- •М.Н. Подоксёнов Сборник индивидуальных заданий по алгебре и аналитической геометрии
- •Индивидуальное задание по алгебре §1. Матрицы и определители.
- •§2. Правило Крамера.
- •Задания для самостоятельного решения.
- •§3. Решение системы линейных уравнений с помощью обратной матрицы.
- •Задания для самостоятельного решения.
- •§4. Использование обратной матрицы при решении задач на преобразование координат.
- •Пример.
- •Задания для самостоятельного решения.
- •§ 5. Решение однородной системы уравнений. Фундаментальная система решений.
- •Примеры решения задачи.
- •Советы по поводу особых ситуаций.
- •Задания для самостоятельного решения.
- •Индивидуальное задание по геометрии Требования по оформлению
- •Вариант 1.
- •Вариант 2.
- •Вариант 3.
- •Вариант 4.
- •Вариант 5.
- •Вариант 6.
- •Вариант 7.
- •Вариант 8.
- •Вариант 9.
- •Вариант 10.
- •Вариант 11.
- •Вариант 12.
- •Вариант 13.
- •Вариант 14.
- •Вариант 15.
- •Вариант 16.
- •Вариант 17.
- •Вариант 18.
- •Вариант 19.
- •Вариант 20.
- •Вариант 21.
- •Вариант 22.
- •Вариант 23.
- •Вариант 24.
- •Вариант 25.
- •Вариант 26.
- •Вариант 27.
- •Вариант 28.
- •Вариант 29.
- •Вариант 30.
- •Решение нулевого варианта
- •Аналогично находим m3(–1,–3).
- •Прибавим ко второму уравнению первое, умноженное на 4:
§3. Решение системы линейных уравнений с помощью обратной матрицы.
Определение. Матрица X называется обратной к матрице А, если
АX = XА = E
(E – единичная матрица). Тогда обозначаем X = А1. Матрица, которая имеет обратную к ней матрицу, называется обратимой.
Из определения следует, что матрицы А и А1 обязательно являются квадратными одного порядка.
Теорема. Матрица А является обратимой тогда и только тогда, когда она невырождена (т.е. det А 0).
Далее мы будем рассматривать только квадратные матрицы порядка 3 и системы из трёх линейных уравнений с тремя неизвестными. Но всё сказанное будет верно и для квадратных матриц произвольного порядка, а также для систем линейных уравнений (СЛУ), содержащих n уравнений и n неизвестных (n>0).
Пусть дана СЛУ (мы используем один верхний и один нижний индекс вместо двух нижних индексов для того, чтобы такой вариант обозначений тоже был привычным для читателей):
a11x1 + a21x2 + a31x3 = b1
a12x1 + a22x2 + a32x3 = b2 (1)
a13x1 + a23x2 + a33x3 = b3.
Обозначим
А = , X =, B = ;
А называется матрицей СЛУ (1), X – столбец неизвестных, B – столбец свободных членов. Тогда систему (1) можно записать в матричном виде так:
АX = B. (1)
Предположим, что матрица А невырождена. Умножим обе части равенства (1) слева на обратную матрицу А1:
А1АX = А1B EX = А1B X = А1B. (2)
Тем самым, если мы знаем обратную матрицу мы можем вычислить столбец, составленный из неизвестных.
Обозначим Aji – матрица, которая получается из A в результате вычёркивания i-ой строки и j-го столбца; Mji – её определитель, а
Mji;¯ = (1)i+jMji .
Тогда Mji называется минором, дополнительным к элементу aji, Mji;¯ – алгебраическим дополнением элемента aji. Алгебраическое дополнение Mji;¯ отличается от минора Mji только знаком в случае, когда i+j нечётно. Если i+j чётно, то Mji;¯ = Mji .
Теорема. Для невырожденной квадратной матрицы А порядка 3
А1= .
Таким образом, для того, чтобы составить А1, мы на место каждого элемента матрицы ставим его алгебраическое дополнение, получившуюся матрицу транспонируем (т.е. превращаем строки в столбцы), и затем умножаем на (det А)1.
Пример. x1 + 2x2 – x3 = 5
3x1 – x2 + 4x3 = 1
– x1 + 5x2 – x3 = 9.
Решение. Составляем матрицу данной системы:
А = .
Вычисляем алгебраические дополнения. При этом стараемся располагать их так же, как расположены элементы матрицы. При этом важно не забыть поставить знак минус в тех случаях, когда i+j нечётно.
M11;¯ = = –19 M21;¯ = – = –1 M31;Ї = = 14
M12;Ї = – = –3 M22;Ї = = –2 M32;Ї = – = –7 (3)
M13;Ї = = 7 M23;Ї = – = –7 M33;Ї = = –7
После того, как уже найдены алгебраические дополнения, мы можем вычислить определитель матрицы А с помощью разложения по первой строке:
det А = a11M11;¯ + a21M12;¯ + a31M13;¯ = 1·(19) + 2·(–1) + (1)·14 = – 35.
(мы умножаем каждый элемент первой строки матрицы на его алгебраическое дополнение и получившиеся числа складываем). Точно так же можно использовать разложение по любой другой строке.
Выписываем матрицу А1, и при этом не забываем, что элементы первой строки в вычислениях (3) записываются в первый столбец, второй строки во второй столбец, третьей строки – в третий столбец:
А1=
Находим решение по формуле (2):
X = А1B = =
= = =
Тем самым мы нашли, что
= x1 = 1, x2 = 2, x3 = 0.
Прежде, чем писать ответ, делаем проверку:
1 + 2·2 – 0 = 5 – верно
3·1 – 2 + 4·0 = 1 – верно
– 1 + 5·2 – 0 = 9 – верно.
Ответ: (1, 2, 0).
Если проверка не получается.
1. Проверьте, не забыли ли вы поставить знак минус при вычислении алгебраических дополнений.
2. Проверьте, не забыли ли вы при составлении обратной матрицы выписать алгебраические дополнения по принципу: строка – в столбец.
3. Проверьте, не пропустили ли вы при составлении матрицы А где-нибудь знак минус.
4. Проверьте, правильно ли вы переписали условие.
5. Пересчитайте ещё раз алгебраические дополнения.
6. Пересчитайте det А.
7. Если по-прежнему проверка не получается, проверьте правильность составления А1 путём умножения матриц: АА1= E. Если, например, при умножении 1 строки матрицы А на второй столбец матрицы А1 получается не 0, а другое число, то ошибку следует искать во втором столбце матрицы А1. Аналогично, сделав проверку А1А = E, мы можем определить номер строки в А1, в которой содержится ошибка. Если вместо единичной матрицы получается диагональная матрица, у которой на диагонали стоит не 1, а другое число, то неверно найден det А.