Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гродненский государственный университет им. Я. Купалы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

высшая математика

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

5.88 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 417 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Пример 3. Найти указанным методом все опорные решения системы (2).

Решение. Выделим в расширенной матрице В системы единичную подматрицу, выбрав в ходе полных гауссовых исключений разрешающие элементы по правилам 1) и 2). Для первого исключения примем за разрешающий первый столбец. Разрешающую строку оп-

			14			7	=	7
ределим из условия		min			,				. Ею будет вторая строка, а разре-
ределим из условия		min	1		,	2		2	. Ею будет вторая строка, а разре-
			1			2		2
шающим – элемент 2. В результате придем к матрице:
	1	3	0	14					0	6		3	21
	1	3	0	14					0	6		3	21
	[2 ] 0 −		3						2	0	−	3
	[2 ] 0 −		3	7					2	0	−	3	7 .
	0	2	1	7					0	[4 ]		2	14

Если теперь в полученной матрице взять разрешающим второй столбец, то разрешающим элементом в нем можно взять 6 и 4, т.к.

	21		14	=	7
min		,				.
	6		4		2

Взяв в качестве разрешающего элемента 4 и выполнив исключение, приходим к матрице:

	0	0	0	0				3	7


					1	0	−
					1	0	−
2		0	− 3	7				2	2	(4)
					0	1		1	7
	0 4		2	14
	0 4		2	14
								2	2

с единичной подматрицей.

Матрица (4) соответствует системе двух линейных уравнений с тремя неизвестными (r = 2, n = 3), общее число базисных решений которой не превышает 3. При этом базисами системы переменных мо-

гут быть наборы x1, x2; x1, x3; x2, x3.
			На основе матрицы (4) при x3 = 0					находим базисное решение
	7		7
		;		; 0	, которое является опорным.
	2	;	2	; 0	, которое является опорным.
	2		2
			При x1 = 0 из (4) получаем −			3	x3 =	7	x3 <	0 . Значит, базисное
			При x1 = 0 из (4) получаем −			2	x3 =	2	x3 <	0 . Значит, базисное
						2		2

решение в базисе (x2, x3) опорным быть не может.

6 1

Анализируя матрицу (4) и полагая x2 = 0, получаем



	x1				x 3
	x1				x 3			7
	1			−		3		7
	1			−	2			2	.
					2			2	.
					1			7
	0
	0
					2			2
					2			2
Отсюда получаем x = 7,		x	1	=			21	+		7	= 14, и, значит, (14; 0;7) – ба-
Отсюда получаем x = 7,		x		=				+			= 14, и, значит, (14; 0;7) – ба-
3					2				2
					2				2

зисное решение, которое также является и опорным.

Таким образом, система уравнений (2) имеет два опорных реше-

	7		7
ния: (14; 0; 7) и		;		; 0 .
ния: (14; 0; 7) и	2	;	2	; 0 .
	2		2

! Задания для самостоятельной работы

1. Решить следующие системы методом полного исключения:

x1 −

x2 +

x3 = 5,

x1 − x2 − 3x3 = − 1,

+ x2 − 2x3 = 1,

2x1

а) 2x1

+ x2

+ x3 = 6, б)

x1 + x2 + 2x3 = 4;

−

= 1.

Найти все базисные решения систем:

4x1 + x2 − 12x3 + x4 =

5x1 + x2 − x3 = 2,

а)

+ x2

− 6x3 − x4 =

б)

10x1 + 2x2 − x3 = 7,

2x1

5x1 + x2 + x3 = 8,

Найти все существующие опорные решения систем:

x1 +

x2 +

x4 = 2,

−

2x1 + 3x2 + x3 = 9,

а)

б)

+ 5x2 + x4 = 31,

− x2

− 2x3 + x4 =

2x1

3x1

− x2 + x5 = 21.

3x1

6 2

Лекция 11

Системы векторов

Изучаются базис и ранг системы векторов, разложение вектора по базису, ортогональные системы векторов.

10. Базис и ранг системы векторов. Система a!1, a!2 , $, a!m n–мерных векторов называется линейно зависимой, если найдутся такие числа α 1, α 2,..., α m , из которых хотя бы одно отлично от нуля

(α

)

≠

+ α

%+ α

0 . В противном случае си-

∑

, что α

i= 1

2 , $,

стема векторов

называется линейно независимой,

т.е.

a1,

указанное

равенство

имеет

место

только

тогда, когда все α

i = 0,

i =

1, m

Базисом данной системы векторов называют такую подсистему этой системы, векторы которой линейно независимы, а любой другой вектор системы является их линейной комбинацией.

Рангом системы векторов называют максимальное число линейно независимых векторов этой системы, т.е. число векторов в базисе.

Диагональной системой векторов называют следующую систему:*)

		!		= (a1	; a1	; a1	;$; a1) ,
		a1		= (a1	; a1	; a1	;$; a1) ,
				1	2	3	n
		!	2	= (0; a2 ; a2 ;$; a2 ) ,
		a	2	= (0; a2 ; a2 ;$; a2 ) ,
					2	3	n
		!	3	= (0; 0; a3 ;$; a3) ,				(1)
		a	3	= (0; 0; a3 ;$; a3) ,				(1)
						3	n
		%%%%%%%%
		!
		am = (0; 0; $; amm ;$; anm ) ,
где a1	≠ 0, a2	≠ 0,$, am	≠ 0 .
1	2	m

Диагональная система векторов (1) линейно независима.

Для вычисления ранга системы векторов нужно по столбцам составить матрицу из координат этих векторов и вычислить ее ранг, который будет равен рангу этой системы векторов.

Пример 1. Проверить на линейную зависимость или независимость

систему векторов

= ( − 1; 3; 2; 1) ,

(− 13; − 1; 2; − 11),

(1; 2; 1; 2), a

(− 13; 4; 5; − 8) .

*) Здесь для краткости символ «col» в обозначении вектора опускаем.

6 3

Решение. Составим их линейную комбинацию

или

α 1a1 +

2 a2

3a3

4 a4 =

− 1

− 13

+ α

−

+ α 4

0 .

α 1

+ α

− 11

−

Такое векторное уравнение эквивалентно следующей системе

уравнений:

a1 − a2 − 13a3 − 13a4 = 0,

2a1 + 3a2 − a3 + 4a4 = 0,

a1 +

2a2 +

2a3 + 5a4 = 0,

+ a2 − 11a3 − 8a4 = 0.

2a1

Решая эту систему, получаем, например, ее частное решение: α 1 =8,

α 2 = –5, α 3 = 1,

4 = 0.

Значит,

1 −

0 ,

т.е.

указанная система векто-

5a 2

+ 0 a 4

ров линейно зависима.

Пример 2.

Найти ранг системы векторов:

a1 = (1; 2; 3; 4), a2 = ( 2; 3; 4;1) , a3 = ( 3; 4;1; 2)

=( 4;1; 2;)3 .

, a4

Решение. Составим матрицу из координат этих векторов:

и с помощью прямого хода метода Гаусса приведем ее к виду

1		2	3		4
	0	− 1	− 2	−	7
						, по которому устанавливаем, что ее ранг равен 4
	0	0	4	−	4

	0	0	0	− 160

(ее определитель равен 640 ≠ 0), а значит, ранг указанной системы

6 4

векторов равен 4, а поскольку система содержит четыре вектора, то она линейно независима и образует базис.

Множество всех n-мерных векторов, в котором для любых двух векторов определена их сумма, и для любого вещественного числа определено произведение вектора на это число, назовем n–мерным векторным пространством R n.

			2	0. Разложение вектора по базису. Пусть		n–векторы
!		!	2 ,	!	!	!
					b – произвольный n-вектор. Тогда b
a	1	, a		$, a n образуют базис, а

может быть разложен по векторам базиса и притом единственным

образом, т.е. найдутся

такие

числа

α 1, α 2 ,...., α

что

+ $+ α

= α 1a1 + α

2 a2 + α

3a3

n an .

Пример 3. Проверить,

(1; 2; − 1),

что трехмерные векторы a1 =

2 (3; 6; 1),

образуют базис, и разложить по этому базису

a3 = (3; 9; 3)

(2; 5 ;0) .

вектор b =

Решение. Так как

18 +

6 −

27 + 18 − 18 − 9 =

− 12 ≠

0 ,

−

то указаные векторы образуют базис.

Разложение вектора

b по этому базису проведем двумя способами.

П е р в ы й

с п о с о б .

Найдем коэффициенты разложения

= α 1a1 + α

2a2 + α

3a3 . Подставляя координаты векторов в это равен-

ство, получим следующую систему уравнений:

a1 +

3a2 + 3a3 =

+ 6a2 + 9a3

= 5,

2a1

(2)

− a1

+ a2 + 3a2

= 0.

Систему (2) решим по правилу Крамера:

∆ = − 12 ,

∆ 1 =

= 36 + 0 + 15 − 0 − 18 − 45

= − 12

5 6 9

∆ 2 =

= 0, ∆ 3 =

= − 4.

5 9

2 6 5

− 1

6 5

Значит, a1 = ∆∆1 = −− 1122 = 1, a2 = ∆∆2 = 0, a3 = −−142 = 13 .

Итак, искомое разложение имеет следующий вид:

b =	!1	+	!	2	+	1	!3	.
b =	1 a	+	0 a		+	3	a	.
						3

В т о р о й с п о с о б . Из координат данных векторов составляем матрицу и с помощью прямого хода метода Гаусса приводим ее к трапециедальному виду:

	1	2 − 1	!	1		1	2 − 1				!						1	2 − 1				!
	1	2 − 1	a	1		1	2 − 1				a1						1	2 − 1				a	1
		6 1	!				0 4		!	2 −		!					0	3 6		!		−	!
3		6 1	a	2	0		0 4		a	2 −		3a1					0	3 6		a	3	−	3a	1
	3	9 3	!	3		0	3 6		!	3	−	!1					0	0	4	!	2	−	!1
	3	9 3	a			0	3 6		a		−	3a					0	0	4	a		−	3a
			!						!			!1								!			!1
	2	5 0		1		0	1 2		b −			!1					0	1 2		b −			!1
	2		b			0	1 2					2a					0					2a
			b									2a										2a
						1	2	− 1						!	1
														!	1
														a
												!		a	!
					0		3	6				a	2	−	3a1
						0	0	4				!	3	−	!	1			.
						0	0	4		!		a		−	3a			!1
						0	0	0	3b −			!1		−	!3		+	!1
						0	0	0				6a			a			3a
												6a			a			3a

Из последней строки полученной матрицы находим искомое разложение:

−

= 0

→

1 a

0 a

30. Ортогональные системы векторов. Важную роль среди систем n-мерных векторов играют ортогональные системы, т.е. такие системы ненулевых векторов, в которых каждый вектор ортогонален любому другому. Ортогональные системы n-мерных векторов образуют базис в пространстве R n, который называется ортогональным. Если при этом длины векторов равны единице, то базис называют ортонормированным. Простейшим и наиболее важным ортонормированным базисом в пространстве R n является базис, составленный из единичных векторов e!1, e!2 ,$, e!n , где


e!i =	0;	$; 0; 1; 0;	$; 0	, i =	1, n	.
	)&(&'
		i

6 6

Ортогональные базисы представляют интерес и потому, что в них

координаты вектора находятся несложным образом:

если

= α

a1, a2 ,$, an

– ортогональный базис и a

1a1 + α

2a2 + $+

n an ,

то α i

, i =

1, n . В случае ортонормированного базиса все

и α

i = a

ai , i = 1, n .

Пример 4.

Показать,

что векторы

( 2;−

2;−

a1 = (1;2; − 2), a2 =

ортогональны.

Дополнить систему

до ортогонального базиса.

, a2

Найти координаты вектора

(1; 1; 1)

в этом базисе.

b =

Решение. Вычислим скалярное произведение векторов

1 2 +

2 (−

2) + ( −

2)( −

)1 =

0 . Оно равно нулю,

следовательно,

a 2

: a1 a2

векторы ортогональны.

Пусть

до ор-

(x; y; z) – вектор, дополняющий систему a1

, a2

тогонального базиса.

Тогда

0 ,

или в координатной

0, a2 a3 =

форме

x + 2y −

2z =

(3)

2x −

2 y − z =

Решая

систему

(3),

находим

одно

из

частных

решений

; 1

Итак,

;1 .

Найдем

базисе

a1, a2 , a3

координаты

вектора

b :

i равны скалярным произведе-

b =

1a1

2 a2

α 3a3 . Координаты

ниям вектора

на соответствующие векторы базиса:

α 1

(1; 1; 1)(1; 2; − 2) =

(1+ 2 − 2) =

α 2

(1; 1; 1)(

1; − 2; 1) =

(2 − 2 − 1) = −

6 7

b a3

α 3 =

(1; 1; 1) 1;

; 1 =

1 =

! Задания для самостоятельной работы

1. Найти все базисы системы векторов:

= (1; 2; 3; 4),

( 3; 4; 5; 6)

=( 4; 5; 6;)7 .

a2( 2; 3; 4; 5)

, a3 =

, a4

Дан базис

3 . Показать, что векторы

e1,

e 2 ,

1 − e2 ,

3 −

также образуют базис.

e 2

3. Определить ранг системы векторов:

2;4)

= ( 2;− 1;1;5;2) .

a1 = (2; − 1;3; −

, a2

= ( − 4; − 2;5;1;7) , a3

Дана система векторов

= ( 4; 3; 2; 1) ,

= ( 1; 1; 1; )1 .

a1 =

(1; 2; 3; 4), a2

Проверить наличие линейной зависимости.

Показать,

что

= (

−

1;4;2)

векторы a1

= (4;5;2), a2 = ( 3;0;1)

, a3

образуют базис. Найти разложение вектора

(5;7;8) по этому базису.

6. Найти векторы, дополняющие следующие системы до ортонормированных базисов:

	!1	=	2			1		2				!	2	=	1		2			− 2
a)	a				;		;			,		a				;		;				;
				3		3		3							3		3			3

	!1	=	1			1		1			1			!2	=		1			1		−	1		− 1
б)	a				;		;		;			,		a					;		;			;		.
				2		2		2		2							2			2		2			2

6 8

Лекция 12

Векторное и смешанное произведения векторов

Рассмотрены понятия векторного и смешанного произведений векторов и изучены их свойства.

10. Векторное произведение двух векторов. Рассмот-

рим вначале задачу о нахождении вектора c! , ортогонального двум

заданным неколлинеарным векторам	!	=
	a

	ax

	ay

	az

и b =

bxby .bz

	!		x
Пусть	!	=		. По условию и свойству скалярного произведения
Пусть	c	=	y	. По условию и свойству скалярного произведения

			z

! ! ! !

c a = c b = 0 , и тем самым задача сводится к решению системы двух линейных алгебраических уравнений с тремя неизвестными:

ax x + ay y + az z = 0,

(1)

b x + b y + b z = 0.

≠

0) , то систему (1) можно решить сле-

Т.к. по условию a

b(λ

дующим образом: перепишем ее в виде

ax x + ay y = − az z,

(1′)

b x + b y = − b z ,

≠ 0) , то применим правило Крамера:

и, т.к. ∆ =

≠ 0, (a

≠

λ b,

∆ 1 =

− zax

= z

∆ 2 =

− zaz

= − z

− zbx

− zbz

Общее решение системы (1) имеет вид:

6 9

−

x =

, y

, где z – свободная переменная.

Зададим ее таким образом, чтобы решение упростилось, а именно, положим z = ∆ .

−

Тогда c =

Векторным произведением двух упорядоченных векторов

= col (ax ; ay ;az ),

col (bx ;by ;bz )

называется вектор, ортогональный

этим векторам и определяемый формулой:

			!	!	! !	]=	i!	!j
							i!	!j
							ax	ay
			a	×b =	[a,b		ax	ay
							bx	by
!		Пример 1.!	Найти		векторное
a	=	col (1;2;3) и b	= col (4;5;6) .

!
k
az	.	(2)
bz
произведение		векторов

Решение.

! !

col (cx ;cy ;cz ) .

Обозначим [a, b

Тогда

cx =

= 1, cy =

−

6, cz =

−

Итак, векторное произведение данных векторов

и b есть век-

тор

−

col (1;6;−

3) .

c! = 1 i +

6 j

20. Свойства векторного произведения. Из свойств определителя вытекают следующие три свойства:

а) векторное произведение коллинеарных векторов равно нулю;

b)	[λ	!	!	]=	λ	!	!	,	λ R – ассоциативность;
		a,b				a[,b
c)	!	!	]=	−	!	!		–	антикоммутативность.
	[a,b				b[, a

7 0

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 417 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
19.11.2018253.44 Кб9второй курсач(разработка)(Кристина)2.doc
#
13.09.201940.04 Кб6Вуліца Замкавая.docx
#
18.02.2016147.97 Кб2вучэбная праграма 2012.doc
#
19.02.201612.77 Mб65Высшая матем. Учебник.pdf
#
22.09.2019956.93 Кб18Высшая математика (1).doc
#
18.02.20165.88 Mб72высшая математика.pdf
#
18.02.2016192.33 Кб16Вычеты аналитических функций..pdf
#
18.02.2016190.98 Кб4гістарычная навука Бел. раб. праграма 2012.doc
#
14.04.2019380.93 Кб13Гісторыя Беларус(шпоры).doc
#
12.11.2019311.93 Кб3Гісторыя беларускага сялянства. Т.2..docx
#
15.04.2019130.2 Кб4гістрыя вся.docx