Page 9 - 4951

За правилом Крамера маємо розв’язки:

 5  10   5
x  1   ; 1 x  2   ; 2 x  3    . 1
1 2 3
 5  5  5
Отже, x  , 1 x  2 , x   1 — єдиний розв’язок.
1 2 3
Запишемо систему в матричному вигляді AX  , B де
 3 1  0  x 1   1 
     
A    2 1 1 , X  x 2  , B   1 .



     
 2 1 4   x 3    4 
 A 11 A 21 A 31 

X  A  1  , B де A  1  1  A 12 A 22 A 32  .
  
 
 A 13 A 23 A 33 
Для матриці А знайдемо обернену.
Матриця А невироджена, оскільки   5  A 0 , і,
отже існує обернена. Система рівнянь має єдиний
розв’язок.
Знайдемо алгебраїчні доповнення елементів матриці
А:
1 1  2 1  2 1
A   5 , A    10 , A   0 ,
11 12 13
 1 4 2 4 2  1
 1 0 3 0 3  1
A    4 , A   12 , A    1,
21 22 23
 1 4 2 4 2  1
 1 0 3 0 3  1
A    1, A     3 , A   1.
31 32 33
1 1  2 1  2 1
Тоді обернена матриця має вигляд

 5 4  1
1  
A  1   10 12  3  .
5  
 0 1 1 

Таким чином,
8