Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Дальневосточный федеральный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Алгебра для статистиков 1 семестр

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.05.2015

Размер:

359.51 Кб

Скачать

☆

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

Контрольная работа № 1 «Умножение матриц. Вычисление определителей четвертого порядка»

Типовой вариант:

1. Найти произведение матриц A и B , где
	2	3		1	4
A =	1			1	4
A =	1	−2 ,	B =			.
				−2	1
	0	1		−2	1
	0	1

Можно ли для данных матриц найти произведение BA? 2. Вычислить определитель

	1	2	3	4
	1	2	3	4
∆ =	− 2	1	− 4	3	,
	3	− 4	−1	2
	4	3	− 2	−1

предварительно получив максимально возможное число нулей в некоторой строке или некотором столбце.

Решение типового варианта.

1. По правилу умножения матриц имеем:

	2 1+3 (−2)	2 4 +3 1		−4	11
				5	2
AB = 1 1+(−2) (−2)		1 4 +(−2) 1	=	5	2	.
	0 1+1 (−2)	0 4 +1 1		−2	1
	0 1+1 (−2)	0 4 +1 1		−2	1

Так как число столбцов матрицы B , равное 2 , не совпадает с числом строк матрицы A, равным 3, то произведение BA не имеет смысла. ■

2. Прибавляя ко второй строке определителя его первую строку, умноженную на 2 , и вычитая из третьей и четвертой строк первую, умноженную соответственно на 3 и 4 , получим нули в первом столбце, начиная с его второго элемента:

	1	2	3	4
	1	2	3	4
∆ =	0	5	2	11	.
	0	−10	−10	−10
	0	−5	−14	−17

Разложим определитель ∆ по первому столбцу и вынесем за знак определителя общий множитель −10 элементов второй строки и общий множитель −1 элементов третьей строки:

∆ =1 (−1)1+1	5	2	11		=(−10) (−1)	5	2	11		5	2	11	.
	5	2	11			5	2	11		5	2	11
	−10	−10	−10			1	1	1	=10	1	1	1
	−5	−14	−17			5	14	17		5	14	17
				1

Вычитая из второго и третьего столбцов первый, приходим к определителю

	5	−3	6	,
	5	−3	6
∆ =10	1	0	0
	5	9	12

который удобно разложить по второй строке:

∆ =10 1 (−1)2+1	−3	6	=−10	−3	6	.
∆ =10 1 (−1)2+1	−3	6	=−10	−3	6	.
	9	12		9	12

Далее можно вынести общий множитель 3 элементов первого столбца и общий множитель 6 элементов второго столбца:

∆ = −10 3 6	−1	1	= −180((−1) 2 −3 1)= −180 (−5)=900 . ■
∆ = −10 3 6	−1	1	= −180((−1) 2 −3 1)= −180 (−5)=900 . ■
	3	2

Контрольная работа № 2 «Вычисление ранга матрицы с помощью элементарных преобразований.

Отыскание обратной матрицы»

Типовой вариант:

1. С помощью элементарных преобразований найти ранг матрицы

	2	−4	1	7	5
	1	−2	−2
A =				4 3 .
	1	−2	8	2
					1

2. Найти матрицу, обратную к матрице

	1	−2	4
	2	−4	3
A =				.
	3	−1	5

Решение типового варианта.

1. Для удобства выполнения первого шага поменяем местами первую и вторую строки матрицы A:

2 −4			1 7 5		1		−2	−2 4 3
	1	−2	−2			2 −4		1 7 5
A =				4 3	~				.
	1	−2	8			1	−2
				2 1				8 2 1

Символом « » здесь и далее обозначается переход к матрице, имеющей

такой же ранг, что и предыдущая матрица.

На первом шаге ко второй и третьей строкам матрицы A прибавим первую, умноженную соответственно на −2 и −1:

	1	−2	−2	4	3
	0	0	5	−1	−1
A ~						.
	0	0	10	−2	−2

Поскольку элемент матрицы, стоящий в позиции (2, 2), равен нулю, а

правее и ниже его имеются ненулевые элементы, перед выполнением второго шага поменяем местами второй и третий столбцы:

	1	−2	−2	4	3
	0	5	0 −1		−1
A ~						.
	0	10	0	−2	−2

На втором шаге вычтем из третьей строки полученной матрицы вторую строку, умноженную на 2 :

	1	−2	−2	4	3
	0	5	0 −1		−1
A ~ B =						.
	0	0	0	0	0

			1

Матрица A приведена к трапецеидальной форме B , из вида которой ясно, что все миноры третьего порядка равны нулю, но имеется минор второго порядка, отличный от нуля: он расположен в двух первых строках и двух первых столбцах матрицы B . Следовательно,

rang A =rang B =2 . ■

2. Вычислим определитель матрицы A:

det A =

−2

=−20 −18 −8 + 48 + 20 +3 =25.

−4

−1

Так как det A =25 ≠0 , то матрица A−1

существует. Найдем ее по формуле

A11

A21

A31

A−1

det A

A13

A23

A33

Имеем:

A11		=		(−1)1+1	−4				3	= −17,			A21 = (−1)2+1									−2			4		= 6, A31			= (−1)3+1	−2			4		=10 ,
A11		=		(−1)1+1	−4				3	= −17,			A21 = (−1)2+1									−2			4		= 6, A31			= (−1)3+1	−2			4		=10 ,
						−1			5													−1			5						−4			3
	A12			= (−1)1+2				2 3			= −1,		A22 = (−1)2+2									1 4				= −7, A32				= (−1)3+2			1 4		= 5			,
	A12			= (−1)1+2				2 3			= −1,		A22 = (−1)2+2									1 4				= −7, A32				= (−1)3+2			1 4		= 5			,
								3	5													3		5									2	3
A13			=(−1)1+3				2		−4		=10,		A23 =(−1)2+3								1		−2			= −5, A33 =(−1)3+3						1		−2			=	0 ,
A13			=(−1)1+3				2		−4		=10,		A23 =(−1)2+3								1		−2			= −5, A33 =(−1)3+3						1		−2			=	0 ,
							3		−1												3			−1								2		−4
																		1	−	17				6		10
													A	−1				1
																=			−1				−7			5		.
																=	25		−1				−7			5		.
																	25			10			−5			0
																				10			−5			0
			Проведем проверку правильности вычисления обратной матрицы. По
определению обратной матрицы должно выполняться равенство
																		A −1 A = E ,
где E – единичная матрица. Имеем:
													1		−17				6 10							1 −2 4
									A		−1	A =	1			−1			−7 5
																										2 −4 3				=
													25													2 −4 3				=
													25			10			−5 0							3 −1 5
																10			−5 0							3 −1 5
	1		−17 1+6 2 +10 3 −17 (−2)+6 (−4)+10 (−1)																											−17 4 +6 3 +10 5
=	1			−1 1−7 2 +5 3									−1 (−2)−7 (−4)+													5 (−1)				−1 4 −7 3				+5 5					=


	25			10 1−5 2 +0 3									10 (−2)−5 (−4)+0 (−1)																	10 4 −5 3				+0 5
				10 1−5 2 +0 3									10 (−2)−5 (−4)+0 (−1)																	10 4 −5 3				+0 5
												1	25			0			0				1		0	0
												1
											=		0 25						0	=			0 1			0			= E . ■
											=	25	0 25						0	=			0 1			0			= E . ■
												25	0			0			25				0		0	1
													0			0			25				0		0	1

	Тест № 1 «Матрицы и определители»
	Типовой вариант:
1.	Найти произведение матриц A и AT , если
					1		−1
					0		4
		A =			0		4	.
					7		−6
					7		−6
2. Дать определение линейной зависимости столбцов. Исследовать на
линейную зависимость столбцы			1					3
	a		1		a		=	3
	a	=		,	a	2	=		.
	1		2			2		4
3.	Дана матрица		2					4
3.	Дана матрица	1		2		−1		−2
		1		2		−1		−2
		2	−2				1		1
		2	−2				1		1
	A =	4	−10				5		7	.
		4	−10				5		7
		2	−14				7
		2	−14				7		11

Требуется: а) выписать какой-нибудь минор третьего порядка данной матрицы; б) найти дополнительный минор элемента a42 ; в) найти алгебраическое

дополнение элемента a34 ; г)

найти ранг матрицы A; д) выписать какой-

нибудь базисный минор матрицы A и вычислить его значение.

4. Даны четыре строки x,

z, t . Известно, что строки x,

y, z линейно

зависимы. Доказать, что строки x,

y, z, t

также линейно зависимы.

Решение типового варианта.

1 −1

1 1−1 (−1)

1 0 −1 4 1 7 −1 (−6)

AAT =

0 4

0 1+ 4 (−1)

0 0 + 4 4 0 7 + 4 (−6)

−6

−

7 −6

7 1−6 (−1)

7 0 −6 4 7 7

−6 (−6)

−4

−24

. ■

−24

2. Столбцы

a1,

a2 ,

, an называются линейно зависимыми, если су-

ществуют такие одновременно не равные нулю числа α1, α2 , , αn , что имеет место равенство

α1a1 +α2a2 + +αn an =0 ,

где 0 – нулевой столбец.

Исследуем на линейную зависимость столбцы

a		1		a			3
a	=		,	a	2	=		.
1		2			2		4
		2					4

Для этого составим их линейную комбинацию с неопределенными коэффи-

циентами α1,				α2 и приравняем ее к нулевому столбцу:
α a	+α		a		=0	α	1	+α				3			0				α	1		3α	2		0
α a	+α	2	a	2	=0	α		+α		2			=							1	+		2	=
1 1		2		2		1				2									2α1			4α2			0
							2					4			0				2α1			4α2			0
									α		1	+3α		2			0
											1			2		=		.
																	0
									2α1 + 4α2								0

Полученное равенство равносильно однородной системе линейных уравнений

α1 +3α2 = 0,2α1 +4α2 = 0.

Решим ее:


α	1	+3α	2		= 0,	α	1	= −3α		2		,		α		1	= −3α			2	,	α	1	= 0,
	1		2		= 0		1			2			= 0			1				2			1	= 0.
2α	1	+4α		2	= 0	2 (−3α		2	)+4α		2		= 0		−2α			2	= 0			α	2	= 0.
	1			2				2			2							2					2

Итак, эта система имеет только нулевое решение. Следовательно, столбцы

a1, a2	линейно независимы. ■
3.			1		2	−1
а)	M 3 =							;

			2		−2	1
			4		−10	5
б) M 42 =				1	−1	−2					1		−1		−2			=1 (−1)1+1					3 5			=0;


				2	1	1	=				0		3		5
				4	5	7					0		9		15								9	15
				4	5	7					0		9		15
в) A34 =(−1)3+4 M34 = −										1			2		−1				1	2			−1
										1			2		−1				1	2			−1
										2 −2					1	= −			0 −6					3	=
										2		−14			7				0	−18				9
											= −1 (−1)1+1							−6		3	=	0;
																		−6		3
																		−18 9
	1				2	−1 −2							1				2 −1 −2									1	2 −1 −2
		2			−2	1			1					0	−6					3		5				0	−6	3	5
		2			−2	1			1					0	−6					3		5				0	−6	3	5
г) A =		4 −10				5			7				~	0	−18					9		15		~		0	0	0	0	.
		4 −10				5			7					0	−18					9		15				0	0	0	0
		2 −14												0	−18					9		15				0	0	0	0
		2 −14				7 11								0	−18					9		15				0	0	0	0

Из вида полученной матрицы следует, что ее ранг, а значит, и ранг матрицы A, равен 2;

д) Поскольку базисный минор преобразованной матрицы расположен в первых двух строках и первых двух столбцах и при выполнении преобразований мы не переставляли ни строки, ни столбцы, то и базисный минор исходной матрицы A расположен в ее двух первых строках и первых двух столбцах:

12 =−2 −4 =−6 . ■

2−2


	4.	Так как строки x, y, z линейно зависимы, то		существуют числа
α,	β, γ	такие, что среди них хотя бы одно отлично от нуля и тем не менее
имеет место равенство
		α x + β y +γ z =0 .
Тогда, очевидно, имеет место и равенство
		α x + β y +γ z +0 t =0 .
Поскольку в этом равенстве по крайней			мере один	из коэффициентов
α,	β, γ отличен от нуля, то строки x, y, z, t		линейно зависимы. ■

Контрольная работа № 3 «Решение крамеровских систем линейных уравнений. Метод Гаусса решения произвольных систем линейных уравнений»

Типовой вариант:

1.Убедиться, что система уравнений

x1 −2x2 +4x3 = 3,

2x1 −4x2 +3x3 =1,3x1 − x2 +5x3 = 2

является крамеровской, и найти ее решение тремя способами: а) по правилу Крамера; б) с помощью обратной матрицы; в) методом Гаусса.

2. Найти общее и какое-нибудь частное решения системы уравнений

x1x1x1

−x2 +2x3 − x4 − x5 = 2,

+2x2 −3x3 + x4 + x5 = 4,

− x2 + x3 − x4

=3.

Решение типового варианта.

1. Данная система является квадратной. Найдем определитель ее основной матрицы:

				1				−2		4		=−20 −18 −8 + 48 + 20 +3 =25 .
				1				−2		4
	∆ =			2 −4 3
				3				−1		5
Так как ∆ =25 ≠0 , то данная система является крамеровской.
а) Найдем ее решение по формулам Крамера. Имеем:
			3					−2		4	=−60 −12 −4 +32 +10 +9 =−25 ,
			3					−2		4
∆1 =			1 −4 3
			2					−1		5
								1	3	4				=5 + 27 +16 −12 −30 −6 =0,
								1	3	4
	∆2 =							2 1 3
								3	2	5
							1		−2				3		=−8 −6 −6 +36 +8 +1=25 ,
							1		−2				3
	∆3 =						2 −4 1
							3		−1				2
x =	∆1	=			−25				=−1,					x			=	∆2	=	0	=0,	x		=	∆3	=	25	=1.
x =		=							=−1,					x			=		=	25	=0,	x		=		=	25	=1.
1	∆					25										2		∆		25			3		∆		25

Итак, решение данной системы есть

x1 =−1, x2 =0, x3 =1. ■

б) Найдем решение системы с помощью обратной матрицы. Введем в рассмотрение матрицу системы

	1		−2	4
	2		−4	3
A =
	3		−1	5

и столбцы неизвестных и правых частей
x					3
	1				1
x = x2		,	b =			.
					2
x3

Тогда данная система записывается в виде одного матричного уравнения

Ax =b. Умножая обе части этого уравнения слева на обратную матрицу A−1 , получаем формулу для искомого вектора x :

x = A−1b .

Матрица A−1 , обратная к матрице A, имеет вид (см. решение типового вари-

анта контрольной работы № 2):									−17		6	10
							1		−17		6	10
				A	−1		1
						=			−1	−7		5	.
						=			−1	−7		5	.
							25		10	−5		0
Тогда									10	−5		0
Тогда			−17					6	10	3			−51+6 + 20
		1	−17					6	10	3		1	−51+6 + 20
	−1	1										1
x = A	b =			−1 −				7	5	1	=			−3 −7 +10	=
x = A	b =	25		−1 −				7	5	1	=	25		−3 −7 +10	=
		25		10 −				5	0	2		25		30 −5 +0
				10 −				5	0	2				30 −5 +0

	1	−25		−1
		0		0
=			=		.
	25
		25		1

Отсюда следует, что решение данной системы есть

x1 =−1, x2 =0, x3 =1. ■

в) Найдем решение системы методом Гаусса. Выпишем расширенную матрицу системы и приведем ее основную часть к треугольному виду:

	1 −2			4	3	1		−2	4	3	1		−2	4	3

		2	−4	3	1		0	0	−5	−5		0	5	−7	−7
A =						~					~					.
		3	−1	5	2		0	5	−7	−7		0	0	−5	−5

Вернемся от расширенной матрицы к системе:

x	−2x	2	+4x	3	= 3,
1		2		3
	5x2 −7x3 =−7,
			−5x3 =−5.
			−5x3 =−5.

Из этой системы последовательно, начиная с последнего уравнения, находим x3 , x2 , x1 :

		x3 =	−5 =1,	x2 =	−7 +7x3				= −7 +7 1		= 0,
		x3 =	−5 =1,	x2 =					= −7 +7 1		= 0,
			−5				5			5
		x1 =3 + 2x2 −4x3 =3 + 2 0 − 4 1=−1.
Итак, решение системы есть
			x1 =−1, x2 =0, x3 =1. ■
2. Преобразуем основную часть расширенной матрицы системы к тра-
пецеидальной форме:
		1 −1	2 −1	−1		2	1		−1	2 −1				−1	2
		1 −1	2 −1	−1		2	1		−1	2 −1				−1	2
				1		4		0	3	−5	2 2				2
	A = 1 2 −3 1			1		4	~	0	3	−5	2 2				2	.
			1 −1	0		3		0	0	−1 0				1	1
		1 −1	1 −1	0		3		0	0	−1 0				1	1
Из вида полученной матрицы следует,							что rang A =rang						=3 , следовательно,
Из вида полученной матрицы следует,							что rang A =rang					A	=3 , следовательно,

данная система совместна. Так как rang A =3 <n =5 , то она имеет бесчислен-

ное множество решений.

Найдем общее решение системы. Поскольку минор третьего порядка, расположенный в первых трех столбцах, отличен от нуля, то удобно в качестве базисных неизвестных взять x1, x2 , x3 . Тогда неизвестные x4 , x5 будут

свободными. Вернемся от расширенной матрицы к системе:

x		−x	2	+2x	3	− x	4	− x	5	= 2,
	1		2		3		4		5
		3x2 −5x3 +2x4 +2x5 = 2,
				− x3			+ x5 =1.
				− x3			+ x5 =1.
Выберем для свободных неизвестных x4 ,							x5	произвольные значения C1, C2

соответственно и перенесем члены, содержащие эти неизвестные, в правые части уравнений:

												x			−x	2	+	2x		3	=			2 +C			+C	2	,
														1		2				3						1		2
															3x2 −5x3 = 2 −2C1 −2C2 ,
																	− x3				=1−C2.
																	− x3				=1−C2.
Решая полученную систему относительно базисных переменных																																						x1,	x2 , x3 ,
находим:							2 −2C1 −2C2 +5x3												= 2 −2C1 −2C2 −5 +5C2 =																−3−2C1 +3C2 ,
x3 = −1+C2 , x2 =							2 −2C1 −2C2 +5x3
x3 = −1+C2 , x2 =
														3													3											3
x	= 2 +C		+C	2		+ x		2		−	2x		3	=	2 +C			+C			2		+ −3−2C1 +3C2									−2(−1+C				2		)= 9 +C1 .
1	1			2				2					3				1				2						3									2				3
																											3													3
Следовательно, общее решение данной системы имеет вид
	x =	9 +C1			,		x		2	=		−3 −2C1 +3C2										,		x	3	= −1+C				2	,	x	4	= C ,	x		5	= C	2	,
	x =				,		x			=												,		x		= −1+C					,	x		= C ,	x			= C		,
	1		3												3																			1
			3												3
где постоянные C1,									C2		принимают произвольные значения.
	Полагая C1 = 0,									C2 =1, получим частное решение данной системы:
									x1 = 3, x2 = 0, x3 = 0, x4 = 0, x5 =1. ■
																					3

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.201562.98 Кб25Авторский курс программа.doc
#
02.05.201938.69 Кб1авторство.docx
#
01.05.2015184.34 Кб11акселератор мультипликатор.docx
#
01.05.201517.37 Кб29Аксиологический.docx
#
21.12.201868.61 Кб8Акцентуации (Леонгард).doc
#
01.05.2015359.51 Кб9Алгебра для статистиков 1 семестр.pdf
#
01.05.201557.91 Кб8Александр 2.docx
#
14.07.201926.73 Кб8Александр 2.docx
#
27.11.201949.97 Кб3Амортизация и списание ТМЦ.docx
#
18.11.20193.34 Mб24Английский язык.doc
#
01.05.2015660.48 Кб54Английский.doc