Gyakorló feladatsor: Cramer-szabály

Megoldás

1. Először a fődetermináns, az együtthatómátrixból:
   $$D=\begin{vmatrix} 3 & 2 \\ 1 & -4 \end{vmatrix}=3\cdot(-4)-2\cdot 1=-14\ne 0$$
   Nem nulla, tehát a szabály alkalmazható, és pontosan egy megoldás van.
2. $D_{x}$: az első oszlop helyére a jobb oldal kerül.
   $$D_{x}=\begin{vmatrix} 16 & 2 \\ -4 & -4 \end{vmatrix}=16\cdot(-4)-2\cdot(-4)=-64+8=-56$$
3. $D_{y}$: most a második oszlop helyére, az első oszlop pedig visszakerül eredetire.
   $$D_{y}=\begin{vmatrix} 3 & 16 \\ 1 & -4 \end{vmatrix}=3\cdot(-4)-16\cdot 1=-28$$
4. $$x=\frac{D_{x}}{D}=\frac{-56}{-14}=4,\qquad y=\frac{D_{y}}{D}=\frac{-28}{-14}=2$$
   Ellenőrzés: $3\cdot4+2\cdot2=16$ és $4-8=-4$. Rendben.

Megoldás

1. A fődetermináns, az első sor szerint kifejtve:
   $$D=\begin{vmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & -2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{vmatrix}=2\cdot(-4-3)-1\cdot(2-9)+(-1)\cdot(1+6)=-14$$
   Nem nulla, mehet a szabály.
2. Az első oszlop helyére a jobb oldal:
   $$D_{x}=\begin{vmatrix} 3 & 1 & -1 \\ 0 & -2 & 3 \\ 7 & 1 & 2 \end{vmatrix}=3\cdot(-4-3)-1\cdot(0-21)+(-1)\cdot(0+14)=-14$$
3. A másodikat cserélve:
   $$D_{y}=\begin{vmatrix} 2 & 3 & -1 \\ 1 & 0 & 3 \\ 3 & 7 & 2 \end{vmatrix}=2\cdot(0-21)-3\cdot(2-9)+(-1)\cdot(7-0)=-28$$
4. A harmadikat:
   $$D_{z}=\begin{vmatrix} 2 & 1 & 3 \\ 1 & -2 & 0 \\ 3 & 1 & 7 \end{vmatrix}=2\cdot(-14-0)-1\cdot(7-0)+3\cdot(1+6)=-14$$
5. $$x=\frac{-14}{-14}=1,\qquad y=\frac{-28}{-14}=2,\qquad z=\frac{-14}{-14}=1$$
   Ellenőrzés a második egyenletben: $1-4+3=0$. Rendben.

Megoldás

1. Ez a Cramer-szabály igazi haszna: egyetlen ismeretlenhez elég két determináns, nem kell az egész eliminációt végigcsinálni.
   $$D=\begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 3 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & -1 \end{vmatrix}=1\cdot(1-2)-2\cdot(-3-4)+1\cdot(3+2)=18$$
2. A $z$ a harmadik ismeretlen, tehát a harmadik oszlopot cseréljük ki:
   $$D_{z}=\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & -1 & 13 \\ 2 & 1 & 0 \end{vmatrix}=1\cdot(0-13)-2\cdot(0-26)+3\cdot(3+2)=54$$
3. $$z=\frac{D_{z}}{D}=\frac{54}{18}=3$$
   Ha kíváncsi vagy a többire: ugyanígy $x=2$ és $y=-1$ jön ki — de a feladat ezt nem kérte, és épp ezt a két determinánst spóroltuk meg.

Megoldás

1. Az egyértelműség egyetlen determinánson múlik — ezért éri meg paraméteres feladatnál a Cramer-szabály.
   $$D=\begin{vmatrix} a & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 1 & a \end{vmatrix}=a(a^{2}-1)-(a-1)+(1-a)=(a-1)\bigl[a(a+1)-2\bigr]$$
2. A szögletes zárójelben álló $a^{2}+a-2=(a-1)(a+2)$, tehát
   $$D=(a-1)^{2}(a+2)$$
   Ez pontosan akkor nem nulla, ha $a\ne1$ és $a\ne-2$ — ilyenkor van egy megoldás.
3. Számoljuk is ki. Az első oszlopot cserélve:
   $$D_{x}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 1 & a \end{vmatrix}=(a^{2}-1)-(a-1)+(1-a)=(a-1)^{2}$$
   Innen $x=\frac{(a-1)^{2}}{(a-1)^{2}(a+2)}=\frac{1}{a+2}$, és mivel a rendszer az $x,y,z$ cseréjére szimmetrikus:
   $$x=y=z=\frac{1}{a+2}\qquad (a\ne1,\ a\ne-2)$$
4. Ha $a=1$: mindhárom egyenlet $x+y+z=1$ lesz, tehát egyetlen független egyenlet marad, két szabad paraméterrel:
   $$(x,y,z)=(1-s-t,\;s,\;t),\qquad s,t\in\mathbb{R}$$
5. Ha $a=-2$: add össze a három egyenletet. A bal oldalon minden ismeretlen együtthatója $-2+1+1=0$, a jobb oldalon viszont $3$ áll:
   $$0=3$$
   Ez ellentmondás, tehát nincs megoldás. Figyeld meg, hogy a két $D=0$ esetet a determináns önmagában nem választotta szét — ezt külön kellett megnézni.

Megoldás

1. $$D=\begin{vmatrix} 2 & -3 \\ -4 & 6 \end{vmatrix}=12-12=0$$
   A fődetermináns nulla, tehát az $x_{i}=D_{i}/D$ képlet nem használható. Ez önmagában még nem válasz a megoldhatóságra.
2. Nézzük meg a számlálót is:
   $$D_{x}=\begin{vmatrix} 4 & -3 \\ 5 & 6 \end{vmatrix}=24+15=39\ne 0$$
   Ha lenne megoldás, arra teljesülne az $x\cdot D=D_{x}$ azonosság, vagyis $0=39$. Ez lehetetlen, tehát a rendszernek nincs megoldása.
3. Most a módosított jobb oldallal:
   $$D_{x}=\begin{vmatrix} 4 & -3 \\ -8 & 6 \end{vmatrix}=24-24=0,\qquad D_{y}=\begin{vmatrix} 2 & 4 \\ -4 & -8 \end{vmatrix}=-16+16=0$$
   Minden determináns nulla, és ilyenkor a Cramer-szabály nem dönt: se azt nem mondja, hogy van megoldás, se azt, hogy nincs.
4. Marad az elimináció. A második egyenlet most pontosan az első $(-2)$-szerese, tehát egyetlen független egyenlet van: $2x-3y=4$. Legyen $y=2t$, így nem lesz tört:
   $$(x,y)=(2+3t,\;2t),\qquad t\in\mathbb{R}$$
   Vagyis végtelen sok megoldás van — ugyanabból a $D=0$-ból az előbb az jött ki, hogy egy sincs.

Megoldás

1. Homogén rendszernek a $(0,0,0)$ mindig megoldása. A Cramer-szabály szerint $D\ne0$ esetén pontosan egy megoldás van — az pedig csak a triviális lehet. Nemtriviális megoldás tehát pontosan akkor van, ha $D=0$.
2. $$D=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & a \\ 1 & 2 & -1 \end{vmatrix}=(1-2a)-(-2-a)+(4+1)=8-a$$
   Ez pontosan akkor nulla, ha $a=8$.
3. A megoldásokat viszont már nem a szabály adja: homogén rendszernél minden $D_{i}$ automatikusan nulla, hiszen a kicserélt oszlop csupa nulla — a $0/0$ alakból semmi sem derül ki. Behelyettesítve $a=8$-at, az elsőből $x=-y-z$, és ezt a harmadikba írva:
   $$-y-z+2y-z=y-2z=0\ \Rightarrow\ y=2z$$
4. Innen $x=-2z-z=-3z$, tehát $z=t$ paraméterrel
   $$(x,y,z)=t\cdot(-3,\;2,\;1),\qquad t\in\mathbb{R}$$
   Ellenőrzés a második egyenletben: $2(-3t)-2t+8t=0$. Rendben.

Megoldás

1. A három pont behelyettesítése három egyenletet ad az $a,b,c$ ismeretlenekre — a pontok koordinátái az együtthatókba kerülnek, nem fordítva:
   $$\begin{cases} a+b+c=2 \\ 4a+2b+c=3 \\ 9a+3b+c=6 \end{cases}$$
2. $$D=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & 1 \\ 9 & 3 & 1 \end{vmatrix}=1\cdot(2-3)-1\cdot(4-9)+1\cdot(12-18)=-2$$
3. $$D_{a}=\begin{vmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 1 \\ 6 & 3 & 1 \end{vmatrix}=-2,\qquad D_{b}=\begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 4 & 3 & 1 \\ 9 & 6 & 1 \end{vmatrix}=4$$
4. $$D_{c}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 4 & 2 & 3 \\ 9 & 3 & 6 \end{vmatrix}=1\cdot(12-9)-1\cdot(24-27)+2\cdot(12-18)=-6$$
5. $$a=\frac{-2}{-2}=1,\qquad b=\frac{4}{-2}=-2,\qquad c=\frac{-6}{-2}=3$$
   A keresett parabola $y=x^{2}-2x+3$. Ellenőrzés: $1-2+3=2$, $4-4+3=3$, $9-6+3=6$. Rendben.
6. Érdemes megnézni, mi lett a fődetermináns: az $x$-koordináták hatványaiból álló mátrix determinánsa. Ez három különböző $x$ esetén sosem nulla — ezért megy három ilyen ponton mindig pontosan egy legfeljebb másodfokú polinom.

Megoldás

1. Három különböző elsőfokú tényező, tehát a felbontás alakja (lásd a parciális törtekre bontást):
   $$\frac{2x^{2}+5x-1}{(x-1)(x+1)(x+2)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{x+2}$$
2. Beszorozva a nevezővel:
   $$2x^{2}+5x-1=A(x+1)(x+2)+B(x-1)(x+2)+C(x-1)(x+1)$$
   A jobb oldalt kifejtve és hatványok szerint rendezve:
   $$(A+B+C)x^{2}+(3A+B)x+(2A-2B-C)$$
3. Az együtthatókat összehasonlítva háromismeretlenes lineáris rendszer adódik:
   $$\begin{cases} A+B+C=2 \\ 3A+B=5 \\ 2A-2B-C=-1 \end{cases}$$
   $$D=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 3 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & -1 \end{vmatrix}=1\cdot(-1-0)-1\cdot(-3-0)+1\cdot(-6-2)=-6$$
4. Az oszlopcserés determinánsok:
   $$D_{A}=\begin{vmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 5 & 1 & 0 \\ -1 & -2 & -1 \end{vmatrix}=-6,\qquad D_{B}=\begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 3 & 5 & 0 \\ 2 & -1 & -1 \end{vmatrix}=-12$$
   $$D_{C}=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 3 & 1 & 5 \\ 2 & -2 & -1 \end{vmatrix}=6$$
5. $$A=\frac{-6}{-6}=1,\qquad B=\frac{-12}{-6}=2,\qquad C=\frac{6}{-6}=-1$$
   $$\frac{2x^{2}+5x-1}{(x-1)(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x+1}-\frac{1}{x+2}$$
6. Ebben a feladatban a letakarásos módszer — a gyökök behelyettesítése — gyorsabb lett volna. Az együtthatók összehasonlítása viszont akkor is működik, amikor a nevezőben tovább nem bontható másodfokú tényező vagy többszörös gyök áll, és ott már tényleg egy lineáris rendszert kell megoldani.