HOOFDSTUK 1 – RIJREDUCTIE
Lineaire vergelijkingen
Een lineaire vergelijking is een vergelijking die alleen afhankelijk is van
onbekenden; er is geen spraken van bijvoorbeeld een kwadraat of logaritme.
Wanneer lineaire vergelijkingen met elkaar worden vergeleken kunnen er drie
situaties ontstaan:
Vergelijkingen snijden elkaar; vergelijkingen zijn consistent en er is een
unieke oplossing
Vergelijkingen zijn parallel: vergelijkingen zijn inconsistent en er zijn geen
oplossingen
Vergelijkingen zijn identiek: vergelijkingen zijn onbepaald en er zijn
oneindig oplossingen
Gaussische eliminatie
Het oplossen van een stelsel lineaire vergelijkingen gaat via rijreductie in een
vanuit vergelijkingen-opgesteld matrix. Deze matrix kent verschillende
onderdelen: het coëfficiënten matrix, matrix met onbekenden, en het
aangevulde matrix (aug. matrix), matrix met onbekenden en antwoorden.
Het oplossen van de matrix kent de volgende aanpak:
1) Schrijf de vergelijkingen in de aangevulde matrixnotatie met haken en
een stippellijn
2) Pas rijreductie toe zodat de matrix veranderd in (1) echelon vorm met
coëfficiënt 1 op elk van de traptreden of in (2) gereduceerde echelon vorm
met coëfficiënt 1 op elk van de traptreden en coëfficiënt 0 op de rest
3) Pas terugsubstitutie toe voor het bepalen van de waarde van x, y en z
| |
1 … … a
0 1 … b Echelon vorm
0 0 1 c
| |
1 0 0 d
0 1 0 e Gereduceerde echelon vorm
0 0 1 f
Binnen de rijreductie (stap 2) kunnen verschillende opties worden toegepast:
, Rijen verwisselen met elkaar; vooral handig waar de waarde van x, y of z al 1
is
Rijen vermenigvuldigen met een constante
Veelvoud van een rij bij een andere optellen
Het veranderen naar de echelon vorm gaat het beste door de opties van
rijreductie op de volgende manier toe te passen:
1) Verwissel of combineer rijen om een pivot van 1 op de eerste rij en eerste
kolom te krijgen
2) Ga met rijen vegen; gebruik de rijen om alle coëfficiënten verticaal onder de
net gemaakte 1 naar 0 te krijgen
3) Verwissel of combineer rijen om een pivot van 1 op de tweede rij en tweede
kolom te krijgen; alle coëfficiënten verticaal eronder naar 0 brengen
4) Herhaal dit verder tot de onderste rij
VB 1 x – 2y + z = 0 2y – 8z = 8 -4x + 5y + 9z = -9
( )
1 −2 1 0
Dit geeft: matrix A = 0 2 −8 8
−4 5 9 −9
( )
1 −2 1 0
R3’ = R3 + 4*R1 0 2 −8 8
0 −3 13 −9
( )
1 −2 1 0
R2’ = R 0 1 −4 4
0 −3 13 −9
( )
1 −2 1 0
R3’ = R3 + 3*R2 0 1 −4 4
0 0 1 3
Dit geeft: z = 3 (R3) y – 4z = 4 (R2) x – 2y + z = 0 (R1)
Dus: z=3 y = 16 x = 29
Soorten vergelijkingen
Door rijreductie toe te passen op de matrix, kan deze versimpeld wordt. Door in
de versimpelde versie te kijken naar de aantal rangen, kan bepaald worden met
welke soort vergelijkingen we te maken hebben.
Een rang is een rij die NIET geheel bestaat uit nullen NA rijreductie
Wanneer Matrix is op te lossen; Oplossingen zijn uniek
aparte x, y en z uitkomst
Wanneer Rangen coef. matrix < Geen oplossingen,
inconsistente
rangen aug. matrix vergelijkingen
, (0 0 0 a)
Wanneer Rangen coef. matrix = Oneindig veel oplossingen,
rangen aug. matrix onafhankelijke vergelijkingen
(0 0 0 0)
VB2 gereduceerde matrix A = (10 1 1
0 1 )
Geeft rang coef. matrix = 1 rang aug. matrix = 2
Dus Vergelijkingen zijn inconsistent, 0 + 0 = 1, kan immers
niet
( )
1 −1 2 1
VB3 gereduceerde matrix A = 0 0 0 0
0 0 1 7
Geeft Rang coef. matrix = 2 rang aug. matrix = 2
Dus z=7 en x – y + 2z = 1
Vergelijkingen zijn onafhankelijk, uit de tweede rij is geen
informatie te halen en deze valt weg. Uit de andere twee rijen
kunnen geen
Aparte antwoorden worden gehaald
, VOORBEELDEN HOOFDSTUK 1
Voorbeelden onafhankelijke vergelijkingen
Bij onafhankelijke vergelijkingen kan niet gewerkt worden naar aparte antwoorden
voor x, y en z, maar zijn de rangen van de gereduceerde coef. matrix en aug.
matrix aan elkaar gelijk. Antwoord wordt gegeven met de informatie die WEL
beschikbaar is; aparte antwoorden en nieuwe vergelijkingen
VB4 2x + y – z = 2 en 4x + y – 2z = 3 geeft de volgende matrix
( 24 1 −1 2
1 −2 3 ) R ( 14 0.5 −0.5 1
1 −2 3 )
R2’ = R2 – 4*R1 (10 0.5 −0.5 1
−1 0 −1 )
R2 * -1 (10 0.5 −0.5 1
1 0 1 )
Verder kan niet gegaan worden, dus het is een onafhankelijke vergelijking
Dus y=1 en x + 0.5*y – 0.5*z = 1 (x = 0.5 + 0.5*z)
VB5 -x + y – z = 4 en x – y + 2z = 3 en 2x – 2y + 4z = 6
( ) ( )
−1 1 −1 4 1 −1 2 3
1 −1 2 3 R1 ↔ R2 −1 1 −1 4
2 −2 4 6 2 −2 4 6
( ) ( )
1 −1 2 3 1 −1 2 3
R2’ = R2 + R1 0 0 1 7 R2 ↔ R3 2 −2 4 6
2 −2 4 6 0 0 1 7
( )
1 −1 2 3
R2’ = R2 – 2*R1 0 0 0 0
0 0 1 7
Rij 1 en 3 kunnen niet verder worden versimpeld en Rij 2 geeft geen extra
informatie
Dus z=7 en x – y + 2z = 3 (x = y – 11)
Voorbeelden inconsistente vergelijking
Bij inconsistente vergelijkingen kan niet gewerkt worden naar aparte antwoorden
voor x, y en z, maar zijn de rangen van de gereduceerde coef. matrix kleiner dan
die van de aug. matrix. Doordat een vorm ontstaan is van 0 + 0 + 0 = a, is de
vergelijking inconsistent verklaard.
VB6 x - y + 2z = 5 en 2x + 3y - z = 4 en 2x – 2y + 4z = 6
Lineaire vergelijkingen
Een lineaire vergelijking is een vergelijking die alleen afhankelijk is van
onbekenden; er is geen spraken van bijvoorbeeld een kwadraat of logaritme.
Wanneer lineaire vergelijkingen met elkaar worden vergeleken kunnen er drie
situaties ontstaan:
Vergelijkingen snijden elkaar; vergelijkingen zijn consistent en er is een
unieke oplossing
Vergelijkingen zijn parallel: vergelijkingen zijn inconsistent en er zijn geen
oplossingen
Vergelijkingen zijn identiek: vergelijkingen zijn onbepaald en er zijn
oneindig oplossingen
Gaussische eliminatie
Het oplossen van een stelsel lineaire vergelijkingen gaat via rijreductie in een
vanuit vergelijkingen-opgesteld matrix. Deze matrix kent verschillende
onderdelen: het coëfficiënten matrix, matrix met onbekenden, en het
aangevulde matrix (aug. matrix), matrix met onbekenden en antwoorden.
Het oplossen van de matrix kent de volgende aanpak:
1) Schrijf de vergelijkingen in de aangevulde matrixnotatie met haken en
een stippellijn
2) Pas rijreductie toe zodat de matrix veranderd in (1) echelon vorm met
coëfficiënt 1 op elk van de traptreden of in (2) gereduceerde echelon vorm
met coëfficiënt 1 op elk van de traptreden en coëfficiënt 0 op de rest
3) Pas terugsubstitutie toe voor het bepalen van de waarde van x, y en z
| |
1 … … a
0 1 … b Echelon vorm
0 0 1 c
| |
1 0 0 d
0 1 0 e Gereduceerde echelon vorm
0 0 1 f
Binnen de rijreductie (stap 2) kunnen verschillende opties worden toegepast:
, Rijen verwisselen met elkaar; vooral handig waar de waarde van x, y of z al 1
is
Rijen vermenigvuldigen met een constante
Veelvoud van een rij bij een andere optellen
Het veranderen naar de echelon vorm gaat het beste door de opties van
rijreductie op de volgende manier toe te passen:
1) Verwissel of combineer rijen om een pivot van 1 op de eerste rij en eerste
kolom te krijgen
2) Ga met rijen vegen; gebruik de rijen om alle coëfficiënten verticaal onder de
net gemaakte 1 naar 0 te krijgen
3) Verwissel of combineer rijen om een pivot van 1 op de tweede rij en tweede
kolom te krijgen; alle coëfficiënten verticaal eronder naar 0 brengen
4) Herhaal dit verder tot de onderste rij
VB 1 x – 2y + z = 0 2y – 8z = 8 -4x + 5y + 9z = -9
( )
1 −2 1 0
Dit geeft: matrix A = 0 2 −8 8
−4 5 9 −9
( )
1 −2 1 0
R3’ = R3 + 4*R1 0 2 −8 8
0 −3 13 −9
( )
1 −2 1 0
R2’ = R 0 1 −4 4
0 −3 13 −9
( )
1 −2 1 0
R3’ = R3 + 3*R2 0 1 −4 4
0 0 1 3
Dit geeft: z = 3 (R3) y – 4z = 4 (R2) x – 2y + z = 0 (R1)
Dus: z=3 y = 16 x = 29
Soorten vergelijkingen
Door rijreductie toe te passen op de matrix, kan deze versimpeld wordt. Door in
de versimpelde versie te kijken naar de aantal rangen, kan bepaald worden met
welke soort vergelijkingen we te maken hebben.
Een rang is een rij die NIET geheel bestaat uit nullen NA rijreductie
Wanneer Matrix is op te lossen; Oplossingen zijn uniek
aparte x, y en z uitkomst
Wanneer Rangen coef. matrix < Geen oplossingen,
inconsistente
rangen aug. matrix vergelijkingen
, (0 0 0 a)
Wanneer Rangen coef. matrix = Oneindig veel oplossingen,
rangen aug. matrix onafhankelijke vergelijkingen
(0 0 0 0)
VB2 gereduceerde matrix A = (10 1 1
0 1 )
Geeft rang coef. matrix = 1 rang aug. matrix = 2
Dus Vergelijkingen zijn inconsistent, 0 + 0 = 1, kan immers
niet
( )
1 −1 2 1
VB3 gereduceerde matrix A = 0 0 0 0
0 0 1 7
Geeft Rang coef. matrix = 2 rang aug. matrix = 2
Dus z=7 en x – y + 2z = 1
Vergelijkingen zijn onafhankelijk, uit de tweede rij is geen
informatie te halen en deze valt weg. Uit de andere twee rijen
kunnen geen
Aparte antwoorden worden gehaald
, VOORBEELDEN HOOFDSTUK 1
Voorbeelden onafhankelijke vergelijkingen
Bij onafhankelijke vergelijkingen kan niet gewerkt worden naar aparte antwoorden
voor x, y en z, maar zijn de rangen van de gereduceerde coef. matrix en aug.
matrix aan elkaar gelijk. Antwoord wordt gegeven met de informatie die WEL
beschikbaar is; aparte antwoorden en nieuwe vergelijkingen
VB4 2x + y – z = 2 en 4x + y – 2z = 3 geeft de volgende matrix
( 24 1 −1 2
1 −2 3 ) R ( 14 0.5 −0.5 1
1 −2 3 )
R2’ = R2 – 4*R1 (10 0.5 −0.5 1
−1 0 −1 )
R2 * -1 (10 0.5 −0.5 1
1 0 1 )
Verder kan niet gegaan worden, dus het is een onafhankelijke vergelijking
Dus y=1 en x + 0.5*y – 0.5*z = 1 (x = 0.5 + 0.5*z)
VB5 -x + y – z = 4 en x – y + 2z = 3 en 2x – 2y + 4z = 6
( ) ( )
−1 1 −1 4 1 −1 2 3
1 −1 2 3 R1 ↔ R2 −1 1 −1 4
2 −2 4 6 2 −2 4 6
( ) ( )
1 −1 2 3 1 −1 2 3
R2’ = R2 + R1 0 0 1 7 R2 ↔ R3 2 −2 4 6
2 −2 4 6 0 0 1 7
( )
1 −1 2 3
R2’ = R2 – 2*R1 0 0 0 0
0 0 1 7
Rij 1 en 3 kunnen niet verder worden versimpeld en Rij 2 geeft geen extra
informatie
Dus z=7 en x – y + 2z = 3 (x = y – 11)
Voorbeelden inconsistente vergelijking
Bij inconsistente vergelijkingen kan niet gewerkt worden naar aparte antwoorden
voor x, y en z, maar zijn de rangen van de gereduceerde coef. matrix kleiner dan
die van de aug. matrix. Doordat een vorm ontstaan is van 0 + 0 + 0 = a, is de
vergelijking inconsistent verklaard.
VB6 x - y + 2z = 5 en 2x + 3y - z = 4 en 2x – 2y + 4z = 6
