Владыкина Н.Д., Ермаков А.И., Курчанова С.С., Хмеленко Г.И. Методич. указания по курсу высшей математики. Часть 1

Подождите немного. Документ загружается.

















.2233

,72

zyx

Решение.

Метод Крамера. Для решения системы найдем главный и побочные

определители:

( 1)

1 1 1 1 2 1

1 2

2 1 1 1 2 0 1 ( 1) 1 10 9

5 1

3 3 2 5 1 0



         



  

Так как

0

, система имеет единственное решение.

( 1)

4 1 1 4 1 1

3 2

7 1 1 3 2 0 1 ( 1) 3 12 9

6 1

2 3 2 6 1 0

x 



          



   

( 1)

1 4 1 1 4 1

1 3

2 7 1 1 3 0 1 ( 1) 6 15 9

5 6

3 2 2 5 6 0

y 

        

 

( 2)

( 3)

1 1 4 1 2 1

3 1

2 1 7 0 3 1 1 ( 1) 42 6 36

6 14

3 3 2 0 6 14

z 



 

           

 

   

По правилу Крамера



















zyx

Ответ: (1; -1; 4).

Метод обратной матрицы. Запишем систему в виде матричного

уравнения: AX = B, где

















233

112

111































Так как

09||  A

, то существует обратная матрица A

-1

, тогда

решение X = A

-1

Найдем алгебраические дополнения элементов матрицы.

;532







A

;1)32(





A

;7)34(





A

;532





A

;336





A

;6)33(





A

;211





A

;321





A

;1)21(

A





















363

157

215

Проверим выполнение равенства A

-1

A = E.

-1

A =

5 1 2 1 1 1 9 0 0 1 0 0

1 1

7 5 1 2 1 1 0 9 0 0 1 0

9 9

3 6 3 3 3 2 0 0 9 0 0 1



       

       

    

       

   

       

       

=E;

X=A

-1

B =

5 1 2 4 5 4 ( 1) 7 2 ( 2)

1 1

7 5 1 7 7 4 ( 5) 7 1 ( 2)

9 9

3 6 3 2 ( 3) 4 6 7 ( 3) ( 2)

       

     

     

          

     

         

     

9 1

36 4

   

   

  

   

   

Ответ: ( 1; -1; 4).

Решение № 41-60 аналогично решению приведенного примера.

Метод Жордана–Гаусса

Метод Жордана-Гаусса (метод последовательного исключения

неизвестных) применим для решения систем линейных алгебраических

уравнений при любом количестве решений. Он основан на элементарных

преобразованиях матриц:

- перестановках строк;

- умножении строки на число, отличное от нуля;

- прибавлении к элементам строки соответствующих элементов другой

строки, предварительно умноженных на некоторое число.

Рассмотрим случай единственного решения.

Пример:

Решить систему уравнений.













.1123

,17332

,1742

zyx

Решение.

Составим расширенную матрицу системы из коэффициентов при

неизвестных и свободных членов; последние отделим вертикальной чертой.

Приведем эту матрицу к диагональному виду, применяя метод элементарных

преобразований матриц. В итоге слева от черты получим единичную

матрицу.

( 2)

( 3) ( 1)

1 2 4 17 1 2 4 17 1 2 4 17

2 3 3 17 ~ 0 1 5 17 ~ 0 1 5 17 ~

3 1 2 11 0 5 10 40 0 1 2 8



 

     

     

  

     

  

     

( 5)

1 0 6 17 1 0 6 17 1 0 0 1

~ 0 1 5 17 ~ 0 1 5 17 ~ 0 1 0 2

0 0 3 9 0 0 1 3 0 0 1 3



         

     

 

     

Ответ: (1; 2; 3).

Рассмотрим случай бесконечного множества решений.

Пример: Решить систему уравнений.













.3753

,2332

,142

zyx

Решение:

( 2)

( 3) ( 1)

1 2 4 1 1 2 4 1 1 2 4 1

2 3 3 2 ~ 0 1 5 0 ~ 0 1 5 0

3 5 7 3 0 1 5 0 0 0 0 0



 

     

     

 

     

 

     

;

Так как одна строка состоит их нулей, то система имеет множество

решений. Запишем, учитывая последнюю матрицу, систему уравнений.

2 1 4 ; 1 6 ;

2 4 1;

5 ; 5 ; .

5 0.

. , .

x y t x t

x y z

y t y t

y z

z t z t t R

    

 

  



 

 

  

 



 

  

 

Ответ: (1+6t; -5t; t), где

Rt 

Рассмотрим случай, когда система уравнений не имеет решений.

Пример: Решить систему уравнений.













.0753

,2332

,142

zyx

Решение.

( 2)

( 3) ( 1)

1 2 4 1 1 2 4 1 1 2 4 1

2 3 3 2 ~ 0 1 5 0 ~ 0 1 5 0

3 5 7 0 0 1 5 3 0 0 0 3



 

     

     

 

     

   

     

В последней строке пришли к противоречию 0x + 0y +0z = -3.

Ответ: система решений не имеет.

Пример: Решить систему уравнений.













.2936

,2624

,132

zyx

Решение.

( 2)

( 3)

2 1 3 1 2 1 3 1

2 1 3 1

4 2 6 2 ~ 0 0 0 0 ~

0 0 0 1

6 3 9 2 0 0 0 1



 



 

   

 

   

 

   

 

   

   

Ответ: система решений не имеет.

Решение номеров № 281-290 аналогично приведенным решениям.

Теорема Кронекера – Капелли

Ранг матрицы. Максимальный порядок r отличных от нуля миноров

матрицы А называется ее рангом, а любой минор порядка r, отличный от

нуля, называется базисным минором.

Элементарные преобразования матрицы не меняют ее ранга. Используя

эти преобразования, матрицу можно привести к такому виду, когда все ее

элементы, кроме a

, a

, …, a



min (m,n)) равны нулю. Очевидно, ранг

такой матрицы равен r.

Теорема. Для того, чтобы система алгебраических уравнений была

совместной, необходимо и достаточно, чтобы

.)|(,  BAAгдеArangrangA

расширенная матрица системы

Пример:

Исследовать данные системы уравнений на совместность и решить их,

если они совместны.

2 2, 2 4 1, 2 3 1 7,

1) 2 3 1, 2) 2 5 1, 3) 4 2 1,

3 2 3. 2. 4 5.

x y z x y z x y z

x y z x y z x y

        

  

  

        

  

  

       

  

Решение.

Составим расширенную матрицу и методом элементарных

преобразований приведем ее к диагональному виду.

( 2)

( 1)

2 1 1 2 1 2 3 1 1 2 3 1

1 2 3 1 ~ 2 1 1 2 ~ 0 5 5 0 ~

1 3 2 3 1 3 2 3 0 5 5 4



         

     

    

     

     

     

( 2)

1 2 3 1 1 0 1 1

~ 0 1 1 0 ~ 0 1 1 0

0 5 5 4 0 0 0 4



     

   

 

   

rang A = 2, так как минор второго порядка

1 0

0 1

 

, а:

1 0 1

0 1 1 0

0 0 0



, и

3Arang

, так как минор третьего порядка:

400

010

101





Так как

rangA rang A

, то по теореме Кронекера- Капелли система

несовместна, т.е. не имеет решений.

Ответ: система решений не имеет.

( 2)

( 1) ( 1)

1 2 4 1 1 2 4 1 1 2 4 1

2 1 5 1 ~ 0 3 3 3 ~ 0 1 1 1 ~

1 1 1 2 0 3 3 3 0 1 1 1



 

  

     

     

    

     

     

     

1 0 2 1

~ 0 1 1 1

0 0 0 0

   

 



 

 

Учитывая, что одна строка состоит из нулей, делаем заключение, что

rangA

Arang

не равны трём.

rangA

=2, так как минор второго порядка



Arang

=2, так как тот же минор, принадлежащий и расширенной

матрице, отличен от нуля.

Итак,

2 ArangrangA

. Исходная система совместна. Выберем в

качестве базисного минора M

1 0

0 1

. Тогда неизвестные x и y – базисные, z –

свободная переменная, а сокращенная система имеет вид:











,12

Полагая z = c и решая сокращенную систему

относительно базисных неизвестных, получаем:











,21

Следовательно, общее решение исходной системы имеет вид:

(-1+2c, 1+c, c).

( 2)

( 1)

2 3 1 7 1 4 2 1 1 4 2 1

1 4 2 1 ~ 2 3 1 7 ~ 0 11 3 5 ~

1 4 0 5 1 4 0 5 0 8 2 4



   

     

     

     

     

      

     

( 4)

( 11)

1 4 2 1 1 4 2 1 1 0 1 3

0 11 3 5 ~ 0 1 1/ 4 1/ 2 ~ 0 1 1/ 4 1/ 2 ~

0 4 1 2 0 11 3 5 0 0 1/ 4 1/ 2



  

     

     



     

100

010

001

2/1

100

4/110

101

)1(

)

(





























3rangA

, так как минор третьего порядка

100

010

001















3Arang

, так как тот же минор не равен нулю и он же

принадлежит расширенной матрице. Так как

3 ArangrangA

равен количеству неизвестных системы, то система имеет единственное

решение.

Учитывая преобразованную матрицу, запишем систему в виде:

















Ответ: (-1; 1; -2).

Решение номеров 291-300 аналогично приведенным решениям.

II. Векторная алгебра

Векторы в пространстве и на плоскости

Вектор

ABa 



- это направленный отрезок.

Длина вектора называется модулем вектора; пишут



или

Разложение вектора по координатным осям ОX, OY, OZ записывают в

виде

kajaiaa

zyx









, или

 

zyx

aaaa ,,



,где

zyx

aaa ,,

проекции вектора на оси ОX, OY, OZ;

kji





- единичные векторы

(орты), совпадающие по направлению с этими осями. Проекции

zyx

aaa ,,

называются координатами вектора.

Длина вектора

222

zyx

aaaaa 



. Если заданы начало вектора

 

111

,, zyxA

и конец

 

222

,, zyxB

, то координаты вектора находятся

по формуле

 

121212

;; zzyyxxAB 

, а модуль вектора - по

формуле

     

zzyyxxAB 

Если



- углы между вектором



и осями ОX, OY, OZ, то



cos,cos,cos

называются направляющими косинусами вектора



и вычисляются по формулам:

cos ; cos ; cos

x z

a a

a a a

  

  

  

Два вектора

 

zyx

aaaa ;;



 

zyx

bbbb ;;



коллинеарны тогда и

только тогда, когда их соответствующие координаты пропорциональны:



Скалярным произведением двух векторов



называется число,

равное произведению длин этих векторов на косинус угла между ними:

 

,cos bababa







Если векторы заданы своими координатами, то

zzyyxx

babababa 



Два вектора



перпендикулярны тогда и только тогда, когда

0

zzyyxx

bababa

Проекция вектора



на вектор



и угол



вычисляются по

формулам:

пр







;

.cos









Векторным произведением







двух векторов



называется

такой третий вектор



, длина которого численно равна площади

параллелограмма, построенного на двух данных векторах; этот вектор

перпендикулярен к плоскости параллелограмма и направлен так, что если

смотреть с его конца в основание, то кратчайший поворот от первого вектора

ко второму кажется совершающимся против хода часовой стрелки.

 

sinS c a b a b  

 

  

Если векторы заданы своими координатами

 

, ,

x y z

a a a a



 

zyx

bbbb ,,



, то векторное произведение находится с помощью

определителя:

zyx

bbb

aaa

kji









Смешанным произведением трех векторов



в указанном

порядке называется скалярное произведение векторного произведения

первых двух и третьего:

 

cba





Если векторы заданы своими координатами

 

zyx

aaaa ;;



 

zyx

bbbb ;;



 

zyx

cccc ;;



то смешанное произведение равно:

 

zyx

ccc

bbb

aaa

cba 



;

Модуль смешанного произведения трех векторов равен объему

параллепипеда, построенного на этих векторах как на сторонах, т.е.

 

Vcba 



. Три вектора



компланарны, т.е. параллельны

одной и той же плоскости, тогда и только тогда, когда их смешенное

произведение равно нулю:

 

0 cba



Пример:

Даны координаты вершин пирамиды ABCD. А(3;2;1), В(-2;1;-2), C(-1;2;3)

и D(1;-2;3). Требуется:

1) записать векторы

ACAB,

в системе орт и найти модули этих

векторов;

2) найти угол между векторами

;

3) найти проекцию вектора

на вектор

;

4) найти площадь грани АВС;

5) найти объем пирамиды АВСD.

Решение.

1) Координаты векторов

ACAB,

находим по формуле:

       

.;;

121212121212

kzzjyyixxzzyyxxAB







.242

);2;4;2()13;22;31(

;24

);2;0;4()13;22;31(

;35

kjiAD

kiAC

kjiAB



















Модули векторов находим по формуле:

.622441642)4()2(

;522041620)4(

;359125)3()1()5(

.)()()(

222









zzyyxxAB

Ответ:

,35 kjiAB







;35AB

kiAC



24 

;52AC

kjiAD





242 

.62AD

2) Угол между векторами находим по формуле:











cos

bababa

zzyyxx





Тогда:

;

752

5257

620

2035

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

)cos(























ACAB

;

arccos



ACAB