Математика для 1 курса

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ

Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования

СЕВЕРО-ЗАПАДНЫЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ЗАОЧНЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

Кафедра математики

МАТЕМАТИКА Часть 1

УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС

(ДЛЯ ПЕРВОГО КУРСА)

Информационные ресурсы дисциплины Методические указания к выполнению практических занятий

Институты: все Направления подготовки высшего профессионального образования:

080000 – Экономика и управление

140000 – Энергетика, энергетическое машиностроение и электротехника

150000 – Металлургия, машиностроение и материалообработка

190000 – Транспортные средства

200000 – Приборостроение и оптотехника

210000 – Электронная техника, радиотехника и связь

220000 – Автоматика и управление

230100 - Информатика и вычислительная техника

240000 – Химическая и биотехнологии

261000 – Технология художественной обработки материалов

280200 –Защита окружающей среды

Санкт-Петербург Издательство СЗТУ

2007

Утверждено редакционно-издательским советом университета

УДК 517(07)

Математика. Ч.1.: учебно-методический комплекс (информационные ресурсы дисциплины: методические указания к выполнению практических занятий) / сост. И.А.Волынская [и др.]. - СПб.: Изд-во CЗТУ, 2007. – 49 с.

Методические указания к выполнению практических занятий соответствуют государственными образовательными стандартами высшего профессионального образования.

В данных методических указаниях приведены примеры решения задач по основным разделам, которые изучают студенты 1-го курса всех специальностей СЗТУ. Предназначено для выработки навыков решения задач по разделам: векторная и линейная алгебра, аналитическпя геометрия, математический анализ, дифференциальное и интегральное исчисление функции одной и нескольких переменных. Указанные разделы соответствуют материалам контрольных работ № 1,2,3,4 для очно-заочной и заочной форм обучения.

Рассмотрено на заседании кафедры математики 3 сентября 2007 г., одобрено методической комиссией института общепрофессиональной подготовки 27 сентября

2007 г.

Рецензенты: кафедра информатики СЗТУ (зав. каф. Ткаченко Г.Г., канд. физ.- мат. наук, доц.); кафедра математики факультета прикладной математики-

процессов управления СПГУ (зав. каф. Камачкин А.М., д-р физ. - мат. наук, проф.).

Составители: Волынская И.А., доц.; Гаврилов В.Л., канд. техн. наук, доц.; Глюжецкене Т.В., канд. пед. наук, доц.; Лобунина И.И., канд. техн. наук, доц.; Романова Ю.С., канд. техн. наук, доц.

© Северо-Западный государственный заочный технический университет, 2007

1. Примеры решения типовых задач к контрольной работе №1

[1], с. 4-83; [2], с. 4...104

Разделы: ”Линейная и векторная алгебра’’, ”Аналитическая геометрия”

В исследовании и решении систем линейных уравнений важную роль играют определители, поэтому необходимо научиться их вычислять.

Начнем с простейшего случая.

Задача 1. Вычислить определитель матрицы

−2

5

.

3

−4

Решение.

−2 5

D =

= (−2)(−4)−5 3 =8 −15 = −7.

3

−4

1

−2

3

Задача 2. Вычислить определитель матрицы

−2

1

−1

.

−1

3

2

Решение. Вычислим определитель различными способами.

1) Используем разложение по элементам первой строки

D =

1

−2

3

=1 A11 +(−2) A12 +3 A13 =

−2 1 −1

−1

3

2

1+1

1 −1

1+2

−2 −1

1+3

−2 1

=1 (−1)

3 2

+(−2) (−1)

−1 2

+3

(−1)

−1 3

=

=1 (2 +3)+2(−4 −1)+3(−6 +1)= 5 −10 −15 = −20.

2) Используем правило треугольника

1 −2 3

D = −2 1 −1 =1 1 2 +(−2) (−1) (−1)+3 (−2) 3 −

−1 3 2

−3 1 (−1)−(−2) (−2) 2 −1 (−1) 3 = 2 −2 −18 +3 −8 +3 = −20.

3) Используем свойство определителей, добиваясь, чтобы все элементы первого столбца, кроме первого, обратились в нуль. С этой целью к элементам второй строки прибавим соответствующие элементы первой строки, умноженные на 2, а к элементам третьей строки прибавим соответствующие элементы первой строки

3

D =		1	−2	3				1	−2	3
		−2 1		−1		=		0	−3	5		.
		−1	3	2				0	1	5

Получили определитель, равный исходному. Этот определитель целесообразно разложить по элементам первого столбца, в котором лишь один элемент отличен от нуля

D =		1	−2	3		=1 (−1)1+1		−13	55		=1 (−15 −5)= −20.
		0	−3	5
		0	1	5

Задача 3. Вычислить определитель матрицы четвертого порядка

2	7	4	2
1	2	−1	1		.
2	5	−3	4
5	9	−7	6

Решение. Вычислим этот определитель двумя способами.

1. Преобразуем определитель так, чтобы все элементы второй его строки, кроме третьего, были равны нулю.

С этой целью прибавим к элементам первого и четвертого столбцов соответствующие элементы третьего столбца, а к элементам второго столбца прибавим соответствующие элементы третьего столбца, умноженные на 2, получим

	2	7	4	2		6	15	4	6
D =	1	2	−1	1	=	0	0 −1		0	.
	2	5	−3	4		−1 −1 −3			1
	5	9	−7	6		−2 −5 −7			−1

Разложим определитель по элементам второй строки

D = (−1) (−1)2+3	6	15	6		6	15	6
	−1 −1 1			=	−1 −1 1			.
	−2 −5 −1				−2 −5 −1

Для дальнейшего упрощения вычислений вынесем общий множитель 3 элементов первой строки за знак определителя

D = 3	2	5	2
	−1	−1	1	.
	−2	−5	−1

4

Преобразуем далее определитель, добиваясь, чтобы все элементы первой строки, кроме третьего, обратились в нуль. Для этого к элементам первой строки прибавим соответствующие элементы третьей строки:

D = 3	0	0	1
	−1	−1	1	.
	−2	−5	−1

Полученный определитель разложим по элементам первой строки

1+3		−1 −1
D = 3 1 (−1)		−2 −5	= 3 (5 −2)= 9.

2. Вычислим теперь определитель, преобразуя его так, чтобы все элементы, расположенные по одну строку от главной диагонали, были равны нулю. Очевидно, что такой «треугольный» определитель равен произведению элементов главной диагонали.

Для удобства последующих преобразований поменяем местами первую и вторую строки. Затем к элементам второй и третьей строк прибавим

соответствующие элементы первой строки, умноженные на (−2), а к элементам четвертой строки прибавим элементы первой, умноженные на (−5)

	1	2	−1	1		1	2	−1	1
D = −	2	7	4	2	= −	0	3	6 0			.
	2	5	−3	4		0	1	−1	2
	5	9	−7	6		0	−1 −2 1

Поменяв местами вторую и четвертую строки, прибавим к элементам третьей строки соответствующие элементы второй строки, а к элементам четвертой строки – соответствующие элементы второй строки, умноженные на 3, преобразуем определитель к «треугольному» виду

	1	2	−1	1		1	2	−1	1
D =	0	−1 −2 1			=	0	−1 −2		1	=1 (−1) (−3) 3 = 9.
	0	1	−1	2		0	0	−3	3
	0	3	6	0		0	0	0	3

Задача 4. Решить систему линейных уравнений

2x − y + z = 3,x −2 y + z = 6,

x + y + z = 0.

Решение. Вычислим определитель системы

5

D =		2	−1	1
		1	−2	1		.
		1	1	1

При этом можно использовать любой из известных способов: способ треугольника, разложение по элементам любой строки или столбца. Можно предварительно преобразовать определитель и добиться максимального количества нулей в какой-либо строке или столбце. Намереваясь все элементы третьей строки, кроме первого, превратить в нули, прибавим к элементам второго и третьего

столбцов соответствующие элементы первого столбца, умноженные на (−1). Затем разложим определитель по элементам третьей строки:

2	−1	1	2	−3	−1	=1 (−1)3+1		−3	−1
D = 1	−2	1 = 1		−3	0					= −3.
1	1	1	1	0	0			−3	0

Так как D ≠ 0 , то система имеет единственное решение, вычисляемое по формулам Крамера

x = DDx ; y = DDy ; z = DDz ,

где D - определить системы, а Dx , Dy , Dz - определители, получающиеся из

определителя системы заменой столбца коэффициентов при соответствующем неизвестном столбцом свободных членов.

Вычислим Dx , Dy , Dz любым способом

Dx =		3	−1	1		= 3; Dy =		2	3	1		= 6; Dz =		2	−1 3
		6	−2	1				1	6	1				1	−2	6		= −9.
		0	1	1				1	0	1				1	1	0

Тогда по формулам Крамера :

x = −33 = −1; y = −63 = −2; z = −−93 = 3.

Проверим полученное решение, подставив найденные значения x = −1; y = −2; z = 3 в систему уравнений

2 (−1)−(−2)+3 = 3,−1−2 (−2)+3 = 6,

−1−2 +3 = 0.

Каждое из уравнений системы обратилось в тождество, следовательно, система решена верно.

Задача 5. Вычислить AB − BA, если

6

A =				1	0			2							, B =																2									1					−1
				2 −1 1																											0 1 2																					.
				0	1			2																							1									0					−1
Решение. Введем обозначение C = AB и вычислим это произведение
C = A B =										1				0							2																	2		1								−1
											2 −1 1																											0 1 2																		.
										0				1							2																	1		0								−1
C =1 2 +0 0 + 2 1 = 4;																C21 =													2 2 +(−1) 0 +1 1 = 5;
11																C22 = 2 1+(−1) 1+1 0 =1;
C12 =1 1+0 1+ 2 0 =1;
C13 =1 (−1)+0 2 + 2 (−1)= −3;																C23 = 2 (−1)+(−1) 2 +1 (−1)= −5;
C31 = 0 2 +1 0 + 2 1 = 2;
C32 = 0 1+1 1+ 2 0 =1;
C33 = 0 (−1)+1 2 + 2 (−1)= 0.
Теперь можем написать C = A B =																				4	1																		−3
																				5	1																		−5					.
																				2	1									0
Аналогично, положим K = B A и вычислим это произведение.
K = B A =											2			1						−1																			1	0					2
																									0 1 2														2 −1 1																	.
K11 = 2 1+1 2 +(−1) 0 =											1			0						−1																			0	1					2
											4;										K21 = 0 1+1 2 +2 0 = 2;
K12 = 2 0 +1 (−1)+(−1) 1 = −2; K22 = 0 0 +1 (−1)+ 2 1 =1;
K = 2 2 +1 1+(−1) 2 = 3;																					K23 = 0 2 +1 1+2 2 = 5;
13
K31 =1 1+0 2 +(−1) 0 =1;
K32 =1 0 +0 (−1)+(−1) 1 = −1;
K33 =1 2 +0 1+(−1) 2 = 0.
Из проведенных вычислений следует K = B A =																																																4								−2	3
																																																2								1	5				.
																																																1								−1	0
Окончательно будем иметь

7

AB − BA = C − K =				4	1	−3								4	−2 3									0	3	−6
				5	1	−5				−				2	1	5				=				3	0	−10				.
				2	1	0								1	−1	0								1	2	0

Задача 6. Записать систему линейных уравнений в матричной форме и решить ее с помощью обратной матрицы

x + z =1,−x + y = −1,

2x + y −2z = 7.

Решение. Введем в рассмотрение три матрицы:

A =		1	0	1
		−1	1	0
		2	1	−2

-матрица системы, составленная из коэффициентов при неизвестных,

x X = y z

- матрица – столбец неизвестных,

1

B = −1 7

- матрица – столбец свободных членов.

Тогда исходная система может быть записана в матричной форме в виде одного матричного уравнения

A X = B.

(1)

Чтобы решить это уравнение, то есть найти матрицу-столбец неизвестных X ,

нужно умножить обе части матричного уравнения (1)

слева на

матрицу A−1 ,

обратную матрице A (в предположении, что матрица A−1

существует).

A−1 A X = A−1 B.

(2)

A−1 A = E ,

E =

1

0

0

Учитывая, что

где

0

1

0

-

единичная матрица,

0

0

1

матричное уравнение

(2) примет

вид:

E X = A−1 B .

Так

как

E X = X , то

матрица-столбец неизвестных X находится по формуле

X = A−1 B.

(3)

8

Решение (3) в матричной форме возможно, если существует обратная матрица

A−1 .

Необходимым и достаточным условием существования обратной матрицы является отличие от нуля определителя данной матрицы A. Итак, если D(A)≠ 0 ,

то существует обратная матрица A−1 , которая вычисляется по формуле

A−1 =	1			A11	A21	A31
				A	A	A		,	(4)
	D(A)
				12	22	32
				A	A	A
				13	23	33

где Aik - алгебраические дополнения элементов aik матрицы A, вычисляемые по формуле

A = (−1)i+k D ,		(5)
ik	ik

где Dik - минор элемента aik , i =1,2,3 - номер строки,

k =1,2,3 - номер столбца, на пересечении которых находится данный элемент

aik .

Реализуем последовательно намеченный план решения системы с помощью обратной матрицы

1) Вычислим определитель матрицы A для чего вычтем из элементов третьего столбца элементы первого столбца, а затем разложим полученный определитель по элементам первой строки

1	0	1	1	0	0	1+1		1	1
D(A)= −1	1	0	= −1	1	1	=1 (−1)		1	−4	= −5.
2	1	−2	2	1	−4

Определитель D(A)≠ 0 , следовательно, обратная матрица A−1 существует.

2) Найдем обратную матрицу A−1 по формуле (4). Для этого вычислим сначала алгебраические дополнения элементов матрицы A по формуле (5)

A = (−1)1+1		1					0			= −2 −0 = −2;			A	= (−1)2+1		0					1					= −(0 −1)=1;
11		1						−2					21			1					−2
A = (−1)1+2						−1 0						= −(2 −0)= −2;	A	= (−1)2+2						1 1						= −2 − 2 = −4;
12						2		−2					22							2 −2
A = (−1)1+3				−1				1		= −1−2 = −3;			A	= (−1)2+3				1			0		= −(1−0)= −1;
13				2				1					23					2			1

9

A = (−1)3+1		0					1		= 0 −1 = −1;
31		1						0
A = (−1)3+2						1 1							= −(0 +1)= −1;
32						−1		0
A = (−1)3+3				1 0							=1−0 =1.
33						−1		1

По формуле (4) находим обратную матрицу

	A−1 =	1			−2	1	−1
					−2	−4	−1				.
		−5
					−3	−1	1

Убедимся, что матрица A−1 найдена правильно. Для этого проверим выполнение условия A−1 A = E .

							A−1 A = −1																								−2	1						−1												1				0			1
																															−2 −4 −1																			−1				1 0													=
																			5												−3	−1						1												2				1							−2
	1					−2 1 +1 (−1)+(−1) 2																									−2 0 +1 1+(−1) 1																																−2 1+1 0 +(−1) (−2)
= −						−2 1+(−4) (−1)+(−1) 2 −2 0 +(−4) 1+(−1) 1 −2 1+(−4) 0 +(−1) (−2)																																																																			=
	5					−3 1 +(−1) (−1)+1 2																									−3 0 +(−1) 1+1 1																																−3 1+(−1) 0 +1 (−2)
											= −1												−5					0				0											1						0				0							= E,
																								0 −5 0													=						0 1 0
							5																0					0				−5											0						0				1
следовательно, обратная матрица A−1 найдена верно.
		3) Найдем матрицу X																																−2				1														−1							1
											X = A−1 B = −1
																																		−2 −4 −1																									−1				=
																												5						−3					−1										1										7
						= −1					−2 1 +1 (−1)+(−1) 7																																											1							−10								2
											−2 1+(−4) (−1)+(−1) 7																																									= −									−5						=		1		.
		5									−3 1+(−1) (−1)+1 7																																											5							5								−1
											x								2																																										x = 2,
						X =					y				=				1																																																=1,
																											, т.е. решение системы: y
											z								−1																																																= −1.
																																																													z

10