Lineáris algebra

A Cramer-szabály

Egyenletrendszer megoldása determinánsokkal: mikor használható, hogyan kell felírni az oszlopcserés determinánsokat, és mikor éri meg egyáltalán.

11 perc olvasás

1. Mit mond ki a szabály

A Gauss–Jordan-elimináció minden egyenletrendszert megold. A Cramer-szabály ennél sokkal szűkebb: csak négyzetes rendszerre működik, és csak akkor, ha a mátrix determinánsa nem nulla. Cserébe viszont képletet ad: az ismeretlenek egyenként, egymástól függetlenül kiszámolhatók.

Legyen a rendszer $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ , ahol $A$ egy $n\times n$ mátrix. Jelölje $D=\det A$ a fődeterminánst, és legyen $D_{i}$ annak a mátrixnak a determinánsa, amit úgy kapunk, hogy $A$ $i$ -edik oszlopát kicseréljük a jobb oldali $\mathbf{b}$ vektorra.

Cramer-szabály

x_{i}=\frac{D_{i}}{D},\qquad i=1,2,\dots,n\qquad (D\ne 0)

Két dolgot érdemes rögtön rögzíteni. Egyrészt oszlopot cserélünk, nem sort — ez a leggyakoribb elrontás. Másrészt ha $D\ne0$ , akkor a rendszernek pontosan egy megoldása van, és a képlet meg is adja; a megoldhatóság kérdése tehát egyetlen determináns kiszámolásával eldől.

Honnan jön

A képlet nem varázslat: az inverz mátrix $A^{-1}=\frac{1}{\det A}\,\mathrm{adj}(A)$ alakjából következik. Az $\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}$ szorzás $i$ -edik komponensét kibontva épp az oszlopcserés determináns jön ki. Ezért van szükség arra, hogy $\det A\ne0$ — enélkül nincs inverz sem.

2. Kidolgozott példák

Kétismeretlenes rendszer

\begin{cases} 2x+3y=8 \\ x-y=-1 \end{cases}

A fődetermináns az együtthatómátrixból:
$D=\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 1 & -1 \end{vmatrix}=2\cdot(-1)-3\cdot 1=-5\ne 0$
Nem nulla, tehát a szabály alkalmazható, és pontosan egy megoldás van.
$D_{x}$ : az első oszlop helyére a jobb oldal kerül.
$D_{x}=\begin{vmatrix} 8 & 3 \\ -1 & -1 \end{vmatrix}=8\cdot(-1)-3\cdot(-1)=-5$
$D_{y}$ : most a második oszlop helyére.
$D_{y}=\begin{vmatrix} 2 & 8 \\ 1 & -1 \end{vmatrix}=2\cdot(-1)-8\cdot 1=-10$
$x=\frac{D_{x}}{D}=\frac{-5}{-5}=1,\qquad y=\frac{D_{y}}{D}=\frac{-10}{-5}=2$
Ellenőrzés: $2\cdot1+3\cdot2=8$ és $1-2=-1$ . Rendben.

Háromismeretlenes rendszer

\begin{cases} x+y+z=2 \\ 2x-y+z=-1 \\ x+2y-z=6 \end{cases}

A fődetermináns, az első sor szerint kifejtve:
$D=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{vmatrix}=1\cdot(1-2)-1\cdot(-2-1)+1\cdot(4+1)=7$
Az első oszlopot cserélve:
$D_{x}=\begin{vmatrix} 2 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ 6 & 2 & -1 \end{vmatrix}=2\cdot(-1)-1\cdot(-5)+1\cdot 4=7$
A másodikat:
$D_{y}=\begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 1 & 6 & -1 \end{vmatrix}=1\cdot(-5)-2\cdot(-3)+1\cdot 13=14$
A harmadikat:
$D_{z}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 2 & -1 & -1 \\ 1 & 2 & 6 \end{vmatrix}=1\cdot(-4)-1\cdot 13+2\cdot 5=-7$
$x=\frac{7}{7}=1,\qquad y=\frac{14}{7}=2,\qquad z=\frac{-7}{7}=-1$

Az együtthatómátrix mindig ugyanaz marad

Négy determinánst számoltunk, és mind a négy ugyanabból a mátrixból származik: csak az számít, melyik oszlopot cseréltük ki. Ha eltévedsz, írd fel egyszer az $A$ -t és a $\mathbf{b}$ -t egymás mellé, és minden lépésben csak egyetlen oszlopot mozgass.

3. Ha a fődetermináns nulla

Ilyenkor a szabály nem alkalmazható — a képletben nullával kellene osztani. Ez viszont nem azt jelenti, hogy nincs megoldás, csak azt, hogy a Cramer-szabály nem dönti el. Két esetet érdemes szétválasztani.

Ha $D=0$ , de valamelyik $D_{i}\ne0$ : a rendszernek nincs megoldása (ellentmondásos).
Ha $D=0$ és minden $D_{i}=0$ : a rendszernek végtelen sok megoldása lehet, de az is előfordulhat, hogy egy sincs. A determinánsokból ez nem derül ki — elimináció kell hozzá.

Példa: ellentmondás

Az $x+y=1$ , $2x+2y=3$ rendszernél $D=2-2=0$ , viszont

D_{x}=\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 3 & 2 \end{vmatrix}=2-3=-1\ne 0

tehát a rendszernek nincs megoldása. Ez ránézésre is látszik: a második egyenlet az első kétszerese lenne, de a jobb oldala nem 2.

Amit sok jegyzet pontatlanul ír

Gyakori az az állítás, hogy „ha $D=0$ és minden $D_{i}=0$ , akkor végtelen sok megoldás van”. Ez nem igaz. Ellenpélda három egyenlettel:

\begin{cases} x+y+z=1 \\ x+y+z=2 \\ x+y+z=3 \end{cases}

Itt $D=0$ , és minden $D_{i}$ is nulla (mindegyikben marad két egyforma oszlop), a rendszer mégis nyilvánvalóan ellentmondásos. A helyes megfogalmazás tehát az, hogy ebben az esetben a Cramer-szabály nem ad választ: elő kell venni az eliminációt, és a rangokat összehasonlítani.

4. Mikor éri meg, és mikor nem

A Cramer-szabály szép, de a gyakorlatban gyorsan drágává válik. Egy $n\times n$ rendszerhez $n+1$ darab $n$ -edrendű determinánst kell kiszámolni, és egy determináns kifejtéssel számolva nagyon gyorsan sok művelet lesz. Az elimináció ezzel szemben nagyjából $n^{3}$ művelettel elintézi az egészet.

2×2 és 3×3 esetben versenyképes, sokszor gyorsabb is, főleg ha a determinánsokat rutinból számolod.
4×4-től kezdve kézzel gyakorlatilag használhatatlan: öt darab negyedrendű determináns több munka, mint az elimináció.
Ha csak egyetlen ismeretlen kell — például „mennyi $z$ ?” —, akkor viszont verhetetlen: két determináns, és kész, nem kell az egész rendszert megoldani. Ez a szabály valódi haszna.
Paraméteres feladatnál is jól jön: a $D(\lambda)=0$ egyenlet egy lépésben megadja azokat a paraméterértékeket, ahol a megoldás nem egyértelmű.

Elméleti haszna is van

A képletből az is látszik, hogy a megoldás az együtthatók folytonos függvénye, amíg $D\ne0$ — és hogy minél közelebb van $D$ a nullához, annál érzékenyebb a megoldás a bemenet kis változásaira. A numerikus matematikában ez a rosszul kondicionáltság fogalma, és a Cramer-szabály mutatja meg a legszemléletesebben, honnan jön.

5. Tipikus hibák

Sort cserélni oszlop helyett. A jobb oldali vektor mindig az $i$ -edik oszlop helyére kerül. Ha sorba írod, minden eredmény rossz lesz.
A $D=0$ eset elhamarkodott értelmezése. Nulla fődeterminánsnál nem az a válasz, hogy „nincs megoldás”, hanem az, hogy a Cramer-szabály nem használható. A többi $D_{i}$ megnézése után is maradhat nyitott kérdés.
Nem négyzetes rendszerre alkalmazni. Ha több egyenlet van, mint ismeretlen (vagy fordítva), a determináns nem is értelmezhető. Ilyenkor csak elimináció van.
Előjelhiba a kifejtésnél. A háromszor hármas determinánsoknál a váltakozó előjel ( $+,-,+$ ) a leggyakoribb pontvesztés. Érdemes egy determinánst két módszerrel is ellenőrizni.
A végeredmény ellenőrzésének kihagyása. A megoldást visszahelyettesíteni az eredeti egyenletekbe fél perc, és minden számolási hibát megmutat.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció