Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казахский национальный университет им. аль-Фараби

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Doc / КОЩАНОВА Г.Р.АЛГЕБРА ЖӘНЕ ГЕОМЕТРИЯ

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.03.2015

Размер:

2.56 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1611 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

ai i , i 1, n нӛлге тең болып, квадраттық форма нӛлге тең болмаса, онде ең кемінде бір кӛбейтінді нӛлге тең болмайды, мысалы, 2a12 x1 x2 . Ескі және жаңа базистерде векторлардың координаттары

x	x x
1	1	2

												x	2	x x									(7.6.)
													2		1	2

												xi xi , i 1, n
формулаларымен байланысты болатындай етіп базисті түрлендіреміз.
Онда
2a	x x		2	2a	x x		x x 2a			x 2		2a			x 2	және			ұйғарым		бойынша a	a	22	0
12	1		2	12	1	2	1	2	12		1			12	2						11		22
болғандықтан, x 2						-тың коэффициенті нӛлге тең болмайды.
					1
Сондықтан, (7.1)						теңдіктегі квадраттардың ең кемінде біреуінде коэффициенті нӛлге
тең болмайтындай В базисі табылады.
		Айталық, a11 0 болсын.
		Квадраттық форманың x1							-ге қатысты бӛлігін қарастырайық, яғни
										1	a			x 2	2a		x x	2	... 2a	x x	n		(7.7)
										1		11		1	12 1			2	1n	1	n

Осы қосындыны толық квадратқа дейін толықтырамыз:

	1	a	x	... a	x		2
1						n		1
	11		1	1n
	а11

мұндағы 1 x1 -ге тәуелсіз мүшелерінің алгебралық қосындысы. Егер

x a	x	... a	x	n	.
1 11	1	1n		n
xi xi ,	i	2, 3, ..., n

алмастыру жасасақ, жаңа базисте квадраттық форма мына түрді қабылдайды:

(7.8)

(7.9)

x 2

x x

x 2 A

(7.10)

a11

i j

a11

i., j 2

Соңғы формада

x 2

қосылғыш бӛлініп алынған,

ал A

қалған бӛлігі L

n 1

a11

кеңістігінің квадраттық

формасы

болады.

Одан

әрі

осы

процесті A1 квадраттық

формасы үшін тағы да қайталаймыз.

3-мысал. Лагранж әдісін қолданып,

f 2x1 x2 6x2 x3 2x3 x1

квадраттық форманы канондық түрге келтіріңдер. Шешуі. Белгілеу енгіземіз:

101

x1 y1 y2
x2	y1		y2
x3	y3
және
1		1		0

A	1		1	0
	0		0	1
	0		0	1

Сонда

f 2 y1 y2 y1 y2 6 y1 y2 y3 2 y3 y1 y2 2 y12 y22 4 y1 y3 8y2 y3

2 y12 2 y22 4 y1 y3 8y2 y3

Квадраттық форманың y1 -ге қатысты бӛлігін қарастырайық, яғни

1 2 y12 4 y1 y3

Осы қосындыны толық квадратқа дейін толықтырамыз:

				1			1		2 y1 2 y3 2					2 y32
				1		2			2 y1 2 y3 2					2 y32
						2
Сонда
			f	1	2 y1 2 y3 2						2 y22			8y2 y3 2 y32
			f	2	2 y1 2 y3 2						2 y22			8y2 y3 2 y32
				2
Белгілеу енгіземіз:
			z1 2y1 2y3 , z2 y2 ,														z3 y3
									1/ 2			0			1

							B			0		1			0
										0		0			1
										0		0			1
					f	1		z 2 2z 2 8z							z		2z 2
					f			z 2 2z 2 8z							z		2z 2
						2			1		2			2		3	3
Және де жалғастырып,
f	1	z12	2z22	8z2 z3					2z32			1	z12				1	2z2	4z3	2 6z.23

	2											2					2
								2z2 4z3 t2
									z1	t1
									z3	t3

102

1		0	0

C	0	1/ 2	2
	0	0	1
	0	0	1

f 12 t12 12 t22 6t.23

4-мысал. Лагранж әдісін қолданып,

															f 2x2	11x2							5x2					4x x				2			20x x							3	16x		2	x	3							(1)
															1						2						3			1		2								1		3			2		3
квадраттық форманы нормалдық түрге келтіріңіз.
				Шешуі.					Берілген					квадраттық							формасында															x1			айнымалының												квадраты бар
болғандықтан															f 2x2																		11x2
															f 2x2		4x x									2	20x x				3		11x2								5x2 16x							2	x	3				(2)
																1								1		2				1	3									2				3				2		3
түрінде жазуға болады. (2) теңдеудің жақшаның ішінен толық квадратты бӛліп
аламыз:
	1		2x 2x			10x					2		2x 2	50x 2 4x x							20x x									20x						x		11x					2	5x	2	16x						x
			2x 2x		2	10x				3	2		2x 2	50x 2 4x x					2		20x x							3		20x					2	x	3	11x					2	5x		16x					2	x	3
2				1	2					3			2		3	1			2								1	3							2		3						2	3							2		3
2																																																						(3)
			1																																																			(3)
			1	2x 2x				10x					2 9x 2		45x 2	36x						x
				2x 2x			2	10x				3	2 9x 2		45x 2	36x					2	x		3
		2		1			2					3		2	3						2			3
		2
Келесі белгілеулерді енгізелік:
																								y1 2x1 2x2 10x3
																											x																											(4)
																								y2			x			2																								(4)
																											x3
																								y3			x3
(4) белгілеулерді (3) –ке қойып, тӛмендегі түрді аламыз:
																f					1	y			2	9 y 2 36 y												y		45y 2														(5)
																f						y				9 y 2 36 y												y		45y 2														(5)
																					2			1						2							2		3					3
Енді (5) тің екінші жақшасын түрлендіріп, және толық квадратты бӛліп аламыз:
													9y22 45y32 36y2 y3 9 y22 5y32 4y2 y3
															y22 5y32 4y2 y3 y2 2y3 2 9y32
															2	f		1		y			2		9 y					2 y						2		81y					2											(6)
															2	f				y					9 y					2 y						2		81y																(6)
																	2					1							2					3								3

Келесі белгілеулерді енгізелік:

103

z1 y1

z2 y2 2 y3z3 y3

(6) теңдеуге қойсақ, берілген квадраттық форманың канондық түрін аламыз:

f	1	z12	9 z22	81z32	(7)
	2

Енді берілген квадраттық форманы (7) ші канондық түрге келтіретін сызықты түрлендірулерді табайық:

x			1	y		y		5 y
x				y		y		5 y		y1	z1
	1	2			1		2		3	y1	z1
		y2									z2 2z3
x2		y2								y2	z2 2z3
		y3									z3
x3		y3								y3	z3

Осыдан

x1 12 z1 z2 5z3

x2 z2 z3 (8)

x3 z3

(8) формулаларын квадраттық формасындағы x1 , x2 , x3 орындарына қойып (7) түрге

келтіруге болады.

(7) формулада


	z1				2u1
				1
				1		2 деп белгілеп
	z	2			u
	z	2		3	u
				3
				1
	z	3			u	3
	z	3		9	u	3
				9
f u 2	u 2			u 2
1			2			3

нормалдық түрге келеміз.

2-ші бөлім. СӚЖ тапсырмалары және оларды орындау ҥлгілері

№ 1. Анықтауыш. Алгебралық толықтауыш. Минор

1-мысал. Ретін тӛмендету әдісімен анықтауышты есептеу керек

104

	1	1	0
2	1	1	0
0	1	2	1	.
3	1	2	3
3	1	6	2

Шешуі. а) Анықтауыштың 6 –шы қасиетін пайдаланып есептейміз.

Анықтауыштың кез келген жатық жолының (бағанының) барлық элементтерін к - санына кӛбейтіп, екінші бір жатық жолдың (бағанының) сәйкес элементтеріне қосқанда, оның мәні ӛзгермейді.

2 - ші бағанды таңдап аламыз. Бірінші жатық жолдың элементтерін нӛлге айналдырамыз, одан кейін анықтауыштың ретін тӛмендетеміз:

		1			1	0		0	1	0	0		2	3	1	2	1	7
	2
	2
	0	1			2	1		2	1	3	1
	0	1			2	1		2	1	3	1	( 1)( 1)1 2	1	1	3	1	0	0
	3	1			2	3		1	1	1	3		5	7	2	5	2	13
	3	1			6	2		5	1	7	2		5	7	2	5	2	13
	3	1			6	2		5	1	7	2
						7
( 1)2 1				1		7	( 13 14) 1
				2		13
			1			1	0
		2	1			1	0
ә)		0	1			2	1	анықтауыштың 7-ші қасиетін пайдаланып шешеміз:
ә)		3	1			2	3	анықтауыштың 7-ші қасиетін пайдаланып шешеміз:
		3	1			6	2

Анықтауыштың кез келген жатық жолының (бағанының) элементері мен сәйкес алгебралық толықтауыштарының кӛбейтінділерінің қосындысы осы анықтауыштың мәніне тең.

a11	a12	a13
a21	a22	a23	a11 A11 a12 A12 a13 A13
a31	a32	a33

1-ші жолды таңдап аламыз.

	1	1	0		1	2	1		0	2	1		0	1	1
2
2
0	1	2	1
0	1	2	1	2 1 1 1	1 2 3			1 1 1 2	3	2	3	1 1 1 3	3	1	3
3	1	2	3	2 1 1 1	1 2 3			1 1 1 2	3	2	3	1 1 1 3	3	1	3
3	1	6	2		1	6	2		3	6	2		3	1	2
3	1	6	2
2 4 6 6 2 4 18 18 18 6 12 9 3 3 6 2 4 6 3 1

Жауабы: -1.

1-тапсырма

1-10. Ретін тӛмендету әдісімен тӛртінші ретті анықтауышты есептеңіз.

105

		5	2	2		2	6	1	7
	1	5	2	2		2	6	1	7
	2 3		1 1			10 40 10 0
	3	2	6 1			1	3 3		3
	4	1	3 3			0	2 6 11
3.					4.
		1	2 9			2	5	3 1
	1	1	2 9			2	5	3 1
	4	9	0	12		4	2	2	0
	7	2	6	7		3	5	4	2
	3 10		1 0			10	1	3 4
5.					6.
	3	8	1	0		2	4 2		6
	3	8	1	0		2	4 2		6
	5	5	4	2		8	3	2	4
	6	3	3 3			4	5 6 6
	5 2		1 3			6	7 9		3
7.					8.
		2	3	4		2	1	0	3
	1	2	3	4		2	1	0	3
	2	8	9	9		3 3 2 5
	5	5	11	7		5	2 6 7
	9 3		6	12		9	3 12 6
9.					10.
		30	10	20			10	30 40
	110	30	10	20		20	10	30 40
	22 5		3	5		2 3		3	6
		3	2	7		3 1		2	5
	8 2		1 3			4 2		4	4

№ 2. Матрица. Матрица рангі

2-мысал. Матрицасының рангын элементар түрлендіру және кӛмкерген минорлар әдісімен табыңдар.

106

1		1	2	3 1
	2	1	0	4 5

A	1	1		3 2
			0

	6	3	4	8 3

Шешуі.

а) Элементар тҥрлендіру әдісі.

3-ші бағанды 12 -ге кӛбейтіп, келесі матрицаға кқӛшеміз:

1		1	1	3 1
	2	1	0	4 5

	1	1	0	3 2

	6	3	2	8 3

Одан кейін 1-ші жолды (-2)-ге кӛбейтіп 4-ші жолға қосамыз, сонда

1		1	1	3 1
	2	1	0	4	5

	1	1	0	3 2

	4	1	0	2
					1

Одан кейін 3-ші бағанды (-1) –ге кӛбейтіп 1-ші бағанға, одан кейін екінші бағанға, (-3) –ке кӛбейтіп 4-ші бағанға, 5-ші бағанға қосып, ең соңында берілген матрицаға эквивалентті тӛменгі матрицаны аламыз:

0	0	1	0	0
2	1	0	4	5

1	1	0	3 2

4	1	0	2
				1

4-ші жолды 2-ші, 3-ші жолдарға қосып, 3-ші бағанда тағыда нӛльдер аламыз.

0		0	1	0	0
	6	0	0	2	6

	3	0	0	1	3

	4	1	0	2	1

Содан кейін 2-ші бағанды (-4) кӛбейтіп 1-ші бағанға, (-2)-ге кӛбейтіп 4-ші бағанға, одан кейін 5-ші бағанға қосамыз:

0		0	1	0	0
	6	0	0	2	6
	6	0	0	2	6
	3	0	0	1	3

	0	1	0	0	0
	0	1	0	0	0

107

3-ші жолды (-2)-ге кӛбейтіп 2-ші жолға қосамыз:

0		0	1	0	0
	0	0	0	0	0

	3	0	0	1	3

	0	1	0	0	0

4-ші бағанды 3-ке кӛбейтіп 1-ші бағанға, (-3)-ке кӛбейтіп 5-бағанға қосамыз:

0		0	1	0	0
	0	0	0	0	0
	0	0	0	0	0
	0	0	0	1	0

	0	1	0	0	0
	0	1	0	0	0

4-ші бағанды (-1)-ге кӛбейтіп келесі матрицаны аламыз:

0		0	1
	0	0	0

	0	0	0

	0	1	0

Демек, rA 3.

ә) Кӛмкерген минорлар әдісі.

0	0
0	0
0	0
1	0

0	0
0	0

2-ші ретті нӛлдік емес минорды белгілеп аламыз:																		M 2	1		1	3 0
																			2	1
3-ші ретті кӛмкеру минорын қарастырамыз:
												1	2
										1		1	2
								M 3		2		1 0		4 2 6 0
										1		1	0
4-ші ретті кӛмкеру минорын қарастырамыз:
		1	2	3				1	1	1		3			1		1	1	3				2 1			4
	1
	1
	2	1 0		4				2	1	0		4			2		1 0		4
M 4	2	1 0		4	2			2	1	0		4	2		2		1 0		4	2			1 1				3	0
	1	1 0		3				1	1	0	3				1	1 0 3							4		1		2
	6	3	4	8				6	3	2		8			4		1	0	2				4		1		2
	6	3	4	8				6	3	2		8			4		1	0	2
		1	2	1			1 1			1		1			1 1 1 1									2	1		5
	1
	1
	2	1 0		5			2		1 0			5			2		1 0			5
M 4	2	1 0		5	2		2		1 0			5	2		2		1 0			5	2			1 1				2	0
	1 1 0			2		1			1 0			2			1		1 0		2					4	1		1
	6	3	4	3			6 3 2					3			4 1 0					1				4	1		1
	6	3	4	3			6 3 2					3			4 1 0					1

108

4-ші ретті минорлардың барлығы нӛлге тең болады, демек, rA 3 .

Жауабы: rA 3

2-тапсырма

11-20. Матрицасының рангын элементар түрлендіру және кӛмкерген минорлар әдісімен табыңдар.

11.				12.
1		4	3 6	3		2	1 4

A	2	5	1 2	A	2 5		1 2
	1	7	10 20		4	1	4 9
	1	7	10 20		4	1	4 9

13.					14.
5		5 10		1	7		5	3	6

A	3	1	7	1	A	2	1	1	4
	1	7	4	3		1	8	6	6
	1	7	4	3		1	8	6	6

15.				16.
3		5	1 2	5		3	4 2

A	2	4	1 3	A	3	2	1 3
	1	3	1 4		1	7
	1	3	1 4		1	7	6 4

17.					18.
1		2	3	6	1		4	2 0

A	2	3	1 6		A	1	8	2 1
	3	1	2	6		2	7	1 4
	3	1	2	6		2	7	1 4

19.					20.
1		1	1 5	1		4		1 2		0
	2						1	1	1	1
A	2	0	1 1	2	A		1	1	1	1
	3		2 4 1		A

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

№ 3. Сызықтық теңдеулер жҥйесі

3-мысал. Сызықтық теңдеулер жүйесін а) Крамер формулаларымен; ә) Гаусс әдісімен;

б) Матрица әдісімен шешіңдер.

а) Сызықтық алгебралық теңдеулер жүйесін Крамер формулаларымен шешіңіз

109

2х 4 у z 3x 5 y 3z 1

x y z 1

Шешуі. Жүйе анықтауышы

2	4	1
det A 1	5	3 10 12 1 5 4 6 23 15 8.

11 1

анықтауышының 1-ші, 2-ші, 3-ші бағандарын бос мүшелермен алмастыра отырып, тӛмендегі анықтауыштарды есептейміз


		4	1				3	1						4		3
	3	4	1			2	3	1					2	4		3
1	1	5	3	16 ,	2	1	1 3		0 ,		3		1	5	1			8 .
	1	1	1			1	1	1					1	1		1
Олай болса,			x 1		16 2 ,		x	2		0	0	, x		3			8		1.
Олай болса,			x 1		16 2 ,		x	2			0	, x		3					1.
			1		8		2			8		3					8
					8					8							8

ә) Сызықтық теңдеулер жүйесі берілген. Матрица әдісімен шешіңіз.

2х 4 у z 3x 5 y 3z 1

x y z 1

Шешуі. Сызықтық теңдеулер жүйесін матрица әдісімен шешу формуласы:

x	1	A11
	1
y		A12
y	A	A12
	A
z		A13

x		3

мұндағы X y ,	B	1 ,
		1
z		1

A21	A31	b1

A22	A32	b2	,
A23
A23	A33	b3

							4	1
						2	4	1
		A				1	5	3	10 12 1 5 4 6 8 0 .
						1	1	1
				2			3	7
Кері матрица	A 1		1		2		1	5

			8
			8		4		2	6
					4		2	6

110

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1611 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Doc

#
24.03.2015173.06 Кб21Metodicheskie_ukaz_2013_1.doc
#
24.03.201570.29 Кб172Pedagogika_shpor.docx
#
24.03.2015444.3 Кб30Programmirovanie.docx
#
24.03.2015220.8 Кб39seti_zhondelgen.docx
#
24.03.20151.48 Mб21S_1199_ndet_DIPLOM.docx
#
24.03.20152.56 Mб40КОЩАНОВА Г.Р.АЛГЕБРА ЖӘНЕ ГЕОМЕТРИЯ.pdf
#
24.03.20154.35 Mб33Отчет1.docx
#
24.03.201516.49 Mб10Отчет1.pdf
#
24.03.2015222.94 Кб19перевод.docx