Jedną z metod macierzowych rozwiązywania układów równań są wzory Cramera.
Rozważamy układ równań
\( \left\{ \begin{array}{ll} a_{11}x_1+a_{12}x_2+a_{13}x_3+...+a_{1n}x_n=b_1\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+a_{23}x_3+...+a_{2n}x_n=b_2\\ ...\\ a_{n1}x_1+a_{n2}x_2+a_{n3}x_3...+a_{nn}x_n=b_n \end{array} \right. \)
Macierz główna tego układu to
\(\mathbf{A} = \left[ \begin{array}{ccc} a_{11} &a_{12}&a_{13}&...&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\ ...\\ a_{n1}&a_{n2}&a_{n3}&...&a_{nn} \end{array} \right]\).
Oprócz niej definiujemy macierze
\(\mathbf{A}_{1} = \left[ \begin{array}{ccc} b_{1} &a_{12}&a_{13}&...&a_{1n}\\ b_{2}&a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\ ...\\ b_{n}&a_{n2}&a_{n3}&...&a_{nn} \end{array} \right]\)
\(\mathbf{A}_{2} = \left[ \begin{array}{ccc} a_{11} &b_{1}&a_{13}&...&a_{1n}\\ a_{21}&b_{2}&a_{23}&...&a_{2n}\\ ...\\ a_{n1}&b_{n}&a_{n3}&...&a_{nn} \end{array} \right]\)
\(\mathbf{A}_{3} = \left[ \begin{array}{ccc} a_{11} &a_{12}&b_{1}&...&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&b_{2}&...&a_{2n}\\ ...\\ a_{n1}&a_{n2}&b_{n}&...&a_{nn} \end{array} \right]\)
\(...\)
\(\mathbf{A}_{n} = \left[ \begin{array}{ccc} a_{11} &a_{12}&a_{13}&...&b_{1}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&...&b_{2}\\ ...\\ a_{n1}&a_{n2}&a_{n3}&...&b_{n} \end{array} \right]\)
A zatem macierze \(\mathbf{A}_{i} \) (\(\mathbf{A}_{1} \), \(\mathbf{A}_{2} \), \(\mathbf{A}_{3} \), \(...\), \(\mathbf{A}_{n} \)) są macierzami utworzonymi z macierzy głównej poprzez zamianę \(i\)-tej kolumny na kolumnę wyrazów wolnych z wyjściowego układu równań.
Twierdzenie
Układ jest oznaczony, jeżeli \(\det \mathbf{A} \neq 0\). Wówczas prawdziwe są następujące wzory:
\(x_i= \frac{\det \mathbf{A_i} }{\det \mathbf{A} } \) (wzory Cramera).
Układ taki nazywamy układem cramerowskim.
Przykład
Rozważmy układ równań
\( \left\{ \begin{array}{ll} x_1+2x_2+x_3=6\\ x_1+2x_2-x_3=4\\ 2x_1-x_2+x_3=4 \end{array} \right. \)
Jego macierz główna ma postać
\(\mathbf{A} = \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \end{array} \right]\)
Oraz \(\det \mathbf{A} =-7\). Wyznacznik jest niezerowy, więc układ równań ma jedno rozwiązanie (jest oznaczony).
\(\mathbf{A_1} = \left[ \begin{array}{ccc} 6 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & -1 \\ 4 & -1 & 1 \end{array} \right]\), \(\det \mathbf{A_1} =-14\).
\(\mathbf{A_2} = \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 6 & 1 \\ 1 & 4 & -1 \\ 2 & 4 & 1 \end{array} \right]\), \(\det \mathbf{A_2} =-14\).
\(\mathbf{A_3} = \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 6 \\ 1 & 2 & 4 \\ 2 & -1 & 4 \end{array} \right]\), \(\det \mathbf{A_3} =-14\).
A zatem rozwiązania układu to
\(x_1= \frac{\det \mathbf{A_1} }{\det \mathbf{A} } = \frac{-14}{-7} =2\)
\(x_2= \frac{\det \mathbf{A_2} }{\det \mathbf{A} } = \frac{-14}{-7} =2\)
\(x_3= \frac{\det \mathbf{A_3} }{\det \mathbf{A} } = \frac{-14}{-7} =2\)