Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Южный Федеральный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Reshebnik211108_-_kopia_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.03.2016

Размер:

536.61 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

1.5	>	2x1	+ x2	¡ x3		= 2;
	8	3x1	¡ 2x2		+ x3	= 1;
	>
	<
	>
	:		¡ 6x2 + 4x3
	> 2x1		¡ 6x2 + 4x3			= 5:
	Ответ: решений нет.
1.6	> x1 + 2x2			+ 3x3		= 1;
	8	2x1	¡ x2	+ x3		= ¡2;
	>
	<
	>
	:		+ x2 + 4x3			= ¡1:
	> 3x1		+ x2 + 4x3			= ¡1:
	Ответ: бесконечное множество решений, общее решение:
			3	¡ x3;
	8 x1 = ¡5			¡ x3;
	>		5 ¡
	>		5 ¡
	>
	<
	> x2 = 4				x3;
	>
	>
	>
	:
	> x3 ¡ свободное неизвестное:
	8	2x1 + x2 ¡ x3				= 0;
	>
	<
1.7	> x1 + 2x2 + 3x3					= 0;
	>
	:		+ 5x2 + 2x3
	> 4x1		+ 5x2 + 2x3			= 0:
	Ответ: единственное нулевое решение: x1 = x2 = x3 = 0.
	8	2x1 + 2x2 ¡ x3 ¡ x4 = 0;
	>
	<
1.8	> x1 ¡ x2 + 2x3 ¡ 3x4 = 0;
	>
	:		+ 3x3 ¡ 7x4
	> 4x1		+ 3x3 ¡ 7x4			= 0:

Ответ: бесчисленное множество решений, зависящее от двух параметров (ответ неоднозначен).

2Учебный модуль №2. Определители

Основные определения:

Определителем квадратной матрицы второго порядка называют число:

¯	a11	a12	¯
¯			¯	= a11		a22		a12		a21
¯			¯	= a11	¢	a22	¡	a12	¢	a21
¯	a21	a22	¯		¢		¡		¢
¯			¯
¯			¯

Определителем квадратной матрицы третьего порядка называют число:

a21

a22

a23

a32

a33

a31

a33

a31

a33

a11

a12

a13

= a

+ a

a22

a23

a21

a23

a21

a22

a31

a32

a33

Определителем квадратной матрицы A n¡го порядка (определителем n¡го порядка) называют число:

a11 a12 : : : a1n

a21 a22 : : : a2n

1+i

a1i

M1i;

( 1)

: : : : : : : : : : : : :

i=1

: : : a

где M1i – определитель матрицы (n ¡ 1)-го порядка, полученный из данной матрицы n-го порядка вычеркиванием первой строки и i-го столбца. M1i называют дополнительным минором элемента aij матрицы A.

Аналогично определяют дополнительный минор Mij aij матрицы A.

Алгебраическим дополнением элемента aij матрицы A называют число

Aij = (¡1)i+j ¢ Mij

Для вычисления определителей используют, кроме определения, две теоремы о разложении определителя по элементам i- й строки (j-го столбца):

Теорема 1.

	n
jAj =	Xj
jAj =	aijAij; 1 · i · n:
	=1
Теорема 2.	n
	n
jAj =	Xi
jAj =	aijAij; 1 · j · n:
	=1

Рассмотрим примеры. Вычислить определители:

	¯	2 5	¯	¡ ¢ ¡ ¢ ¡
	¯		¯
1.	¯		¯	= ( 1) 5 2 3 = 11.
1.	¯	¡1 3 ¯		= ( 1) 5 2 3 = 11.
	¯		¯
	¯		¯

¯¯

2.¯¯¯ 0 4 ¯¯¯ = 0 ¢ 9 ¡ 4 ¢ 7 = ¡28.

¯7 9 ¯

2 1 4

2 6

¡ ¢

5 6

¡ ¢

5 2

1 2 ¡3 ¯

= 1

1 4

2 4

+ ( 3)

2 1

5 2 6

(

¯= (

¯1) = 17¯ .

¢¯

¢ ¡

3 4

1 3

5 3

¢ ¡

0 ¡1

¢¯

¯¡ ¡ ¢¯

¢¯

= 0

(

= 0+4+2 ( 23) =

1 3

○

¯Вычислим определитель,¯

используя теорему о разложении определителя по

второй строке:

¯ + 0

○= 1

(

1)2+1

(

1)2+2

+ (

(

1)2+3

11 7

¢ ¯

4 1

¢ ¯

3 1

3 4

=¡(7 ¡ 20) + 0 + 2 ¢ (44 ¡ 21) = 13 + 46 = 59.

6.Найти дополнительный минор M34 и алгебраическое дополнение A41

0 1

¡1

¯○

A =

4 0 1

; M =

1 ¡1 2

Разложим определитель по второму столбцу:

¡ ¡ ¡

¡ ¢ ¡

¢ ¡

4 1

○= (

(

1)1+2

(

1)3+2

1 2

= 9 ( 7) =

¯ + 1

= (

1)4+1

○

Разложим определитель по первому столбцу:

¯1

○=

(

1)1+1

1 1

+ 2

(

1)3+1

2 3

2 4

¢ ¡

1 1

(

2) + 2

3)) =

(

2) = 4:

¯A

¡¯

¯¡

○=

Разложим определитель по второму столбцу, так как в нем только один элемент отличен от нуля, то получим одно ненулевое слагаемое:

= 4

(

1)2+2

○

Разложим

определитель¯

по третьему столбцу:

○= 4

(

1)2+3

6) = 80:

¢ ¡

3 2

Из примеров видно, что применять теоремы о разложении определителя по строке (столбцу) эффективно, если в строке (столбце) только один элемент отличен от нуля. Этого всегда можно добиться, используя следующие свойства определителей:

•если к какой-либо строке ci матрицы прибавить другую строку cj, умноженную на некоторое число (ci := ci + ¸cj), то определитель не изменится,

•если какую-либо строку матрицы A (ci) умножить на некоторое число (ci := ¸ci), то определитель также умножится на это число (¸jAj),

•если поменять местами любые две строки матрицы A, то определитель изменит знак (¡jAj).

Аналогичные свойства имеют место для столбцов. Рассмотрим примеры.

	¯	11		8	3	¯	=
	¯	¡				¯
	¯		1	3	7	¯
	¯		1	3	7	¯
8.	¯	○2		4	6	¯	○
	¯	¡				¯
	¯					¯
	¯					¯

Используя свойства определителей добьемся, чтобы во второй строке только один элемент был отличен от нуля (например, a21 = ¡2). Для этого применим следующие свойства к столбцам (будем называть столбцы колонками и обозначать их кi):

к2 := к2 + 2к1

○

2 ( 1)2+1

30 36

к3 := к3 + 3к1

¡ ¢ ¡

1 4

¯¯

=2 ¢ 6 ¢ ¯¯¯ 5 6 ¯¯¯ = 12 ¢ 14 = 168:

¯1 4 ¯

¡2

○2

○=

¯Добьемся, чтобы, ¯например, во второй колонке только один элемент был от-

личен от нуля (например, a22 = 2). Для этого применим следующие свойства

к строкам:

c1 := 2c1 ¡ 3c2; c3 := 2c3 ¡ 3c2; c4 := c4 ¡ c2:

определитель исходной матрицы умножится на 4, по-

Заметим,

что при этом

этому следует ввести “компенсирующий” увеличение множитель 1

¡8

¡13

¯ =

= 1

○2

¯ = 1

(

1)2+2

○

¢ ¢ ¡

○

¯53

2 ¢ ¢ ¡

17 43

3:=к3

5к1

¡ ¡

===¡

○1

¯ = 1

( 1)3+1

1:=c1 c2

2 ¢

4 10

17 43

2 ¢

17 43

c ===¡

= 86 + 85 = 171:

¯ = 1

Рассмотрим применение теории определителей к решению систем линейных уравнений (СЛУ).

Теорема Крамера:

Для того, чтобы квадратная СЛУ имела единственное решение, необходимо и достаточно, чтобы определитель матрицы коэффициентов был отличен от нуля (jAj 6= 0).

Решение СЛУ может быть найдено по формулам Крамера:

x1 = j¢A1j; x2 = j¢A2j; : : : xn = j¢Anj;

где ¢i – определитель матрицы, полученной из матрицы A заменой i -го столбца на столбец свободных членов, например,

		¯	b1 a12 : : : a1n					¯
¢1	=	¯	b2 a22 : : : a2n					¯	:
¢1	=	¯						¯	:
		¯	: : : : : : : : : : : :					¯
		¯	: : : : : : : : : : : :					¯
		¯						¯
		¯	b a		: : :	a		¯
		¯						¯
		¯						¯
		¯	n	n2			nn	¯
Рассмотрим¯				примеры.				¯

Проверить, что СЛУ имеет единственное решение и найти его по формулам Крамера.

2x1 + 3x2

= 1;

< x1 + 2x2

)

по теореме Крамера СЛУ имеет единствен-

A =

= 4 3 = 1 = 0

ное решение.¯ ¯

¢1 =

= 2 + 6 = 8; x1 = A1 = 8;

j j

1 = 5; x2 = A2 =

¢2 =

= 4

¡ ¡

Сделаем¯

проверку:¯

подставим в каждое уравнение СЛУ найденные значения

x1 = 8, x2 = ¡5:

верно;

2 ¢ 8 + 3 ¢ (¡5) = 1

8 + 2 ¢ (¡5) = ¡2

верно:

2x1 + 2x2 ¡ x3

= 1;

> x1 ¡ x2 + 2x3

= 3;

+ 3x2 ¡ x3

> x1

= 2:

1 2

j j

2 2 ¡1

c1:=c1¡2c2

0 4 ¡5

¢ ¡

:=c3

A =

===¡

= 1

(

1)2+1

1 3

)

¡¯

решение.¯

(

12 + 20) =

¯8 = 0

СЛУ¯

имеет единственное¯

1 2

c3:=c3

2c1 ¯

7 5

1 2

2:=c2

3c1

1 2

¢ ¡

1 1

===¡

= 1

(

1)1+1

2 3

1 1

¢1

= (¡7¯+ 5) = ¡2;

¯x1 =

=¯

1 3 2

:=c3

1 3

¡ ¡

¢ ¡

===¡

= 1

(

1)2+1

= ¯

¯ c

2c2

1 2

¢¯

5¯

(15¯

5) =

10¯

;

¯.

1 3 ¯

:=c3

1 3

¢ ¡

===¡

= 1

(

1)2+1

= ¯

¯ c

2c2

1 3 2

0 4

¢3

(

¯4 + 20) =

¯ 16; x3 =¯

=¯

¡ ¡

Сделаем проверку:

2 ¢

¡ 2 = 1

верно;

+ 2 ¢ 4

¡ верно;

¡ 4

+ 4 = 3

верно:

4 + 3 ¢

4 ¡ 2 = 2

Решим этот же пример с помощью метода Гаусса:

СЛУ:		0	2	2			¡1				1	1 c1						2c2		0	0	4					¡5		¡5			1		4cc12¡+cc33
СЛУ:		0	2	2			¡1				1	1 c1						2c2		0	0	4					¡5		¡5			1		4cc12¡+cc33
		B	○ ¡						1			C		c3			¡» c2			B	○ ¡						3					C		»
		B	1	3					1		2 C					¡				B	1 ○4						3				1 C
		@	1		1		2				3	A				¡				@	1		1				2			3		A
		@					¡					A								@							¡		¡			A
0				¡							1 c1				2		0					¡				¡			1 c32					3c11
0				¡			¡				1 c1				2		0					¡				¡			1 c32					3c11
		0	0			2			4				»¢				B		0		0	○1					2		C				¡»
» ○4 0				5			11						»¢		1		B		○4 0			5					11		C				¡»
B											C				1		B												C		c + 5c
B		0	4	¡		3			1		C						B		0		4	3					1		C
B			○	¡			¡				C						B				○ ¡						¡		C
@											A						@												A
	○4 0				0				1				c2				4		0 1 0 0						4		1			0 0 1 0					4	1
» B		0	0	○1						2	C			»¢			1			0 0		1		2				»				1 0 0			41
» B				¡				¡			C			»¢			1					○			5			»							5
0				¡				¡			1 c1			¢		(-11)			B			○			1		C			B					5	C
B		0	4 0						5		C		c3		¢		4		B	0 1 0					4		C			B		0 0 1			2	C
B			○								C				¢				B						4		C			B						C
@											A								@								A			@						A

получили тот же ответ: единственное решение x1 = 14, x2 = 54, x3 = 2.

Заметим, что метод Крамера требует гораздо большего числа действий. Поэтому на практике решать СЛУ удобнее методом Гаусса. Однако, теорема Крамера имеет важное следствие, относящееся к квадратным однородным системам линейных уравнений (ОСЛУ).

Следствие. Для того, чтобы квадратная ОСЛУ имела ненулевые решения, необходимо и достаточно, чтобы определитель матрицы коэффициентов был равен нулю (jAj = 0).

Напомним, что ОСЛУ всегда имеет нулевое решение. Иногда требуется выяснить, имеет ли квадратная ОСЛУ, кроме нулевого, ненулевые решения, не решая самой ОСЛУ.

Рассмотрим примеры.

Установить, имеет ли ОСЛУ ненулевые решения:

2x1 ¡ x2 + 3x3

= 0;

3x1 + 2x2 ¡ x3

= 0;

+ 3x3 = 0:

> 4x1 ¡ 2x2

3 2

c2:=c2

+2c1

7 0

2 ¡1 3

¡ ¢ ¡

3:=c3

2c1

===¡

¯ = (

( 1)1+2

2 3

0 0

)¯

решение x1 =¯ x2 = x3

¯= 0.

¯=

21 = 0

¯ОСЛУ имеет¯

только нулевое¯

3x1 + x2 ¡ 2x3 = 0;

4x1 + 2x2 + x3

= 0;

> x1 ¡ x2 ¡ 8x3

= 0:

4 2

===¡

= 1

(

1)1+2

c3:=c3+c1

2 0 5

3 1

2:=c2

2c1

3 1

¢ ¡

4 0

= ¡(20 ¡ 20) = 0 ) ОСЛУ имеет ненулевые решения.

3.Найти значения ¸, при которых ОСЛУ имеет только нулевое решение:

> 5x ¡ 2x + 3x = 0;

< 1 2 3

x1 + ¸x2 ¡ 2x3

= 0;

+ x2

+ x3

> 3x1

= 0:

7 ¸ + 2 0 ¯

¡ ¡

c1:=c1

¡3c3

¡2 3

¡4 ¡5

¢ ¡

7 ¸ + 2

:=c2

+2c3

4 5

===

3 1

= 1 ( 1)3+3

¯ c

¯=

4(¸ + 2) +¯ 35 = 4¸ +¯

27:

По теореме Крамера, если jAj 6= 0, то ОСЛУ имеет единственное (нулевое) решение. Следовательно, если ¡4¸ + 27 =6 0, т.е. ¸ =6 274 , то ОСЛУ имеет только нулевое решение.

2.1Примеры для самостоятельного решения

Вычислить определители:

2.1

¡1

Ответ

2.2

¡2

: 11:

Ответ

2.3

¡1

: 11:

Ответ

2.4

¡1

Ответ : 42:

2.5

¡1

Ответ : 11:

Решить¯

СЛУ по формулам¯

Крамера, сделать проверку.

2.6

3x1 ¡ 2x2

= 3;

= ¡1:

< 2x1 + 4x2

Ответ: x1 =

; x2

2.7

5x1 + 7x2

= 2;

= 3:

< 6x1 ¡ 4x2

Ответ: x1 =

29; x2

¡62

2.8	>	¡x1 ¡ 3x2			+ 3x3			= 2;
	8	3x1 + x2			+ x3			= 4;
	>
	<
	>			1				5
	:
	> 2x1 + 2x2 + x3							= 5:
	Ответ: x1 =			4		; x2	=	4	;	x3 = 2.
2.9	>	4x1	+ 3x2				= 7;
	8	5x1	¡ x2 + 5x3				= 10;
	>
	<
	>			1				5
	:
	> 3x1 + x2 + 5x3						= 12:
	Ответ: x1 =			4		; x2	=	4	;	x3 = 2.
				4				4

Установить, имеет ли ОСЛУ ненулевые решения:

2.10	8	3x1 + 2x2	= 0;
	<	4x1 ¡ x2	= 0:
	Ответ: ОСЛУ имеет только нулевое решение.
	:
2.11	8	6x1 ¡ 8x2	= 0;
	<	3x1 ¡ 4x2 = 0:
	Ответ: ОСЛУ имеет ненулевые решения.
	:
2.12	8	2x1 ¡ x2 + x3		= 0;
2.12	>	4x1 + 3x2 ¡ x3		= 0;
	>
	<
	> 2x1 ¡ 6x2 + 4x3 = 0:
	Ответ: ОСЛУ имеет ненулевые решения.
	>
	:
2.13	8	3x1 + 2x2 ¡ x3		= 0;
2.13	>	4x1 ¡ x2 + 2x3		= 0;
	>
	<
	>	2x1 + 4x2 + 3x3 = 0:
	>
	:

Ответ: ОСЛУ имеет только нулевое решение.

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.11.201950.69 Кб1Razyasnenia_po_kassovoy_distsipline.doc
#
20.11.2019320 Кб1recomendation_fin_150606.rtf
#
18.09.20191.65 Mб6ref-18447.rtf
#
13.02.2015196.1 Кб3ref-24254.doc
#
13.02.2015105.98 Кб19Rekomendatsii_dlya_pedagogov.doc
#
12.03.2016536.61 Кб72Reshebnik211108_-_kopia_2.pdf
#
15.11.2019293.89 Кб1rider_filology.doc
#
13.02.2015215.19 Кб4Rider_k_11_lektsii_Rozanova.pdf
#
16.11.201951.95 Кб19rider_po_kriminologii.docx
#
14.09.2019263.74 Кб5Rimskoe_chastnoe_pravo.docx
#
25.09.2019552.45 Кб6Ritorika.doc