§1.5. Системи лінійних рівнянь

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Черноморский государственный университет им. Петра Могилы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика.pdf

Скачиваний:

124

Добавлен:

23.03.2015

Размер:

3.55 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 406 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Тоді розв’язок системи (1.5) записується у вигляді:

, ... , х =

1.5.1. Система n лінійних рівнянь з n невідомими

Нехай задана система n лінійних рівнянь з n невідомими х1, х2, ..., хn, коефіцієнтами при яких є елементи матриці А, а вільними членами є числа b1, b2, ..., bn:

... a

11 1

a21 x1 a22 x2 ... a2n xn

... ... ...

... .

...

(1.5)

... a

Якщо визначник системи (1.5), тобто визначник, що складається з коефіцієнтів при невідомих

	a11	a12	...	a1n
A	a21	a22	...	a2n	0	,	(1.6)
	a21	a22	...	a2n
	...	...	...	...
	...	...	...	...
	an1	an2	...	ann

то система (1.5.) має єдиний розв’язок. цей розв’язок можна знайти різними способами. Розглянемо три з них.

І. Метод Крамера. Позначимо через 1 визначник, що утво+ рюється з (1.6) після заміни його першого стовпчика стовпчиком вільних членів системи (1.5). Аналогічно позначимо через 2 виз+ начник, що утворюється з (1.6) після заміни його другого стовпчика стовпчиком вільних членів системи (1.5), ... , n — замінено останній стовпчик стовпчиком вільних членів.

3 0

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

Формули (1.7) називаються формулами Крамера. Якщо 0 , а хоча б один з 1 , 2 , ... , n відмінний від нуля, то система (1.5)

розв’язків немає. Якщо ж 1 = 2 = ... = n					= 0, то система (1.5) має
безліч розв’язків.
ІІ. Матричний спосіб. Якщо позначити
x1			b1
x	2		b
	2	,		2
Х = ...		,	В =	...

xn			bn

— матриці+стовпчики невідомих та вільних членів, то систему (1.5) можна записати в матричній формі так:

АХ = В.	(1.8)
Використовуючи властивості оберненої матриці, маємо:
А–1АХ = А–1В ЕХ = А–1В Х = А–1В.	(1.9)

З формули (1.9) випливає твердження: щоб знайти розв’язок системи (1.5), потрібно знайти обернену матрицю А–1 (це можливо,

бо 0 ), а потім помножити на матрицю В. Результат цієї дії і дає розв’язок системи (1.5), записаної у вигляді (1.9).

ІІІ. Метод Гауса. Цей метод базується на послідовному виклю+ ченні невідомих і зведенні системи рівнянь до трикутного або трапе+ цієвидного виду. Розглянемо цей метод більш докладно. Припусти+

мо, що в системі (1.5) а11 0 (якщо є а11 = 0, то змінюємо порядок рівнянь, вибравши першим таке рівняння, в якому коефіцієнт при х1 не дорівнює нулю).

Перший крок: поділимо обидві частини першого рівняння систе+ ми на а11; помноживши одержане рівняння спочатку на а21, а потім на а31 і так далі, віднімемо відповідно перше рівняння від другого, третього та інших рівнянь системи.

3 1

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

a12

a13

a14

...

a1n

a11

(a22

a21 )x2 ...

(a2n

a21 )xn

a21

a11

...................................

a12

...

a1n

a11

Позначимо нові коефіцієнти системи через

aij

...

a22

x2 ...

a2n

(1.10)

...................................

...

Другий крок: з (n – 1) рівняннями системи (1.10), за виключен+ ням першого, робимо таку ж процедуру, тобто друге рівняння систе+

ми (1.10) ділимо на a22 (якщо a22 0 ), а потім почленно множимо

на a32 , a42 , ... , an2

і віднімаємо від третього, четвертого, ... , n+го

рівнянь системи (1.10). ця система стане такою:

x2 ...

a12

a1n

a23

x3 ...

a2n

...

2 ,

(1.11)

...................................

0 an3 x3 an4 x4 ... ann xn

aij , bi — нові коефіцієнти при невідомих.

3 2

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

Проводячи такі ж перетворення, систему (1.11), а отже і задану систему (1.5), можна звести до такого вигляду:

1 12

...0 x2

a2n

(1.12)

...................................

0 0 0 ann xn

Невідомі х1, х2, ..., хn знаходимо послідовно, починаючи з останнь+ ого рівняння. Спочатку визначаємо хn. Потім підставляємо це зна+ чення в передостаннє рівняння (1.12). знаходимо хn–1 і т.д.

1.5.2. Розв’язання прикладів

Приклад 1.50. Розв’язати задану систему рівнянь методом Кра+ мера, за допомогою матричного методу та методом Гауса.

2x1 3x2 x3 6,
	20,
3x1 4x2 2x3
	12.
5x1 6x2 4x3

Розв’язок.

І. Метод Крамера. Знаходимо визначник системи , розкладаю+ чи його за елементами першого рядка:

=	2		3		1				4	2			3	2			3	4


	3		4		2		= 2					– (–3)			+ 1				= 2(16 –
	3		4		2		= 2		6	4		– (–3)	5	4	+ 1		5	6	= 2(16 –
	5		6		4
— 12) + 3(12 + 10) + (–18 – 20) = 8 + 66 – 38 = 36.
Знаходимо визначники 1 , 2 , 3 .
			6	3		1					3	3	1			3		0		1
			6	3		1					3	3	1			3		0		1
1 =		20			4 2			= –2			10 4 2			= –2		10 6 2					=
		12 6				4					6	6	4			6		0		4

3 3

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

= (–2)(–6)						3		1		= 12(12 – 6) = 12 6 = 72.
						6		4
			2			6		1					2			3	1			2			3		1
			2			6		1					2			3	1			2			3		1
2 =				3 20 2							= –2		3 10 2					= –2		3 10 2							=
				5 12 4									5 6				4			11 14 0
		2				3		1				1		7		4					7			2


= –2		7			4			0		= –2							= (–2)(–2)								=
		11			14			0						11		14					11			7
		11			14			0
= 4(49 – 22) = 4 27 = 108.
				2 3				6							2 3 3							2 0				3
				2 3				6							2 3 3							2 0				3
3 =				3		4		20			= (–2)				3	4	10		= (–2)			3		6	10			=
				5 6 12											5 6 6							5 0				6
= (–2)(–6)							2	3	= 12(2 6 – 5 3) = 12(–3) = –36.
= (–2)(–6)							2	3	= 12(2 6 – 5 3) = 12(–3) = –36.
							5	6
Тоді:
	1					72						2				108				n				36
х =					=			= 2; х =							=		= 3; х =						=	36		= –1.
х =					=	36		= 2; х =							=	36	= 3; х =						=			= –1.
1						36		2								36			3
1								2											3

ІІ. Матричний спосіб. Матриця А з коефіцієнтів при невідомих для заданої системи рівнянь має вид:

2		3	1
	3	4	2
А =				.
	5	6	4

Шукаємо алгебраїчні доповнення до кожного елемента матриці:

А11	=	4	2	= 4	4 –(–6)(–2) = 16 – 12 = 4.

		6	4

3 4

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

А12	= –			3				2			= –(3 4 – 5(–2)) = –(12 + 10) = –22.
				3				2
				5				4
				5				4
А	=	3					4			= 3(–6) – 5 4 = –18 – 20 = –38.
А	=	3					4			= 3(–6) – 5 4 = –18 – 20 = –38.
13		5				6
13
					3
								1			= –((–3)4 – (–6)1) = –(–12 + 6) = 6.
А	= –							1			= –((–3)4 – (–6)1) = –(–12 + 6) = 6.
21					6			4
21

А22	=	2				1			= 2 4 – 5 1 = 3.
		2				1
		5				4
		5				4
					2			3			= –(2(–6) – 5(–3)) = –(–12 + 15) = –3.
А	= –				2			3			= –(2(–6) – 5(–3)) = –(–12 + 15) = –3.
23					5			6
23

А	=		3					1			= (–3)(–2) – 4 1 = 6 – 4 = 2.
А	=		3					1			= (–3)(–2) – 4 1 = 6 – 4 = 2.
31			4					2
31
				2				1			= –(2(–2) – 3 1) = –(–4 – 3) = 7.

А	= –
32				3				2
32
						3
А	=	2								= 2 4 – 3(–3) = 8 + 9 = 17.
А	=	2								= 2 4 – 3(–3) = 8 + 9 = 17.
33		3					4
		3					4

Щоб отримати обернену матрицю А–1 необхідно алгебраїчні до+ повнення до елементів рядка записати у відповідний стовпчик, по+ передньо поділивши їх на визначник матриці А.

			4		6	2

		36		36		36
			22		3	7
–1			22		3	7
А	=						.
А	=		36	36		36	.
			38		3	17
			38		3	17

			36		36	36
			36		36	36

3 5

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

										6
	Стовпчик вільних членів В =									20
	Стовпчик вільних членів В =									20				.
										12
										12
	Розв’язок системи шукаємо так:
						4			6					2

			x1		36		36 36								6
			x1		36		36 36								6
				–1		22			3					7		20
	Х = x2			= А В =													=
	Х = x2			= А В =		36	36				36						=
						36	36				36					12
			x3			38			3		17					12
						38			3		17
						36			36
						36			36				36
4( 6) 6 20 2( 12)										12( 2					10 2)				6

				36											36				3		2
		( 22)( 6) 3 20 7( 12)										12(11 5 7)							9		2
		( 22)( 6) 3 20 7( 12)										12(11 5 7)							9
=								=										=		=	3 .
=				36				=							36			=	3	=	3 .
	( 38)( 6)			( 3)20 7( 12)							12(19				5 17)				3
	( 38)( 6)			( 3)20 7( 12)							12(19				5 17)				3		1
				36											36				3
				36											36				3

Отже, х1 = 2; х2 = 3; х3 = –1.

ІІІ. Метод Гауса. Поділимо кожний член першого рівняння на а11, тобто на 2, оскільки а11 0.

x1 32 x2 13 x3 3,

3x1 4x2 2x3 20,

5x1 6x2 4x3 12.

Віднімемо з другого рядка перший, помножений на –3, а з третьо+ го рядка перший, помножений на –5:

3 6

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

				x						3		x				1		x				3,
				x								x		2				x		3		3,
					1			2						2		3				3
								2								3
					9														3
		(4			9								( 2						3			)x3 20 9,
0						)x2
0					2	)x2													2
					2														2
	( 6			15											(4			5			)x3 12 15.
0							)x2
0					2		)x2											2
					2													2
			x						3		x						1	x				3,
			x		1						x			2				x		3		3,
					1			2						2		3				3
								2								3
							17									7
							17									7						29,
			0										x2					x3
			0					2					x2			2		x3
								2								2
				0				3					x2			3		x3				6.

								2								2
								2								2

Помножимо друге і трете рівняння на 2.

x			3	x			1	x			3,
x	1			x	2			x		3	3,
	1		2		2		3			3
			2				3
		17x2				7x3					29,
0		17x2				7x3					29,
	0 3x					3x					6.
					2				3

Поділимо останнє рівняння системи на 3 і поміняємо місцями друге та трете рівняння. Розв’язок системи при цьому не зміниться, але коефіцієнт при х2 у другому рівняння буде дорівнювати одиниці.

x1 32 x2 13 x3 3,

0 x2 x3 1,

0 17x2 7x3 29.

Помножимо друге рівняння на –17 та додамо його до третього:

3 7

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

x			3	x			1	x		3,
x	1			x	2			x	3	3,
	1		2		2	3			3
			2			3
		0 x2 x3							2,
		0 x2 x3							2,
	0					24x			24.
								3

З останнього рівняння знаходимо

х3 = –1.

З другого рівняння

х2 = 2 – х3 = 2 – (–1) = 2 + 1 = 3. З першого рівняння

х	= –3 +	3	х –	1	х = –3 +	3	3 –	1	(–1) = –3 +	9	+	1	=
1		2	2	2	3	2		2		2		2

= –3 + 102 = –3 + 5 = 2.

Відповідь: х1 = 2; х2 = 3; х3 = –1.

Метод Гауса застосовується також і для розв’язання системи лінійних рівнянь, в яких кількість рівнянь менша кількості невідомих.

Приклад 1.51. Розв’язати систему лінійних рівнянь трьома спо+ собами: метод Крамера, матричний спосіб, метод Гауса.

2x1 3x2 x3 0,2x1 x2 3x3 4,

3x1 2x2 x3 2.

Розв’язок.

=	2	3	1		1	3		2	3		2	1	= 2(1 1 – 2 3) –

	2	1	3	= 2			– 3			+ 1
					2	1		3	1		3	2
	3	2	1

—(2 1 – 3 3) + 1(2 2 – 3 1) = 2(–5) – 3(–7) + 1 = –10 + 21 + 1 = 12.

3 8

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

Обчислимо визначники: 1 , 2 , 3 .
1			0		3		1					4		3		4			3			4			1	= –3(4 1–2 3) +
			0		3		1
	=		4		1		3		= 0						–3					+ 1
			2		2		1					2		1		2			1			2			2
			2		2		1
+ (4 2–2 1) = (–3)(–2) + 6 = 6 + 6 = 12.
2				2	0		1						4	3				2	3					2	4
				2	0		1
		=		2	4		3			= 2					– 0						+ 1						= 2(4 1 –2 3) +
				3	2		1						2	1				3	1					3	2
				3	2		1
+ (2 2 – 4 3) = 2(–2) + (4 – 12) = –4 –8 = –12.
3		2			3		0				1			4			2		4				2		1
		2			3		0
	=	2			1		4		= 2						– 3						+ 0						= 2(1	2–2 4) –
		3			2		2				2			2			3		2				3		2
		3			2		2
— 3(2 2 – 3 4) = 2(–6) – 3(–8) = –12 + 24 = 12.
Знаходимо невідомі х1, х2, х3.
х = 1					=	12		= 1; х =						2 = –					12		= –1; х =						n =		12	= 1.
																												12
																			12
1					12				2										12						3
1									2																3

Отже, х1 = 1, х2 = –1, х3 = 1.

ІІ.Матричний спосіб. Шукаємо розв’язок системи у вигляді

Х= А–1В,

	2	3	0			0		x
	2	1	4	,		4	,	1
де А =	2	1	4	,	В =	4	,	Х = x2	.
	3	2	2			2
	3	2	2			2		x3

Обернена матриця А–1 матриці А існує, якщо det A= 0 (така

матриця називається невиродженою). Оскільки =12 0, то шукає+ мо матрицю А–1. Для цього знаходимо алгебраїчні доповнення Аij елементів матриці А.

3 9

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

А		=		1		3		= –5; А				= –					2		3		= 7; А					=		2		1		= 1;
11				2		1					12						3		1				13					3		2
				2		1											3		1									3		2
А		= –			3		1	= –1; А					=			2			1	= –1; А							= –			2		3			= 5;
А		= –			3		1	= –1; А					=			2			1	= –1; А							= –			2		3			= 5;
21					2		1				22					3			1				23							3		2
					2		1									3			1											3		2
А		=		3		1	= 8; А = –							2				1		= –4; А					=				2	3			= –4.
А		=		3		1	= 8; А = –							2				1		= –4; А					=				2	3			= –4.
31				1		1				32				2				3					33						2	1
				1		1								2				3											2	1
Отже,
											5			1						8								0		4				16

											12			12					12											12				12
	x										12			12					12			0								12				12			1
	x		1								7				1					4		0									4			8			1
Х =		x	1	= А–1В =							7				1					4		4		=				0			4			8		=	1	.
Х =		x		= А–1В =					12					12						12		4		=				0								=	1	.
			2						12					12						12										12 12
											1			5						4		2								20 8							1
	x3										1			5						4		2								20 8							1
																												0
										12			12							12								0		12				12
										12			12							12										12				12

Одержуємо, що х1 = 1, х2 = –1, х3 = 1.

ІІІ. Метод Гауса. Щоб в першому рівнянні при х1 стояв коефіцієнт рівний одиниці, розділимо всі члени цього рівняння на 2, а потім помножимо одержане рівняння по черзі на –2 і –3 і складемо з дру+ гим і третім рівнянням відповідно. Одержимо:

x1 32 x2 12 x3 0,

0 2x2 2x3 4,

0 5 x2 1 x3 2.2 2

Щоб у другому рівнянні при х2 стояв коефіцієнт, рівний одиниці, розділимо всі члени цього рівняння на –2, а потім помножимо його

на 52 і складемо з третім рівнянням. Одержимо:

4 0

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

x			3	x		1	x		0,
x	1			x	2		x	3	0,
	1	2			2	2		3
		2				2
					x3		2,
0 x2					x3		2,
	0 0 3x						3.
						3

Звідси випливає, що х1 = 1, х2 = –1, х3 = 1.

1.5.3. Приклади для самостійного розв’язку

Приклад 1.52. Розв’язати системи лінійних рівнянь трьома ме+ тодами: методом Крамера, матричним методом та методом Гауса.

	5x1 x2 x3 5,										3x1 4x2 x3 4,
1.		x1 x2 x3 3,								2.	2x1 3x2 x3 1,
	2x		3x		2	x		3	0.			x		x	2			2x		3		3.
		1			2			3				1			2					3
	3x1 x2 2x3 1,										5x1 x2 3x3 7,
3.		x1 2x2 x3 1,								4.		x1 2x2 x3 5,
	2x		3x		2	x		3	2.		2x		3x				2	2x			3	4.
		1			2			3				1					2				3
	2x1 x2 3x3 3,										4x1 3x2 2x3 1,
5.	x1 x2 2x3 2,									6.		2x1 x2 3x3 1,
		x	x	2		x	3		0.			x	2x			2		x	3		3.
		1		2			3					1				2			3

2x1 x2 3x3 5,

7.x1 2x2 2x3 17,x1 x2 3x3 4.

4 1

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

1.5.4. Система m лінійних рівнянь з n невідомими

Розглянемо систему m лінійних рівнянь з n невідомими:

	a x		a x		2	... a	x	n		b
	11	1	12		2	1n		n		1
a21 x1 a22 x2 ... a2n xn b2											(1.13)
		...................................								.	(1.13)
		...................................
a x		1	a	x	2	... a x			n	b
	m1	1	m2		2	mn			n	m

Теорема Кронекера–Капеллі. Для того, щоб система лінійних рівнянь (1.13.) була сумісною, необхідно і досить, щоб ранг матриці системи

a11	a12	...	a1n
a	a	...	a
21	22		2n
А = ...	...	...	...
	am2	...
am1	am2	...	amn

дорівнював рангу розширеної матриці

a11	a12	...	a1n	b1
a	a	...	a	b
21	22		2n	2
А* = ...	... ... ...			...	,
am1	am2	...	amn	bm

тобто

r(A) = r(A*).

При цьому:

1)Якщо ранг матриці системи r(A) дорівнює числу невідомих і

= |А| 0, то система має єдиний розв’язок;

2)Якщо ранг матриці системи менший числа невідомих і систе+

ма сумісна, то вона має безліч розв’язків.

4 2

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

1.5.5. Розв’язання прикладів

Приклад 1.53. Чи сумісна система

x1 x2 3x3 1,2x1 x2 2x3 1,x1 x2 x3 3,x1 2x2 3x3 1.

Розв’язок. Ранг матриці системи

1		1	3
	2	1	2

А =	1	1	1
	1	2	3

не може бути більшим 3.

Перетворимо матрицю А, помноживши елементи останнього ряд+ ка відповідно на –1, –2, –1 і додавши їх до елементів першого, дру+ гого і третього рядків:

0		1	0
	0	3	4

А ~	0	1	4	.
	1	2	3

Обчислимо мінор третього порядку

0	3	4
0	3	4
0	1	4	= 8 0.
1	2	3

Отже, r(А) = 3.

Обчислимо ранг розширеної матриці:

4 3

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

1		1	3	1	0		1	0	2	0		5	8	0
			2				3 4		4			3
	2	1	2	1		0	3 4		4		0	3	4	1
А* =	1	1 1		3	~	0	1	4	2	~	0 7		12	0	.
	1	2	3	1		1	2 3 1				1	1 1		0
	1	2	3	1		1	2 3 1				1	1 1		0

Обчислимо мінор четвертого порядку, розклавши його по елемен+ там першого стовпчика, а мінор третього порядку — по елементам третього стовпчика.

0	5	8	0		5	8	0

0	3	4	1						5	8
					3 4 1
0	7	12 0		= –				=			0.
1	1	1	0		7	12	0		7	12

Отже, r(A*) = 4.

Ранги матриць А і А* не співпадають, досліджувана система не сумісна.

Приклад 1.54. Дослідити систему і розв’язати її, якщо вона сумісна.

x1 2x2 x3 3,x1 3x2 x3 1,3x1 4x2 x3 5.

Розв’язок.

		1		2		1

	А =		1	3		1		~
			3	4
			3	4		1
1	2	1			2	1
1	2	1
2	1	0		=			= 0,
2	1	0		=	4	2	= 0,
4	2	0
4	2	0

Отже, r(А) = 2.


1			2	1
	2		1	0
	2		1	0		.
	4		2	0
	4		2	0
		1	2		= 5 0.
		1	2
		2	1

4 4

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

1		2	1	3
	1 3		1	1
А* =					.
	3	4	1	5

Легко переконатися, що r(А*) = 2.

За теоремою Кронекера–Капеллі система сумісна і містить два незалежних рівняння. За ці два рівняння можна прийняти перші два рівняння системи, оскільки

			1	2		0.
			1	2		0.
			1		3
Тоді
						x			2		(x		1)
x1 2x2		3 x3				x	2				(x	3	1)
							2	5				3
								5					.
	3x2	1 x3						1					.
x1						x1		1		(11 x3 )
x1						x1		5		(11 x3 )
								5

Система має безліч розв’язків.

Відповідь: ( 15 (11 – х3); 52 (х3 – 1); х3).

Приклад 1.55. Чи сумісна система?

x	1	x	2	3x		3	1,

2x1 x2 2x3 1,
	x			x		2	x	3	3,
		1
x	1	2x		2	3x		3	1.

Розв’язок. Ранг матриці системи

1		1	3
	2	1	2

А =	1	1	1
	1	2	3

не може бути більшим 3.

4 5

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Перетворимо матрицю А, помноживши елементи останнього ряд+ ка відповідно на (–1), (–2), (–1) і додамо їх до елементів першого, другого і третього рядка.

0	3	4	= –8 0.
0	3	4
0	1	4
1	2	3

Отже, r(А) = 3.

Обчислимо ранг розширеної матриці.

	1	1	3	1	0		1
	2	1	2	1		0	3

А* =	1	1	1 3			0	1
	1	2	3			1	2
				1

0	2
4	4
4	4	;
4	2	;
3	1
3	1

0	5	8	1		5	8	0

0	3	4	1						5	8	0.
				=	3 4		1	=
0	7	12 0							7	12
1	1	1	0		7	12	0

Отже, r(А*) = 4.

Ранги матриць А і А* різні, тому досліджувана система не сумісна.

Приклад 1.56. Розв’язати однорідну систему, використовуючи метод Гауса:

4 6

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

Розв’язок. Випишемо матрицю системи і будемо виконувати еле+ ментарні перетворення рядків матриці.

	2	3	1	1		1	1
	1	1 1			2 3		1
А =								.
	3	2	2		3	2	2

r(А) = 2 < n = 3, n — число невідомих. Система має нетривіальний розв’язок. Ставимо у відповідність матриці спрощену систему:

x1 x2 x3 0,5x2 x3 0,

де х1, х2 — основні елементи (базисні), х3 — вільна змінна.

Тоді,
x1 x2 x3 ,						x		x						x3			4	x		,
						x		x									5	x		,
							1					3		5			5		3
	5x2 x3	,													x3
	5x2 x3	,								x2					x3	.
										x2					5	.
															5
Загальний розв’язок:
	х = –		4	х ; х = –					x3		; х			R.
	х = –	5		х ; х = –					5		; х			R.
	1	5			3	2			5				3

Якщо перепозначити вільну змінну х3 = С, отримаємо загальний розв’язок у вигляді.

х	= –	4	С; х = –	C	; С R.

1	5		2	5

Підставивши отриманий розв’язок у систему переконаємось у правильності одержаного розв’язку.

4 7

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

1.5.6. Завдання для самостійної роботи.

Використовуючи теорему Кронекера–Капеллі, встановити чи сумісна система і, якщо сумісна, — розв’язати.

4x1 2x2 2x3 4x4 2,																7x1 3x2 2,
	2x1 x2 x3 2x4												1,								3,
1.57.																1.58. x1 2x2
	4x	2x			2	2x			3	3x			4	3.		4x		9x		2	11.
	1																1
5x1 x2 2x3 x4 7,																x1 8x2 3,
		x2 4x3 2x4 1,															2x1 x2 1,
1.59. 2x1																1.60.
x		3x	2	6x			3	5x			4	0.				4x		7x		2	4.
	1																1
x1 x2 2x3 x4 x5 1,																x1 2x2 1,
1.61. x1 5x2 9x3 8x4 x5															0,	1.62.	3x1 x2 4,
3x		x	2	x		3	4x			4	3x			5	4.		2x x		2		1.
	1																1

	2x1 3x2 x3 5x4							0,	x 7x				4x						14,
			x2	2x3 7x4 0,						1		2					3
1.63.	3x1		x2	2x3 7x4 0,					2x1 x2 x3 5,
1.63.			x2	3x3 6x4 0,					1.64.	x1 2x2					x3 3,
	4x1		x2	3x3 6x4 0,						x1 2x2					x3 3,
	x1 2x2 4x3 7x4 0.									x 3x				2	x			3	6.
										1				2				3
	2x1 x2 3x3 x4 1,								x1 x2 x3 6,
	2x1 x2 3x3 x4 1,
		4x1 2x2 5x3 3x4 3,							2x1 x2 x3 3,
1.65.		4x1 2x2 5x3 3x4 3,							1.66.	x x					2x					5,
	4x 2x 3x 5x 5.									x x					2x					5,
	4x 2x 3x 5x 5.									1			2						3
										1			2						3
			1		2		3	4	3x		6x				2	5x				3	6.
										1					2					3
	4x1 x2 3x3 2,								4x1 2x2 3x3 5,
1.67.		3x1 x2 2x3					3,		1.68. 3x1 4x2 2x3 1,
	2x		2x	2	x	3	1.			x	x		2		x		3		1.
		1		2		3				1			2				3

4 8

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

2x1 x2 2x3 3,							2x1 3x2 x3 5,
1.69.	x1	3x2 x3				2,	1.70. x1 2x2 3x3					1,
3x		x	2	2x	3	3.	3x	1	2x	2	2x	3	4.
	1

x1 2x2 x3 12,

1.71.2x1 x2 x3 11,x1 3x2 x3 15.

1.72.Знайти розв’язок однорідної системи лінійних рівнянь:

8x1 3x2 4x3 0,		x1 2x2 4x3 3x4 0,
										4x4		0,
	x1 x2 x3 0,	3x1 5x2 6x3
а)		б)	4x		5x			2x		3x		0,
	4x1 x2 0.			1			2		3		4

		3x		8x		2	24x		3	19x		4	0.
			1

4 9

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 406 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.03.2015161.79 Кб12В начале было слово или след на воде.doc
#
23.03.2015201.73 Кб12ВАРІАНТИ_для_Excel 105-106.doc
#
23.03.2015481.28 Кб33ВДЛ.Переклад.doc
#
08.03.201689.83 Кб19ВДЛ.Філологія-2015.docx
#
23.03.2015274.59 Кб13вентиляція.docx
#
23.03.20153.55 Mб124Вища математика.pdf
#
23.03.201536.86 Кб9Вопросы к экзамену по вышмат.doc
#
23.03.2015123.39 Кб42Вплив на людину джерел - реферат.doc
#
23.03.2015305.66 Кб12ВСДС_Білети.doc
#
23.03.201584.61 Кб3ВСТУП 3.docx
#
23.03.201593.04 Кб5ВСТУП 5.docx