Linjär algebra · 2025-02-15
Bestäm, för varje reellt tal $a \in \mathbb{R}$, alla lösningar till ekvationssystemet:
$$ \begin{cases} x + ay + z = 0, \\ x - y + z = 2, \\ x + az = 1. \end{cases} $$
Obs: Man ska för varje reellt tal $a \in \mathbb{R}$ bestämma alla lösningar, inte bara räkna ut hur många de är.
Vi skriver systemet i en utökad matris och använder Gausseliminering:
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&a&1&0\\
1&-1&1&2\\
1&0&a&1
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
0&a&1-a&-1\\
0&-1&1-a&1\\
1&0&a&1
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
0&0&1-a^2&a-1\\
0&-1&1-a&1\\
1&0&a&1
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&a&1\\
0&1&a-1&-1\\
0&0&(1+a)(1-a)&a-1
\end{array}\right).
$$
I första steget adderade vi $-1$ gånger rad 3 till rad 1 och rad 2. I andra steget adderade vi $a$ gånger rad 2 till rad 1. I tredje steget multiplicerade vi rad 2 med $-1$ och bytte plats på rad 1 och rad 3.
Vi delar upp i tre fall.
Om $a=-1$ blir den sista ekvationen $0=-2$, så systemet saknar lösning.
Om $a=1$ får vi
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
0&1&0&-1\\
0&0&0&0
\end{array}\right).
$$
Variabeln $z$ är fri; sätt $z=t$. Lösningarna är
$$
(x,y,z)=(1,-1,0)+t(-1,0,1),\qquad t\in\mathbb R.
$$
Om $a\ne1$ och $a\ne-1$ kan vi dividera den tredje raden med $(1+a)(1-a)$ och sedan eliminera $z$ ur de två första raderna. Vi får
$$
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&a&1\\
0&1&a-1&-1\\
0&0&1&-\frac1{a+1}
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&0&\frac{2a+1}{a+1}\\
0&1&0&-\frac2{a+1}\\
0&0&1&-\frac1{a+1}
\end{array}\right).
$$
Den unika lösningen är
$$
(x,y,z)=\left(\frac{2a+1}{a+1},-\frac2{a+1},-\frac1{a+1}\right).
$$