Розв'язання рівнянь методом оберненої матриці та методом Гауса

Систему рівнянь записати в матричній формі та розв'язати методом оберненої матриці та методом Гауса.

(*)

Розв'язання.

Запишемо дану систему рівнянь (*) в матричній формі:

= . (1)

Введемо позначення:

А? - матриця системи,

Х ? - вектор-стовпець з невідомих членів,

В ? - вектор-стовпець з вільних членів.

1) Розв'яжемо систему рівнянь (*) методом оберненої матриці.

Домноживши рівність (1) зліва на обернену матрицю A^-1 одержимо:

Знайдемо обернену матрицю до даної:

A^-1 = ,

де А₁₁= (-1) ²·=10-24=-14,А₁₂= (-1) ³·=- (-6+6) =0,А₁₃= (-

1) ⁴·=-12+5=-7,А₂₁= (-1) ³·=- (-2+4) =-2,А₂₂= (-1) ⁴

·=-6-1=-7,А₂₃= (-1) ⁵·=- (-12-1) =13,А₃₁= (-1) ⁴·=-

6+5=-1,А₃₂= (-1) ⁵·=- (-18-3) =21,А₃₃= (-1) ⁶·=-15-3=-18.

det A = = 30-6-12+5+6-72=-49.

Тому

A^-1 = = - .

Отже, розв'язок даної системи в матричній формі запишеться так:

X = - ·=-=

=-=.

Тобто х₁=1,х₂=1,х₃=1.

2) Розв'яжемо систему рівнянь методом Гауса.

Метод Гауса полягає в послідовному виключенні невідомих за допомогою елементарних перетворень.

Спочатку виключимо х₁ з другого та третього рівнянь системи (*).

Помножимо друге рівняння системи (*) на - 1 і додамо його до першого - запишемо замість другого рівняння,

Помножимо третє рівняння на - 3 і додамо його до першого - запишемо замість третього рівняння:

(2)

Тепер виключимо х₃ з третього рівняння отриманої системи (2). Для цього помножимо третє рівняння системи (2) на - 1 і додамо до другого - запишемо замість третього рівняння системи:

(3)

З рівняння (3) маємо:

х₂= 1,х₂ = = 1,х₃ = 5-3·1-1=1.

Відповідь. дана система в матричній формі:

= ,

її розв'язок (1; 1;1).

Завдання 2

Показати, що перші три вектори , , утворюють базис тривимірного векторного простору, і розкласти вектор за цим базисом (при розв'язанні системи лінійних рівнянь використати формули Крамера):

= (1,2,3), = (2,2,3), = (1,1,1), = (5,7,10)

Розв'язання.

Для того, щоб вектори , , утворювали базис, необхідно щоб вони були лінійно незалежними. Тобто має виконуватись рівність:

б +в +г = 0,за умови, що б = в = г = 0.

Тобто

б +в +г = 0,

або

= .

Тоді, система:

повинна мати тільки нульове рішення. Це можливо тільки, якщо її визначник не дорівнює нулю.

Визначник системи:

А = , det A = 1*2*1+2*1*3+2*3*1-3*2*1-2*2*1-3*1*1=10.

Отже, вектори , , утворюють базис тривимірного векторного простору.

Тоді вектор є їх лінійною комбінацією:

= b₁ + b₂ + b₃ .

Числа b₁, b₂, b₃ будуть координатами вектора у базисі , , . Знайдемо їх, розв'язавши відповідну систему:

Систему лінійних рівнянь розв'яжемо, використовуючи формули Крамера:

b1 = ,

b2 =

b3 = .

= det = 5*2*1+2*1*10+7*3*1-10*2*1-7*2*1-3*1*5 = 2,= det = 1*7*1+5*1*3+2*10*1-3*7*1-5*2*1-10*1*1 = 1,= det =1*2*10+2*7*3+2*3*5-3*2*5-2*2*10-3*7*1 = 1.

Тоді b1 = 2,b2 = 1,b3 = 1.

Отримали вектор у базисі , , : = 2 + + .

Відповідь. вектори , , утворюють базис тривимірного векторного простору, = 2 + + .

Завдання 3

Задано: координати трьох точок А, В, С. Записати рівняння сторін трикутника АВ, АС і ВС, висоти АК, знайти кут А і координати точки К.

A (0;

2), B (2;

3), С (1;

3).

Розв'язання.

рівняння АВ:

,

звідси рівняння прямої АВ: х - 2у + 4=0;

рівняння АС:

,

звідси рівняння прямої АС: х - у +2=0;

рівняння ВС:

,

звідси рівняння прямої ВС: у = 3.

2) З урахуванням перпендикулярності прямої ВС і висоти АK нормальний вектор прямої ВС є напрямним прямої АК: (0;

1) - нормальний вектор прямої ВС, (0;

1) - напрямний вектор прямої АК. Напишемо рівняння цієї прямої, враховуючи, що їй належить т. А (0;

2) -

=0

х = 0 - рівняння прямої АК.

3) кут А - гострий кут між прямими АВ і АС:

LA = LBAK - LCAK,

де LBAK = arctg (BK / AK) = arсtg (2/1) = arсtg 2,LCAK=arctg (CK / AK) = arctg (1/1) = ,

тому L A = arctg 2 - .

4) Знайдемо точку К - точку перетину висоти АК і прямої ВС, тобто координати т. К є розв'язком системи рівнянь даних прямих:

Маємо: К (0;

3).

Відповідь. (АВ): х - 2у + 4=0, (АС): х - у +2=0;

(ВС): у = 3;

(АК): х=0;

L A = arctg 2 - ;

К (0;3).

Завдання 4