Вища математика

ПРАКТИЧНІ ЗАНЯТТЯ

СУМІСНІСТЬ СИСТЕМ

Приклад. Чи сумісна система рівнянь? Якщо так, то розв’язати систему лінійних рівнянь.

х1 + х2 + х3 + х4 + х5										= 7,
		+ 2х2		+ х3 + х4 − 3х5						= −2,
3х1
		х2		+ 2х3 + 2х4				+ 6х5		= 23,
5х + 4х			2	+ 3х	3	+ 3х	4	− х	5	= 12
	1

Розв’язання

Задана неоднорідна система чотирьох лінійних рівнянь з п’ятью невідомими. Знайдемо ранги основної та розширеної матриць системи. Наприклад, так:

	1		1	1	1	1	7		1		0	0	0	0	0
		3	2	1	1	− 3	− 2			0	−1	− 2	− 2	− 6	− 23
А =		0	1	2	2	6	23		~	0	1	2	2	6	23		~
		5	4	3	3	−1	12			0	−1	− 2	− 2	− 6	− 23

121

		1	0	0	0	0	0
		0	1	2	2	6	23			1		0	0	0	0	0			1		0
~		0	0	0	0	0	0		~		0	1	0	0	0	0		~		0	1		;
		0	0	0	0	0	0

Маємо r(A) = r(A) = 2 система сумісна. Оскільки ранг дорівнює двом, а кількість невідомих п’ять ( r < n ), то система має

нескінчену множину розв’язків.

За базисні невідомі можна взяти х1 та х2 ,тому що коефіцієнти при цих невідомих утворюють базисний мінор

М =	1	1	= 1 2 −1 3 = −1 ≠ 0
	3	2

Тоді х3 , х4 , х5 — вільні невідомі.

Загальним розв’язком даної системи буде

х1 = −16 + х3 + х4 + 5х5 ,

х2 = 23 − 2х3 − 2х4 − 6х5

Відповідь:

(−16 + х3 + х4 + 5х5 ;23 − 2х3 − 2х4 − 6х5 ; х3 ; х4 ; х5 )

Завдання. Дослідити систему на сумісність і знайти скільки розв’язків вона має:

122

	2х1 + 7х2 + 3х3 + х4								= 6,		3х1 − 5х2 + 2х3 + 4х4 = 2,
1)			+ 5х2		+ 2х3 + 2х4 = 4,					2)			− 4х2	+ х3 + 3х4	= 5,
	3х1										7х1
	9х + 4х			2	+ х	3	+ 7х	4	= 2		5х + 7х − 4х + 6х = 3
		1										1	2	3	4

	х1 + х2 − 6х3 − 4х4 = 6,										х1 + х2			+ х3 = 6,
			− 6х3 − 4х4 = 2,													+ х3 = 0,
	3х1 − х2										2х1 − 3х2
3)	2х + 3х		2	+ 9х	3	+ 2х		4	= 6,	4)	3х − 2х				2	+ 4х			3	= 5,
		1										1
	3х + 2х		2	+ 3х	3	+ 8х	4		= −7			х − х	2	+ 3х			3	= 3
		1										1

Завдання. Методом Гауса знайти загальний розв’язок системи ( n —

номер варіанту).

	х1		+ х2 − х3 + х4 = 0,
		− (n + 3)х2 + х3 − х4 = n,
1.	х1
	2х		+ 3х	2	− х	3	− 2х	4	= 4
		1

	х1 − х2				− (n +1)х3 + nх4 = 1,
			+ х2			+ 2х3 − х4 = n,
2.	х1
	nх			− х		− х	3	+ х	4	= 0
		1			2

	х1 + х2				+ х3	+ х4 = n + 2,
			− nх2 + х3			− nх4 = 0,
3.	х1
		х	+ х	2	− (n +1)х		3	− х	4	= 0
		1

123

ВЕКТОРНА АЛГЕБРА
Завдання 1 Довести, що вектори à1 = (7;2;1) , à2				= (5;1;−2) і à3 = (−3;4;5)
утворюють базис в тривимірному просторі і розкласти
вектор d = (25;11;1)	по цьому базису.
Розв’язання
r r	r
Кожен з векторів а1 , а2	, а3 має три координати, тому належить
		7	5	− 3
тривимірному простору. Матриця А =		2	1	4	, яка складена з
		1	− 2	5

координат цих векторів має визначник

А = 35 + 20 +12 + 3+ 56 − 50 = 76 ≠ 0 ,

r	r	r
тому вектори а1 ,	а2 ,	а3	лінійно незалежні і утворюють базис в

тривимірному просторі. Вектор d також має три координати, тобто належить тривимірному простору і його можна представити у вигляді

	25				7				5				− 3
	11		= х1		2		+ х2		1		+ х3		4
														.
	1				1				− 2				5

Відомо, що вектори рівні, коли їх відповідні координати рівні. Тому з останньої рівності отримаємо

7		х1		+ 5х2 − 3х3 = 25,
		х1		+ х2		+ 4х3		= 11,
2
	х		− 2х		2	+ 5х	3	= 1
	1

124

Вирішимо систему матричним методом.

	7		5	− 3			х1				25
Позначимо	А =	2 1		4		;	Х = х2		і	В =	11		. Система в
		1	− 2	5							1
							х3

матричній формі має вигляд А Х = В. Помножимо зліва цю рівність на А−1 , де А−1 — матриця зворотна до матриці А. Отримуємо

А−1 А Х =А−1 В або (А−1 А) Х = А−1 В. Маємо Е Х = А−1 В. Звідси

Х =А−1 В. Знайдемо А−1 . Визначник матриці А = 76 ≠ 0. Тому існує

зворотна матриця	А−1 . Знаходимо приєднану матрицю	~
		А . Вона

складається з алгебраїчних доповнень елементів матриці А і

транспонована відносно матриці А.

А = (−1)1+1 М

11

=

1

4

= 5 + 8 = 13

; А12

= –6; А13 = –5; А21

= –19;

11

− 2

5

А22

=

38;

А23 =

19; А31 = 23;

А32 = –34; А33

= –3.

~

13

−19

23

А =

− 6

38

− 34

.

− 5

19

− 3

	х1					13	−19	23			25					139					63			76
																			1
				1										1								3
Маємо	Х = х2		=	76		− 6	38	− 34			11		=	76		234		=		3			38		.
						− 5	19	− 3			1					81				1		5
	х3																						76

Отже, маємо розкладання вектора d по базису:

125

r

=1

63 r

+ 3

3

r

+1

5

r

d

а1

а2

а3 .

76

38

76

	Координатами вектора d	r r	r	будуть (163				3			5
		в базисі а1 , а2	, а3		; 3				;1				).
							38				76
				76
				63	3				5
		Відповідь: d = (176 ; 3						;1				)
						38				76

Завдання 2. При яких значеннях α і β вектори (1, α, 3) і (–3,–2, β): 1) колінеарні? 2) перпендикулярні?

Завдання 3. Знайти скалярний і векторний добуток векторів (3,26,–5) і (19,1,4).

Домашнє завдання

Завдання. Довести, що вектори,		r	= (6;1;−3) ,	r	= (−3;2;1) і
		а1		а2
r	= (−1;−3;4) утворюють базис в тривимірному просторі і
а3

розкласти вектор d = (15;6;−17) по цьому базису.

Завдання. При яких значеннях α і β вектори (1, α, 3) і (3, 2, β): 1) колінеарні? 2) перпендикулярні?

Завдання. Знайти скалярний і векторний добуток векторів (23,6,8) і (1,16,–7).

ПРЯМА НА ПЛОЩИНІ

Приклад. Задано вершини трикутника: А(−2;−1), В(−2;4),С(2;4) . 126

1.Побудувати трикутник АВС.

2.Визначити вид трикутника АВС.

3.Знайти точку перетину медіан трикутника АВС.

4.Знайти рівняння медіани трикутника АВС, проведеної з вершини А.

5.Знайти рівняння висоти трикутника АВС, проведеної з вершини В.

6.Знайти довжину медіани, проведеної з вершини В.

7.Знайти площу трикутника АВС.

Розв’язання

1.

2. Знайдемо довжини сторін трикутника.

АВ = (−2 + 2)2 + (4 +1)2 = 25 = 5 ; ВС = (2 + 2)2 + (4 − 4)2 = 16 = 4 ;

127

АС =	(2 + 2)2	+ (4 +1)2			=	41	.
Відмічаємо, що АС 2 = АВ2	+ ВС2				= 52 + 42 ) . Тому трикутник
		( (	41)2
є прямокутним.

3. Нехай точка F — точка перетину медіан трикутника АВС. Відомо, що ця точка ділить медіану у відношенні 2:1 починаючи з вершини. Тоді

х + λх

за формулами ділення відрізка у заданому відношенні х = 11+ λ 2 ,

у = у1 + λу2

		знайдемо координати точки F.
	1+ λ

Розглянемо медіану, проведену з вершини А. Нехай К — середина сторони ВС. Знайдемо координати точки К за формулами координат середини відрізка (якщо λ =1).

хК

=

− 2 + 2

= 0 ,

уК =

4 + 4

= 4

;

К (0;4)

2

2

х

=

− 2 + 2 0

= −

2

уF

=

−1+ 2 4

=

7

Координати точки F:

F

1+ 2

3

,

1+ 2

3 .

4.Рівняння медіани АК знайдемо як рівняння прямої, що проходить через дві точки:

х − х1

=

у − у1

. А(–2;–1),

К(0;4)

х

− х

у

− у

2

1

2

1

Маємо

х + 2

=

у +1

;

5(х + 2) = 2(у +1) ;

5х − 2у + 8 = 0 — рів-

0 + 2

4 +1

няння медіани АК у загальному вигляді. 128

х0 , у0 —

5. Рівняння висоти, проведеної з вершини В знайдемо як рівняння прямої, що проходить через дану точку В перпендикулярно вектору

АС . Загальний вигляд рівняння: А(х − х0 ) + В(у − у0 ) = 0 , де координати даної точки ( В ) і А та В — координати вектора нормалі n(A; B) .

Знайдемо координати вектора АС : х = 2−(−2) = 4,у =4−(−1) =5.

АС(4; 5). Маємо 4(х + 2) + 5(у − 4) = 0 ; 4х + 8 + 5у − 20 = 0 ;

4х + 5у −12 = 0 — рівняння висоти (BL), проведеної з вершини В у

загальному вигляді.

6. Довжину медіани, проведеної з вершини В знайдемо за формулами відстані між двома точками: d = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 . Для цього нам потрібно знайти координати середини сторони АС. Нехай М –

середина АС.

	хМ	=	− 2 + 2	= 0 ,	уМ	=	−1+ 4	= 1,5	; М( 0; 1,5 ).
			2				2

ВМ = (0 + 2)2 + (1,5 − 4)2 = 10,25(од.) — довжина медіани ВМ.

7. Площу трикутника АВС з вершинами А(х1; у1), В(х2 ; у2 ),С(х3; у3 )

знайдемо за формулою

129

S = ±	1		1	1		1
			x	x		x		.
					2		3
2			1
			y1	y2		y3

	1	1	1	1		1		1
S = ±		− 2	− 2	2	= ±		(−8 − 2 − 8 − 2 − 8 + 8) = ±		(−20) = m10
	2	−1	4	4		2		2

Тому площа трикутника дорівнює 10 кв. од.

Домашнє завдання

Завдання Задано вершини трикутника: А(8;−2), В(0;6), С(4;−1)

1.Побудувати трикутник АВС.

2.Визначити вид трикутника АВС.

3.Знайти точку перетину медіан трикутника АВС.

4.Знайти рівняння медіани трикутника АВС, проведеної

звершини А.

5.Знайти рівняння висоти трикутника АВС, проведеної

звершини В.

6.Знайти довжину медіани, проведеної з вершини В.

7.Знайти площу трикутника АВС.

КУТИ НА ПЛОЩИНІ

Кут між двома прямими

130