Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный Технический Университет Харьковский Политехнический Институт

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

RGZ_Lineynaya_algebra

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.02.2015

Размер:

767.39 Кб

Скачать

☆

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Розрахунково-графічне завдання

ЕЛЕМЕНТИ ЛІНІЙНОЇ АЛГЕБРИ

Контрольні питання

1.Поняття матриці. Типи матриць.

2.За якими правилами виконуються дії над матрицями:

а) транспонування матриці,

б) множення матриці на число,

в) додавання двох матриць,

г) добуток двох матриць,

д) піднесення матриці в цілу невід’ємну степінь?

3.Поняття визначника. Основні властивості визначників.

4.Як обчислити визначник:

а) розкладанням за елементами рядка чи стовпця,

б) зведенням до трикутного вигляду,

в) за правилом трикутника?

5.Поняття оберненої матриці. Для яких матриць існують обернені?

6.Як знайти обернену матрицю?

7.Поняття рангу матриці.

8.Методи обчислення рангу матриці.

9.Системи лінійних алгебраїчних рівнянь (СЛАР). Сумісні, несумісні,

визначені й невизначені СЛАР.

10.Правило Крамера розв’язання СЛАР. Які СЛАР розв’язуються за цим правилом?

11.Які СЛАР і як розв’язуються за допомогою матриці, оберненої до матриці системи?

12. Теорема Кронекера-Капеллі.

13.Метод Гауса розв’язання СЛАР.

14.Фундаментальна система розв’язків однорідної СЛАР.

Зразок розв’язання прикладів контрольного завдання

Приклад 1. Виконати дії:

а) знайти 5A 2B , якщо					1 0		3			4		3	2 5		1	,
а) знайти 5A 2B , якщо				A							, B					,
					2	7	2		1			3		7 2 4
б) знайти добуток матриць A BT , якщо
4		3		1 2					2	1 1			0

A	1 4		2		0	, B		3		6 2		1		.
	2	1		3	2				5	4 0			4
	2	1		3	2				5	4 0			4

Розв'язання.

а) Щоб помножити матрицю на число, треба кожний елемент матриці помножити на це число, а при додаванні двох матриць одного розміру треба додати відповідні елементи цих матриць.

Тому одержимо:

			1	0	3	4				3	2	5	1
	5A 2B		5	7	2			( 2)		3 7		2
			2			1							4
5	0	15	20	6		4	10		2		1 4		25	18
	35	10				14		4					14	3	.
10			5	6					8		16 21

б) Транспонуємо матрицю В:

	2	3	5
	1	6	4
BT	1	6	4	.
	1	2	0
	0	1	4
	0	1	4

Матриця A має розмір 3 4 , матриця BT – 4 3. Оскільки число стовпців матриці А дорівнює числу рядків матриці BT , то матриці A і BT

можна перемножити, і матриця A BT = C має розмір 3 3.

Елементи матриці C обчислюємо за формулою: cij ai1b1 j ai2b2 j ai3b3 j ai4b4 j , i, j 1,2,3 .

c11 4 2 3 ( 1) 1 1 2 0 4,

c12 4 ( 3) 3 6 1 2 2 1 6, c13 4 5 3 ( 4) 1 0 2 4 16,

c21 ( 1) 2 4 ( 1) 2 1 0 0 4,

c22 ( 1) ( 3) 4 6 2 2 0 1 23, c23 ( 1) 5 4 ( 4) 2 0 0 4 21,

c31 2 2 ( 1) ( 1) 3 1 2 0 8,

c32 2 ( 3) ( 1) 6 3 2 2 1 16, c33 2 5 ( 1) ( 4) 3 0 2 4 6.

У результаті одержимо:

	4	6	16

C	4	23	21 .
	8	16	6
	8	16	6

Відповідь: а) 1	4 25	18		4	6	16
Відповідь: а) 1	4 25	18	, б)	4	23	21 .
16	21 14	3		8	16	6
				8	16	6

Приклад 2. Задано багаточлен f (x) 2x2 4x 3. Знайти f ( A) , якщо

	3	1	2
	4	4	3
A				.
	2	1
			1

Розв'язання. Відповідно до означення багаточлена від матриці одержимо: f ( A) 2 A2 4 A 3E , де E – одинична матриця третього порядку.

Знаходимо спочатку A2 :

				3		1			2 3			1	2
			2		4 4						4	4
			A		4 4				3		4	4	3
					2		1				2	1
					2		1		1		2	1	1
3 3 ( 1) 4 2 2				3 ( 1) ( 1) ( 4) 2 1									3 2 ( 1) 3 2 ( 1)

	4 3 ( 4) 4 3 2			4 ( 1)			( 4) ( 4) 3 1						4 2 ( 4) 3 3 ( 1)
	2 3 1 4 ( 1) 2			2 ( 1)			1 ( 4) ( 1) 1						2		2 1 3 ( 1) ( 1)
	2 3 1 4 ( 1) 2			2 ( 1)			1 ( 4) ( 1) 1						2		2 1 3 ( 1) ( 1)
							9		3		1

							2		15	7		.
							8		7		8
							8		7		8
	9		3	1			3		1			2	1		0 0
		2	15	7				4	4					0	1 0
Тоді f ( A) ( 2)		2	15	7	4			4	4			3 3		0	1 0
		8	7	8				2						0	0 1
		8	7	8				2	1 1					0	0 1
										3

18	6	2			12		4	8	3		0	0	9		10	6

4	30	14		16			16	12		0	3	0		12	49	26	.
16	14	16				8	4	4		0 0		3		8	18	23
16	14	16				8	4	4		0 0		3		8	18	23
		9				10	6
			12			49	26
Відповідь:			12			49	26	.
			8			18	23
			8			18	23

		3	1	6
	2	3	1	6
Приклад 3. Обчислити визначник	3 1		0	2	двома способами:
Приклад 3. Обчислити визначник	1	4	3	5	двома способами:
	3	2	1	1

а) розкладанням за елементами рядка (або стовпця), б) зведенням до трикутного

вигляду.
Розв'язання.
а) Розкладемо	даний			визначник за елементами								другого рядка,
				n
користуючись формулою: aik Аik , i 1,..., n (n 4) .
				k 1
		3	1		6			3	1		6
	2
	2
	3	1	0		2
	3	1	0		2	3 ( 1)2 1		4	3		5
	1 4		3		5			2	1		1
	3	2	1		1			2	1		1
	3	2	1		1						3
					1	6				2		1
				2	1	6				2		1
( 1) ( 1)2 2				1	3	5	2 ( 1)2 4			1	4	3
				3	1 1					3	1	1

3 24 1 ( 66) 2 ( 30) 66.

б) Зведемо визначник до трикутного вигляду, користуючись властивостями визначника:

2	3	1	6

3 1		0	2
1 4		3	5	міняємо місцями перший і
3	2	1	1	третій стовпці

1 30 1 3 4 1 2

			3
		1	3
		0	1
		0	13
		0	13
		0	5
		1	3
		1	3
		0	1
		0	0
		0	0
		0	0

			3
		1	3
		0	1
		0	0
		0	0
		0	0
			3
		1	3
		0	1
		0	0
		0	0
		0	0

Відповідь: 66.

2	6		додаємо до третього рядка
2	6		додаємо до третього рядка
3	2		перший, помножений на 3,
3	2		до четвертого рядка – перший,
1	5		до четвертого рядка – перший,
1	5
3	1		помножений на (–1)
3	1
2	6		додаємо до третього рядка
2	6		додаємо до третього рядка
3	2		другий, помножений на (–13),
3	2		до четвертого рядка – другий,
7	23		до четвертого рядка – другий,
7	23
5	7		помножений на 5
5	7
2	6
2	6
3	2		міняємо місцями третій і
3	2		четвертий стовпці
32	3		четвертий стовпці
32	3
10	3
6	2
6	2
2	3		додаємо третій рядок до
2	3		четвертого
3	32		четвертого
3	32
3	10
6	2


2	3	1 (1) (3) (22) 66.
3	32
0	22

Приклад 4. Розв'язати матричне рівняння

1	3	2		3	1	5

4	1	0	X	4 2		6	.
5	2			1	0	3
5	2	1		1	0	3

Розв'язання. Запишемо це рівняння у вигляді A X B , де

	1	3	2			3	1	5

A	4	1	0	,	B	4 2		6	.
	5	2				1	0	3
	5	2	1			1	0	3

Якщо det A 0 , то розв'язок цього рівняння знаходиться за формулою

X A 1 B .

Обчислимо det A за правилом трикутника:

		3		2
	1	3		2
A	4 1			0		1 16 0 10 0 12 7 .
	5	2	1
det A 7 0 , отже, матриця					A		–		невироджена			і	для неї існує обернена
матриця, яку обчислюємо за формулою
								A11		A21	A31
		A 1		1				A A A					,
		A 1						A A A					,
									12	22	32
					det A				A	A	A
									13	23	33

де Aik – алгебраїчні доповнення елемента aik матриці A i, k 1,2,3 . Знайдемо алгебраїчні доповнення:

A	1 1	1 0					1,					A			1 2	4 0						4 ,			A								1 3		4 1				3 ,
A	( 1)						1,					A	( 1)									4 ,			A					( 1)									3 ,
11		2		1								12				5				1						13									5			2
		2		1												5				1															5			2
A	( 1)2 1		3			2			1,			A	( 1)2 2				1			2	11,						A					( 1)2 3					1	3			17 ,
A	( 1)2 1		3			2			1,			A	( 1)2 2				1			2	11,						A					( 1)2 3					1	3			17 ,
21			2		1							22					5			1								23									5		2
			2		1												5			1																	5		2
A	( 1)3 1		3		2		2 ,					A		( 1)3 2				1		2		8		,	A					( 1)3 3						1		3		13 .
A	( 1)3 1		3		2		2 ,					A		( 1)3 2				1		2		8		,	A					( 1)3 3						1		3		13 .
31			1		0							32						4		0						33										4			1
			1		0													4		0																4			1
																			1				1					2

								1					1	2					7				7					7


	Тоді A 1				1					4		11		8					4		11							8				. Тому
	Тоді A 1				7					4		11		8																		. Тому
					7														7		7								7
										3		17		13
										3		17		13					3		17					13
																			3		17					13
																			7			7						7
																			7			7						7
											1			1	2					3	1			5									1	1				17
				X						1		4	11		8					4	2				6						1		24	18				110
																																									.
																																									.
										7		3	17		13					1	0			3							7		46	31				156
												3	17		13					1	0			3									46	31				156

Перевірка. Підставимо знайдену матрицю в рівняння:

		1	3	2	1	1	17	3	1	5
	1
A X		4	1	0	24	18	110	4	2	6	B,
	7
		5	2		46	31	156	1	0	3
				1

отже, X дійсно є розв'язком рівняння.

		1	1	17
	1
Відповідь:		24	18	110	.
Відповідь:	7	24	18	110	.
	7	46	31	156
		46	31	156

	2	3	5	4
	3	1	2	2
Приклад 5. Знайти ранг матриці A	3	1	2	2	.
	4	5	1	3

	3	3	8	1
Розв'язання. Щоб знайти ранг матриці		A	зведемо її за допомогою

елементарних перетворень до трикутної або трапецієвидної форми:

~ 34

10 ~ 0

3	5	4
1	2	2
1	2	2	~				додаємо до першого рядка другий
5	1	3					додаємо до першого рядка другий

3	8	1
2	7	2					додаємо до другого рядка перший,
1	2	2					помножений на (–3), до третього –
1	2	2			~		перший, помножений на 4, до четвертого –
5	1	3					перший, помножений на 4, до четвертого –
							перший, помножений на 3
3	8	1
2	7		2
							додаємо до другого рядка третій,
7	19		8 ~				помножений на 2, до четвертого – третій,
3	29		5				помножений на 2, до четвертого – третій,
3	29		5				помножений на (–1)
3	29		5
2	7	2
1	39	2					додаємо до третього рядка другий,
1	39	2			~		помножений на 3
3	29	5					помножений на 3
0	0	0
0	0	0
2		7		2
1	39			2
1	39			2		B .
0	146		11			B .
0		0		0
0		0		0

Ранг матриці A дорівнює числу ненульових рядків матриці B . Отже

Rg A 3.

Відповідь: 3 .

2x1 x2 3x3 14,

Приклад 6. Розв'язати систему: x1 3x2 x3 4,

3x1 x2 2x3 1,

а) за правилом Крамера, б) матричним методом. Розв'язання. а) Обчислимо визначник системи:

										1		3
									2	1		3
									1	3		1	33 .
									3	1	2
	Якщо		0 , то система має єдиний розв'язок,													який можна знайти за
правилом Крамера:
				x 1 ,						x	2 ,			x 3 ,
				1						2				3

де i		i 1,2,3 отримаємо,					якщо у					замінимо i тий стовпець стовпцем
правих частин системи.
	Обчислимо визначники 1, 2, 3 :
	14 1 3					2 14 3									2 1 14
	14 1 3					2 14 3									2 1 14
1	4	3	1	66, 2		1		4		1	33, 3				1	3 4	99.
	1	1 2				3 1 2									3 1 1
	Отже:		x 66 2,		x			33		1,			x	99 3 .
	Отже:		x 66 2,		x					1,			x	99 3 .
			1	33	2			33				3		33
				33				33						33

Перевірка. Підставляючи знайдений розв'язок у систему рівнянь,

2 2 1 ( 1) 3 3 14,

одержимо: 1 2 3 ( 1) 1 3 4,3 2 1 ( 1) 2 3 1.

Отже розв'язок знайдено правильно. б) Введемо такі матриці:

2		1	3		14			x1
A	1	3 1		,	B	4	,	X x		,
									2
	3	1	2			1		x
									3

і запишемо систему як матричне рівняння:		A X B .
Це рівняння має єдиний розв'язок		X A 1 B , тому що		det A 0 .
Знайдемо A 1:
A11 5,	A12 1,		A13 8,
A21 1,	A22 13,		A23 5,
A31 8,	A32 5,		A33 7.

		5		1	8
1	1		1	13
Отже: A					5	. Тоді:
Отже: A	33				5	. Тоді:
	33		8	5	7
			8	5	7

		5		1		8	14		66		2
	1							1
X			1		13	5	4		33		1 .
X	33		1		13	5	4	33	33		1 .
	33		8		5	7		33	99
			8		5	7	1		99		3
Таким чином, розв'язком системи є x1 2,								x2 1,		x3 3 .
Відповідь: (2; 1;3) .

Приклад 7. Дослідити системи рівнянь за теоремою Кронекера-Капеллі і розв'язати за методом Гауса ті з них, які мають розв'язок.

x1 x2 x3 2x4 0,									2x1 x2 3x3 x4 1,
		x2 3x3		2x4 6,					2x1 x2 3x3 x4 1,
x1		x2 3x3		2x4 6,						2x2 x3 x4 3,
а)	2x		x x	3x 2,				б) x1		2x2 x3 x4 3,
	2x		x x	3x 2,					4x 3x x x 2,
		1	2 3		4				4x 3x x x 2,
3x x 2x x 7,										1	2	3		4
		1	2	3	4
x1 3x2 x3 2x4 1,
в) 2x1 x2 3x3 x4 1,
4x 2x 3x x 3.
		1	2	3	4
Розв'язання.
а) Випишемо розширену матрицю системи:
								1		1	1	2	0
								1		1	1	2	0
									1 1		3	2	6
							( A \| B)							,
						A	( A \| B)							,
									2	1	1	3	2

									3	1	2	1	7
									3	1	2	1	7

де A – матриця системи, B – матриця-стовпець правих частин рівнянь.

Будемо за допомогою елементарних перетворень знаходити одно-часно ранги матриць A і A (при цьому над стовпцями будемо, при необхідності, проводити тільки одне перетворення – перестановку перших чотирьох стовпців

разом із відповідними невідомими).
Проводимо обчислення:
		1			1				додаємо до другого рядка перший,
				1		2	0
				1		2	0
									помножений на (–1), до третього –
		1 1			3	2	6		помножений на (–1), до третього –
	A	1 1			3	2	6	~	перший, помножений на (–2), до
			2	1	1	3	2		перший, помножений на (–2), до
									четвертого – перший, помножений на
			3	1	2	1	7		четвертого – перший, помножений на
			3	1	2	1	7		(–3)
									(–3)
									9
									9

			1		1	1		2		0
			1		1	1		2		0
					2			4							додаємо до третього рядка другий,
			0			4					6				додаємо до третього рядка другий,
		~	0			4					6		~		помножений на 0,5 , до четвертого –
		~		0	1		1		1		2		~		помножений на 0,5 , до четвертого –
																	другий, помножений на (–2)
				0	4		5	7			7						другий, помножений на (–2)
				0	4		5	7			7
		1			1	1		2			0
		1			1	1		2			0
				2			4								додаємо до четвертого рядка третій,
		0				4					6				додаємо до четвертого рядка третій,
		0				4					6
	~		0		0	1		1			1			~			помножений на (–3)

			0		0	3		1			5
			0		0	3		1			5
	1			1	1		2		0


		0	2		4	4			6
~		0	2		4	4			6			.
~		0		0	1		1		1			.
		0		0	1		1		1

		0		0	0	2			2
		0		0	0	2			2

		Отже			виходить, що								Rg A Rg			A	4 . За теоремою Кронекера-Капеллі

система має єдиний розв'язок.

Одержана матриця є розширеною матрицею системи рівнянь

x1 x2 x3 2x4 0,
	2x2 4x3 4x4 6,

	x3 x4	1,

	2x4	2,

яка еквівалентна заданій системі рівнянь.

З останнього рівняння x4 1. Підставляючи його в третє рівняння, знаходимо x3 2 , з другого рівняння знаходимо x2 1, а з першого – x1 1.

Таким чином, розв'язком заданої системи рівнянь є x1 1, x2 1, x3 2 ,

x4 1.

б) Випишемо розширену матрицю системи :

	2		1	3	1	1
	2		1	3	1	1
				1

A		1	2		1	3	.
		4	3	1	1	2

і будемо одночасно шукати Rg A і Rg A .

Міняючи місцями перший і другий рядки, одержимо:

	1		1		3		додаємо до другого рядка
	1	2	1	1	3		додаємо до другого рядка
		1		1			перший, помножений на (–2),до

A ~ 2			3		1	~
A ~ 2			3		1	~
	4	3	1	1	2		третього – перший, помножений


							10

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.02.201593.7 Кб6referat.doc
#
02.02.201529.62 Кб7referat.docx
#
12.11.2018112.64 Кб6ref_4116_parta_ua.doc
#
20.03.20161.36 Mб23RGZ-2.doc
#
02.02.2015188.86 Кб11RGZ_1_v_13_okhrana_Skorokhod.docx
#
02.02.2015767.39 Кб5RGZ_Lineynaya_algebra.pdf
#
02.02.20151.05 Mб18RGZ_MDVV_rabochaya.doc
#
02.02.20151.32 Mб9RGZ_Net4_4.doc
#
02.02.201542.68 Кб9Robochy_zoshit_zakaz (1).docx
#
02.02.2015345.68 Кб7Rozklad_zb_2012r_utoch.docx
#
02.02.20158.19 Mб30RUS_-_Karejev_-_Razrabotka_Windows-prilozhenij.pdf