ระบบสมการเชิงเส้นและการกำจัดแบบเกาส์ (Systems of Linear Equations)

1. เขียนเมทริกซ์แต่งเติม L1

   $$\left[\begin{array}{ccc|c} \hlP{1} & 1 & 1 & 6 \\ 2 & -1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & -1 & 2 \end{array}\right]$$

2. ใช้ $\hlP{1}$ มุมซ้ายบนล้างหลักที่ 1 L2

   $$\xrightarrow[R_3 \leftarrow R_3 - R_1]{R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & \hlF{-3} & \hlF{-1} & \hlF{-9} \\ 0 & \hlF{1} & \hlF{-2} & \hlF{-4} \end{array}\right]$$

3. แถว 3 ขึ้นต้นด้วย 1 สลับขึ้นมาเป็นตัวหลักจะไม่มีเศษส่วน

   $$\xrightarrow{R_2 \leftrightarrow R_3} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & \hlP{1} & -2 & -4 \\ 0 & -3 & -1 & -9 \end{array}\right]$$
4. $$\xrightarrow{R_3 \leftarrow R_3 + 3R_2} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & -2 & -4 \\ 0 & 0 & \hlF{-7} & \hlF{-21} \end{array}\right]$$

   ได้รูปขั้นบันได L3

5. แทนค่าย้อนกลับจากแถวล่าง

   $$\begin{aligned} -7z &= -21 &&\Rightarrow\ \hlU{z = 3} \\ y - 2(3) &= -4 &&\Rightarrow\ \hlU{y = 2} \\ x + 2 + 3 &= 6 &&\Rightarrow\ \hlU{x = 1} \end{aligned}$$

$(x, y, z) = (1, 2, 3)$

ตรวจ: $1 + 2 + 3 = 6$ ✓ · $2 - 2 + 3 = 3$ ✓ · $1 + 4 - 3 = 2$ ✓

1. $$\xrightarrow{R_3 \leftarrow -\frac17R_3} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & -2 & -4 \\ 0 & 0 & \hlP{1} & 3 \end{array}\right]$$

2. ล้างเหนือตัวหลักของหลักที่ 3

   $$\xrightarrow[R_1 \leftarrow R_1 - R_3]{R_2 \leftarrow R_2 + 2R_3} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & \hlP{1} & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right]$$
3. $$\xrightarrow{R_1 \leftarrow R_1 - R_2} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & \hlU{1} \\ 0 & 1 & 0 & \hlU{2} \\ 0 & 0 & 1 & \hlU{3} \end{array}\right]$$

   ด้านซ้ายกลายเป็น $I$ ด้านขวาคือคำตอบ L4

อ่านได้เลย $x = 1,\ y = 2,\ z = 3$ ถ้าวางหลัก $I$ ทางขวาแทน $\mathbf b$ จะได้อินเวอร์สด้วยวิธีเดียวกัน ดูหน้าอินเวอร์ส

1. $$\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 5 \\ 2 & 3 & 4 & 9 \end{array}\right] \xrightarrow[R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1]{R_2 \leftarrow R_2 - R_1} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \end{array}\right]$$
2. $$\xrightarrow{R_3 \leftarrow R_3 - R_2} \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ \hlF{0} & \hlF{0} & \hlF{0} & \hlF{1} \end{array}\right]$$

3. แถวสุดท้ายอ่านว่า $0x + 0y + 0z = 1$ คือ $0 = 1$ เป็นไปไม่ได้ · $\operatorname{rank}A = 2 \lt \operatorname{rank}[A\mid\mathbf b] = 3$ L6

ระบบไม่มีคำตอบ (สมการที่ 3 ขัดกับผลบวกของสมการ 1 และ 2 ซึ่งให้ $2x + 3y + 4z = 8$)

1. ลดแถวเหมือนเดิม แถวสุดท้ายกลายเป็นศูนย์ทั้งแถว แล้วลดต่อเป็น RREF

   $$\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right] \xrightarrow{R_1 \leftarrow R_1 - R_2} \left[\begin{array}{ccc|c} \hlP{1} & 0 & -1 & 1 \\ 0 & \hlP{1} & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$$

2. หลักที่ 3 (ของ $z$) ไม่มีตัวหลัก → $z$ เป็นตัวแปรอิสระ ตั้ง $z = t$ · จำนวนพารามิเตอร์ $= 3 - 2 = 1$ L6

   $$x - z = 1 \Rightarrow x = 1 + t, \qquad y + 2z = 2 \Rightarrow y = 2 - 2t$$

3. เขียนในรูปเวกเตอร์ แยกส่วนคงที่กับส่วนที่คูณ $t$ L12

   $$\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \underbrace{\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}}_{\mathbf x_p} + t\underbrace{\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}}_{\mathbf x_h}, \quad t \in \mathbb R$$

คำตอบไม่จำกัด เป็นเส้นตรงในปริภูมิสามมิติ เช่น $t = 0$ ได้ $(1, 2, 0)$ และ $t = 1$ ได้ $(2, 0, 1)$

ตรวจ $\mathbf x_h$: $A\mathbf x_h = (1 - 2 + 1,\ 1 - 4 + 3,\ 2 - 6 + 4) = (0, 0, 0)$ ✓ คำตอบที่เขียนต่างกัน (เช่นเลือก $x = s$ เป็นพารามิเตอร์) ก็ถูกได้ ถ้าแทนกลับแล้วสอดคล้องทุกสมการ

1. ล้างหลัก 1 ด้วยตัวคูณ $l_{21} = 4/2 = \hlF{2}$ และ $l_{31} = 8/2 = \hlF{4}$

   $$\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 5 \end{pmatrix}$$

2. ล้างหลัก 2 ด้วย $l_{32} = 3/1 = \hlF{3}$ ได้ $U$ แล้วเก็บตัวคูณลง $L$ L9

   $$U = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \qquad L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ \hlF{2} & 1 & 0 \\ \hlF{4} & \hlF{3} & 1 \end{pmatrix}$$

3. แทนค่าไปข้างหน้า $L\mathbf y = \mathbf b$

   $$y_1 = 4, \quad 2(4) + y_2 = 10 \Rightarrow y_2 = 2, \quad 4(4) + 3(2) + y_3 = 24 \Rightarrow y_3 = 2$$

4. แทนค่าย้อนกลับ $U\mathbf x = \mathbf y$

   $$2x_3 = 2 \Rightarrow x_3 = 1, \quad x_2 + 1 = 2 \Rightarrow x_2 = 1, \quad 2x_1 + 1 + 1 = 4 \Rightarrow x_1 = 1$$

$\mathbf x = (1, 1, 1)^T$ และได้ $\det A = 2\cdot1\cdot2 = 4$ มาฟรี

1. ระบบแรก: ลบสมการได้ $0.0001y = 0.0001$ จึง $y = 1,\ x = 1$

2. ระบบที่สอง: $0.0001y = 0.0002$ จึง $y = 2,\ x = 0$

3. ค่าขวาเปลี่ยนแค่ 0.005% แต่คำตอบเปลี่ยนจาก $(1,1)$ เป็น $(0,2)$ · เลขเงื่อนไขของระบบนี้ $\kappa \approx 4\times10^4$ L11

สองเส้นเกือบทับกัน จุดตัดจึงไวมาก ในการวัดจริงต้องออกแบบการทดลองให้สมการ “ตัดกันชัด ๆ” หรือใช้ข้อมูลหลายจุดด้วยวิธีกำลังสองน้อยสุด

1. ตั้งสมการ 4 สมการ 2 ตัวแปร $(R, V_0)$ โดย $I$ หน่วย mA จึงได้ $R$ หน่วย kΩ

   $$\underbrace{\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \\ 3 & 1 \\ 4 & 1 \end{pmatrix}}_{A}\begin{pmatrix} R \\ V_0 \end{pmatrix} \approx \underbrace{\begin{pmatrix} 2.1 \\ 3.9 \\ 6.2 \\ 7.8 \end{pmatrix}}_{\mathbf b}$$

2. คำนวณ $A^TA$ และ $A^T\mathbf b$ L10

   $$A^TA = \begin{pmatrix} \sum I^2 & \sum I \\ \sum I & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 30 & 10 \\ 10 & 4 \end{pmatrix}, \qquad A^T\mathbf b = \begin{pmatrix} \sum IV \\ \sum V \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 59.7 \\ 20 \end{pmatrix}$$

3. แก้ระบบ 2×2 ด้วยคราเมอร์ $\det = 120 - 100 = 20$

   $$R = \frac{(59.7)(4) - (10)(20)}{20} = \frac{38.8}{20} = 1.94, \qquad V_0 = \frac{(30)(20) - (10)(59.7)}{20} = 0.15$$

$R \approx 1.94\ \text{k}\Omega$ และ $V_0 \approx 0.15$ V (ค่าชดเชยของเครื่องวัด)