Układy równań liniowych

Układ równań liniowych to zbiór m równań liniowych z n niewiadomymi. Rozwiązując układ, dostaniemy wartości, które możemy podstawić za nasze n niewiadomych tak, żeby wszystkie równania były prawdziwe.

Definicja układu równań liniowych

Na pewno spotkałeś się już z jakimś prostym układem typu

$$ \begin{array}{ccccc} a_{11}x &+&a_{12}y &=& b_1\\ a_{21}x &+&a_{22}y &=&b_2\\ \end{array} $$

gdzie $a_{11},…,a_{22}, b_1, b_2$ są danymi liczbami rzeczywistymi, a x i y to niewiadome. Taki układ równań może mieć różną liczbę rozwiązań — żadnego, jedno albo nieskończenie wiele, podobnie jak zwykłe równanie liniowe. W przypadku układu równań liniowych pytanie o liczbę rozwiązań i ich znalezienie jest trudniejsze niż w przypadku prostego równania liniowego.

Definicja układu równań liniowych:

$$ \begin{array}{ccccccccc} a_{11}x_1&+&a_{12}x_2&+&\ldots&+&a_{1n}x_n&=&b_1\\ a_{21}x_1&+&a_{22}x_2&+&\ldots&+&a_{2n}x_n&=&b_2\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ a_{m1}x_1&+&a_{m2}x_2&+&\ldots&+&a_{mn}x_n&=&b_m\\ \end{array} $$

gdzie $a_{11}, …, a_{mn}, b_1, …, b_m$ są liczbami rzeczywistymi. Taki układ nazywamy układem m równań liniowych z n niewiadomymi x₁, …, x_n o współczynnikach $a_{11}, …, a_{mn}$. Konkretny przykład układu równań liniowych mógłby wyglądać tak:

$$ \begin{array}{ccccccccc} 3x_1&+&-2x_2&+&4x_3&+&5x_4&=&1\\ 5x_1&+&4x_2&+&2x_3&+&-10x_4&=&2\\ 11x_1&+&8x_2&+&10x_3&+&20x_4&=&4\\ \end{array} $$

Jeśli jednak któreś a_ij jest ujemne, zwykle zapisuje się to w takiej postaci:

$$ \begin{array}{ccccccccc} 3x_1&-&2x_2&+&4x_3&+&5x_4&=&1\\ 5x_1&+&4x_2&+&2x_3&-&10x_4&=&2\\ 11x_1&+&8x_2&+&10x_3&+&20x_4&=&4\\ \end{array} $$

Nadal jednak a₁₂ = −2 i a₂₄ = −10.

Zapis macierzowy

Ten układ możemy przepisać w postaci macierzowej. Definiujemy w sumie trzy macierze: jedną dla współczynników, jedną dla prawych stron równań i jedną dla samych niewiadomych. Macierze będą wyglądać tak:

$$ A= \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&…&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&…&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_{m1}&a_{m2}&…&a_{mn} \end{pmatrix}, \quad b= \begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots\\ b_m \end{pmatrix}, \quad x= \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots\\ x_n \end{pmatrix} $$

Macierz A zawiera współczynniki wyjściowych równań i nazywamy ją „macierzą układu” (albo macierzą współczynników), macierz b zawiera prawe strony równań, a macierz x zawiera niewiadome. Cały układ równań możemy wtedy zapisać jako równanie

$$Ax,=,b$$

To równanie ma sens, bo po lewej stronie mamy iloczyn dwóch macierzy, a po prawej stronie macierz, przy czym ich wymiary się zgadzają. Spróbujmy wymnożyć lewą stronę. Mnożymy macierz wymiaru m × n przez macierz wymiaru n × 1, więc wynikowa macierz będzie miała wymiar m × 1, czyli m wierszy i jedną kolumnę. Na razie wszystko się zgadza.

Teraz wykonamy zwykły algorytm mnożenia macierzy: zaczniemy od pierwszego wiersza macierzy A i pierwszej kolumny macierzy x (innej kolumny tam nie ma). Dostaniemy:

$$a_{11} x_1 + a_{12} x_2 + \ldots + a_{1n} x_n$$

Ta suma to pierwszy element nowej macierzy, czyli wartość b₁. Kiedy wstawimy to wszystko do równania, mamy:

$$a_{11} x_1 + a_{12} x_2 + \ldots + a_{1n} x_n = b_1$$

Dostaliśmy dokładnie pierwsze równanie naszego układu. W ten sam sposób postępowalibyśmy z pozostałymi wierszami. Zdefiniujemy jeszcze macierz rozszerzoną układu, czyli macierz układu, do której dopiszemy macierz b w taki sposób:

$$ B=(A|b)= \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&…&a_{1n}&b_1\\ a_{21}&a_{22}&…&a_{2n}&b_2\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ a_{m1}&a_{m2}&…&a_{mn}&b_m \end{pmatrix} $$

Dalej będzie nas interesował rząd tej macierzy rozszerzonej. Rząd wyjściowej, nierozszerzonej macierzy układu oznaczymy rank(A), rząd macierzy rozszerzonej rank(A|b) (w polskich podręcznikach często spotkasz też oznaczenie rz). Jaki jest związek między tymi rzędami? Jeśli do macierzy A dopiszemy kolumnę b, mogą zajść dwie sytuacje: jeśli ta nowa kolumna jest kombinacją liniową kolumn macierzy A, to rząd się nie zmieni. Jeśli nie była kombinacją liniową, rząd będzie o jeden większy.

Twierdzenie Kroneckera-Capellego

Rząd macierzy rozszerzonej będzie dla nas ważny, bo zachodzi ważne twierdzenie, twierdzenie Kroneckera-Capellego: Układ równań Ax = b ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy rząd macierzy układu jest równy rzędowi macierzy rozszerzonej układu: rank(A) = rank(A|b).

Spróbujemy pokazać, że to twierdzenie zachodzi przynajmniej w jedną stronę — jeśli x = β jest rozwiązaniem równania Ax = b, to rank(A) = rank(A|b). Jeśli te rzędy mają być równe, kolumna b musi być kombinacją liniową kolumn macierzy A. Rozpiszmy to. Macierz β ma postać:

$$ \beta=\begin{pmatrix} \beta_1\\ \beta_2\\ \vdots\\ \beta_n \end{pmatrix} $$

Twierdzimy, że jeśli za x₁ podstawimy β₁ itd., to wszystkie równania układu będą prawdziwe:

$$ \begin{array}{ccccccccc} a_{11}\beta_1&+&a_{12}\beta_2&+&\ldots&+&a_{1n}\beta_n&=&b_1\\ a_{21}\beta_1&+&a_{22}\beta_2&+&\ldots&+&a_{2n}\beta_n&=&b_2\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ a_{m1}\beta_1&+&a_{m2}\beta_2&+&\ldots&+&a_{mn}\beta_n&=&b_m\\ \end{array} $$

Teraz równania trochę przepiszemy. Kiedy popatrzymy na pierwszą kolumnę, zobaczymy, że zawsze są tam wartości $a_{11}, a_{21}, …, a_{m1}$, które mnożymy przez tę samą wartość β₁. Jeśli wydzielimy tę kolumnę do osobnej macierzy, możemy wyłączyć wartość β₁ przed macierz, dzięki czemu dostaniemy:

$$ \begin{pmatrix} a_{11}\beta_1\\ a_{21}\beta_1\\ \vdots\\ a_{m1}\beta_1 \end{pmatrix} =\beta_1 \begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21}\\ \vdots\\ a_{m1} \end{pmatrix} $$

W ten sposób możemy przepisać cały układ:

$$ \beta_1\begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21}\\ \vdots\\ a_{m1} \end{pmatrix} + \beta_2\begin{pmatrix} a_{12}\\ a_{22}\\ \vdots\\ a_{m2} \end{pmatrix} +…+ \beta_n\begin{pmatrix} a_{1n}\\ a_{2n}\\ \vdots\\ a_{mn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots\\ b_m \end{pmatrix} $$

Żeby to równanie było prawdziwe, macierz po prawej stronie musi być kombinacją liniową macierzy kolumnowych po lewej stronie, a wartości β₁, …, β_n muszą być jej współczynnikami.

W ten sposób udowodniliśmy, że jeśli macierz β ma być rozwiązaniem układu równań, to prawa strona układu, macierz b, musi być kombinacją liniową kolumn macierzy układu. A jeśli kolumna macierzy b jest kombinacją liniową kolumn macierzy A, to macierz A musi mieć taki sam rząd jak macierz (A|b).

Jednocześnie zachodzi, że jeśli rank(A) = rank(A|b) = k i k jest równe liczbie niewiadomych, czyli k = n, to układ ma dokładnie jedno rozwiązanie. Jeśli k < n, to układ ma nieskończenie wiele rozwiązań, a do ich zapisania będziemy potrzebować n − k parametrów.

Operacje elementarne na wierszach

Z poprzedniego równania widać też, że jeśli na macierzy (A|b) będziemy wykonywać operacje elementarne na wierszach, rozwiązanie układu równań się nie zmieni. Gdybyśmy do drugiego wiersza dodali pierwszy wiersz, dostalibyśmy równanie:

$$ \beta_1\begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21}+a_{11}\\ \vdots\\ a_{m1} \end{pmatrix} + \beta_2\begin{pmatrix} a_{12}\\ a_{22}+a_{12}\\ \vdots\\ a_{m2} \end{pmatrix} +...+ \beta_n\begin{pmatrix} a_{1n}\\ a_{2n}+a_{1n}\\ \vdots\\ a_{mn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} b_1\\ b_2+b_1\\ \vdots\\ b_m \end{pmatrix} $$

Kiedy rozpiszemy drugi wiersz, dostaniemy:

$$\beta_1(a_{21}+a_{11})+\beta_2(a_{22}+a_{12})+\ldots+\beta_n(a_{2n}+a_{1n})=b_1+b_2$$

Wymnożymy nawiasy:

$$\beta_1a_{21}+\beta_1a_{11}+\beta_2a_{22}+\beta_2a_{12}+\ldots+\beta_na_{2n}+\beta_na_{1n}=b_1+b_2$$

Teraz tylko trochę poprzestawiamy składniki:

$$(\beta_1a_{11}+\beta_2a_{12}+\ldots+\beta_na_{1n})+(\beta_1a_{21}+\beta_2a_{22}+\ldots+\beta_na_{2n})=b_1+b_2$$

W pierwszym nawiasie mamy tak naprawdę pierwszy wiersz, a w drugim nawiasie wyjściowy drugi wiersz. Wiemy, że pierwszy wiersz jest równy wartości b₁, a drugi wiersz wartości b₂. Wiemy to z wyjściowych równań. Za pierwszy nawias możemy więc napisać b₁, a za drugi b₂:

$$b_1+b_2=b_1+b_2.$$

Podobnie możemy cały wiersz pomnożyć przez stałą c ≠ 0 i nie zmienimy rozwiązań układu równań. Uważaj jednak: nie wolno wykonywać operacji na kolumnach.

Układ z jednym rozwiązaniem

Na przykładzie pokażemy, jak rozwiązać układ, który ma dokładnie jedno rozwiązanie. Weźmy taki układ równań:

$$ \begin{array}{ccccccc} 2x_1&+&3x_2&+&7x_3&=&47\\ 3x_1&+&8x_2&+&x_3&=&50\\ &&3x_2&+&3x_3&=&27\\ \end{array} $$

Macierz A będzie wyglądać tak:

$$ A=\begin{pmatrix} 2&3&7\\ 3&8&1\\ 0&3&3 \end{pmatrix} $$

Teraz obliczymy rząd tej macierzy:

$$ \begin{pmatrix} 2&3&7\\ 3&8&1\\ 0&3&3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 6&9&21\\ 6&16&2\\ 0&3&3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 6&9&21\\ 0&7&-19\\ 0&3&3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 6&9&21\\ 0&21&-57\\ 0&21&21 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 6&9&21\\ 0&21&-57\\ 0&0&78 \end{pmatrix} $$

Widzimy, że rank(A) = 3. Wynika z tego też, że rank(A|b) = 3, bo macierz wymiaru 3 × 4 może mieć rząd co najwyżej trzy. Układ ma trzy niewiadome, więc ma dokładnie jedno rozwiązanie. Jak je znajdziemy?

Metoda eliminacji Gaussa

Eliminacja Gaussa polega na sprowadzeniu macierzy rozszerzonej układu do postaci schodkowej. Kiedy sprowadzimy macierz do postaci schodkowej, będziemy mogli wyznaczyć wartość jednej niewiadomej. Gdy znajdziemy wartość jednej niewiadomej, możemy zacząć podstawiać ją do kolejnych równań.

Macierz (A|b) ma postać:

$$ (A|b)=\begin{pmatrix} 2&3&7&47\\ 3&8&1&50\\ 0&3&3&27 \end{pmatrix} $$

Sprowadzimy ją do postaci schodkowej. Wykonamy te same operacje co w poprzednim kroku, tylko tym razem zastosujemy je też do czwartej kolumny:

$$\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2&3&7&47\\ 3&8&1&50\\ 0&3&3&27 \end{pmatrix} &\sim& \begin{pmatrix} 6&9&21&141\\ 6&16&2&100\\ 0&3&3&27 \end{pmatrix} \\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&9&21&141\\ 0&7&-19&-41\\ 0&3&3&27 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&9&21&141\\ 0&21&-57&-123\\ 0&21&21&189 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&9&21&141\\ 0&21&-57&-123\\ 0&0&78&312 \end{pmatrix}\\ \end{eqnarray}$$

Ponieważ wykonywaliśmy operacje elementarne na wierszach, ta macierz opisuje równoważny układ równań — układ, który ma ten sam zbiór rozwiązań. Przepiszemy układ z zapisu macierzowego do zwykłego, używając współczynników z naszej ostatniej macierzy:

$$ \begin{array}{ccccccc} 6x_1&+&9x_2&+&21x_3&=&141\\ &&21x_2&-&57x_3&=&-123\\ &&&&78x_3&=&312\\ \end{array} $$

Teraz zaczniemy od ostatniego równania. Mówi nam, że 78x₃ = 312. Jaką wartość musi mieć x₃? To proste równanie liniowe, więc

$$\begin{eqnarray} 78x_3&=&312\\ x_3&=&\frac{312}{78}\\ x_3&=&4 \end{eqnarray}$$

Mamy wartość pierwszej niewiadomej, x₃. Podstawimy ją do drugiego równania. Dostajemy równanie:

$$\begin{eqnarray} 21x_2-57x_3&=&-123\\ 21x_2-57\cdot4&=&-123\\ 21x_2&=&-123+228\\ 21x_2&=&105\\ x_2&=&\frac{105}{21}\\ x_2&=&5 \end{eqnarray}$$

I na koniec obie obliczone wartości podstawimy do pierwszego równania:

$$\begin{eqnarray} 6x_1+9x_2+21x_3&=&141\\ 6x_1+9\cdot5+21\cdot4&=&141\\ 6x_1+45+84&=&141\\ 6x_1&=&12\\ x_1&=&2 \end{eqnarray}$$

Wartość niewiadomej x₁ jest równa dwóm. W tym momencie mamy pełne rozwiązanie. Możemy zapisać, że x = (x₁, x₂, x₃) = (2, 5, 4). Jak widać, metoda eliminacji Gaussa to prosty, a zarazem skuteczny sposób rozwiązywania układów równań liniowych.

Nieskończenie wiele rozwiązań

Jeśli rank(A) = rank(A|b) = k i k jest mniejsze od liczby niewiadomych, k < n, to układ ma nieskończenie wiele rozwiązań. Weźmy prosty przykład:

$$ \begin{array}{cccccc} 4x_1&+&x_2&=&5\\ 12x_1&+&3x_2&=&15\\ \end{array} $$

Widzimy, że drugie równanie jest trzykrotnością pierwszego. Jeśli pierwsze równanie pomnożymy przez minus trzy i dodamy do drugiego wiersza, dostaniemy:

$$ \begin{array}{cccccc} 4x_1&+&x_2&=&5\\ 0x_1&+&0x_2&=&0\\ \end{array} $$

W tym momencie liczba niewiadomych wynosi dwa, n = 2, rząd macierzy układu wynosi jeden, rank(A) = 1, i rząd macierzy rozszerzonej też wynosi jeden, rank(A|b) = 1. Zachodzi k < n, więc układ ma nieskończenie wiele rozwiązań. Jak je znajdziemy?

Popatrzmy na równania. Drugie równanie jest spełnione dla wszystkich x₁, x₂, więc interesuje nas tylko pierwsze równanie. Tak naprawdę wszystkie pary x₁, x₂, które spełniają pierwsze równanie, tworzą zbiór wszystkich rozwiązań danego układu równań. Rozwiążemy więc równanie 4x₁ + x₂ = 5. Przekształcimy je do postaci x₂ = 5 − 4x₁.

Dalej pomożemy sobie parametrem. Wybierzemy parametr t. Teraz spróbujemy wyrazić parę x₁, x₂ za pomocą parametru t tak, żebyśmy mogli napisać, że na przykład wszystkie pary postaci (t, t + 2) są rozwiązaniem układu. Czyli pary takie jak (1, 3) albo (14, 16). Chodzi o to, żeby wyrazić wartość jednej niewiadomej za pomocą innej niewiadomej, tak żebyśmy wiedzieli, że kiedy x₁ ma taką a taką wartość, to x₂ jest na przykład trzy razy większe. Jako punkt wyjścia wybierzemy x₁.

Przyjmiemy więc t = x₁. Jeśli niewiadoma x₁ ma wartość t, jaką wartość będzie miała niewiadoma x₂? Widać to z poprzedniego równania: będzie miała wartość x₂ = 5 − 4x₁. Czyli jeśli x₁ = t, to x₂ = 5 − 4t. Możemy więc zapisać, że wszystkie pary postaci (t, 5 − 4t) są rozwiązaniem układu równań.

Możemy to sprawdzić. Jeśli za t podstawimy jeden, mamy: x₁ = 1 i x₂ = 5 − 4 · 1 = 1. Podstawiamy te wartości do równania: 4 · 1 + 1 = 5, równanie się zgadza.

Jeśli za t podstawimy pięć, mamy: x₁ = 5, x₂ = 5 − 4 · 5 = −15. Po podstawieniu do równania mamy: 4 · 5 − 15 = 5. Zgadza się.

Rozwiązanie ogólne i szczególne

Rozwiązanie układu równań zapisane za pomocą parametrów nazywamy rozwiązaniem ogólnym. Konkretne rozwiązanie, czyli takie, w którym za parametry podstawimy konkretne liczby, nazywamy rozwiązaniem szczególnym.

Czyli w poprzednim przykładzie: (x₁, x₂) = (t, 5 − 4t) jest rozwiązaniem ogólnym układu równań, a (1, 1) i (5, −15) są rozwiązaniami szczególnymi.

Jeśli mamy macierz układu A i macierz rozszerzoną układu (A|b), a ich rzędy są równe, rank(A) = rank(A|b) = k, to do zapisania rozwiązania ogólnego potrzebujemy n − k parametrów. Zauważ, że jeśli n = k, nie potrzebujemy żadnego parametru. To przypadek, w którym układ ma dokładnie jedno rozwiązanie — żaden parametr nie jest wtedy potrzebny.

Przykład

Rozwiąż następujący układ równań liniowych:

$$ \begin{array}{ccccccccc} 3x_1&-&2x_2&+&4x_3&+&5x_4&=&1\\ 5x_1&-&4x_2&+&2x_3&+&10x_4&=&2\\ 11x_1&-&8x_2&+&10x_3&+&20x_4&=&4\\ \end{array} $$

Najpierw obliczymy rząd macierzy A i (A|b). Sprowadzimy macierz rozszerzoną do postaci schodkowej, z której odczytamy rząd obu macierzy. Do dzieła. (Pierwszy wiersz pomnożymy przez dwa, potem dodamy pierwszy i drugi wiersz i ten wynik odejmiemy od trzeciego wiersza. Dalej od drugiego wiersza odejmiemy pierwszy wiersz, a na koniec pierwszy wiersz z powrotem podzielimy przez dwa.)

$$\begin{eqnarray} (A|b)=\begin{pmatrix} 3&-2&4&5&1\\ 5&-4&2&10&2\\ 11&-8&10&20&4 \end{pmatrix} &\sim& \begin{pmatrix} 6&-4&8&10&2\\ 5&-4&2&10&2\\ 11&-8&10&20&4 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&-4&8&10&2\\ 5&-4&2&10&2\\ 0&0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 6&-4&8&10&2\\ -1&0&-6&0&0\\ 0&0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ &\sim& \begin{pmatrix} 3&-2&4&5&1\\ -1&0&-6&0&0\\ 0&0&0&0&0 \end{pmatrix}\\ \end{eqnarray}$$

Z tej ostatniej macierzy widać już, że rank(A) = rank(A|b) = k = 2. Liczba niewiadomych wynosi przy tym n = 4, więc będziemy potrzebować n − k = 2 parametrów. Zapiszemy równania według ostatniej macierzy:

$$ \begin{array}{ccccccccc} 3x_1&-&2x_2&+&4x_3&+&5x_4&=&1\\ -x_1&&&-&6x_3&&&=&0\\ \end{array} $$

Z drugiego równania dostaniemy

$$\begin{eqnarray} -x_1-6x_3&=&0\\ -x_1&=&6x_3\\ x_1&=&-6x_3 \end{eqnarray}$$

Wybierzemy pierwszy parametr, t = x₃. Wtedy możemy zapisać, że x₁ = −6t. Możemy to podstawić do pierwszego równania:

$$\begin{eqnarray} 3(-6t)-2x_2+4t+5x_4&=&1\\ -18t-2x_2+4t+5x_4&=&1\\ -14t-2x_2+5x_4&=&1\\ -2x_2&=&1+14t-5x_4\\ x_2&=&-\frac12-7t+\frac52x_4 \end{eqnarray}$$

Wprowadzimy drugi parametr, s = x₄. Wtedy możemy zapisać, że

$$x_2=-\frac12-7t+\frac52s$$

W ten sposób dostajemy rozwiązanie ogólne układu:

$$(x_1, x_2, x_3, x_4) = (-6t, -\frac12-7t+\frac52s, t, s)$$

Możemy wypróbować jakieś rozwiązania szczególne. Na przykład s = t = 0. Wtedy dostajemy: $(x_1, x_2, x_3, x_4) = (0, -\frac12, 0, 0)$. Po podstawieniu do wyjściowych równań:

$$ \begin{array}{ccccccccc} 3x_1&-&2x_2&+&4x_3&+&5x_4&=&1\\ 5x_1&-&4x_2&+&2x_3&+&10x_4&=&2\\ 11x_1&-&8x_2&+&10x_3&+&20x_4&=&4\\ \end{array} $$

dostaniemy równania:

$$ \begin{array}{ccccccccc} 0&-&2\cdot(-\frac12)&+&0&+&0&=&1\\ 0&-&4\cdot(-\frac12)&+&0&+&0&=&2\\ 0&-&8\cdot(-\frac12)&+&0&+&0&=&4\\ \end{array} $$

Po usunięciu zer i wymnożeniu ułamków dostajemy:

$$\begin{eqnarray} 1&=&1\\ 2&=&2\\ 4&=&4 \end{eqnarray}$$

Spróbujmy kolejnego rozwiązania szczególnego: s = 2, t = 1. Wtedy dostajemy:

$$\begin{eqnarray} x_1&=&-6\\ x_2&=&-\frac12-7+5=-\frac52\\ x_3&=&1\\ x_4&=&2 \end{eqnarray}$$

Podstawiamy do równań:

$$ \begin{array}{ccccccccc} -18&-&2(-\frac52)&+&4&+&10&=&1\\ -30&-&4(-\frac52)&+&2&+&20&=&2\\ -66&-&8(-\frac52)&+&10&+&40&=&4\\ \end{array} $$

Upraszczamy:

$$ \begin{array}{ccccccccc} -4&+&5&=&1\\ -8&+&10&=&2\\ -16&+&20&=&4\\ \end{array} $$

I na koniec dostajemy:

$$\begin{eqnarray} 1&=&1\\ 2&=&2\\ 4&=&4 \end{eqnarray}$$

Wygląda na to, że otrzymane rozwiązanie ogólne jest poprawne.