Úvod do lineárnej algebry. Monika Molnárová Prednášky

Úvod do lineárnej algebry Monika Molnárová Prednášky 2006

Prednášky: 3 17 marca 2006 4 24 marca 2006 c RNDr Monika Molnárová, PhD

Obsah 2 Sústavy lineárnych rovníc 25 21 Riešenie sústavy lineárnych rovníc 25 22 Gaussova eliminačná metóda 26 23 Cramerovo pravidlo 29 24 Homogénna sústava 31 25 Sústava lineárnych rovníc s parametrom 33

2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 25 2 Sústavy lineárnych rovníc 21 Riešenie sústavy lineárnych rovníc Definícia 211 Nech m, n N Sústavu rovníc a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2 (1) a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = b m nazývame sústavou lineárnych algebraických rovníc Čísla a ij nazývame koeficientami sústavy, x 1, x 2,, x n nazývame neznámymi a b 1, b 2,, b m absolútnymi členmi (pravými stranami) sústavy Maticu utvorenú z koeficientov A = a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a m1 a m2 a mn nazývame maticou sústavy Maticu utvorenú z matice sústavy A a vektora pravej strany b = (b 1, b 2,, b m ) A = (A b) = nazývame rozšírenou maticou sústavy Zápis v maticovom tvare: a 11 a 12 a 1n b 1 a 21 a 22 a 2n b 2 a m1 a m2 a mn b m A x = b Definícia 212 Riešením sústavy lineárnych algebraických rovníc (1) nazývame taký vektor α = (α 1, α 2,, α n ), ktorý vyhovuje rovnici A α = b V nasledujúcich častiach tejto kapitoly sa budeme venovať jednotlivým metódam riešenia sústav lineárnych algebraických rovníc

26 2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 22 Gaussova eliminačná metóda Definícia 221 Dve sústavy lineárnych algebraických rovníc s rovnakým počtom neznámych sú ekvivalentné práve vtedy, ak majú rovnakú množinu riešení Veta 21 Nech sústava S 2 vznikla zo sústavy S 1 niektorou z nasledujúcich úprav: (i) zmena poradia rovníc (ii) vynásobenie rovnice nenulovou konštantou (iii) pripočítanie lineárnej kombinácie iných rovníc k niektorej rovnici Potom sú sústavy S 1 a S 2 ekvivalentné Ekvivalentné úpravy rovníc uvedené v predošlej vete sú totožné s ekvivalentnými riadkovými úpravami matíc Z toho plynie, že stačí zobrať namiesto rovníc rozšírenú maticu sústavy Gaussova eliminačná metóda spočíva v úprave tejto matice na stupňovitý tvar Sústava môže mať jediné riešenie, nekonečne veľa riešení alebo nemá riešenie Rozhodneme na základe Frobeniovej vety Veta 22 (Frobeniova) Nech A je matica sústavy a A je rozšírená matica sústavy (1) Sústava (1) má riešenie vtedy a len vtedy, ak h(a) = h(a ) Ďalej platí: (i) Sústava (1) má práve jedno riešenie vtedy a len vtedy, ak h(a) = h(a ) = n (ii) Sústava (1) má nekonečne veľa riešení vtedy a len vtedy, ak h(a) = h(a ) < n Poznámka V prípade ak h(a) h(a ), sústava (1) nemá riešenie V prípade, ak má sústava nekonečne veľa riešení, je počet voľných premenných n h(a) V prípade, ak má sústava riešenie, môžeme rozšírenú maticu sústavy upravovať až na redukovanú stupňovitú maticu (Jordanovu) Hovoríme vtedy o Gauss-Jordanovej eliminačnej metóde

2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 27 Príklad 221 Pomocou Gaussovej eliminačnej metódy riešme sústavu lineárnych algebraických rovníc nad R 2x 1 + 2x 2 x 3 + x 4 = 4 4x 1 + 3x 2 x 3 + 2x 4 = 6 8x 1 + 5x 2 3x 3 + 4x 4 = 12 3x 1 + 3x 2 2x 3 + 2x 4 = 6 Riešenie Pomocou ekvivalentných riadkových úprav upravíme maticu sústavy rozšírenú o stĺpec pravej strany (rozšírená matica sústavy) na stupňovitý tvar (popísané v kapitole Aritmetické vektory a matice v podkapitole Hodnosť matice) (A b) = 2 2 1 1 4 4 3 1 2 6 8 5 3 4 12 3 3 2 2 6 1 1 1 1 2 0 1 3 2 2 0 3 5 4 4 0 0 1 1 0 R4 1 1 1 1 2 0 1 3 2 2 0 0 1 1 0 0 0 4 2 2 3R 2 1 1 1 1 2 4 3 1 2 6 8 5 3 4 12 3 3 2 2 6 +4R 3 1 1 1 1 2 0 1 3 2 2 0 0 4 2 2 0 0 1 1 0 1 1 1 1 2 0 1 3 2 2 0 0 1 1 0 0 0 0 2 2 +4R 1 +8R 1 +3R 1 Keďže hodnosť matice sústavy je rovná hodnosti rozšírenej matice sústavy h(a) = h(a ) = 4, sústava má riešenie Zároveň počet neznámych je rovný hodnosti n = h(a) = 4, z toho vyplýva, že sústava má práve jedno riešenie Z poslednej rovnice vypočítame hodnotu x 4 Postupným dosadzovaním do predchádzajúcich rovníc dostaneme hodnoty ostatných neznámych x 1 x 2 + x 3 x 4 = 2 x 2 + 3x 3 2x 4 = 2 x 3 x 4 = 0 2x 4 = 2 x 4 = 1 Z tretej rovnice dostávame x 3 x 4 = 0 x 3 = 1 Z druhej rovnice dostávame x 2 + 3x 3 2x 4 = 2 x 2 = 1 Z prvej rovnice dostávame x 1 x 2 + x 3 x 4 = 2 x 1 = 1 Riešením sústavy je vektor x = (1, 1, 1, 1)

28 2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC Príklad 222 Pomocou Gaussovej eliminačnej metódy riešme sústavu lineárnych algebraických rovníc nad R 4x 1 3x 2 + 2x 3 x 4 = 8 3x 1 2x 2 + x 3 3x 4 = 7 2x 1 x 2 + 5x 4 = 6 5x 1 3x 2 + x 3 8x 4 = 1 Riešenie Pomocou ekvivalentných riadkových úprav upravíme rozšírenú maticu sústavy na stupňovitý tvar 4 3 2 1 8 1 1 1 2 1 (A b) = 3 2 1 3 7 3 2 1 3 7 2 1 0 5 6 R2 3R 1 2 1 0 5 6 2R 1 5 3 1 8 1 5 3 1 8 1 5R 1 1 1 1 2 1 0 1 2 9 4 0 1 2 1 4 0 2 4 18 4 R 2 2R 2 1 1 1 2 1 0 1 2 9 4 0 0 0 10 0 0 0 0 0 12 Keďže hodnosť matice sústavy sa nerovná hodnosti rozšírenej matice sústavy h(a) = 3 h(a ) = 4, sústava nemá riešenie Príklad 223 Pomocou Gaussovej eliminačnej metódy riešme sústavu lineárnych algebraických rovníc nad R 2x 1 x 2 + x 3 + 2x 4 + 3x 5 = 2 6x 1 3x 2 + 2x 3 + 4x 4 + 5x 5 = 3 6x 1 3x 2 + 4x 3 + 8x 4 + 13x 5 = 9 4x 1 2x 2 + x 3 + x 4 + 2x 5 = 1 Riešenie Pomocou ekvivalentných riadkových úprav upravíme rozšírenú maticu sústavy na stupňovitý tvar 2 1 1 2 3 2 2 1 1 2 3 2 6 3 2 4 5 3 3R 1 6 3 4 8 13 9 0 0 1 2 4 3 3R 1 0 0 1 2 4 3 +R 2 4 2 1 1 2 1 2R 1 0 0 1 3 4 3 R 2 2 1 1 2 3 2 0 0 1 2 4 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 ( 1) ( 1) 2 1 1 2 3 2 0 0 1 2 4 3 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 Keďže hodnosť matice sústavy sa rovná hodnosti rozšírenej matice sústavy h(a) = h(a ) = 3, sústava má riešenie Zároveň počet neznámych je väčší

2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 29 ako hodnosť matice n = 5 > h(a) = 3, z toho vyplýva, že sústava má nekonečne veľa riešení Počet voľných premenných určíme na základe vzťahu n h(a) = 5 3 = 2 (tj lineárny priestor všetkých riešení danej sústavy je dvojrozmerný) 2x 1 x 2 + x 3 + 2x 4 + 3x 5 = 2 x 3 + 2x 4 + 4x 5 = 3 x 4 = 0 Volíme dve voľné premenné Keďže x 4 = 0, vzhľadom na druhú rovnicu z dvojice x 3 a x 5 vyberieme jednu a z dvojice x 1 a x 2 vyberieme druhú voľnú premennú Nech x 5 = t a x 1 = s z druhej rovnice dostávame: x 3 + x 4 + 4x 5 = 3 x 3 = 3 4t Nakoniec dosadíme vypočítané hodnoty do prvej rovnice a určíme x 2 2x 1 x 2 + x 3 + 2x 4 + 3x 5 = 2 x 2 = 1 t + 2s Riešením sústavy je vektor x = (s, 1 t + 2s, 3 4t, 0, t) pre s, t R Poznámka Pri inej voľbe voľných premenných, z tých ktoré boli prípustné v tomto príklade, je vyjadrenie výsledku odlišné od toho, ktoré sme pri horeuvedenom výpočte dostali 23 Cramerovo pravidlo Pre n N majme sústavu n algebraických rovníc o n neznámych a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2 (2) a n1 x 1 + a n2 x 2 + + a nn x n = b n Veta 23 Sústava (2) má práve jedno riešenie vtedy a len vtedy, ak je matica sústavy regulárna Nech je matica sústavy (2) regulárna Z toho vyplýva, že deteminant matice sústavy je rôzny od nuly Na nájdenie riešenia takejto sústavy použijeme Cramerovo pravidlo Nech D je deteminant matice sústavy Nech D i je deteminant matice, ktorá vznikla z matice sústavy nahradením i-tého stĺpca vektorom pravej strany Riešením sústavy (2) je vektor x = (x 1, x 2,, x n ), kde x i = D i D pre i = 1, 2,, n

30 2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC Príklad 231 Pomocou Cramerovho pravidla riešme sústavu lineárnych algebraických rovníc nad R 6x 1 + 3x 2 2x 3 = 2 x 1 3x 2 + 2x 3 = 5 2x 1 + x 2 + x 3 = 9 Riešenie Matica sústavy je štvorcová, teda môžeme začať počítať pomocou Cramerovho pravidla Vypočítame determinant matice sústavy D 6 3 2 D = 1 3 2 2 1 1 = 35 Keďže determinant matice sústavy je rôzny od nuly, je táto matica regulárna Môžeme teda pokračovať vo výpočte pomocou Cramerovho pravidla Nahradením prvého stĺpca stĺpcom pravej strany dostaneme determinant D 1 Analogicky vypočítame D 2 a D 3 D 1 = D 3 = 2 3 2 5 3 2 9 1 1 6 3 2 1 3 5 2 1 9 = 35, D 2 = = 175 6 2 2 1 5 2 2 9 1 Sústava má práve jedno riešenie x=(x 1, x 2, x 3 ), kde x 1 = D 1 D = 35 35 = 1 x 2 = D 2 D = 70 35 = 2 = 70, x 3 = D 3 D = 175 35 = 5 Poznámka V prípade, že je matica sústavy regulárna, existuje k nej inverzná matica Sústavu (2) môžeme potom riešiť ako maticovú rovnicu: A x = b x = A 1 b

2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 31 Príklad 232 Pomocou inverznej matice riešme nad R sústavu lineárnych algebraických rovníc x 1 4x 2 3x 3 = 1 x 1 5x 2 3x 3 = 0 x 1 + 6x 2 + 4x 3 = 1 Riešenie Použijeme maticový zápis A x = b pre danú sústavu Dostávame 1 4 3 x 1 1 1 5 3 x 2 = 0 1 6 4 x 3 1 Túto maticovú rovnicu riešime pomocou inverznej matice k matici sústavy Použijeme postup popísaný v kapitole Aritmetické vektory a matice v podkapitole Inverzné matice x= 1 4 3 1 5 3 1 6 4 1 1 0 1 = 2 2 3 1 1 0 1 2 1 1 0 1 = 5 1 0 24 Homogénna sústava Definícia 241 Nech m, n N Sústavu rovníc a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = 0 (3) a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = 0 nazývame homogénnou sústavou lineárnych algebraických rovníc Keďže v tomto prípade h(a) = h(a ), má sústava (3) vždy aspoň jedno (triviálne) riešenie Podľa Frobeniovej vety môžu nastať nasledujúce prípady (i) h(a) = n x = (0, 0,, 0) je jediné riešenie sústavy (3) (ii) h(a) < n má sústava (3) nekonečne veľa riešení

32 2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC Príklad 241 Pomocou Gaussovej eliminačnej metódy riešme homogénnu sústavu lineárnych algebraických rovníc nad R x 1 + x 2 x 3 + x 4 = 0 2x 1 + x 2 + x 3 3x 4 = 0 x 1 + 2x 2 3x 3 + x 4 = 0 2x 1 + 3x 2 + 4x 3 x 4 = 0 Riešenie Pomocou ekvivalentných riadkových úprav upravíme maticu sústavy na stupňovitý tvar Keďže lineárna kombinácia núl je opäť nula, nie je potrebné zapisovať vektor pravej strany A = 1 1 1 1 2 1 1 3 1 2 3 1 2 3 4 1 1 1 1 1 0 1 3 5 0 0 5 13 0 0 17 24 2R 1 +R 1 +2R 1 5 17R 3 1 1 1 1 0 1 3 5 0 3 4 2 0 5 2 1 +3R 2 +5R 2 1 1 1 1 0 1 3 5 0 0 5 13 0 0 0 101 Keďže hodnosť matice sústavy je u homogénnych sústav vždy rovná hodnosti rozšírenej matice sústavy, homogénna sústava má vždy aspoň jedno riešenie a tým je nulový vektor (triviálne riešenie) Počet neznámych tejto sústavy je rovný hodnosti n = h(a) = 4, z toho vyplýva, že sústava má práve jedno riešenie Teda x = (0, 0, 0, 0) Príklad 242 Pomocou Gaussovej eliminačnej metódy riešme homogénnu sústavu lineárnych algebraických rovníc nad R 3x 1 x 2 2x 3 + x 4 + 8x 5 = 0 9x 1 3x 2 + 4x 3 + 8x 4 + 9x 5 = 0 3x 1 x 2 + 2x 3 + 3x 4 + 2x 5 = 0 3x 1 x 2 + 4x 3 + 4x 4 x 5 = 0 Riešenie Pomocou ekvivalentných riadkových úprav upravíme maticu sústavy na stupňovitý tvar Keďže počet rovníc je menší než počet neznámych, môžeme hneď na začiatku vidieť, že sústava bude mať aj netriviálne riešenia, teda nekonečne veľa riešení A = 3 1 2 1 8 9 3 4 8 9 3 1 2 3 2 3 1 4 4 1 3R 1 R 1 R 1 3 1 2 1 8 0 0 10 5 15 0 0 4 2 6 0 0 6 3 9 1 5 1 2 1 3

2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 33 3 1 2 1 8 0 0 2 1 3 0 0 2 1 3 0 0 2 1 3 R 2 R 2 3 1 2 1 8 0 0 2 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Počet neznámych tejto sústavy je väčší ako hodnosť n = 5 > h(a) = 2, z toho vyplýva, že sústava má nekonečne veľa riešení Počet voľných premenných bude rovný číslu n h(a) = 5 2 = 3 3x 1 x 2 2x 3 + x 4 + 8x 5 = 0 2x 3 + x 4 3x 5 = 0 Vzhľadom na druhú rovnicu vyberieme z trojice x 3, x 4, x 5 nanajvýš dve voľné premenné Výhodné je zobrať práve dve premenné Z dvojice x 1, x 2 zvolíme poslednú voľnú premennú Nech x 3 = t, x 5 = u a x 1 = s, tak z druhej rovnice dostávame 2x 3 + x 4 3x 5 = 0 x 4 = 3u 2t Nakoniec dosadíme vypočítané hodnoty do prvej rovnice a určíme x 2 3x 1 x 2 2x 3 + x 4 + 8x 5 = 0 x 2 = 3s 4t + 11u Riešením sústavy je vektor x=(s, 3s 4t+11u, t, 3u 2t, u) pre s, t, u R 25 Sústava lineárnych rovníc s parametrom V prípade riešenia sústav lineárnych rovníc s parametrom používame tie isté metódy, ktoré sme popísali v predchádzajúcich častiach tejto kapitoly Pod riešením sústavy lineárnych rovníc s parametrom budeme rozumieť úplnú diskusiu riešiteľnosti vzhľadom na parameter a R Môžeme použiť dva postupy Ak je matica sústavy štvorcová a obsahuje parameter, je výhodné použiť nasledujúci algoritmus Algoritmus pre riešenie sústavy lineárnych algebraických rovníc s parametrom obsiahnutým v štvorcovej matici sústavy: 1 Vypočítame determinant matice sústavy 2 Položíme determinant rovný nule a vyriešime vzniknutú algebraickú rovnicu 3 Korene tejto rovnice postupne dosadíme do sústavy, ktorú následne vyriešime pomocou Gaussovej eliminačnej metódy 4 Pre všetky ostatné hodnoty parametra je determinant rôzny od nuly a teda sústava má práve jedno riešenie Toto riešenie nájdeme pomocou Cramerovho pravidla

34 2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC Príklad 251 Pomocou Cramerovho pravidla riešme nad R sústavu lineárnych algebraických rovníc s parametrom x 1 + x 2 + ax 3 = 1 x 1 + ax 2 + x 3 = 1 ax 1 + x 2 + x 3 = 1 Riešenie Vypočítame determinant matice sústavy 1 1 a D = 1 a 1 a 1 1 = a3 + 3a 2 Vyriešime algebraickú rovnicu: a 3 + 3a 2 = 0 a 3 + 3a 2 = 0 (a 1) 2 (a + 2) = 0 Môžu nastať tri prípady I Nech a 1 a a 2 Determinant matice sústavy je vtedy rôzny od nuly a sústava má práve jedno riešenie, ktoré nájdeme pomocou Cramerovho pravidla Nahradením prvého stĺpca stĺpcom pravých strán dostaneme determinant D 1 Analogicky vypočítame D 2 a D 3 D 1 = D 3 = 1 1 a 1 a 1 1 1 1 1 1 1 1 a 1 a 1 1 = (a 1)2, D 2 = = (a 1)2 1 1 a 1 1 1 a 1 1 Sústava má práve jedno riešenie x = (x 1, x 2, x 3 ), kde = (a 1)2, x 1 = D 1 D = (a 1)2 a 3 + 3a 2 = 1 a + 2, x 2 = D 2 D = (a 1)2 a 3 + 3a 2 = 1 a + 2, x 3 = D 3 D = (a 1)2 a 3 + 3a 2 = 1 a + 2

2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 35 II Nech a = 1 Determinant matice sústavy je vtedy rovný nule a sústava má buď nekonečne veľa riešení alebo nemá riešenie To zistíme, keď dosadíme a = 1 do sústavy a pomocou Gaussovej eliminácie vyriešime V tomto prípade vidíme, že všetky tri rovnice majú tvar x 1 + x 2 + x 3 = 1 Keďže hodnosť matice sústavy je rovná hodnosti rozšírenej matici sústavy h(a) = h(a ) = 1, sústava má riešenie Navyše n = 3 > h(a) = 1, z čoho vyplýva, že sústava má nekonečne veľa riešení a počet voľných premenných je rovný n h(a) = 3 1 = 2 Nech x 2 = s a x 3 = t, tak x 1 = 1 s t pre s, t R Riešením je vektor x = (1 s t, s, t), s, t R III Nech a = 2 Analogicky ako v predchádzajúcom prípade je determinant matice sústavy rovný nule a sústava má buď nekonečne veľa riešení alebo nemá riešenie To zistíme, keď dosadíme a = 2 do sústavy a pomocou Gaussovej eliminácie vyriešime Teda riešime nasledujúcu sústavu x 1 + x 2 2x 3 = 1 x 1 2x 2 + x 3 = 1 2x 1 + x 2 + x 3 = 1 Pomocou ekvivalentných riadkových operácií upravíme rozšírenú maticu sústavy na stupňovitý tvar 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 R 1 0 3 3 0 0 3 3 0 2 1 1 1 +2R 1 0 3 3 3 +R 2 0 0 0 3 Keďže hodnosť matice sústavy sa nerovná hodnosti rozšírenej matice sústavy h(a) = 2 h(a ) = 3, sústava nemá riešenie V prípade ak matica sústavy nie je štvorcová resp parameter vystupuje len vo vektore pravej strany, riešime sústavu pomocou Gaussovej eliminačnej metódy Príklad 252 Pomocou Gaussovej eliminačnej metódy riešme nad R sústavu lineárnych algebraických rovníc s parametrom 12x 1 6x 2 + 9x 3 + 21x 4 = 3+a 11x 1 5x 2 + 10x 3 + 24x 4 = 1+a 7x 1 3x 2 + 7x 3 + 17x 4 = a 8x 1 6x 2 x 3 5x 4 = 9

36 2 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC Riešenie Parameter sa v tejto sústave nachádza len vo vektore pravých strán, preto nie je výhodné, na rozdiel od predchádzajúceho príkladu, počítať determinant matice sústavy Pomocou Gaussovej eliminácie upravíme na stupňovitý tvar rozšírenú maticu sústavy 12 6 9 21 3+a 1 1 1 3 2 11 5 10 24 1+a 11 5 10 24 1+a 7 3 7 17 a R2 11R 1 7 3 7 17 a 7R 1 8 6 1 5 9 8 6 1 5 9 8R 1 1 1 1 3 2 0 6 21 57 a 21 0 4 14 38 a 14 0 2 7 19 7 1 1 1 3 2 0 2 7 19 7 0 0 0 0 a 0 0 0 0 a 1 1 1 3 2 0 2 7 19 7 0 4 14 38 a 14 0 6 21 57 a 21 2R 2 3R 2 Hodnosť matice sústavy h(a) = 2 Hodnosť rozšírenej matice sústavy h(a ) závisí na hodnote a Môžu nastať dva prípady I Nech a = 0 Hodnosť rozšírenej matice je rovná hodnosti matice sústavy h(a) = 2 = h(a ), z toho vyplýva, že sústava má riešenie Navyše platí n = 4 > h(a) = 2, z čoho vyplýva, že sústava má nekonečne veľa riešení a počet voľných premenných je rovný n h(a) = 4 2 = 2 x 1 x 2 x 3 3x 4 = 2 2x 2 + 7x 3 + 19x 4 = 7 Vzhľadom na druhú rovnicu vyberieme z trojice x 2, x 3, x 4 nanajvýš dve voľné premenné Výhodné je zobrať práve dve premenné Nech x 3 = s a x 4 = t, tak z druhej rovnice dostávame 2x 2 + 7x 3 + 19x 4 = 7 x 2 = 1 ( 7 7s 19t) 2 Nakoniec dosadíme vypočítané hodnoty do prvej rovnice a určíme x 1 x 1 x 2 x 3 3x 4 = 2 x 1 = 1 ( 3 5s 13t) 2 Riešením sústavy je vektor x = ( 1( 3 5s 13t), 1 ( 7 7s 19t), s, t) 2 2 pre s, t R II Nech a 0 Hodnosť rozšírenej matice sa nerovná hodnosti matice sústavy h(a) = 2 h(a ) = 3 Z toho vyplýva, že sústava nemá riešenie