Контрольная работа №2 Элементы линейной алгебры

Задачи 41-50.Даны две матрицыAиB. Требуется найти: 1); 2)A^-1; 3) , гдеE- единичная матрица третьего порядка.

49. , .

Решение:

2 6 1 2 6 1 4 -4 3 10 31 15 4 -4 3 14 27 18

1) A²+B^T = 1 3 2 * 1 3 2 + -3 0 2 = 5 17 9 + -3 0 2 = 2 17 11

0 1 1 0 1 1 2 5 -3 1 4 3 2 5 -3 3 9 0

A₁₁ A₂₁ A₃₁ 2 6 1

2) Формула: A^-1=1 / detA A₁₂ A₂₂ A₃₂ detA = 1 3 2 = 6+1+0-0-4-6= -3 0

A₁₃ A₂₃ A₃₃ 0 1 1

A₁₁=(-1)¹⁺¹ = 1 A₂₁= - = -5 A₃₁= = 9

A₁₂=(-1)¹⁺² = -1 A₂₂= = 2 A₃₂= - = -3

A₁₃=(-1)¹⁺³ = 1 A₂₃= - = -2 A₃₃= = 0

1 -5 9 -1/3 5/3 -3

A^-1=1 / -3 -1 2 -3 = 1/3 -2/3 1

1 -2 0 -1/3 2/3 0

1 0 0 4 -3 2 -1/3 5/3 -3 1 0 0 -3 10 -15 1 0 0 -4 10 -15

3) E= 0 1 0 = -4 0 5 * 1/3 -2/3 1 - 0 1 0 = -1/3 -10/3 12 - 0 1 0 = -1/3 -13/2 12 =

0 0 1 3 2 -3 -1/3 2/3 0 0 0 1 2/3 5/3 -7 0 0 1 2/3 5/3 -8

= -121 / 3 = -40,333

Задачи 51-60.Проверить, совместна ли система уравнений, и в случае совместности решить ее: 1) по формулам Крамера; 2) методом Гаусса; 3) с помощью обратной матрицы (матричным методом).

59.

Решение:

0 -1 -3

1) Находим определители: ∆₁= 1 4 2 = 0-15+6-36-0+1=-44

-3 5 1

2 0 -3

∆₂= 3 1 2 = 2+27+0+3+12-0=44

1 -3 1

2 -1 0

∆₃= 3 4 1 = -24+0-1-0-10-9=-44

1 5 -3

По формуле Крамера находим:x₁=∆_{1 /} ∆= -44 / -44 = 1,x₂= 44 / -44 = -1,x₃= -44 / -44 = 1

2 -1 -3 0 2 -1 -3 0 2 -1 -3 0

2)Преобразуем расширенную матрицу: 3 4 2 1 > 0 -11 -13 -2 > 0 -11 -13 -2

1 5 1 -3 0 -11 -5 6 0 0 -8 -8

3яя матрица соответствует системе уравнения: 2x₁-x₂-3x₃=0

-11x₂-13x₃=-2

x₁= 1, x₂= -1, x₃= 1 -8x₃=-8

2 -1 -3 x1 0

3)ax=b,a= 3 4 2 ,x=x2 ,b= 1x=a^-1*b, найдём обратную матрицу а^-1

1 5 1 x3 -3

A₁₁= = -6 A₂₁= - = -14 A₃₁= = 10

A₁₂= - = -1 A₂₂= = 5 A₃₂= - = -13

A₁₃= - = 11 A₂₃= - = -11 A₃₃= = 11

-6 -14 10 -6 -14 10 0 0 -14 - 30 -44 1

A^-1=1/-44 -1 5 -13 , от сюдаx=1 / -44 -1 5 -13 * 1 = 1 / -44 0 + 5 - 39 = 1 / -44 44 = -1

11 -11 11 11 -11 11 -3 0 -11 - 33 -44 1

x₁=1,x₂=-1,x₃=1

Задачи 61-70.Найти собственные значения и собственные векторы матрицыA.

69.

Решение: Составляем характеристическое уравнение матрицы.

3-ℓ 1 0

A= -4 -1-ℓ 0 = 0

4 -8 -2-ℓ

(-2-ℓ)((3-ℓ)(-1-ℓ)+4)=0

(-2-ℓ)(ℓ²-2ℓ+1)=0

ℓ₁=-2, ℓ₂=1, ℓ₃=1 Линейное преобразование с данной матрицей имеет два действительных собственных значения ℓ₁=-2, ℓ₂=1. Для того чтобы найти соответствующий собственный вектор, используем систему уравнений: (3-ℓ)x₁+x₂= 0

-4x₁+(-1-ℓ)x₂= 0 (1)

4x₁-8x₂+(-2-ℓ)x₃= 0

При ℓ=-2 система уравнений (1) принимает вид:

5x₁+x₂= 0

-4x₁+x₂= 0

4x₁-8x₂= 0

x₁=0,x₂=0, получивx₃=-1, получим векторx=(0, 0, -2).

При ℓ=1 система уравнений (1) принимает вид:

2x₁+x₂= 0

-4x₁+2x₂= 0

4x₁-8x₂-3x₃= 0

x₁=-3/20x₃,x₂=3/10x₃, получивx₃=1, получили собственный векторx=(- 3/20, 3/10, 1).

Задачи 71-80. Используя теорию квадратичных форм, привести уравнение кривой второго порядка к каноническому виду и построить эту кривую.

79.

Решение:

Уравнение второй степени: a₁₁x²+2a₁₂xy+a₂₂y²+a₁₃x+a₂₃y+a₃₃(1)

a₁₁= 0, a₁₂= 2, a₁₃= 0

Первые 3 члена левой части уравнения (1) образуют квадратичную форму двух переменных x1=x,x2=y:f(x,y)=a₁₁x²+2a₁₂xy+a₂₂y²= 4xy

Сматрицей: А= Уравнение матрицы 0-ℓ 2 =0 ℓ²=4

2 0-ℓ

Имеет корни ℓ₁=-2, ℓ₂=2, которые являются собственными значениями матрицы А. Найдём собственные векторы координаты которых (s,t) определяются из системы уравнений:

-ℓs+2t=0

2s-ℓt=0

При ℓ₁=-2, ℓ₂=2 имеет две системы:

2s+2t=0 -2s+2t=0

2s+2t=0 2s-2t=0

Из этих систем находим собственные векторы:u=(t,-t), v=(t,t), t 0. Если t=1, тогда u=(1,-1), v=(1,1). Из этого соствим матрицу В:

В=

Спомощью матрицы В записываем ортогональное преобразование:x=x’+y’= (x’+y’)

y= x’+ y’= (-x’+y’)

Это преобразование приводит данное уравнение кривой к каноническому виду:

u(x’,y’)=4* (x’+y’)(-x’+y’)+4* (x’+y’)-4* (-x’+y’)-2=(x’+)²-y’²-1=0

(x’- )²-y’²=1уравнение определяющее гипербулу с действительной осью О₁ Х, с центром в точке О₁( ,0) и полуосями aиb.a=1,b=1

Построим данную кривую: