Page 36 - 4754

34

Тут x 2 , x 1 , x 5 – базисні невідомі; x 4 , x 3 – вільні невідомі.

Зворотний хід:

Вільні невідомі приймаємо за довільні сталі (параметри)

x 4 = C 1; x 3 = C 2.

Відкидаємо тотожність 0 = 0 , яка відповідає останньому рядку.

Переносимо в праву частину всі члени, що містять вільні невідомі. Одержуємо

систему верхнє трикутної форми відносно базисних невідомих x 2 , x 1 , x 5:

 х 2  х3 1  x2 5  4  C 1  C2 2

 3 7 3 5
 x 1  x 5   C 1  C 2
 4 4 2 4
 x 5  7  C8 1


Цю систему розв’язуємо, підіймаючись знизу вгору, починаючи з

останнього рівняння.

x 4 = C 1; x 3 = C 2; x   7  8 C ;
5 1
7 3 5 3 7 3 5 3
x 1   C 1  C 2  x 5   C 1  C 2   ( 7  C8 1 ) 
4 2 4 4 4 2 4 4
9 5
 7  C  C ;
2
1
2 4
9 5
x 2  4  C 1  C2 2  x3 1  x2 5  4  C 1  C2 2  (73  C 1  C 2 ) 
2 4

3 7
 2 ( 7  8 C )   3  C  C ;
1
2
1
2 4
Отже, загальний розв’язок має вигляд

9 5 3 7
x  7  C  C ; x   3  C  C ;
1
2
2
2
1
1
2 4 2 4
x  C ; x  C ; x   7  8C ;
2
3
5
1
4
1

де C 1 , C 2 – довільні сталі.
Поклавши x 3 = C 2 = 0 i x 4 = C 1 = 0, отримуємо опорний розв’язок
x 1 = 7; x 2 =-3; x 3 = 0; x 4 = 0; x 5 =- 7. ■
Приклад 3. Розв’язати систему методом Гаусса