Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Институт экономики, управления и права

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Kontrolnaya_Lin_alg

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2015

Размер:

259.71 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

2	1	3
5	4	0	3 А13 0 А23 3 А33	(1)
1	2	3

	Здесь А13 , А23 , А33 – алгебраические дополнения элементов матрицы
а , а	23	, а	33	соответственно, которые в общем	случае для элемента	a
13	23		33			ij
находятся по формуле
	Aij		( 1)i j Mij .		(2)

Минор M ij – определитель, получаемый из исходного вычеркиванием

i–й строки и j–го столбца, на пересечении которых стоит данный элемент. Например, для нахождения M13 вычеркивается 1-я строка и 3-йстолбец:

М13		5		4	5 2 4 1 6 .
		1		2

Аналогично определяем M 23 , вычеркивая 2-ю строку и 3-й столбец.
M 33	получается вычеркиванием 3-й строки и 3-го столбца:
М 33			2	1	2 4 1 5 3 .

			5	4

Тогда алгебраические дополнения (по формуле (2)) будут равны:

A13 ( 1)1 3 M13 ( 1)4 6 6 ,

A33 ( 1)3 3 M33 ( 1)6 3 3.

Подставляя найденные значения в (1), найдем определитель

2 1 3

5 4 0 3 6 3 3 27 . 1 2 3

Ответ: 27.

2)Метод Саррюса.

Спомощью метода Саррюса можно вычислять только определители третьего порядка.

Сначала к исходному определителю справа приписываем первый и второй столбцы:

2 1 3 2 1

5 4 0 5 4

1 2 3 1 2

Тогда определитель равен сумме произведений элементов, стоящих на главной диагонали и диагоналях, параллельных ей, взятых со своими знаками, и произведению элементов побочной диагонали и параллельных ей диагоналях, взятых с противоположными знаками.

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

2 1 3 2 1

5 4 0 5 4 2 4 3 1 0 1 3 5 2 3 4 1 2 0 2 1 5 3 27 .

1	2	3 1	2
– –	–	+	+ +
	Ответ: 27.			1	2	1
				1	2	1
	5.				3
	5.	Найти матрицу, обратную матрице А 2			3	3 , и сделать
				3	4	5
				3	4	5

проверку.

Решение. а) сначала вычислим определитель исходной матрицы

	1	2	1
A	2	3	3	4 .
	3	4	5

Так как определитель матрицы А не равен 0, то для нее существует обратная матрица А-1.

b) Найдем транспонированную матрицу АТ, которая получается из исходной заменой элементов строк элементами столбцов с сохранением порядка:

		1							2				3
	АТ								3
	АТ	2							3			4 .
			1						3
			1						3				5
	с)	Найдем											алгебраические	дополнения	всех	элементов
транспонированной матрицы и составим из них матрицу																~
транспонированной матрицы и составим из них матрицу																А , которая
называется присоединенной (или взаимной):
A11T 1 1 1				3						4			3,
A11T 1 1 1				3						4			3,
					3				5
T	1 2						2		4			14 ,
T	1 2						2		4
A12	( 1)						1		5
							1		5
A13T 1 1 3								2	3				9,
A13T 1 1 3								2	3				9,
								1		3
АТ	1 2 1				2				3		1,
АТ	1 2 1				2				3		1,
21						3			5
						3			5
АТ	1 2 2					1 3				2 ,
АТ	1 2 2					1 3				2 ,
22						1			5
						1			5

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

АТ	1 2 3				1	2		1,
23					1	3
					1	3
АТ	1 3 1			2		3				1,
АТ	1 3 1			2		3				1,
31		3				4
		3				4
АТ	1 3 2				1	3			10,
АТ	1 3 2				1	3			10,
32					2	4
					2	4
АТ	1 3 3		1			2	7 .
АТ	1 3 3		1			2	7 .
33			2			3
			2			3
											~		3		14	9
											~				2		1
											А 1				2		1	.
														1	10		7
														1	10		7			1 ~
																			1	1 ~
	d) Найдем обратную матрицу по формуле																	А				А :
																					А


												1		3	14		9
										А	1	1
														1	2			1 .
														1	2			1 .
												4						7
														1 10				7

е) Проверим правильность нахождения обратной матрицы А 1 : при умножении А 1 на исходную матрицу, должна получиться единичная

матрица Е:									А 1		А Е .
				1	3		14	9		1		2	1	1	0	0
А	1	А		1
			=		1		2	1 2 3					3 0		1	0 Е.
			=	4	1		2	1 2 3					3 0		1	0 Е.
				4		1	10	7			3	4			0
						1	10	7			3	4	5	0	0	1
				1		3	14	9
Ответ: А			1	1
					1		2		1	.
					1		2		1	.
				4			10		7
						1	10		7

6.Решить систему линейных уравнений:

х1 2х2 х3 8,

2х1 3х2 3х3 5,

3х1 4х2 5х3 10.

Решение. 1) Метод обратной матрицы.

Запишем систему в матричном виде. Для этого обозначим матрицу

	1	2	1
		3
системы А 2			3 (она состоит из коэффициентов при
	3	4	5

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

переменных); столбец неизвестных X x2 , столбец свободных членов

	8
	5
B	5	, состоящий из правых частей уравнений. Тогда система
	10
	10

представима в матричном виде: A X B .

Для нахождения Х необходимо умножить матричное уравнение на А 1 слева: X A-1 B .

Матрицу А 1 найдем по алгоритму, приведенному в примере 5.

Получим:			3	14	9
		1
А	1
			1	2	1	.

		4		10	7
			1

Тогда столбец неизвестных:
	x			1	3	14		9	8		4		1
		1		1						1
X x2					1	2		1 5			8 2 .
X x2				4	1	2		1 5			8 2 .
				4		10				4
	x3				1	10		7	10		12		3
2) Метод Крамера.
Выпишем определитель матрицы системы А:
	А		1		2	1
			1		2	1
			2 3			3	4 .
			2 3			3	4 .
			3		4	5
(Так как определитель не равен 0, то метод Крамера использовать
можно, и система имеет единственное решение.)
Определитель 1 получаем из определителя												заменой первого столбца

на столбец свободных членов В, а остальные столбцы остаются прежними:

8 2 1

1	5 3	3 4 .
	10 4	5

Аналогично, заменяя в исходном определителе второй, а затем третий столбцы на столбец свободных членов, получим соответственно 2 и 3 .

	1	8	1			1	2	8
2	2	5	3	8,	3	2	3	5	12 .
	3	10	5			3	4	10

Теперь воспользуемся формулой Крамера и найдем все переменные:

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

х1	1	4	1, х2	2	8	2	, х3	3	12	3.

	4			4				4

3) Метод Гаусса.

Метод Гаусса – это универсальный метод решения систем линейных уравнений. Он заключается в последовательном исключении переменных.

Составим расширенную матрицу системы, которая включает в себя матрицу системы и столбец свободных членов.

	1	2	1	8
		3	3	5
2					.
	3	4	5	10

Произведем элементарные преобразования со строками матрицы, приведя ее к треугольному виду, т.е. к матрице, в которой все элементы, ниже главной диагонали равны нулю (при этом диагональные элементы не равны нулю).

Шаг 1. Если в матрице элемент а11 = 0, то перестановкой строк нужно добиться того, чтобы элемент а11≠ 0. В нашем примере а11≠ 0.

Сначала обнулим элементы первого столбца ниже главной диагонали. Для этого поочередно умножим элементы первой строки на числа

	а21		2	= 2 и		а31	3	= –3 и		прибавим соответственно					к	элементам
	а21
	а11
	а11	1				а11	1
второй и третьей строк:									8 3		1	2	1		8
				2	1 2 1



					2 3		3				0	7	1	11
					2 3		3		5		0	7	1	11

											0	10	2	14
					3 4			5	10			10
					3 4			5	10

Шаг 2. Если в полученной матрице а22 0 , то обнулим элемент второго столбца ниже главной диагонали. Для этого умножим вторую строку

на число		а32	10		10	и прибавим к третьей строке:
на число		а22				и прибавим к третьей строке:
		а22	7	7
			1	2		1	8
			1	2		1	8
									1	2	1	8
									1	2	1	8
	10		0	7		1	11	0		7	1	11
			0	7		1	11

	7
			0	10		2	14				4	12
				10					0	0

											7	7
											7	7

Полученная матрица имеет треугольный вид. Т.о. получили систему уравнений:

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

								х		х
					х		2	х		х			8,
						1			2	3			11,
							7х2			х3			11,
											4			12
											4	х3		12

											7				7 .
											7				7 .
		Откуда		найдем	из	последнего							уравнения х3 3; из второго
х2		11 х3	2 ; из первого х				8	2х 2					х3		1.
х2			2 ; из первого х			1	8	2х 2					х3		1.
	7
		Ответ: х1		1, х2	2, х3	3.

7. Решить систему линейных однородных уравнений. Найти фундаментальную систему решений.

х1 х2 х3 2х4 0,

х1 х2 2х3 х4 0,х1 3х2 4х3 3х4 0.

Решение. Исследуем данную однородную систему линейных уравнений, т.е. найдём её ранг. Для этого составим матрицу системы и преобразуем её с помощью элементарных преобразований:

( 1) 1		1	1	2 ( 1)	1		1	1	2	1	1 1		2
			2				2 3					3
	1 1			1	0				1 0 2				1 .
		3	4			0	2	3	1		0	0	0
	1			3						0

Вычеркнем нулевую строку и получим матрицу:

		1	1	1	2
						.
		0	2	3	1

	Рассмотрим минор, в состав которого входят первый и второй столбцы:
1	1	2 0. Минор не равен нулю. Его порядок равен двум, поэтому ранг

0	2

системы равен двум.

Минор, по которому определяют ранг системы, называется базисным. Базисный минор составлен из коэффициентов при переменных х1 и х2 . Поэтому х1 , х2 выберем в качестве базисных переменных. Все остальные переменные: х3 и х4 – свободные (они могут принимать любые числовые значения).1

1 Замечание. Выбор базисного минора, а, следовательно, базисных переменных производится неоднозначно. В данном примере можно было бы выбрать в качестве базиса

и другие переменные, например, х3 , х4 (т.к.	1	2	5 0 ).
	3	1

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

Запишем новую систему линейных уравнений, полученную в результате элементарных преобразований:

х х		х		2х		0,
1	2		3		4
2х2 3х3 х4 0.

Выразим базисные переменные через свободные:

х х				х		2х		,	х			3	х				1	х		х			2х	,
х х			2	х	3	2х		,	х				х	3				х	4	х		3	2х	,
	1		2		3		4			1	2			3		2			4			3	4
				3			1				2					2
		х2		3	х3		1	х4 .							3					1
											х2					х3					х4 .

				2			2								2					2
															2					2

х 1 х 3 х ,

2 2

х2 3 х3 1 х4 .

2 21 3 4

Полагая х3 С1 , х4 С2 , получим общее решение системы:

		1	С			3	С
				1				2
						2
	2					2
Х		3	С1			1	С		.
Х		2	С1			2	С	2	.
		2				2
					С1
					С1
					С2
					С2

Из общего решения выделим два частных решения:

1) пусть С1 1, С2 0, тогда Х

2) пусть С1 0, С2 1, тогда Х

(1)

(2)

	1

	2
	2
	3	;
	2	;
	2
1
	0
	0

1 .

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

										1					3

											2			2
											2			2
						(1)					3	(2)				1
					Х							Х
Система решений									2 ;							2		образуют нормальную
Система решений									2 ;							2		образуют нормальную
										1					0
											0			1
											0			1
фундаментальную систему решений.
Общее	решение				записывается							через			фундаментальную систему:
Х С1 Х (1)	С2 Х (2) .
													1	С			3	С


													2	1			2		2
													3	С1			1	С2
Ответ: Общее решение системы												Х								. Фундаментальная
Ответ: Общее решение системы												Х	2							. Фундаментальная
													2				2
																	С1
																	С1
																	С2
																	С2
		1					3

		2				2
		2				2
(1)		3		(2)				1
система: Х			Х
	2 ;							2		.
	2 ;							2		.
	1						0
		0				1
		0				1

8. В таблице приведены данные об исполнении баланса за отчетный период, усл.ден.ед.:

Отрасль		Потребление			Конечный	Валовой
		Энергетика	Машино-		продукт	выпуск
			строение
Произ-	Энергетика	7	21		72	100
водство	Машино-	12	15		73	100
	строение
Вычислить необходимый объем			валового	выпуска каждой отрасли,

если конечный продукт энергетической отрасли должен увеличится в 2 раза, а машиностроения – сохранится на прежнем уровне.

	Решение.	Обозначим: х1 100 – общий валовой объем продукции
первой отрасли,		х2 100	– второй отрасли. х11 7 – объем продукции первой
отрасли, потребляемой			первой же отраслью в процессе производства,
х12	21 – объем продукции первой отрасли, потребляемой второй отраслью,
х21	12 – объем продукции второй отрасли, потребляемой первой отраслью в

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

процессе производства, х22 15	– объем продукции	второй отрасли,
потребляемой второй отраслью;	y1 72 – объем конечного продукта 1-й
отрасли для непроизводственного потребления, y2 73 –		объем конечного
продукта 2-й отрасли для непроизводственного потребления.
Найдем коэффициенты прямых затрат по формуле аij			xij	(i, j = 1, 2),

			x j

показывающие затраты продукции i –й отрасли на производство единицы продукции j-й отрасли.

Т.о. a11			х11	7	0,07; a12		х12	21		0,21;

			х1	100			х2
			х1	100			х2	100
a21	х	21	12	0,12; а22=a22		х22		15		0,15.

	х1
	х1		100				х2	100
Составим матрицу прямых затрат									0,07		0,21
Составим матрицу прямых затрат								A				.
									0,12		0,15
									0,12		0,15

Матрица А имеет неотрицательные элементы и удовлетворяет

критерию продуктивности:		0,36 0,36 1
max 0,07 0,12;	0,21 0,15 max 0,19;

(максимальная из сумм элементов ее столбцов не превосходит единицы). Поэтому для любого вектора конечного продукта Y можно найти

необходимый объем валового выпуска Х по формуле: X E - A 1 Y . Найдем матрицу E - A 1 :

	1			0		0,07		0,21				0,93	0,21
E - A														.
			0	1									0,85
			0	1		0,12		0,15		0,12			0,85
Так	как		определитель						Е А		0,7653 0 ,			то существует обратная
Так	как		определитель						Е А		0,7653 0 ,			то существует обратная
матрица E - A 1 . Используя									алгоритм вычисления обратной матрицы,
изложенный в примере 5, получим:
					1		0,85		0,21
E A		1			1					.
E A		1								.
				0,7653
				0,7653			0,12		0,93					144
По	условию					вектор		конечного				продукта		144		. Тогда вектор
По	условию					вектор		конечного				продукта		Y		. Тогда вектор
															73
															73
валового выпуска:					0,85		0,21		144			180
X	1				0,85		0,21		144			180
													.
													.
	0,7653				0,12
	0,7653				0,12		0,93		73			111

Ответ: Если конечное потребление энергетической отрасли увеличится в два раза, а машиностроительной – не изменится, то валовой выпуск энергетики должен увеличится до 180 усл.ед., а машиностроения – до 111 усл.ед.

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

9. Найти собственные значения и собственные векторы матрицы

0		1
А		.
	2
	2	1

Решение. Для того, чтобы найти собственные значения матрицы, необходимо составить характеристическое уравнение: А Е 0 , где

1 0

Е– единичная матрица:

0 1

	А Е		1	0.

		2	1

Раскрыв этот			определитель, получим квадратное уравнение:

(1 ) 2 0 2 2 0.

Решением этого характеристического уравнения являются собственные значения: 1 1, 2 2 .

Каждому собственному значению соответствует свой собственный вектор. Множество всех собственных векторов следует искать из уравнения

(А Е) х 0.

Этому векторному уравнению соответствует система:

х1 х2 0,

2х1 (1 )х2 0.

Найдём собственный вектор х (1) , подставляя собственное значение

1 1:

			х	(1)	х(1)	0,
			1		2
			2х1(1) 2х2(1) 0.
			Система сводится к единственному уравнению х(1)															х(1) 0.
																	1		2
			Полагая			х(1)	с				,	получаем			х(1) с . Таким				образом,		первый
						1				1					2		1
								х					с
собственный вектор								х	(1)				1	.
													с
													1
			Для того чтобы найти второй собственный вектор																х	(2) , подставим в
систему 2 2:
			2х(2)			х(2)	0,				2х1(2) х2(2) 0.
					1	2					2х1(2) х2(2) 0.
			2	х1(2) х2(2) 0.
			Полагая			х(2)	с			2	,	получаем			х(2) 2с	2	. Второй	собственный			вектор
						1				2					2	2
	х		с
	х	(2)		2	.

			2с2

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
11.08.2019303.1 Кб14Kazansky_Gosudarstvennyy_Tekhnichesky_Universit...doc
#
01.06.201532.52 Mб11king_cree_english_business_letters.pdf
#
01.06.2015624.83 Кб16Konspekt_lekcii Зандер.pdf
#
26.03.2016134.66 Кб16Kontrolnaya_-_Kharitonova_33.doc
#
26.03.201650 Кб18Kontrolnaya_12.doc
#
01.06.2015259.71 Кб7Kontrolnaya_Lin_alg.pdf
#
01.06.2015576.51 Кб23kontrolnaya_po_lineynoy_algebre.doc
#
28.09.2019883.37 Кб13kontrolnaya_rabota_25_variantov.rtf
#
26.03.2016161.29 Кб17kontrolnaya_r_po_PKP (1).docx
#
01.06.20151.65 Mб43Kon_avtom.doc
#
26.03.2016201.43 Кб16kr2_SMO.pdf