Оулы 1-1

Шешуі: Теңдеулер жүйесін шешу үшін

1 1			3		x			3
		4	1		1
A 3				,	X x2	және	B 2
	2	1	6					5
					x3

белгілеулерін енгіземіз. Енді A матрицасының сәйкес анықтауышын есептейміз:

det A	1	1	3
	3	4	1	24 9 2 24 1 18 74 0,
	2	1	6

демек берілген теңдеулер жүйесінің шешімі бар. Ол шешімді (1.5) теңдеуі арқылы анықтаймыз. Ол үшін алдымен бізге A 1 кері матрицасын табамыз:

A11			4						1		25,							A12						3	1		16,						A13		3			4				11,
			1						6													2			6										2			1
A21						1		3							9,			A22			1				3			12,					A23				1	1			1,
						1			6												2				6												2 1
A31			1						3						11,			A32						1	3					10,			A33		1			1			7,
				4					1															3	1										3			4
																25		9	11
яғни A 1													1
																16		12	10 тең, онда
									74								11	1			7
								25								9		11 3													25 3 9 2 11 5
X				1																								1
								16 12										10 2													16 3 12 2 10 5
			74
									11								1											74				11 3 1 2 7 5
																		7 5
				148													2
	1
				74											1 болады.
74								0
																	0

Сонымен кері матрица бойынша жауабы: x1 2, x2 1, x3 0.

1.6 Сызықтық теңдеулер жүйесiн Гаусс әдiсiмен шешу

Сызықтық теңдеулер жүйесiн анықтауыш көмегiмен шешу екi немесе үш теңдеулер үшiн тиiмдi. Ал үштен көп теңдеулер жүйесiн шешуде Гаусс әдiсi өте қолайлы болып табылады. Бұл әдiстiң мәнiсi белгiсiздердi бiртiндеп жоюда жатыр. Осы әдiстi төрт белгiсiзден тәуелдi төрт теңдеулер жүйесiне қарастырамыз:

23

a11x1 a12x2 a13x3 a14x4 b1
a	21	x a	22	x	2	a	23	x	3	a		24	x		4	b
		1														2	.	(1.6)
a	31	x a	32	x	2	a		x	3	a	34		x	4		b
		1				33										3
a	41	x a	42	x	2	a	43	x	3	a		44	x		4	b
		1														4
Бұл теңдеуде a11 0 болсын,							егер			a11 0 болса,								онда бiрiншi теңдеу
ретiнде x1 коэффициентi нөлге							тең			емес						теңдеудi		алып, кеңейтiлген
матрицасын құрастырамыз.

a		a	a	a	a
	11	12	13	14	15
a21		a22	a23	a24	a25		(1.7)
a		a	a	a	a
	31	32	33	34	35
		a42	a43	a44
a41					a45

Бiрiншi қадам: бiрiншi жатық жолды a11-ге бөлемiз, шыққан нәтеженia21-ге көбейтiп екiншi жатық жолға қосамыз, сонан соң a31-ге көбейтiп үшiншi жатық жолға қосамыз, ең соңында a41-ге көбейтiп төртiншi жатық

жолға қосамыз. Алынған матрицаны былай жазамыз:

1		b	b	b	b
		12	13	14	15
0		b22	b23	b24	b25		,	(1.8)
	0	b	b	b	b
		32	33	34	35
	0	b	b	b	b
		42	43	44	45

мұндағы bij элементтерi aij -дан мына түрде алынады:

	b		a1j	(j 2,3,4,5);	b a	ij	a	b	(i 2,3,4;	j 2,3,4,5).
			a
	1j				ij			i1 1j
		11

Екiншi қадам: (1.8) матрицасының бiрiншi жатық жолын қалдырып, екiншi жатық жолды b22-ге бөлемiз, шыққан нәтеженi b32-ге көбейтiп үшiншi жатық жолға қосамыз, сонан соң b42 -ге көбейтiп төртiншi жатық

жолға қосамыз. Сонда

1		b	b	b	b
		12	13	14	15
0		1	c23	c24	c25		(1.9)
	0	0	c33	c34	c35
	0	0	c43	c44	c45

мұндағы cij элементтерi bij -дан мына түрде алынады:

c

2 j

b2 j

( j 3,4,5);

c

ij

b

b

c

2 j

(i 3,4;

j 3,4,5).

b

ij

i2

22

Осылай жалғастыра отырып, ең соңында мына матрицаны аламыз:

24

1		b	b	b		b
		12	13	14		15
0		1	c23	c24		c25			(1.10)
	0	0	1	d		d		.
					34		35
	0	0	0	1		e45

Осы матрицаға сәйкес теңдеулер жүйесiн былай жазамыз:

x1 b12x2 b13x3 b14x4 b15
	0	x2 c23x3		c24x4 c25
					.	(1.11)
	0	0	x3 d34x4 d35
	0	0	0	x4 e45

Бұл түрленген теңдеулер жүйесiнен белгiсiздер төртiншi теңдеуден бастап айқындалады.

Мысалы, берілген теңдеулер жүйесін Гаусс әдісімен есептеңіз:

2x		x		5x		4
	1		2		3
	3x1 x2 5x3 0 .
		2x2		13x3 2
5x1

Шешуi: Теңдеулер жүйесiнiң кеңейтiлген матрицасын жазамыз:

					2 1				5		4	бірінші жатық									1		1				5		2
					3 1				5															2			2
											0 ~ жолды2-ге										~ 3		1				5		0 ~
					5			2	13				бөлеміз									5		2			13
											2																		2
	бірінші жатық жолды													1		1		5	2		2		екінші жәнеүшінші
																2
	(-3)-кекөбейтіп екінші,															1		5
~		(-5)-кекөбейтіп үшінші											~	0		2			2		6		~ жатық жолды2-ге ~
														0	9			1			8			көбейтеміз
		жатық жолдарға қосамыз														2			2
	1		1	5			2		екінші жатық жолды														1 1					5			2
			2	2																							2	2
~ 0			1	5			12		~ (-9)-кекөбейтіп үшінші													~ 0					1		5		12 ~
		0	9	1																							0	46			92
							16		жатық жолға қосамыз														0
									үшіншіжатық								1		1				5			2
																					2		2
								~ жолды46-ға								~ 0					1	5				12 .
																					0		1			2
									бөлеміз								0

Алынған кеңейтілген матрицаға сәйкес теңдеулер жүйесi былай жазылады:

25

x			1	x	2		5	x	3	2		x	4
	1		2			2
												1
			x2 5x3 12									x2 2.
						x3 2							2
												x3
		Сонымен жауабы:									x1 4, x2 2,			x3 2.

1.7 Сызықтық теңдеулер жүйесін зерттеу. Кронекер – Капелли теориясы

Біз n белгісізі бар n теңдеулер жүйесін қарастырамыз:

a11x1 a12x2 ...

a1nxn b1,

a22x2

a2n xn

b2 ,

a21x1

(1.12)

,

..........

..........

..........

..........

a

x a

n2

x

2 ...

a

nn

x

n

b .

n1 1

n

Мұндағы aij

i

, j

белгiсiздерiнiң коэффициенттерi,

xi i

1,n

1,n

1,n

белгісіздер, ал bj

j

бос мүшелер немесе теңдеулер жүйесінің оң жағы

1,n

деп аталады.

(1.12) теңдеулер жүйесінің белгiсiздерiнiң коэффициенттерiнен құралған матрицаны құрастырамыз:

a

a

...

a

11

12

1n

A

a21

a22 ...

a2n

(1.13)

.

... ... ... ...

an2 ...

ann

an1

9-анықтама. Мына түрде берілген

a11x1

a12x2

... a1n xn

0,

a22x2

... a2n xn

0,

a21x1

(1.14)

............................................,

a

x

a

n2

x

2

... a

nn

x

n

0

n1 1

теңдеулер жүйесі біртекті деп аталады.

x1 0, x2

0,...,xn

0

(1.14) біртекті теңдеулер

жүйесінің

шешімі

болатыны айқын. Бірақ біртекті теңдеулер жүйесін қанағаттандыратын ең кемінде біреуі нөлден өзгеше шешім де болуы мүмкін, яғни xi 0 i 1,2,...n . Мұндай шешім (1.14) біртекті теңдеулер жүйесінің тривиалды емес шешімі деп аталады, ал нөлдік шешім (1.14) біртекті теңдеулер жүйесінің тривиалды шешімі деп аталады.

1-теорема. Егер (1.14) біртекті теңдеулер жүйесінің анықтауышы нөлге тең емес болса ( 0), онда мұндай теңдеулер жүйесінің тек қана тривиалды шешімі болады.

26

2-теорема. Егер (1.14) біртекті теңдеулер жүйесінің тривиалды емес шешімі бар болса, онда оның анықтауышы нөлге тең болуы қажет ( 0).

Енді біз (1.12) теңдеулер жүйесін оның анықтауышы 0 тең болған кезде зерттейміз. Қарастыруымыз бойынша

a11	a12	...	a1n
a21	a22	...	a2n 0	(1.15)
... ... ... ...

an1 an2 ... ann

болуы керек. Жоғарыда көрсетілген (1.13) матрицасының ең кемінде бір элементі нөлге тең емес және A матрицасының рангісі k -ға тең болсын деп есептейміз (k рангA r A ). Сонымен 1 k n болады. Теңдеулер жүйесін мұндай жағдайда зерттеп дәлелдеген Кронекер – Капелли.

Егер біз (1.12) теңдеулер жүйесін оның сәйкес A матрицасының рангісі k -ға тең болған кезде (k r A ) шешетін болсақ, онда біз (1.12) теңдеулер жүйесінің кеңейтілген матрицасының, яғни A матрицасына (1.12) теңдеулер жүйесінің бос мүшелер бағанасын қосудан алынған матрицаның рангісін білуіміз керек. Кеңейтілген матрица мына түрде жазылады:

	a		a		...	a		b
		11		12	...		1n	1
B	a21		a22			a2n		b2		(1.16)
									.
	... ...				... ...			...
	a	n1	a	n2	...	a	nn	b
								n

1)Егер B матрицасының рангісі A матрицасының рангісінен үлкен болса (r B r A k ), онда (1.12) теңдеулер жүйесінің шешімі жоқ.

Бұл (1.12) теңдеулер жүйесінің барлық теңдеулерін бір мезгілде қанағаттандыратын x1,x2,...,xn шешімінің болмайтындығын теріске

шығарады.

2) Егер B матрицасының рангісі A матрицасының рангісіне тең болса (r B r A k ), онда (1.12) теңдеулер жүйесінің шешімі бар. Оларды табу үшін (1.12) теңдеулер жүйесінен сәйкес матрицасының рангісі k -ға тең болатын қандай да бір k теңдеулер жүйесін алып, оларды шешеміз. Мұндай k теңдеулерден тұратын жүйенің шешімі шексіз көп болады, бірақ біз оларды жалпылама түрде жазамыз.

Сонымен бірге қарастырып отырған k теңдеулер жүйесінің кез келген шешімі, (1.12) теңдеулер жүйесінің қалған n k теңдеулерінің де шешімі болады.

Мысалдар қарастырамыз:

1. Берілген теңдеулер жүйесін шешіңіз.

x y 1,	(1.17)
x y 2.

Шешуі. Берілген теңдеулер жүйесінің анықтауышын табамыз:

27

1 1

0, яғни (1.17) теңдеулер жүйесінің анықтауышы нөлге тең.

1 1

1 1

Сондықтан (1.17) теңдеулер жүйесінің сәйкес матрицасы A рангісі

1 1

бірге тең, яғни r A 1. Ал оның кеңейтілген матрицасы	1	1	1
	B
		1	2
	1

рангісі екіге тең, яғни r B 2. Сонымен r B r A болғандықтан (1.17) теңдеулер жүйесінің шешімі жоқ. Теңдеулер жүйесінің шешімі болмайтындығын, (1.17) теңдеулер жүйесіндегі бірдей қосылғыштардың бір мезгілде 1-ге және 2-ге теңдігінен де көруге болады.

2. Берілген теңдеулер жүйесін шешіңіз.

				2x 2y 2,			(1.18)
				3x 3y 3.		2	2
	Шешуі. Берілген теңдеулер жүйесінің анықтауышы							0. (1.18)
						3	3
	теңдеулер жүйесінің		2	2	r A 1 және оның
		A		матрицасының рангісі
			3	3
	2	2	2	матрицасының рангісі де	r B 1 тең, яғни
	кеңейтілген B
		3
	3		3

r B r A болатындықтан, (1.18) теңдеулер	жүйесінің бір теңдеуін
қарастырамыз:
2x 2y 2.	(1.19)

Бұл теңдеуде y айнымалысының коэффиценті нөлге тең болмағандықтан оны y-ке қатысты шешеміз:

	y	2 2x	1 x.	(1.20)
	2			береді. Біз x-қа
Осы (1.20)	формула (1.19) теңдеуінің барлық шешімін
x	кез келген мән бере отырып, (1.20) формуласы бойынша y

мәнін есептеуге болады. Сонда (1.19) теңдеуді қанағаттандыратын x,y жұпатрының жүйесін аламыз. x , болғандағы барлық x,x 1 жүйесі (1.19) теңдеуінің барлық шешімдерінің жиынтығын береді. Берілгені бойынша r B r A болатындықтан, бұл шешімдер сонымен бірге (1.18) теңдеулер жүйесіндегі екінші теңдеудің де шешімдері болады. Бұлай болатындығын берілген (1.18) теңдеулер жүйесінен де көруге болады. Себебі (1.18) теңдеулер жүйесіндегі теңдеулердің сәйкес коэффиценттері және оң жақтары пропорциональ.

28

1.8 №2 өздiк жұмыс тапсырмалары

Берiлген теңдеулер жүйесiн үш әдiспен есептеңiздер:

а) Крамер ережесiмен; б) Кері матрица әдісімен; в) Гаусс әдiсiмен.

4x1 6x2 5x3 6, 1.1. 3x1 7x2 4x3 2,

2x1 3x2 7x3 9.

Жауабы: x1 3, x2 1, x3 0

1 x2 13,

1.3.x1 4x2 3x3 10,2x

4x1 x2 x3 24

Жауабы: x1 5, x2 3, x3 1

1 2x2 4x3 13

1.5.3x1 4x2 2x3 7,3x

2x1 x2 x3 5.

Жауабы: x1 1, x2 3, x3 4

1 7x2 3x3 5,

1.7.2x1 3x2 x3 4,x

4x2 5x3 29.

Жауабы: x1 3, x2 1, x3 5

1 3x2 4x3 39,

1.9.7x1 5x2 x3 38,2x

4x1 x2 x3 35.

Жауабы: x1 7, x2 3, x3 4

1 2x2 4x3 16,

1.11.3x1 4x2 2x3 10,3x

2x1 x2 x3 3.

Жауабы: x1 2, x2 3, x3 4

1 x2 4x3 18,

1.13.2x1 x2 2x3 10,4x

x1 x2 2x3 10.

Жауабы: x1 0, x2 2, x3 4

1 3x2 1,

1.15.4x1 x2 2x3 5,x1 5x2 4x3 17.5x

2x1 4x2 5x3 17,

1.2. 4x1 3x2 x3 28,2x1 5x2 2x3 3.

Жауабы: x1 5, x2 3, x3 1

2x1 x2 3x3 18,

1.4. x1 3x2 x3 8,

x1 2x2 2x3 6.

Жауабы: x1 2, x2 4, x3 6

8x1 3x2 6x3 3,

1.6. x1 x2 x3 3,

4x1 x2 3x3 1.

Жауабы: x1 0, x2 5, x3 2

5x1 x2 x3 9,

1.8. x1 x2 x3 15,

3x1 3x2 3x3 9.

Жауабы: x1 4, x2 5, x3 6

1 4x2 x3 14,

1.10.5x1 4x2 4x3 11,x

3x1 2x2 5x3 26.

Жауабы: x1 3, x2 4, x3 5

1 2x2 5x3 3,

1.12.2x1 3x2 4x3 19,3x

x1 2x2 3x3 3.

Жауабы: x1 4, x2 5, x3 1

1 x2 2x3 9,

1.14.4x1 x2 4x3 33,2x

x1 x2 2x3 15.

Жауабы: x1 4, x2 5, x3 3

1 x2 3x3 10,

1.16.x1 5x2 x3 28,

3x1 4x2 2x3 34.2x

29

Жауабы: x1 2, x2 3, x3 0

1 x2 3x3 4,

1.17.3x1 4x2 2x3 29,2x

x1 5x2 x3 21

Жауабы: x1 5, x2 3, x3 1

3x1 x2 x3 0,

1.19. 3x1 5x2 6x3 40,

x1 4x2 2x3 2.

Жауабы: x1 2, x2 2, x3 4

1 x2 x3 4,

1.21.5x1 x2 2x3 13,3x

x1 2x2 4x3 17.

Жауабы: x1 1, x2 2, x3 3

2x1 3x2 x3 19,

1.23. 2x1 x2 3x3 17,

3x1 2x2 x3 20.

Жауабы: x1 4, x2 3, x3 2

4x2 2x3 8,

1.25. 2x1 x2 x3 15,

3x1 2x2 4x3 13.

Жауабы: x1 5, x2 3, x3 2

1 x2 x3 19,

1.27.3x1 2x2 5x3 3,4x

x1 3x2 4x3 0.

Жауабы: x1 5, x2 1, x3 2

x1 4x2 x3 6,

1.29. 4x1 5x3 6,

3x1 7x2 2x3 8.

Жауабы: x1 4, x2 0, x3 2

Жауабы: x1 2, x2 4, x3 6

1 4x2 x3 0,

1.18.x1 3x2 x3 16,2x

x1 3x3 18.

Жауабы: x1 6, x2 2, x3 4

1 x2 x3 16,

1.20.5x1 x2 2x3 35,3x

x1 2x2 4x3 16.

Жауабы: x1 6, x2 3, x3 1

2x1 3x2 10,

1.22. 2x1 x2 3x3 6,

3x1 x2 x3 8.

Жауабы: x1 2, x2 2, x3 0

1 2x2 3x3 5,

1.24.2x1 3x2 4x3 1,x

3x1 2x2 5x3 17.

Жауабы: x1 2, x2 3, x3 1

x1 4x2 x3 15,

1.26. 2x1 3x2 1,

3x1 4x2 x3 1.

Жауабы: x1 4, x2 3, x3 1

5x1 2x2 4x3 7,

1.28. x1 3x2 3x3 9,

2x1 3x2 18.

Жауабы: x1 3, x2 4, x3 0

1 4x2 x3 24,

1.30.3x1 2x2 3x3 4,7x

2x1 3x2 x3 4.

Жауабы: x1 2, x2 2, x3 2

30

II.Комплекс сандар

2.1Негізгі түсінік

1-анықтама. z x iy өрнегі түрінде берілген z саны комплекс сан деп аталады, мұндағы x және y- нақты сандар, ал i-жорамал бірлік деп аталады

және i2 1 немесе i

1 теңдіктерінен анықталады.

Анықтамадағы

z x iy

(2.1)

өрнегінде

x және

y бөліктері z комплекс санының сәйкес нақты және

жорамал бөліктері деп аталады. Оларды сәйкес x Rez және

y Imz ақылы

белгілейміз.

2-анықтама. Егер екі комплекс санның

z1 x1 iy1

және

z2 x2 iy2

нақты бөлігі (x1 x2 )

мен жорамал бөліктері y1 y2 тең болса, онда олар тең

(z1 z2 ) деп аталады.

z x iy

комплекс санында x 0 және

y 0 болса,

3-анықтама. Егер

онда комплекс сан нольге тең.

x 0

4-анықтама. Егер

z x iy

комплекс

санында

болса,

онда

0 iy iy

саны таза жорамал,

ал егер

y 0 болса,

онда

x i0 x

саны

нақты сан болады.

Комплекс санда «үлкен», «кіші» деген ұғымдар қарастырылмайды.

5-анықтама. Жорамал бөлігінің таңбасында

айырмашылық болатын

z x iy

және

x iy

екі комплекс сан түйіндес деп аталады.

z

2.2 Комплекс санның геометриялық бейнесі

Кез

келген

z x iy

комплекс

санды

Oxy

жазықтығында

координаталары x Rez және

y Imz болатын

M x,y нүктесі ретінде

көрсетуге болады. Және керісінше, жазықтықтың әрбір

M x,y

нүктесіне

z x iy

комплекс

саны сәйкес келеді. Комплекс саны бейнеленген

y

жазықтық, z

комплекстік айнымалы жазықтығы деп

аталады (1-сурет).

y

M x, y

z комплекстік айнымалы жазықтығының Ox

өсінде жататын нүктелеріне нақты сандар сәйкес

r

x

келеді y 0 . Ал Oy өсінде жататын нүктелерін таза

жорамал

сандар

бейнелейді

x 0 .

Абцисса өсі

x

z x 0 i

нақты өс деп,

ордината

z 0 yi осі

0

жорамал

өс

деп

аталады.

M x,y

нүктесін

координатаның бас нүктесімен қосу арқылы OM

1-сурет

векторын аламыз. Кейбір кездерде z x iy

комплекс

санының геометриялық бейнесі есебінде

r OM x; y радиус

векторын

31

есептеу ыңғайлы болады.

z комплекс

санын бейнелейтін

r векторының

ұзындығы осы санның модулы деп аталады

және

z

немесе r болып

белгіленеді, яғни r

z

.

Нақты өс

пен r

векторының

оң бағыттағы

арасындағы бұрыш шамасы комплекс санның аргументі деп аталады және Arg z немесе болып белгіленеді, яғни Arg z. Комплекс санның r және

шамалары x және y арқылы мына түрде анықталады:

(2.2)

r x2

y2

және

y

arctg

.

(2.3)

Сонымен

x

z

x iy

x2 y2

(2.4)

және

y

argz arg x iy arctg

.

(2.5)

x

Егер комплекс санның аргументі Ox өсінің оң бағыты бойынша, яғни сағат тіліне қарама-қарсы есептелсе ол оң, ал сағат тілі бағыты бойынша есептелсе теріс болады.

Егер z 0 комплекс санның аргументі көпмәнді болады және 2 k k 0, 1,1, 2,2,... қосылғышына дейінгі дәлдікпен анықталады, яғни

Arg z argz 2 k, мұндағы argz		– аргументтің бас мәні деп аталады және
,	аралығында анықталады,	яғни argz орындалады (кейде
аргументтің бас мәні ретінде 0;2 аралығындағы шама да алынады).
	2.3 Комплекс санның тригонометриялық түрі
z	санының z x iy түрінде жазылуы комплекс санның алгебралық

түрі деп аталады.

Координаталар бас нүктесін полюс, ал Ox өсінің оң бағытын полярлық

өс деп	есептеп, M x,y нүктесінің		полярлық	координатасын		және	r
арқылы	белгілейміз.	z x iy комплекс санының r			модулін	және
аргументін полярлық		координаттар	жүйесінде	r OM	векторы түрінде
бейнелеуге болады (1-сурет). Онда			1-суреттен	x rcos және		y rsin

болатынын көреміз. Сондықтан z x iy комплекс санын мына түрде жазуға

болады:
z rcos i rsin	(2.6)
немесе
z r cos i sin .	(2.7)

Комплекс санның мұндай түрде жазылуы тригонометриялық түрде жазылуы деп аталады.

32