Линейная алгебра

Практикум по решению задач
Задача №1.
Найти решение системы линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) одним из
предложенных методов:
 метод Крамера
 метод обратной матрицы
 метод Гаусса
Сделать проверку решения.
 x1  3x2  x3  8

4 x2  2 x3  8
x  x  2x  8
2
3
 1
Задача №2.
Найти общее и частное решение неоднородной СЛАУ. Сделать проверку решения.
 x1  x2  3x3  2 x4  3x5  4
2 x  2 x  4 x  x  3 x  6
 1
2
3
4
5

3x1  3x2  5 x3  2 x4  3x5  6
2 x1  2 x2  8 x3  3x4  9 x5  14
Задача №3.
Найти фундаментальный набор решений однородной СЛАУ. Сделать проверку
решения.
3x1  x2  3x3  2 x4  5 x5  0
5 x  3x  2 x  3x  4 x  0
 1
2
3
4
5

 x1  3x2  5 x3  7 x5  0
7 x1  5 x2  x3  4 x4  x5  0
Пример решения типовой задачи к практическому заданию на тему «Матрицы»
Найти произведение матриц Аи В:
1

2
A
1

3

 1

5 
,
5 

2 4  3 
2 2
3 4
3 2
 2

 1
B
2

 1

2  1

7 3
.
4 3

3 2 
Решение:
Так как сомножители имеют размеры
и имеет размеры 3 3 . Следовательно,
 с11

с
AВ   21
с
 31
с
 41
4  4 и 4 3 , то их произведение определено
с12 с13 

с22 с23 

с32 с33 

с42 с43 
 1 (2)  2  (1)  2  (2)  (1) 1 1 2  2  7  2  4  (1)  3 1 (1)  2  3  2  3  (1)  2 


2  2  3 7  4  4  53
2  (1)  3  3  4  3  5  2 
 2  (2)  3  (1)  4  (2)  5 1


1 (2)  3  (1)  2  (2)  5 1
1 2  3  7  2  4  5  3
1 (1)  3  3  2  3  5  2 


 3  (2)  2  (1)  4  (2)  (3) 1 3  2  2  7  4  4  (3)  3 3  (1)  2  3  4  3  (3)  2 


  9 21 9 


  10 56 29 

 4 46 24 


  19 27 9 


Пример решения типовой задачи к практическому заданию на тему «Элементы
аналитической геометрии»
Задача: Пусть точка А(1; 3) – вершина квадрата АВСD, а его диагональ BD лежит на
прямой х+2у-12=0. Требуется найти уравнения сторон АВ, ВС, СD и АD и
координаты вершин В, С, и D. Сделать чертеж.
Решение:
Указание. Вспомним из школьного курса геометрии свойства диагоналей квадрата,
которые будут использованы при решении этой задачи.
Диагонали квадрата: 1) взаимно перпендикулярны; 2) делятся точкой своего
пересечения – центром квадрата – пополам; 3) равны.
Найдем уравнение прямой, на которой лежит АС – вторая диагональ квадрата.
Вспомним, что уравнение любой невертикальной прямой может быть приведено к виду
y  kx  b ,
где параметр k – угловой коэффициент этой прямой (см.[4], формула (4.2), с.97).
В силу свойства 1) диагоналей квадрата угловые коэффициенты k AC и k BD прямых
АС и ВD связаны соотношением k AC  k BD  1
(1)
(см.[4], с.102). Найдем угловой коэффициент k BD . Для этого выразим у через х из данного
уравнения прямой ВD:
1
1
2 y   x  12 , откуда y   x  6 . Итак, k BD   . Поэтому из соотношения (1) получим,
2
2
1
 2.
что k AC  
k BD
Теперь уже легко найти уравнение прямой АС. Нам известны координаты ее точки
А и угловой коэффициент k AC . Используем уравнение прямой, проходящей через данную
y  y A  k AC  ( x  x A )
точку в данном направлении:
([4], (4.4), с.98). Подставим в это уравнение числовые данные нашей задачи: x A  1 ,
y A  3 , k AC  2 . Получим: y  3  2x  1 или (после упрощений)
AC: y  2 x  1
С помощь свойства 2) диагоналей квадрата найдем координаты центра E квадрата –
точки пересечения его диагоналей.
Поскольку точка E лежит на диагонали АС, ее координаты удовлетворяют
уравнению прямой АС; аналогично рассуждая, получим, что координаты точки E должны
одновременно удовлетворять и уравнению прямой BD. Таким образом, координаты точки
E должны удовлетворять системе из уравнений прямых AC и BD
 y  2 x  1.
y   1 x  6

2
(первое – уравнение прямой АС, вторе – прямой BD). Далее, почленно вычитая второе
5
5
уравнение из первого, получим: 0  x  5 , откуда
x  5 , значит х=2. Подставим
2
2
найденное значение х в любое из уравнений системы, например, в первое. Найдем, что
y  5.
Итак, мы нашли координаты точки E, центра квадрата: x E  2 , y E  5 , т.е. E(2; 5).
Найдем длину отрезка AE – половину диагонали квадрата, а затем воспользуемся
тем, что и остальные вершины квадрата находятся от его центра на таком же расстоянии Е
(свойства 2) и 3) диагоналей), т.е. что все вершины квадрата лежат на окружности радиуса
АЕ с центром в точке Е – рис. 1.
AE 
x A  xE 2   y A  yE 2
([4], формула (3.5), с. 67). Подставив в правую часть этой формулы
числовые значения координат точек А и Е, получим , что
Рис. 1
AE  (1  2) 2  (3  5) 2  5 .
Уравнение окружности радиуса АЕ с центром в точке Е записывается в
виде
x  x E 2   y  y E 2   AE 2
([4], формула (4;1), с. 105). Подставив в него числовые значения радиуса АЕ и координат
центра Е, получим уравнение окружности, проходящей через все вершины квадрата:
( x  2) 2  ( y  5) 2  5
Теперь с помощью простого рассуждения находим по очереди координаты всех
вершин квадрата.
Точки А и С лежат на пересечении найденной окружности и прямой АС, это общие
точки указанных окружности и прямой. Значит, координаты этих точек – решения
системы уравнений окружности и прямой:
 y  2x  1

2
2
( x  2)  ( y  5)  5
Координаты вершины А мы знаем, поэтому будем искать вершину С
Подставим во второе уравнение системы вместо у его выражение 2x  1 из первого
уравнения. Получим:
( x  2) 2  (2 x  1  5) 2  5
откуда ( x  2) 2  (2 x  4) 2  5 , поэтому ( x  2) 2  4( x  2) 2  5 , т.е. 5( x  2) 2  5 , значит
( x  2) 2  1 . Если квадрат числа равен 1, это число равно либо 1, либо (– 1). Поэтому
x  2  1 и тогда x  3 , либо x  2  1 и тогда x  1.
Во втором случае мы получили известную нам абсциссу вершины А (а из первого
уравнения системы получим ординату этой вершины), а первый случай дает нам абсциссу
вершины С: xC  3 . Тогда из первого уравнения системы найдем ординату вершины С:
yC  2  3  1  7 . Итак, найдена вершина С(3; 7).
Аналогично, для нахождения координат вершин В и D надо решить систему,
 x  2 y  12
состоящую из уравнений прямой ВD и той же окружности: 
.
2
2
( x  2)  ( y  5)  5
Выразим из первого уравнения х через у:
х = 12 – 2у
и подставим полученное выражение во второе уравнение системы. Получим (аналогично
решению предыдущей системы 4(у – 5)2 +(у – 5)2 = 5, откуда либо у – 5 = 1 и тогда у =
6, либо у – 5 = – 1 и тогда у = 4.
При у = 6 первое уравнение системы дает
х = 12 – 2у = 12 – 12 = 0,
а при у = 4 аналогично получаем, что х = 4.
Итак, получены два решения системы, пары(0; 6) и (4; 4). Однако из этих решений
– координаты точки В, а второе – точки D. Поскольку обе эти вершины совершенно
равноправны, мы можем любую из них обозначить буквой В, тогда вторая будет
вершиной D. Вся разница в том, что идут ли вершины А, В, С, D. в порядке обхода
контура квадрата по или против часовой стрелки, что для решения нашей задачи
безразлично; просто надо выбрать одно из этих направлений произвольно.
Мы будем считать, что вершины квадрата таковы:
В (0; 6); D(4; 4).
Нам осталось найти уравнения сторон квадрата. Для этого вспомним уравнение
прямой, проходящей через точки М(хМ, yM) и N(хN, уN):
y  yM
x  xM

y N  y M x N  xM
(2)
([4], формула (4.6), с. 99) и подставим в него координаты соответствующих вершин
квадрата.
Уравнение прямой АВ получим, если в формуле (2) вместо точек М и N возьмем точки А и
В:
y  yA
x  xA

yB  y A x B xA .
y
C
7
6
B(D)
4
3
0
Подставляя в это уравнение координаты
вершин А(1; 3) и В(0; 6), находим:
y  3 x 1

или у – 3 = – 3(х – 1), откуда у = –
6  3 0 1
3х + 6.
Аналогично получаем уравнение
других сторон. Теперь можем сделать чертеж
– рис. 2.
D(B)
A
1
Рис. 2
3
4
x
Ответ: В(0; 6); С(3; 7); D(4; 4);
АВ: у = – 3х + 6;
x
ВС: y   6 ;
3
СD: у = – 3х + 16;
x 8
DА: y   .
3 3