РГР Линейная алгебра

Вариант №25
x		+	2x		2	−	4x		3	= 0
	1
2x1 − x2 − 3x3 = 0
x		+	3x		2	+	x	3		= 0
	1
Вариант №26
7x		−	6x		2	+	x	3		= 0
	1
4x1 +			5x2					= 0
x		−	2x		2	+	3x		3	= 0
	1
Вариант №27
5x		− 4x			2	+ 2x			3	= 0
	1
			3x2			−	2x3			= 0
4x		+	x	2		−	3x		3	= 0
	1
Вариант №28
6x		+ 5x			2	− 4x			3	= 0
	1
x1 + x2 − x3 = 0
		+ 4x2 + 3x3 = 0
3x1
Вариант №29
8x		+	x	2		−	3x		3	= 0
	1
x1 + 5x2 + x3 = 0
4x		− 7x			2	+ 2x			3	= 0
	1
Вариант №30
x		+	7x		2	−	3x		3	= 0
	1
3x1 − 5x2 + x3 =0
		+ 4x2 − 2x3 =0
3x1

5x − 3x		2	+ 2x		3	= 0
	1
2x1 + 4x2			−	3x3		= 0
3x − 7x		2	+	5x	3	= 0
	1

x		− 8x	2	+	7x	3	= 0
	1
3x1 + 5x2				−	4x3 = 0
4x		− 3x	2	+	3x	3	= 0
	1

−4x1 + 4x2 − x3 = 0;−2x1 +5x2 −5x3 = 0;2x1 − x2 − x3 = 0.

5 x		+	x	−	6x	= 0
	1		2		3
4x1 + 3x2 − 7x3 = 0
x		−	2x	+	x	= 0
1			2		3

2x		−	x	2		+	4x		3	= 0
	1
7x1 − 5x2 + 3x3 = 0
		− 4x2				− x3 = 0
5x1
2x		+	2x		2	−	x	3		= 0
	1
5x1 + 4x2 − 6x3 = 0
3x		+ 2x			2	− 5x			3	= 0
	1

© Н.М. Пекельник

- 23 -

Решение типового варианта индивидуального домашнего задания «Определители. Матрицы»

	−3	2	1	0
Задание 1. Для определителя =	2	−2	1	4	найти миноры
	4	0	−1	2
	3	1	−1	4
и алгебраические дополнения	элементов		аi2,	a3j. Вычислить

определитель : а) разложив его по элементам i-й строки; б) разложив его по элементам j–столбца; в) получив предварительно нули в i-й

строке. (i=1; j=2).

► Находим миноры для элементов а12 и а32:

2	1	4
М12= 4	−1	2 = – 8–16+6+12+4 – 16= –18;

3−1 4

−3 1 0

М32= 2	−1	4 = –12+12 –12 – 8= –20.
3	−1	4

Алгебраические дополнения элементов а12 и а32 равны:

А12=(–1)1+2М12= – (–18)=18; А32=(–1)3+2М32= – (–20)=20.

а) Вычислим данный определитель по элементам первой строки:

= а11 А11 + а12 А12 + а13 А13 + а14 А14 =

	−2 1		4				2	1	4				2	−2	4
=–3	0	−1	2		–2		4	−1	2		+1		4	0	2		=
	1	−1	4				3	−1	4				3	1	4

= –3(8+2+4 – 4) – 2(– 8– 16+6+12+4 – 16)+(16 – 12 – 4+32)=38;

б) Разложим определитель по элементам второго столбца:

=а12А12+а22А22+а32А32+а42А42=

		2	1	4				−3 1		0				−3	1	0
= –2		4	−1	2		– 2		4	−1	2		+1		2	1	4		=
		3	−1	4				3	−1	4				4	−1	2

= – 2( – 8+6 – 16+12+4 – 16) –2(12+6 – 6 – 16)+
© Н.М. Пекельник	- 24 -

+( – 6+16 – 12 – 4)=38;

в) Вычислим определитель, получив предварительно нули в первой строке. Используем следствие свойства 4. Умножим третий столбец определителя на 3 и прибавим к первому, затем умножим на –2 и прибавим ко второму. Тогда в первой строке все элементы, кроме третьего, будут нулями. Разложим полученный таким образом определитель по элементам первой строки и вычислим его:

				−3		2	1	0				0	0	1	0		5	−4	4
				2	−2 1			4				5	−4 1		4
=											=					=	1 2 2			=
				4		0	−1	2				1	2	−1	2		0	3	4
				3		1	−1	4				0	3	−1	4
		0		−14		−6
=		1	2			2	= – (– 56+18) =38. e
		0	3			4
																			−4		0	1
																			2		−1	3
Задание						2.	Даны						две	матрицы				А=					,
																			3		2	2
		1			2	−3
			2		0	1
В=							. Найти: а) АВ; б) ВТА; в) А-1; г) АА-1; д) А-1А.
			−2		1	3

►а) Произведение АВ имеет смысл, так как число столбцов матрицы

Аравно числу строк матрицы В. Имеем:

	−4 0		1		1	2	−3
	2	−1 3			2	0	1
С=АВ=								=
	3	2	2		−2 1		3

	−4 +0 −2 −8 +0 +1 12 +0 +3					−6	−7 15
	2 −2 −6	4 +0 +3	−6 −1 +9			−6	7	2
=					=				;
	3 + 4 −4	6 +0 + 2	−9 + 2 +6			3	8
								−1

© Н.М. Пекельник

- 25 -

1		2	−2
	2	0	1
б) Найдём ВТ=				.
	−3	1	3

				1 2		−2 − 4 0 1						−6 −6						3
				2	0		1		2	−1	3			−5	2			4
Вычислим ВТА=													=						.
				−3 1		3			3	2 2				−1 5 6
в) Обратная матрица А-1 матрицы А имеет вид:
	1	A		A		A					−4		0		1
			11	21		31											=39 ≠ 0,
А-1=		A12		A22		A32	,	где		det A=	2		−1		3				т.е.
	det A		A	A		A					3		2		2
			13	23		33

матрица А-1 существует. Найдём алгебраические дополнения каждого элемента:

А11=		−1						3					= – 8;			А21= –										0			1					=2;																А31=						0			1		=1;
		2						2																		2			2																								−1						3
А12=–				2			3						=5;		А22=					−4									1					= –11;																А32= –								−4			1			=14;
				3			2													3									2																													2			3
А13=		2 −1											=7;		А23= –									−4									0				=8;													А33=					−4						0			=4.
		3					2																	3									2																							2			−1
															−8 2									1							−							8					−				2				1
								1
															5 −11																						39							39							39
Тогда А-1=																					14								=					−				5					− 3911							1439			;
								39																														39
															7	8							4														7							8							4
																																				39									39						39
					− 4 0 1												−				8								−				2							1						1 0 0
														−1 3				39													39									39
г) АА-1=								2									−				5								− 3911								1439							=					0 1 0										=Е;
																					39
								3							2 2			7													8						4												0 0 1
																		39												39										39
							1						−8 2					1										− 4 0 1																						1 0 0
д) А-1А=														5	−11 14														2 −1 3																						0 1 0
																																																		=											=Е,
					39
														7	8			4											3								2 2														0 0 1

т.е. обратная матрица найдена, верно. e
© Н.М. Пекельник	- 26 -

Решение типового варианта индивидуального домашнего задания «Системы линейных алгебраических уравнений»

Задание 1. Дана система линейных алгебраических уравнений

x1 +5x2 − x3 = 3;

2x1 + 4x2 −3x3 = 2;

3x1 − x2 −3x3 = −7.

Проверить, совместна ли эта система, и в случае совместности решить её: а) по формулам Крамера; б) с помощью обратной матрицы (матричным методом); в) методом Гаусса.

► Совместность данной системы проверим по теореме КронекераКапелли. С помощью элементарных преобразований найдём ранги

основной матрицы А и расширенной матрицы A .

	1	5	−1				3				1 5		−1		3
			−3		2							−6	−1		−4		~
2 4									~ 0
	3	−1	−3		−7						0	−16 0			−16
	1	−1	−5				3
		−1	−6				−4
0										.
	0	0	−16				−16

Следовательно, RangA=Rang

A

=3=r;

число

неизвестных n=3;

r = n,

следовательно, исходная

система

совместна

и

имеет

единственное решение.

а) Решим её по формулам Крамера:

х =

1 ;

х

2

=

2 ; х

=

3 , где

1

3

1

5

−1

3

5

−1

=

2

4

−3

= −16 ;

1 =

2

4

−3

= 64 ;

3

−1 −3

−7 −1 −3

© Н.М. Пекельник

- 27 -

		1	3	−1					1	5	3
2 =		2	2	−3		= −16 ;	3 =		2	4	2	= 32 ; х1= –4, х2=1,
		3	−7	−3					3	−1	−7

х3= –2.

б) Для нахождения решения системы с помощью обратной матрицы запишем систему уравнений в матричной форме:

1 5 −1

x

3

1

2

A =

2 4 −3 ;

X = x2

;

B =

.

3 −1 −3

x

7

3

Найдём обратную матрицу А-1 (она существует,

т.к.

=detA= –

16 ≠ 0):

−1

−1

А11=

4

3

= –15;

А21= –

5

=16;

А31=

5

= –11;

−1

−3

−1

−3

4

−3

А12= –

2

3

= –3;

А22=

1

−1

=0;

А32= –

1

−1

=1;

3

−3

3

−3

2

−3

А13=

2

4

= –14;

А23= –

1

5

=16;

А33=

1

5

= –6.

3

−1

3

− 2

2

4

1

−15

16

−11

А-1=

−3 0

1

.

−16

−14

16

−6

Решение системы в матричной форме имеет вид: Х=А-1В.

1

−15

16

−11

3

1

−45 +32 + 77

−3 0

−9 −

Х=

1

2

=

7

=

−16

−14 16

−6

−16

−7

−42 +32 + 42

−4

1

.

−2

Из полученной матрицы имеем решение системы: х1= –4, х2=1, х3= –2.

© Н.М. Пекельник

- 28 -

в) Решим систему методом Гаусса. Исключим х1 из второго и третьего уравнений. Для этого первое уравнение умножим на 2 и вычтем из второго, затем первое уравнение умножим на 3 и вычтем из третьего:

х		+5х	2	− х	3	= 3;
	1
		−6х2 − х3 = −4;
		−16х2 = −16.

Из полученной системы находим: х1= –4, х2=1, х3= –2. Задание 2. Дана система линейных алгебраических уравнений

2x1 −3x2 + x3 = 2;3x1 + x2 −3x3 =1;5x1 −2x2 −2x3 = 4.

Проверить, совместна ли эта система, и в случае совместности решить её: а) по формулам Крамера; б) с помощью обратной матрицы (матричным методом); в) методом Гаусса.

► Проверяем совместимость системы с помощью теоремы КронекераКапелли. Для этого найдём ранги основной и расширенной матриц:

~		2	−3 1						2			1	−3	2		2			1	−3	2		2
		3		1 −3					1			−3	−1	3		1				−8	9		7		~
A =											~							~ 0
		5	−2 −2						4			−2	−2	5		4			0	−8	9		8
		−3
	1			2		2
		−8		9		7
~ 0							.
	0	0		0		1

Rang A=2, Rang A =3, т.е. Rang A ≠ Rang A , таким образом, исходная система несовместна. e

Задание 3. Решить однородную систему линейных алгебраических уравнений

2х1 −4х2 +5х3 = 0;

х1 +2х2 −3х3 = 0;3х1 − х2 +2х3 = 0.

► Для однородной системы Rang A=Rang A , поэтому она всегда совместна.

© Н.М. Пекельник

- 29 -

Для того чтобы однородная система имела ненулевое решение, необходимо и достаточно, чтобы определитель основной матрицы был равен нулю.

			2	− 4	5
Найдём определитель системы:	=		1	2	−3		≠ 0 ,
			3	−1	2

следовательно, исходная система имеет нулевое решение: х1=х2=х3=0. e

Задание 4. Решить однородную систему линейных алгебраических уравнений

3х		+ 4	х	2	− х	= 0;
	1				3
х1	−3х2 +5х3 = 0;
4х		+ х	2	+ 4х		= 0.
	1				3
									3	4	−1
► Найдём определитель			системы:				=		1	−3	5	= 0 ,
									4	1	4

следовательно, система имеет бесконечно много решений.

Решим данную систему по формулам Крамера в общем виде. Возьмём любые два уравнения системы (например, первое и второе) и найдём её решение. Имеем:

3х1 +4х2 − х3 = 0;х1 −3х2 +5х3 = 0.

Т.к. определитель из коэффициентов при неизвестных х1 и х2 (хотя можно брать и другие пары неизвестных) и переместим члены с х3 в правые части уравнений:

3х1 +4х2 = х3 ;

х1 −3х2 = −5х3.

Решаем последнюю систему по формулам Крамера:

=		3	4		= −13 ,	1	=	х3	4	=17х3,	2	=	3	х3	= –
		1	−3					−5х −3					1	−5х
									3					3

16х3.

© Н.М. Пекельник

- 30 -

Отсюда находим, что х1= – 1713 х3 , х2= 1613 х3 . Полагая x3=13k, k– произвольный коэффициент пропорциональности, получаем решение исходной системы:x1= –17k, x2=16k, x3=13k. e

© Н.М. Пекельник

- 31 -