\,x_4 & = & -3 \\ & & 3\,x_3 & -\,x_4 & = & 7. \end{array}$$

Pomnožimo treću jednadžbu s $-3$ i dodajmo četvrtoj

$$\begin{array}{rrrrrr} x_1 & & -x_3 &... ...= & 2 \\ & & x_3 & +5\,x_4 & = & -3 \\ & & &-16\,x_4 & = & 16. \end{array}$$

Dobili smo ``trokutast'' oblik, i sada rješavamo jednadžbe odozdo prema gore. Iz zadnje slijedi $x_4=-1,$ uvrstimo to u treću, pa slijedi $x_3=2,$ uvrstimo u drugu, pa slijedi $x_2=0,$ uvrstimo u prvu, pa slijedi $x_1=1.$

Metodu eliminacije možemo upotrebiti i nakon svođenja na ``trokutasti'' oblik da bismo izbacili nepoznanice iznad ``glavne dijagonale'' i došli tako do ``dijagonalnog'' oblika. Ta metoda se zove Gauss-Jordanova metoda. Na sljedećem primjeru pokažimo kako funkcionira ta metoda.

Primjer 1.10   Treba riješiti sustav

$$\begin{array}{rrrrrrr} x_1 & & -\,x_... ...5 & = & -1 \\ 2\,x_1 & +\,x_2 & +\,x_3 & +\,x_4 & +\,x_5 & = & 3 \end{array}.$$

Kao u gornjem primjeru nakon nekoliko koraka dolazimo do

$$\begin{array}{rrrrrrr} x_1 & & -\,x_... ...\,x_4 & +\,x_5 & = & -3 \\ & & & x_4 &+\frac{1}{4}\,x_5 & = & -1 \end{array}.$$

Množimo četvrtu jednadžbu redom s $-5, 2, -2,$ i dodajemo redom trećoj, drugoj, prvoj jednadžbi. Dobivamo

$$\begin{array}{rrrrrrr} x_1 & & -\,x_... ...frac{1}{4}\,x_5 & = & 2 \\ & & & x_4 &+\frac{1}{4}\,x_5 & = & -1 \end{array}.$$

Dodajmo još treću prvoj. Tako dolazimo do ``dijagonalnog'' oblika

$$\begin{array}{rrrrrrr} x_1 & & & &+\... ...frac{1}{4}\,x_5 & = & 2 \\ & & & x_4 &+\frac{1}{4}\,x_5 & = & -1 \end{array}.$$

Odatle čitamo rješenje $x_1=1-\frac{1}{4}\,x_5, x_2=-\frac{2}{4}\,x_5, x_3=2+\frac{1}{4}\,x_5, x_4=-1-\frac{1}{4}\,x_5.$

U ovom primjeru se pojavljuje $x_5$ kao neodređeni parametar. Tako smo dobili mnogo rješenja, jer uzimajući za $x_5$ pojedine brojeve, nakon uvrštavanja dobivamo konkretna rješenja. $x_5$ može biti bilo koji realan broj, pa tako imamo beskonačno mnogo rješenja. Zbog toga što se u rješenju pojavljuje jedan neodređeni parametar, kažemo da sustav ima jednoparametarski skup rješenja.

Jedna interpretacija Gaussovog postupka

Neka je dan štap (greda, ploča, štapna konstrukcija). Pod djelovanjem sila štap doživi progib. Interesira nas iz zadanog progiba naći sile koje koje su uzrokovale taj progib.

Odredimo $n$ točaka na štapu, koje ćemo zvati čvorovi. Promatrat ćemo štap kao da je njegova masa koncentrirana u tih $n$ točaka. Prema tome pretpostavljamo da sile mogu djelovati samo u čvorovima. Shodno tome i progib promatramo samo u čvorovima. Pri tom polazimo od dvije osnovne pretpostavke, koje u fizici predstavljaju princip superpozicije sila, a u matematici se to zove svojstvo linearnosti.

1.

Pri istovremenom djelovanju dviju sila progibi se zbrajaju.

2.

Koliko puta povećamo silu, toliko puta se poveća progib.

Označimo s $a_{ik}$ progib u čvoru $i$ uslijed djelovanja jedinične sile u čvoru $k$ (sl. 1.10).

Slika 1.10: Pomak štapa pod djelovanjem jedinične sile u čvoru $k.$

Označimo s $y_1,y_2,\ldots,y_n$ ukupne progibe, a s $F_1,F_2,\ldots,F_n$ sile u čvorovima (sl. 1.11).

Slika 1.11: Pomak štapa pod djelovanjem različitih sila u čvorovima.

Tada vrijede sljedeće jednadžbe

$$a_{11}\,F_1+a_{12}\,F_2+\,\cdots\,+a_{1n}\,F_n = y_1$$

$$a_{21}\,F_1+a_{22}\,F_2+\,\cdots\, +a_{2n}\,F_n = y_2$$

$$\cdots$$

$$a_{n1}\,F_1+a_{n2}\,F_2+\,\cdots\, +a_{nn}\,F_n = y_n.$$

Vidimo da problem nalaženja sila iz zadanih progiba vodi na rješavanje sustava linearnih algebarskih jednadžbi.

Pretpostavimo sada da u čvoru $1$ djeluje sila $R_{1k}$ takva da poništava utjecaj jedinične sile u čvoru $k$ na čvor $1.$

Slika 1.12: Pomak štapa pod djelovanjem jedinične sile u čvoru $k,$ nakon uravnoteženja u čvoru $1.$

U ovoj situaciji označimo s $a^{(1)}_{ik}$ progib u čvoru $i$ uslijed djelovanja jedinične sile u čvoru $k$ (sl. 1.12). Tada vrijedi

$$a^{(1)}_{ik}=R_{1k}\,a_{i1}+a_{ik},$$

za $i=1,2,\ldots,n.$ Specijalno u čvoru $1$ imamo

$$0=R_{1k}\,a_{11}+a_{1k}.$$

Odatle slijedi

$$R_{1k}=-\frac{a_{1k}}{a_{11}},$$

pa je

$$a^{(1)}_{ik}=a_{ik}-a_{i1}\,\frac{a_{1k}}{a_{11}},$$

za $i=2,3,\ldots,n.$ Ako tako učinimo za svaki $k=2,3,\ldots,n,$ dobijemo koeficijente nakon prvog koraka u Gaussovoj metodi. Slično bi se moglo pokazati da se koeficijenti nakon drugog koraka dobiju kad u prva dva čvora djeluju sile koje poništavaju progibe uslijed djelovanja jedinične sile u ostalim čvorovima, itd. Detaljnije o tome u [6].

Rang matrice

Elementarne transformacije

Elementarnim transformacijama nad matricom zovemo sljedeće operacije:

1.

zamjena dva retka (dva stupca) u matrici,

2.

množenje proizvoljnog retka (stupca) brojem različitim od nule,

3.

množenje proizvoljnog retka (stupca) matrice brojem, i dodavanje bilo kojem drugom retku (stupcu) matrice.

Ako je matrica $B$ dobivena iz matrice $A$ primjenom jedne ili više elementarnih operacija, onda pišemo

$$B \sim A,$$

i kažemo da je matrica $B$ ekvivalentna matrici $A.$

Kako pokazuju sljedeći primjeri, ove operacije se mogu ostvariti množenjem matrice regularnim matricama s lijeva ili s desna.

Primjer 1.11  

$$\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 ... ...} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{array} \right],$$

$$\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1... ...} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{array} \right].$$

Dakle, množeći matricu s lijeva jediničnom matricom u kojoj su zamijenjeni drugi i treći redak, dobili smo matricu u kojoj su zamijenjeni drugi i treći redak.

Množeći matricu s desna jediničnom matricom u kojoj su zamijenjeni drugi i treći stupac, dobili smo matricu u kojoj su zamijenjeni drugi i treći stupac.

Primjer 1.12  

$$\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 ... ...} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 3 & 3 & -3 \\ 2 & 1 & 1 \end{array} \right],$$

$$\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1... ...} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 6 & 1 \\ 1 & 3 & -1 \\ 2 & 3 & 1 \end{array} \right].$$

Dakle, množeći matricu s lijeva jediničnom matricom u kojoj je treći redak pomnožen brojem $3$ (različitim od nule), dobili smo matricu u kojoj je treći redak pomnožen brojem $3.$

Množeći matricu s desna jediničnom matricom u kojoj je drugi stupac pomnožen brojem $3$ (različitim od nule), dobili smo matricu u kojoj je drugi stupac pomnožen brojem $3.$

Primjer 1.13  

$$\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 ... ...} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 3 \end{array} \right],$$

$$\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1... ... 3 & 0 & -1 \\ -2 & 2 & 1 \\ 3 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right].$$

Dakle, množeći matricu s lijeva jediničnom matricom u kojoj smo prvi redak pomnožili brojem $-2$ i dodali četvrtom, dobili smo matricu u kojoj je prvi redak pomnožen brojem $-2$ dodan četvrtom retku.

Množeći matricu s desna jediničnom matricom u kojoj smo treći stupac pomnožili brojem $-2$ i dodali prvom, dobili smo matricu u kojoj je treći stupac pomnožen brojem $-2$ dodan prvom stupcu.

Zaključak.

1.

Što želimo učiniti s recima matrice $A$ učinimo to s recima jedinične matrice i s tako dobivenom matricom množimo matricu $A$ s lijeva.

2.

Što želimo učiniti sa stupcima matrice $A$ učinimo to sa stupcima jedinične matrice i s tako dobivenom matricom množimo matricu $A$ s desna.

Ove intervencije na jediničnoj matrici dovode do regularnih matrica. Zaista, ako jediničnu matricu u kojoj su zamijenjeni drugi i treći redak (stupac) pomnožimo s istom takvom s lijeva (s desna), dobit ćemo jediničnu matricu. Ako jediničnu matricu u kojoj je treći redak (stupac) pomnožen brojem $3$ pomnožimo s lijeva (s desna) s jediničnom matricom u kojoj je treći redak (stupac) pomnožen brojem $\frac{1}{3},$ dobit ćemo jediničnu matricu. Ako jediničnu matricu u kojoj je trećem retku (stupcu) dodan prvi pomnožen s $-2$ pomnožimo s lijeva (s desna) s jediničnom matricom u kojoj je trećem retku (stupcu) dodan prvi pomnožen s $2,$ dobit ćemo jediničnu matricu.

Ove matrice koje vrše elementarne operacije zvat ćemo elementarnim matricama.

Gaussov i Gauss-Jordanov postupak eliminacije se može provoditi tako da se nad proširenom matricom sustava provode elementarne operacije, ali samo s recima. Vršeći elementarne operacije nad stupcima, pobrkali bismo nepoznanice do te mjere da više ne bismo znali što smo na kraju izračunali.

Rang matrice

Neka je $A\in {\cal M}_{mn}.$ Njezine stupce, i njezine retke možemo shvatiti kao vektore.

$$A=\left[\begin{array}{cccc} \boldsy... ...bol{a}_{2\,\cdot} \\ \vdots \\ \boldsymbol{a}_{m\,\cdot} \end{array} \right],$$

Među vektorima $\boldsymbol{a}_{\cdot 1}, \boldsymbol{a}_{\cdot 2}, \cdots, \boldsymbol{a}_{\cdot n}$ ima određeni broj linearno nezavisnih, i među vektorima $\boldsymbol{a}_{1\,\cdot}, \boldsymbol{a}_{2\,\cdot}, \ldots, \boldsymbol{a}_{m\,\cdot}$ također ima određeni broj linearno nezavisnih.

Teorem 4   Neka je $A\in {\cal M}_{mn}$ proizvoljna matrica.

1.

Broj linearno nezavisnih stupaca matrice $A$ se ne mijenja, ako je pomnožimo s lijeva s elementarnom matricom.

2.

Broj linearno nezavisnih redaka matrice $A$ se ne mijenja, ako je pomnožimo s desna s elementarnom matricom.

Dokaz. 1. Neka je $p$ broj linearno nezavisnih stupaca matrice $A.$ Radi jednostavnosti pretpostavimo da su to prvih $p$ stupaca

$$\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1}, \boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} , \cdots , \boldsymbol{a}_{\cdot\, p}.$$

Neka je $T$ elementarna matrica. Tada je

$$T\,A=T\,\left[\begin{array}{cccc} \b... ...bol{a}_{\cdot\, 2} & \cdots & T\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, n} \end{array} \right]$$

Ispitajmo linearnu nezavisnost prvih $p$ stupaca u tako dobivenoj matrici.

$$\lambda_1\,T\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} + \lambda_2\,T\,\boldsym... ...}_{\cdot\, 2} + \cdots + \lambda_p\,T\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, p} = \textbf{0},$$

$$T\,(\lambda_1\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} + \lambda_2\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} + \cdots + \lambda_p\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, p}) = \textbf{0}.$$

Matrica $T$ je regularna, postoji $T^{-1},$ pa je

$$T^{-1}\,T\,(\lambda_1\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} + \lambda_2\,\b... ...{a}_{\cdot\, 2} + \cdots + \lambda_p\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, p}) = \textbf{0},$$

$$\lambda_1\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} + \lambda_2\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} + \cdots + \lambda_p\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, p} = \textbf{0},$$

odakle, zbog linearne nezavisnosti vektora $\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1}, \boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} , \cdots , \boldsymbol{a}_{\cdot\, p},$ slijedi $\lambda_1 = 0, \lambda_2 = 0, \ldots, \lambda_p = 0.$ Prema tome prvih $p$ stupaca matrice $T\,A$ je linearno nezavisno. Tako smo dokazali da se broj linearno nezavisnih stupaca matrice $A$ ne smanjuje nakon množenja s elementarnom matricom s lijeva.
Taj broj se ne može niti uvećati, što pokazuje sljedeće razmatranje. Neka su stupci $\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1}, \boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} , \cdots , \boldsymbol{a}_{\cdot\, k}$ matrice $A$ linearno zavisni. To znači da vrijedi

$$\lambda_1\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} + \lambda_2\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} + \cdots + \lambda_k\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, k} = \textbf{0},$$

za barem jedan $\lambda_i\neq 0.$ Tada je

$$T\,(\lambda_1\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} + \lambda_2\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} + \cdots + \lambda_k\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, k}) = \textbf{0},$$

$$\lambda_1\,T\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} + \lambda_2\,T\,\boldsym... ...}_{\cdot\, 2} + \cdots + \lambda_k\,T\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, k} = \textbf{0},$$

i pri tom je barem jedan $\lambda_i\neq 0.$ Prema tome i vektori $T\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1}, T\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} , \cdots , T\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, k}$ su linearno zavisni.
2. Ako produkt $AT^T$ transponiramo, dobivamo $TA^T.$ Kao u prvom dijelu dokaza imamo da se broj linearno nezavisnih stupaca u $A^T$ nije promijenio. No, to znači da se broj linearno nezavisnih redaka u matrici $A$ nije promijenio. $\heartsuit$

Teorem 5   (Teorem o rangu). Broj linearno nezavisnih redaka proizvoljne matrice $A$ tipa $(m,n)$ jednak je broju njezinih linearno nezavisnih stupaca. Taj broj se zove rang matrice $A$, i označava se sa $r(A).$

Dokaz. Množeći matricu $A$ dovoljan (konačan) broj puta s lijeva i s desna s odgovarajućim elementernim matricama, matrica $A$ se može svesti na oblik

$$\left[\begin{array}{cccccc} 1 & \cd... ...dots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{array}\right],$$

gdje je $r\geq 0$ jedinica na dijagonali. Stupci (reci) u kojima se pojavljuju jedinice su linearno nezavisni. Dokaz je isti kao dokaz linearne nezavisnosti kanonske baze (primjer 1.7). Ako tim stupcima (recima) dodamo stupac (redak) sastavljen od samih nula, stupci (reci) će postati linearno zavisni, jer množeći taj stupac (redak) s $1,$ a druge s nulom, dobivamo nulstupac (nulredak). Tako imamo $r$ linearno nezavisnih stupaca i također $r$ linearno nezavisnih redaka. Time smo dokazali teorem o rangu. $\heartsuit$

Dokazom ovog teorema smo ujedno dobili metodu za ispitivanje ranga matrice. Treba elementarnim operacijama svesti matricu na oblik kao u dokazu teorema, i zatim očitati broj jedinica na dijagonali.

Primjer 1.14   Treba naći rang matrice

$$A=\left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0... ...& 1 \\ 1 & 1 & -1 & 0 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 1 & 1 & 1 & 3 \end{array}\right].$$

Rješenje.

$$\left[ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 &... ...0 & 0 & 1 & 5 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 &\frac{1}{4} & -1 \end{array} \right]$$

$$\sim\left[\begin{array}{rrrrrr} 1 & ... ... & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{array} \right],$$

pa je prema tome $r(A)=4.$

Primjer 1.15   Odrediti rang slijedeće matrice u ovisnosti o $\lambda$

$$A = \left[\begin{array}{rrrr} 1-\lam... ...lambda+\lambda^2 & -2+2\lambda-\lambda^2-\lambda^3 & 2 & 5 \end{array}\right].$$

Rješenje. Najprije zamjenom redaka i stupaca imamo

$$A \sim \left[\begin{array}{rrrr} 1 &... ...2+3\lambda+\lambda^2 & -2+2\lambda-\lambda^2-\lambda^3 \\ \end{array}\right].$$

Sada množenjem prvog retka redom s $3$ i $-2$ i dodavanjem trećem i četvrtom retku dobivamo

$$A \sim \left[\begin{array}{rrrr} 1 &... ... & -2+\lambda+\lambda^2 & 2\lambda-\lambda^2-\lambda^3 \\ \end{array}\right].$$

Množenjem prvog stupca s odgovarajućim brojevima i dodavanjem ostalim stupcima možemo u prvom retku dobiti same nule. Budući da su u ostalim recima prvog stupca nule, to neće imati nikakvog utjecaja na elemente u ostalim recima. Zato smijemo jednostavno u prvom retku upisati nule. Zatim pomnožimo četvrti redak redom s $1$ i s $2$ i dodamo drugom i trećem retku. Nakon toga četvrti redak preselimo na mjesto drugog.

$$A \sim \left[\begin{array}{rrrr} 1 &... ...& -1+\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2+\lambda+\lambda^2 \\ \end{array}\right].$$

Sada s drugim stupcem možemo anulirati elemente u drugom retku, a da se ništa drugo ne promijeni. Tako imamo konačno

$$A \sim \left[\begin{array}{rrrr} 1 &... ...& -1+\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2+\lambda+\lambda^2 \\ \end{array}\right].$$

Korijeni polinoma $-2+\lambda+\lambda^2$ su $1,-2.$ Prema tome, ako je $\lambda\neq 1,-2,$ rang je $4,$ ako je $\lambda=-2,$ rang je $3,$ ako je $\lambda=1,$ rang je $2.$

Inverzna matrica

Primijetimo najprije da je u dokazu teorema 4 korišteno samo svojstvo regularnosti matrice $T,$ tako da teorem vrijedi i u slučaju da je $T$ bilo koja regularna matrica. Budući da za regularnu kvadratnu matricu $A$ vrijedi $A^{-1}A=I,$ i da množenje s regularnom matricom $A^{-1}$ ne mijenja rang (broj linearno nezavisnih redaka ili stupaca), slijedi da su stupci (reci) regularne matrice linearno nezavisni. Također vrijedi i obrat. Ako su stupci (reci) kvadratne matrice linearno nezavisni, onda je matrica regularna. Dakle, vrijedi sljedeća tvrdnja.

Teorem 6   Neka je dana kvadratna matrica $A\in{\cal M}_{n}.$ Tada vrijedi sljedeće.

1.

Ako su stupci (reci) matrice $A$ linearno nezavisni, onda je $A$ regularna matrica.

2.

Ako je $A$ regularna matrica, onda su stupci (reci) matrice $A$ linearno nezavisni.

Neka je $A$ kvadratna regularna matrica. Gauss-Jordanovom metodom, odnosno množenjem s lijeva s elementarnim matricama $Q_1,Q_2,\ldots,Q_k$ svedemo $A$ na $I$

$$Q_1\,Q_2\,\cdots\,Q_k\,A =I.$$

Tada je $Q_1Q_2\cdots Q_k=A^{-1},$ i prema tome

$$Q_1Q_2\cdots Q_k\left[ \begin{array}... ..._k \end{array} \right]=\left[ \begin{array}{cc} I & A^{-1} \end{array} \right].$$

Ova formula nam daje postupak za invertiranje matrice. Taj postupak se sastoji u tome da formiramo pravokutnu matricu tako da matrici $A$ dodamo jediničnu matricu $I$ istog reda, i zatim elementarnim operacijama nad recima prvi dio pravokutne matrice (onaj gdje se prvobitno nalazila matrica $A$) svedemo na jediničnu matricu. U drugom dijelu pravokutne matrice se tada nalazi $A^{-1}.$

Primjer 1.16   Treba invertirati matricu

$$A=\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & ... ...1 \\ 1 & 2 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{array}\right].$$

Rješenje.

$$\left[\begin{array}{rrrrrrrr} 1 & 1 ... ... 2 & 2 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & -1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]$$

$$\sim\left[\begin{array}{rrrrrrrr} 1 ... ... 1 & 1 & 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right]$$

$$\sim\left[\begin{array}{rrrrrrrr} 1 ... ...1 & 0 & 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right]$$

$$\sim\left[\begin{array}{rrrrrrrr} 1 ... ... & 0 & 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right].$$

Odatle

$$A^{-1}=\left[\begin{array}{rrrr} 2 &... ... -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right].$$

Množenjem se lako može provjeriti da je to doista inverzna matrica matrice $A.$

Struktura skupa svih rješenja sustava linearnih algebarskih jednadžbi

Kronecker-Capellijev teorem

Teorem 7   (Kronecker-Capelli). Sustav linearnih algebarskih jednadžbi ima bar jedno rješenje, ako i samo ako je rang matrice sustava jednak rangu proširene matrice sustava.

Dokaz. Sustav

$$a_{11}\,x_1+a_{12}\,x_2+\cdots+a_{1n}\,x_n = b_1$$

$$a_{21}\,x_1+a_{22}\,x_2+\cdots +a_{2n}\,x_n = b_2$$

$$\cdots$$

$$a_{m1}\,x_1+a_{m2}\,x_2+\cdots +a_{mn}\,x_n = b_m$$

možemo shvatiti kao jednakost dva vektorstupca

$$\left[ \begin{array}{c} a_{11}\,x_1+... ...ft[ \begin{array}{c} b_{1} \\ b_{2} \\ \vdots \\ b_{m} \end{array} \right],$$

što se može napisati i ovako

$$x_1\left[ \begin{array}{c} a_{11} \... ...ft[ \begin{array}{c} b_{1} \\ b_{2} \\ \vdots \\ b_{m} \end{array} \right].$$

Na ovaj način zapisani sustav pokazuje da postoji rješenje sustava, ako i samo ako se desna strana može prikazati kao linearna kombinacija stupaca matrice sustava. U tom slučaju je desna strana linearno zavisna od stupaca matrice sustava, tj. rang proširene matrice sustava jednak je rangu matrice sustava. Iz ovog zapisa se vidi da je svaka uređena $n$-torka koeficijenata linearne kombinacije koja daje desnu stranu rješenje sustava. $\heartsuit$

Iz zapisa sustava kao u dokazu teorema se vidi još nešto. Ako sustav ima rješenja i ako su stupci matrice sustava $A$ linearno nezavisni, onda se desna strana može napisati kao linearna kombinacija stupaca matrice $A$ i to na jedinstven način (dokaz jedinstvenosti kao kod dokaza jedinstvenosti prikaza vektora u bazi: teorem 2). U tom slučaju koeficijenti linearne kombinacije čine rješenje i to jedinstveno.

Primjer 1.17   Neka je dan sustav

$$5x_1\qquad + 4x_3 = 3$$

$$x_1- x_2+ 2x_3 = 1$$

$$x_1+ 4x_2+ 2x_3 = 1.$$

Stupci matrice sustava su vektori

$$\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} = \left[... ...mbol{a}_{\cdot\, 3} = \left[\begin{array}{c} 4 \\ 2 \\ 2 \end{array}\right].$$

Oni su linearno nezavisni, ima ih tri, i kako su duljine tri, prema teoremu 3 oni čine bazu u vektorskom prostoru radijvektora u prostoru. Prema tome (v. teorem 2), vektor desne strane

$$\boldsymbol{b}= \left[\begin{array}{c} 3 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right]$$

se može na jedinstven način prikazati kao linearna kombinacija vektora $\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1}, \boldsymbol{a}_{\cdot\, 2}, \boldsymbol{a}_{\cdot\, 3}.$ Rješenje sustava je uređena trojka koeficijenata linearne kombinacije. Kako je

$$\frac{1}{3}\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 1} + 0\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} + \frac{1}{3}\,\boldsymbol{a}_{\cdot\, 3} = \boldsymbol{b},$$

rješenje sustava je $x_1=\frac{1}{3},x_2=0,x_3=\frac{1}{3}.$

Ako desna strana linearno zavisi od stupaca matrice sustava, i ako su stupci matrice $A$ linearno zavisni, onda se desna strana može na više načina prikazati kao linearna kombinacija stupaca matrice. U tom slučaju postoje brojevi $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n,$ od kojih je bar jedan različit od nule, tako da je

$$\lambda_1\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,1}+\lambda_2\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,2}+\cdots+\lambda_k\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,n}=\textbf{0},$$

pa je

$$\boldsymbol{b} = x_1\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,1} + x_2\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,2} +... ...mbda_2\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,2} + \cdots+\lambda_n\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,n}$$

$$= (x_1 + \lambda_1)\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,1} + (x_2 + \lambda_2)\... ...ldsymbol{a}_{\cdot\,2} + \cdots + (x_n + \lambda_n)\,\boldsymbol{a}_{\cdot\,n}.$$

Tako imamo više rješenja.

Primjer 1.18   Neka je dan sustav

$$5x_1\qquad + 4x_3 = 1$$

$$x_1- x_2+ 2x_3 = 1$$

$$2x_1+ 3x_2- 2x_3 = -2.$$

Stupci matrice sustava su linearno zavisni. Ipak njihova linearna kombinacija s koeficijentima $1,-2,-1$ daje desnu stranu. Međutim to nije jedina linearna kombinacija koja daje desnu stranu. Desnu stranu daju također linearne kombinacije s koeficijentima $\frac{1}{5} - \frac{4}{5}\,t, -\frac{4}{5} + \frac{6}{5}\,t,t$ za bilo koji $t\in R,$ što se lako može provjeriti.

Konačno, ako desna strana nije linearno zavisna od stupaca matrice, onda ne postoji linearna kombinacija stupaca matrice $A$ koja bi dala desnu stranu, pa je sustav nekonzistentan.

Primjer 1.19   Neka je dan sustav

$$5x_1\qquad + 4x_3 = 1$$

$$x_1- x_2+ 2x_3 = 5$$

$$2x_1+ 3x_2- 2x_3 = 2.$$

Stupci matrice sustava su linearno zavisni. Na pr. treći stupac je linearna kombinacija prva dva s koeficijentima $\frac{4}{5}, -\frac{6}{5}.$ Prema tome skup svih vektora koji su linearne kombinacije sva tri stupca matrice sustava (vektorski prostor razapet sa stupcima matrice) se podudara sa skupom svih vektora koji su linearne kombinacije samo prva dva stupca matrice sustava (vektorski prostor razapet s prva dva stupca). Ako vektorstupce identificiramo s radijvektorima, onda to znači da prva dva stupca (radijvektora) razapinju u prostoru ravninu (zapravo dvodimenzionalni vektorski prostor radijvektora, koji se nalaze u prostoru, ali leže u jednoj ravnini). Ne postoji takva linearna kombinacija prva dva stupca koja daje desnu stranu. To znači da pripadni radijvektor (desne strane) ne leži u ravnini razapetoj s radijvektorima prva dva stupca. Da bismo se u to uvjerili, nađimo jednadžbu ravnine razapete s prva dva stupca. Radijvektori mogu razapinjati samo ravnine kroz ishodište, pa je $(0,0,0)$ točka kojom prolazi ravnina. Zatim, vektor normale je vektorski produkt vektora koji razapinju ravninu, dakle

$$\vec{n} = \boldsymbol{a}_{\cdot\, 1}\times\boldsymbol{a}_{\cdot\, 2} = \vec{\imath} - 3\,\vec{\jmath} - \vec{k}.$$

Prema tome jednadžba ravnine je

$$x - 3\,y - z = 0.$$

Samo ona desna strana (koordinate točke u prostoru, vrh radijvektora u prostoru) koja zadovoljava ovu jednadžbu, jeste nekakva linearna kombinacija stupaca matrice sustava. Lako se vidi da desna strana u ovom primjeru ne zadovoljava jednadžbu ravnine, dok je desna strana iz primjera 1.18 zadovoljava.

Struktura skupa svih rješenja

Pretpostavimo da matrica sustava

$$a_{11}\,x_1+a_{12}\,x_2+\cdots+a_{1n}\,x_n = b_1$$

$$a_{21}\,x_1+a_{22}\,x_2+\cdots +a_{2n}\,x_n = b_2$$

$$\cdots$$

$$a_{m1}\,x_1+a_{m2}\,x_2+\cdots +a_{mn}\,x_n = b_m$$

ima isti rang kao proširena matrica sustava, i to $r.$ To znači da proširena matrica sustava $A_b$ ima linearno nezavisnih $r$ redaka i $r$ stupaca. Radi jednostavnosti pretpostavimo da je prvih $r$ redaka i prvih $r$ stupaca marice $A_b$ linearno nezavisno. Tada Gauss-Jordanovom metodom možemo sustav svesti na oblik

$$\begin{array}{cccccccc} x_1 & & & +a... ..._r & +a'_{r\,r+1}\,x_{r+1} & +\;\cdots & +a'_{rn}\,x_n & = & b'_r \end{array}.$$

Odatle čitamo

$$x_1 = b'_1-a'_{1\,r+1}\,x_{r+1}-\cdots-a'_{1n}\,x_n$$

$$\cdots$$

$$x_r = b'_r-a'_{r\,r+1}\,x_{r+1}-\cdots -a'_{rn}\,x_n,$$

tako da se rješenje, odnosno skup svih rješenja može napisati u obliku

$$\left[\begin{array}{c} x_1 \\ \vdot... ...{c} -a'_{1n} \\ \vdots \\ -a'_{rn} \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \end{array}\right].$$

Stavimo

$$\boldsymbol{x}= \left[\begin{array}{... ...{c} -a'_{1n} \\ \vdots \\ -a'_{rn} \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \end{array}\right].$$

Svako rješenje $\boldsymbol{x}$ ima oblik

$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}'+x_{r+1}\boldsymbol{u}_1+\cdots+x_n\boldsymbol{u}_{n-r}.$$

Pretpostavimo da je sustav na početku bio homogen, tj. da je bilo $b_{1}=0, b_{2}=0, \ldots, b_{m}=0.$ U tom slučaju na isti način dobivamo rješenje

$$\boldsymbol{x}_h=x_{r+1}\boldsymbol{u}_1+\cdots+x_n\boldsymbol{u}_{n-r}.$$

Skup svih takvih vektora, kada parametri $x_{r+1},\ldots,x_n$ uzimaju proizvoljne realne vrijednosti nezavisno jedan od drugog, predstavlja skup svih rješenja pripadnog homogenog sustava. Uočimo da je taj skup vektorski prostor razapet s vektorima $\boldsymbol{u}_1,\cdots, \boldsymbol{u}_{n-r},$ i da su vektori $\boldsymbol{u}_1,\cdots,\boldsymbol{u}_{n-r}$ linearno nezavisni, pa prema tome čine bazu u tom vektorskom prostoru. S druge strane $\boldsymbol{b}'$ je jedno rješenje nehomogenog sustava, i to kad stavimo $x_{r+1}=x_{r+2}=\ldots =x_{n}=0.$ Tako vidimo da se skup svih rješenja sustava može dobiti tako da se nađe jedno rješenje nehomogenog sustava, to rješenje zovemo partikularnim, i da se zatim nađe neka baza vektorskog prostora svih rješenja pripadnog homogenog sustava. Jedna od tih baza je $\boldsymbol{u}_1,\cdots,\boldsymbol{u}_{n-r}.$

Ova diskusija omogućava da se u jednostavnijim slučajevima 'vidi' skup svih rješenja, što je sadržaj sljedećeg primjera.

Primjer 1.20   Razmotrimo ponovno primjer 1.18. U tom slučaju je rang matrice sustava jednak rangu proširene matrice, i iznosi $r=2,$ dok je $n=3.$ Osim toga je treći stupac linearna kombinacija prva dva. Dakle, svako rješenje je oblika

$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}'+x_{3}\boldsymbol{u}_1,$$

odnosno

$$\left[ \begin{array}{c} x_1 \\ x_2 ... ...,\left[ \begin{array}{c} -\frac{4}{5} \\ \frac{6}{5} \\ 1 \end{array}\right].$$

To se može drukčije napisati ovako

$$x_1 = \frac{1}{5} - \frac{4}{5}\,x_3$$

$$x_2 = -\frac{4}{5} + \frac{6}{5}\,x_3$$

$$x_3 = 0 + x_3,$$

što predstavlja parametarske jednadžbe pravca u prostoru. Prvi stupac desno od jednakosti čine koordinate točke kojom pravac prolazi, a drugi stupac čine komponente vektora smjera pravca. Rješenja su dakle točke na pravcu (slika 1.13) u prostoru (radijvektori u prostoru, čiji vrhovi leže na jednom pravcu). Rješenje pripadnog homogenog sustava se dobije tako da se izbaci prvi stupac desno od jednakosti (vektor $\boldsymbol{b}'$). U tom slučaju su rješenja točke na pravcu kroz ishodište, koji je paralelan gornjem pravcu.

Slika 1.13: Jednoparametarsko rješenje sustava linearnih algebarskih jednadžbi.

Kako su u gornjem sustavu samo dvije jednadžbe linearno nezavisne, i budući da svaka od njih predstavlja jednadžbu ravnine u prostoru, rješavanje ovog sustava se zapravo svodi na to da se želi dobiti jednadžba pravca u prostoru koji je zadan kao presjek dviju ravnina.

Primjer 1.21   Ako se sustav sastoji od dvije ili više jednadžbi s tri nepoznanice, od kojih je samo jedna linearno nezavisna, onda to znači da su ostale jednadžbe multipli prve. Kako je prva jednadžba linearna, skup točaka koji je zadovoljava predstavlja ravninu u prostoru. Dakle, skup svih rješenja takvog sustava je skup radijvektora (vektorstupaca), čiji vrhovi leže u ravnini u prostoru koja je zadana bilo kojom od jednadnadžbi sustava (slika 1.14). U pripadnom homogenom sustavu je i dalje samo jedna (bilo koja) jednadžba linearno nezavisna, pa kao rješenje homogenog sustava imamo također ravninu, paralelnu prethodnoj, ali koja prolazi ishodištem.

Slika 1.14: Dvoparametarsko rješenje sustava linearnih algebarskih jednadžbi.

Zaključak.

Ako s $X_0$ označimo skup svih rješenja pripadnog homogenog, a s $X_b$ skup svih rješenja nehomogenog sustava, onda je $X_0$ vektorski prostor dimenzije $n-r,$ gdje je $r$ rang matrice sustava, i vrijedi

$$X_0 = \{\lambda_1\,\boldsymbol{u}_1 +\lambda_2\,\boldsymbol{u}_2 +\cdots +\lambda_{n-r}\,\boldsymbol{u}_{n-r}\},$$

gdje $\boldsymbol{u}_1, \boldsymbol{u}_2, \ldots, \boldsymbol{u}_{n-r}$ čine bazu u $X_0,$ a $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_{n-r}$ su proizvoljni brojevi. Također vrijedi

$$X_b = \{\boldsymbol{x}_p+\boldsymbol{u};\,\boldsymbol{u}\in X_0\}.$$

Primjer 1.22   Riješiti sustav jednadžbi

$$\begin{array}{rrrrrrr} 2\,x_1 & +3\,... ...= & 1 \\ 5\,x_1 & -3\,x_2 & +2\,x_3 & +7\,x_4 & -\,x_5 & = & -8. \end{array}$$

Rješenje. Rješenje ovog sustava je svaka uređena petorka (vektorstupac)

$$\boldsymbol{x}= \left[ \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5 \end{array} \right],$$

koja zadovoljava svaku jednadžbu. Gauss-Jordanovim postupkom dolazimo do sustava

$$x_1\hspace{.8cm}+x_3+2\,x_4+x_5 = -1$$

$$x_2+x_3+x_4+2\,x_5 = 1.$$

Odatle,

$$x_1 = -1-x_3-2\,x_4-x_5$$

$$x_2 = 1-x_3-x_4-2\,x_5,$$

pa je rješenje

$$\boldsymbol{x}=\left[ \begin{array}{... ...t]+x_5 \left[ \begin{array}{r} -1 \\ -2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right].$$

Pri tom je $\left[ \begin{array}{r} -1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]$ partikularno rješenje, a vektori $\left[ \begin{array}{r} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \\ ... ...ght],\; \left[ \begin{array}{r} -1 \\ -2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right]$

čine bazu u vektorskom prostoru svih rješenja pripadnog homogenog sustava.

Primjer 1.23   Diskutirati i riješiti sljedeći sustav jednadžbi u odnosu na parametar $a.$

$$x_1+x_2+x_3 = 6$$

$$a\,x_1+4x_2+x_3 = 5$$

$$6x_1+(a+2)x_2+2x_3 = 13.$$

Rješenje. Proširena matrica sustava je

$$A_b = \left[ \begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 6 \\ a & 4 & 1 & 5 \\ 6 & a+2 & 2 & 13 \\ \end{array}\right].$$

Množimo prvi redak redom s $-a,-6,$ i dodamo drugom, odnosno trećem retku. Zatim tako dobiveni drugi redak dodamo trećem. Konačno prvim stupcem anuliramo elemente u prvom retku. Dobijemo

$$A_b \sim \left[ \begin{array}{cccc} ... ...\ 0 & 4-a & 1-a & 5-6a \\ 0 & 0 & -(3+a) & -6(3+a) \\ \end{array}\right].$$

Sada ne smijemo s drugim stupcem anulirati elemente u drugom retku, jer se može dogoditi da je $4-a=0.$ S elementarnim transformacijama smo gotovi, i treba provesti diskusiju.

Ako je $a=-3,$ onda je $r(A)=r(A_b)=2,$ pa imamo beskonačno mnogo rješenja (jednoparametarsko rješenje). Da dobijemo rješenje u tom slučaju, moramo se vratiti korak natrag, prije anuliranja elemenata u prvom retku, i uvrstiti $a=-3.$

$$A_b \sim \left[ \begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 7 & 4 & 23 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right].$$

Zatim pomnožiti drugi redak s $-\frac{1}{7}$ i dodati ga prvom.

$$A_b \sim \left[ \begin{array}{cccc} ... ... & \frac{19}{7} \\ 0 & 7 & 4 & 23 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right].$$

Odatle se čita rješenje

$$\left[ \begin{array}{c} x_1 \\ x_2 ... ...t] + x_3\,\left[ \begin{array}{c} -\frac{3}{7} \\ -4 \\ 1 \end{array}\right].$$

Ako je $a=4,$ onda je $r(A)=2,r(A_b)=3,$ pa ne postoji rješenje.

Inače je $r(A)=r(A_b)=3,$ i tada imamo jedinstveno rješenje, koje dobijemo nakon Gaussovog postupka.

$$A_b \sim \left[ \begin{array}{cccc} ... ...\ 0 & 4-a & 1-a & 5-6a \\ 0 & 0 & -(3+a) & -6(3+a) \\ \end{array}\right].$$

Iz zadnje jednadžbe čitamo da je $x_3=6.$ Uvrštavanjem u drugu dobijemo $x_2=\frac{1}{a-4},$ i konačno iz prve jednadžbe slijedi $x_1 =\frac{1}{4-a}.$