Matematika

4х 3у 8 0,2х у 14 0,

х 7 у 52 0.

На рис. 1 в декартовой прямоугольной системе координат хОу изображен треугольник АВС, высота СD, окружность с центром в точке Е и диаметром

CD

Y

A

8

C

E

-4

0 D

5

10

X

-4

B

Рис. 1

Решение системы линейных уравнений по формулам Крамера

Рассмотрим систему уравнений:

а х а у а z в
11	12	13	1
а21х а22 у а23z в2				(1)
а х а у а z в
31	32	33	3

где х,у,z – неизвестные; коэффициенты а11, а12,…., а33 и свободные члены в 1, в 2, в 3 – известные постоянные (числа)

Введем обозначения:

а11

а12 а13

;

х

в1 а12 а13

у

а11 в1 а13

z

а11 а12 в1

а21

а22 а23

в2 а22 а23

;

а21 в2 а23

;

а21 а22 в2

;

а31

а32 а33

в3 а32 а33

а31 в3 а33

а31 а32 в3

Определитель , составленный из коэффициентов при неизвестных системы (1), называется определителем данной системы.

11

Определители х , у , z получаются из определителя при помощи

замены соответственно его первого, второго и третьего столбца – столбцом свободных членов данной системы.

Если 0, то система (1) имеет единственное решение; оно определяется формулами:

х

х

;

у

у

;

z

z

;

(2)

Формулы (2) называются формулами Крамера.

Если определитель системы 0, а хотя бы один из определителей х ,у , z отличен от нуля, то система (1) не имеет решений.

В случае, когда 0 и одновременно х 0, у 0, z 0 , система (1)

также может не иметь решений; но если система в этом случае имеет хотя бы одно решение, то она имеет бесконечно много решений.

Задача 2. Используя формулы Крамера, решить систему:

х 2 у z 42x y 3z 5

3x 4 y z 2

Вычислим сначала главный определитель системы , воспользовавшись следующим правилом вычисления определителей третьего порядка:

				=				а11 а12 а13						а		а22	а23		а		а21 а23			а		а21	а22		.
								а		а		а
									21		22		23	11		а	а		12		а	а		13		а	а
								а31 а32 а33								32	33				31	33				31	32
Имеем
				2	1
		1
		2		1	3	1(1 12) 2(2 9) 1 (8 3) 20
		3		4	1
Так как				0,		делаем вывод о том, что система имеет единственное
решение. Найдём его. Вычислим вспомогательные определители х , у ,																														z .
				2	1
			4
х			5	1		3			4(1 12) ( 2)(5 6) 1(20 2) 0 ;
			2	4	1
				4	1
			1
у			2	5	3		1(5 6) 4(2 9) 1( 4 15) 20 ;
			3	2	1

12

			2	4
		1
z		2	1	5	1( 2 20) ( 2)( 4 15) 4(8 3) 40 .
		3	4	2

Далее, воспользовавшись формулами Крамера, окончательно получим

х		х	0	0;	у		у		20	1;	z		z	40	2 .
			20						20
														20

Осуществим проверку правильности полученного решения, подставив его в каждое уравнение заданной системы:

0 2 ( 1) 2 4,2 0 ( 1) 3 2 5,

3 0 4 ( 1) 2 2.

Все три равенства верные, поэтому делаем вывод о правильности полученного решения.

Ответ: х = 0; у = –1; z = 2.

Матричный метод решения системы линейных уравнений.

Рассмотрим систему линейных уравнений

а х а у а z в
11	12	13	1
а21х а22 у а23z в2				(1)
а х а у а z в
31	32	33	3

Обозначим через А – матрицу коэффициентов при неизвестных; X – матрицу – столбец неизвестных х, у, z; В – матрицу – столбец свободных членов в 1, в 2, в 3:

а11 а12			а13				х		в1
А= а21		а22	а23		;	Х=	у	;	В= в2
	а31	а32								в3
			а33			z

С учетом этих обозначений данная система уравнений (1) принимает следующую матричную форму:

А Х В

(2)

Если матрица А – невырожденная (ее определитель отличен от нуля), то она имеет обратную матрицу А 1 . Умножив обе части уравнения (2) на А 1 , получим:

А 1 А Х А 1 В .

но А 1 А Е (Е – единичная матрица), а Е Х Х , поэтому

Х А 1 В

(3)

13

( 1)i j

а ij в

Равенство (3) называется матричной записью решения системы линейных уравнений (1). Для нахождения решения системы уравнений необходимо вычислить обратную матрицу А 1 .

Пусть имеем невырожденную матрицу

а

а

а

а

а

а

11

12

13

11

12

13

А

а21 а22 а23

, ее определитель

а21

а22 а23

0.

а31 а32 а33

а31 а32 а33

Тогда

А

А

А

11

21

31

А

А

А

А 1 =

1

11 21

31

А А

А

А12

А22

А32

12

22

32

(4)

А13

А23

А33

А13

А23

А33

где А i j ( i =1, 2, 3; j=1, 2. 3) – алгебраическое дополнение элемента определителе матрицы А, которое является произведением на минор (определитель второго порядка), полученный вычеркиванием i -ой строки и j- го столбца в определителе матрицы А.

Задача 3. Данную систему уравнений записать в матричной форме и решить ее с помощью обратной матрицы.

х 2 у z 12х 3у z 8

х у 2z 1

Обозначим матрицы

1		2	1					х				1
А	2	3	1		;	Х =		у	;	В=		8	.
	1	1	2
							z					1

Тогда матричная форма записи данной системы будет

			А Х В ,
или
1		2	1		х		1
	2	3	1		у	=	8
	1	1
			2	z			1

14

Найдем обратную матрицу А 1 для матрицы А. Для этого: 1) Вычислим определитель матрицы А.

		2	1		3	1		2	1		2	3
	1
	2	3	1	1			( 2)			1			1 (6 1) 2(4 1) 1( 2 3)
	1	1	2		1	2		1	2		1	1

= 5 10 5 10

Получили 10 0. Следовательно матрица А имеет обратную матрицу

А 1 .

2)Найдем алгебраические дополнения для каждого элемента определителя матрицы А.

3)

А	1 1											1							5,	А	1 2				2			1						5,
					3
	( 1)																				( 1)
11					1							2								12					1			2
А	1 3											3				5,
						2
	( 1)
13						1						1
А	( 1)2 1										2	1					3,			А	( 1)2 2			1				1		1,
21											1	2								22				1				2
	( 1)2 3											2
А											1							1,
23											1	1
А	( 1)3 1						2					1							1,	А	( 1)3 2						1			1				3,
31							3					1								32							2	1
	( 1)3 3											2
А										1								7.
33										2		3

4) Обратная матрица А 1 будет иметь вид:

									5				3				1
										10 10 10
			5		3	1
А 1	1			5	1	3					5		1				3
	10									10			10				10
				5	1	7
											5			1			7
													10				10
									10

15

5)Проверим правильность полученной обратной матрицы (произведение обратной матрицы А 1 на матрицу А должно быть равно единичной матрице Е).

			5		3	1			1		2	1					5 1 3 2 ( 1) 1
А 1 А	1														1
				5	1	3				2	3	1						5	1 1 2 3	1
	10														10
				5	1	7				1	1	2						5	1 ( 1) 2	7 1

5 ( 2) 3 3 ( 1) ( 1)

5 ( 2) 1 3 3 ( 1)

5 ( 2) ( 1) 3 7 ( 1)

	5 1 3 ( 1) ( 1) 2						10		0	0		1		0	0
					1
	5	1 1 ( 1) 3 2						0	10	0			0	1	0
					10
	5	1 ( 1) ( 1) 7 2						0	0	10			0	0	1

Получили единичную матрицу. Значит обратная матрица найдена верно.

Находим решение данной системы уравнений в матричной форме

Х А 1 В

			5		3			1				1					5 1 3 8 ( 1) ( 1)									30			3
	1														1								1
				5	1			3				8						5	1 1 8 3 ( 1)							0			0
	10														10								10
				5	1			7				1						5	1 ( 1) 8 7 ( 1)							20			2
					х			3
Получили					у			0			,	следовательно х = 3;								у = 0;						z = –2.
									2
					z

Проверим правильность полученного решения, подставив его в каждое уравнение заданной системы:

3 2 0 ( 2) 12 3 3 0 ( 2) 83 0 2 ( 2) 1

Все три равенства верные, поэтому делаем вывод о правильности полученного решения.

Ответ: х = 3, у = 0, z= –2

Элементы теории вероятностей

Случайное событие, называемое также событием, – это такое явление, которое может либо произойти, либо не произойти в результате испытания.

16

Классическое определение вероятности. Если множество всех элементарных исходов конечно и все исходы равновозможны, то вероятность события А определяется как

P A mn ,

где m – число исходов, благоприятных для А, n – общее число всех возможных элементарных исходов.

Событие, вероятность которого равна 1, называется достоверным, событие, вероятность которого равна нулю, – невозможным. Вероятность события А и противоположного ему события A связаны соотношением

P A P A 1.

События называются несовместными, если одновременное их осуществление невозможно, в частности, А и A несовместны.

Для любых событий А и В

P A B P A P B P AB ,

для трех событий

P A B С P A P B P C P AB P AC P BC P ABC .

Условная вероятность P A B события А, т.е. вероятность события А,

которую находят в предположении, что событие B уже наступило, определяется формулой

P A B P AB . P B

События А и В называются независимыми, если P A B P A .

Задача 1. В ящике содержится 7 одинаковых, тщательно перемешанных шаров, причем 4 из них – красные, 2 – синие и 1 – белый. Наудачу вынимается один шар. Найдем вероятность того, что вынутый шар а) синий, б) белый, в) цветной.

Решение

Появление синего шара будем рассматривать в качестве события А, появление белого шара – в качестве события В и появление цветного шара – в качестве события С.

Возможны следующие 7 равновозможных исходов испытания (извлечения шара из ящика): В1 – появился белый шар, В2, В3 ,В 4, B5 – появился красный шар, В6, В7 – появился синий шар, т.е.

n B1, B2 , B3, B4 , B5, B6 , B7 .

17

Событию А благоприятствуют исходы В6 и В7 (два исхода), событию В благоприятствует один исход В1, а событию С – исходы В2, В3, В4, В5, В6, В7, (шесть исходов). Находим

P( A) 72 , P(B) 17 , P(C) 76 .

Задача 2. Бросается игральная кость. Определить: а) вероятность появления верхней грани с цифрой 4; б) вероятность того, что выпадет нечетное число очков

Решение

а) Пусть событие А – появление верхней грани с цифрой 4. Кость имеет шесть граней, и при бросании может стать верхней любая из шести граней. Следовательно, число возможных элементарных исходов опыта n 6 . Из шести граней только одна соответствует цифре 4, поэтому число благоприятных исходов опыта m 1. Следовательно, получим:

P A mn 16 .

б) Пусть событие В – выпадение на верхней грани нечетного числа очков. Число возможных элементарных исходов опыта n 6 . Только три цифры являются нечетными: 1, 3 и 5, следовательно m 3 . Таким образом, получим:

P(B) mn 63 12 .

Ответ: а) вероятность появления верхней грани с цифрой 4 равна 16 ;

б) вероятность того, что выпадет нечетное число очков, равна 12 .

Задача 3. Отдел технического контроля обнаружил 5 бракованных книг в партии из случайно отобранных 100 книг. Найти относительную частоту появления бракованных книг.

Решение

Относительная частота события А (появления бракованных книг) равна отношению числа испытаний, в которых появилось событие А, к общему числу испытаний:

W A 1005 0,05.

Ответ: относительная частота появления бракованных книг равна

0,05.

18

P A B P A P B .

Задача 4. В урне 2 белых, 3 красных и 5 синих одинаковых по размеру шаров. Какова вероятность, что шар, наугад вынутый из урны (без возращения), будет красным или синим?

Решение

Пусть событие А – извлечение из урны красного шара; событие В – извлечение из урны синего шара. Тогда событие A B – извлечение из урны красного или синего шара. События А и В – несовместны, поэтому

Имеем:

	P A		3	0,3,	P B		5	0,5.
		10				10

Тогда P A B 0,3 0,5 0,8 .

Ответ: вероятность, что шар, наугад вынутый из урны (без возращения), будет красным или синим, равна 0,8.

Схема независимых испытаний (схема Бернулли). Проводится n

независимых испытаний, в каждом из которых может произойти один из двух исходов: успех или неуспех. Вероятность успеха в каждом из этих испытаний постоянна и равна p . Вероятность неуспеха в одном испытании

равна q 1 p .
Вероятность того, что в n	испытаниях будет ровно т успехов, дается
формулой Бернулли:
P	m Cm pmqn m ,
n	n

где Сnm – число сочетаний из n по m.

Пусть задано множество, состоящее из n элементов. Каждое его неупорядоченное подмножество, содержащее k элементов, называется сочетанием из n элементов по k элементов.

Число всех сочетаний из n элементов по k элементов обозначается CnK («С (це) из n по k ). Для числа сочетаний справедлива формула:

	C K		n!
			n k !k!
	n

В указанной формуле произведение всех натуральных чисел от 1 до n обозначается n ! (« n (эн) факториал), т.е. n !=1 2 3 ... n .

Задача 5. Два равносильных шахматиста играют в шахматы. Что вероятнее: выиграть две партии из четырех или три партии из шести (ничьи во внимание не принимаются)?

19

Решение

Играют равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша p 12 ; следовательно, вероятность проигрыша q 12 . Так как во всех партиях

вероятность выигрыша постоянна и безразлично, в какой последовательности будут выигрываться партии, то применима формула Бернулли.

Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны:

P	2 C 2	p 2	q 2		4 3				1 2				1 2			6	.
4	4				1 2										16
									2				2

Найдем вероятность того, что три партии из шести:

P	3 C 3	p3	q3		6 5 4			1 3				1 3			5	.
6	6				1 2 3									16
								2				2

Так как P4 2 P6 3 , то вероятнее выиграть две партии из четырех, чем три из шести.

Ответ: вероятнее выиграть две партии из четырех, чем три из шести.

Задача 6. В семье пять детей. Найти вероятность того, что среди этих детей: а) два мальчика; б) не более двух мальчиков; в) не менее двух и не более трех мальчиков. Вероятность рождения мальчика принять равной 0,51.

Решение

По условию вероятность рождения мальчика p 0,51, тогда вероятность противоположного события (вероятность рождения девочки) q 1 p 1 0,51. Для нахождения искомых вероятностей применим формулу Бернулли:

а) вероятность того, что среди пяти детей два мальчика, равна:

	P	2 C 2	p2	q5 2		5!		0,512 0,493	0,31;
						2! 5 2 !
	5	5

б) вероятность того, что среди этих детей не более двух мальчиков (в семье нет мальчиков или в семье один мальчик или в семье два мальчика) , равна:

P A P	0 P	1 P	2 C 0	p0 q5 C1		p1 q4	C 2	p2	q3	0,028 0,15 0,31 0,488;
5	5	5	5		5		5
в)	вероятность того,				что среди пятерых детей не менее одного и не

более трех мальчиков (в семье один мальчик или в семье два мальчика или в семье три мальчика), равна:

P A P5 1 P5 2 P5 3 C51 p1 q5 1 C52 p2 q5 2 C53 p3 q5 3 0,15 0,31 0,31 0,71.

Ответ: вероятность того, что среди этих детей: а) два мальчика равна 0,31 б) не более двух мальчиков равна 0,488; в) не менее двух и не более трех мальчиков равна 0,71.

20