К.р.№1,2,3(1 семестр) ВоГТУ. Контрольная работа 1. Элементы линейной алгебры Задание 1

• Название: Контрольная работа 1. Элементы линейной алгебры Задание 1
• Дата: 27.09.2021
• Размер: 1.68 Mb.
• Имя файла: К.р.№1,2,3(1 семестр) ВоГТУ.pdf
• Тип: Контрольная работа; #237780
• страница: 1 из 4

ПРАВИЛА ВЫПОЛНЕНИЯ
И ОФОРМЛЕНИЯ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ
При выполнении контрольных работ необходимо строго придерживать- ся указанных ниже правил.
1. Студент должен выполнять контрольные задания по варианту, в двойном номере которого вторая цифра совпадает с последней цифрой его шифра
– номера его зачетной книжки.
2. Каждая контрольная работа должна быть выполнена в отдельной тетради в клеточку чернилами синего или черного цвета.
3. Образец оформления титульного листа (обложки) тетради приведен на доске объявлений деканата ФЗДО.
4. В работу должны быть включены все задачи, указанные в задании. Рабо- ты, содержащие не все задачи задания, а также задачи не своего варианта, не рецензируются.
5. Задачи нужно решать в том порядке, в котором они указаны в контроль- ной работе.
6. Перед решением каждой задачи надо полностью выписать ее условие.
7. Решение задач следует излагать подробно и аккуратно, объясняя и моти- вируя все действия по ходу решения и делая необходимые чертежи (ри- сунки).
8. Компьютерное оформление работы не рецензируется.
9. Возвращенная прорецензированная незачтенная работа исправляется сту- дентом; исправление записывается в конце работы. Вносить исправления в проверенный текст работы – запрещается.

4
Введение
Настоящие методические указания служат руководством для студентов - заочников при выполнении контрольных заданий, запланированных в 1 учеб- ном семестре. С их помощью студент – заочник сможет самостоятельно разо- браться в основных типах задач и справиться с выполнением контрольных за- даний.
Контрольная работа №1. Элементы линейной алгебры
Задание 1.1. Вычислить значение функции
0
( )
f z
, если
0 2
(2 3 )
(3 11 )
( )
,
1 3 2
( 1
)
( 3
)
i z
i
f z
z
i
i z
i
. Ответ представить в тригонометри- ческой форме.
Решение
Числа вида a+bi называются комплексными числами, где
2 1,
1
i
i
Действия сложения, вычитания и умножения комплексных чисел выполняются по обычным правилам действий с многочленами. Подставим значение
0
z в дан- ную функцию.
Выполним действия в числителе и знаменателе полученной функции, предварительно вычислив
2 2
2
( 1 3 )
( 1)
2 ( 1) (3 ) (3 )
1 6 9
8 6
i
i
i
i
i
Получим
0
(2 3 )( 1 3 )
(3 11 )
8 14
( )
( 1
)( 8 6 )
( 3
)
11 3
i
i
i
i
f z
i
i
i
i
Чтобы выполнить деление комплексных чисел, умножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное знаменателю, то есть на (11+3i), полу- чим
0
( 8 14 )(11 3 )
130 130
( )
1
(11 3 )(11 3 )
130
i
i
i
f z
i
i
i
Назовем число
0
( )
,
1
f z
w w
i .
Тригонометрическая форма комплексного числа имеет вид:
(cos(arg )
sin(arg ))
w
w
w
i
w
, где
w
– модуль комплексного числа w
x
iy ,
2 2
w
x
y , arg w
– главное значение аргумента комплексного числа,

5
( ),
0
( )
,
0,
0
arg
( )
,
0,
0
,
0, y>0 2
,
0, y<0 .
2
y
arctg
x
x
y
arctg
x
y
x
y
w
arctg
x
y
x
x
x
Для полученного комплексного числа
1
w
i
,
1,
1
x
y
,
2
w
,
3
arg
( 1)
4 4
w
arctg
. Тогда число
w
в тригонометрической фор- ме для нашего примера будет иметь вид:
3 3
2(cos sin
)
4 4
w
i
Ответ:
0 3
3
( )
2(cos sin
)
4 4
f z
i
Задание 1.2. Найти X из матричного уравнения
1 2
1 5
5 3
3 0
0 3
1 1
2 3 6
5 1 2
0 0
1 1 2
8 3
4 2
0 0
X
Решение
Запишем уравнение в матричной форме
2 5
0
AX
B
C
, где
1 2
1 3
1 1
1 1 2
A
,
5 5
3 6
8 3
B
,
3 3
1 2
4 2
C
,
0=
0 0
0 0
0 0
Преобразуем уравнение к виду
0 2 5
AX
B
C
и выполним действия с матрицами в правой части
5 5
3 3
10 10 15 15 5
5 2 3 6
5 1 2
6 12 5
10 1 2 8
3 4
2 16 6
20 10 4
4
Обозначим полученную матрицу
5 5
1 2
4 4
D
и запишем уравнение в виде
AX
D
Умножим обе части равенства слева на
1
A
, получим
1 1
A AX
A D .
С учетом того, что
1
A A
E
, решением уравнения будет
1
X
A D , где
1
A – матрица, обратная матрице
A
Если определитель матрицы
A
отличен от нуля, то она имеет обратную,

6 которая имеет вид:
11 21 31 1
12 22 32 13 23 33 1
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
, где
A
- определитель матрицы
A
,
ij
A
- алгебраическое дополнение элемента
ij
a
матрицы
A
Для данной матрицы:
1 2
1 3
1 1
3 0
1 1 2
A
,
1 1 11 1
1
( 1)
3 1
2
A
,
1 2 12 3
1
( 1)
5 1
2
A
,
1 3 13 3
1
( 1)
4 1 1
A
,
2 1 21 2 1
( 1)
3 1
2
A
,
2 2 22 1
1
( 1)
3 1 2
A
,
2 3 23 1
2
( 1)
3 1 1
A
,
3 1 31 2
1
( 1)
3 1
1
A
,
3 2 32 1
1
( 1)
4 3
1
A
,
3 3 33 1 2
( 1)
5 3 1
A
Таким образом,
1 3
3 3
1 5
3 4
3 4
3 5
A
Найдем решение данного уравнения, умножив матрицу А
-1
на матрицу
D
3 3
3 5
5 0
3 0
1 1
1 5
3 4
1 2 6
3 2
1 3
3 4
3 5
4 4
3 6
1 2
X
Проверим найденное решение, подставив его в исходное уравнение.
1 2
1 0
1 5
5 3
3 0
4 1 1 2 2
3 1
1 2
1 2 3 6
5 1 2
0 2 1 3 1 2 1 1 2
1 2 8
3 4
2 0
2 2
1 1 4 10 10 15 15 5
5 10 15 10 5 0
0 6
12 5
10 1 2 6 5 12 10 0
0 16 6
20 10 4
4 16 20 6 10 0
0
Итак, найденное значение
X
обращает уравнение в тождество.
Ответ:
0 1
2 1
1 2
X

7
Задание 1.3. Найти собственные числа и собственные векторы матрицы
1 2
6 8
A
линейного преобразования вектора и составить ее каноническое разложение.
Решение
Ненулевой вектор
u
называется собственным вектором матрицы А, если существует число такое, что выполняется равенство:
(1)
Au
u
Число
, участвующее в этом определении, называется собственным числом, отвечающим данному вектору. Пусть
11 12 21 22
a
a
A
a
a
,
x
u
y
, тогда равенство (1) после преобразований будет иметь вид:
11 12 21 22
(
)
0
(
)
0
a
x
a y
a x
a
y
Это линейная однородная система двух уравнений с двумя неизвестными.
Для того чтобы эта система имела ненулевое решение, необходимо и достаточ- но, чтобы ее определитель был равен нулю.
11 12 21 22 0
a
a
a
a
Это уравнение называется характеристическим. Его корни являются соб- ственными числами. Зная собственные числа, можно найти собственные векто- ры. Составим характеристическое уравнение данной матрицы А
1 2
0 6
8
(1
)(8
) 12 0
2 9
20 0 .
Корни этого уравнения
1 4 и
2 5 являются собственными числами линейного преобразования матрицы
A
Для отыскания собственных векторов составим систему уравнений
(1
)
2 0
6
(8
)
0
x
y
x
y
Полагая
1 4
, получаем систему уравнений для первого собственно- го вектора
1
u
3 2
0 6
4 0
x
y
x
y
или 3 2
0
x
y
Положив
2
x
, получим
3
y
, то есть первым собственным вектором является вектор
1 2
3
u
Полагая
2 5
, получим систему уравнений для второго собственного

8 вектора
2
u
4 2
0 6
3 0
x
y
x
y
или 2 0
x
y
Положив
1
x
, получим
2
y
, то есть вторым собственным вектором является вектор
2 1
2
u
Составим каноническое разложение матрицы А:
1
A U D U , где U – матрица, составленная из собственных векторов ,
1
U
– обратная к ней матрица, D – диагональная матрица из собственных чисел.
2 1
3 2
U
;
11 21 1
12 22 1
U
U
U
U
U
U
2 1
2( 2) ( 3)1 4 3 1
3 2
U
;
1 1 11
( 1) ( 2)
2
U
;
2 1 21
( 1) 1 1
U
;
1 2 12
( 1)
( 3)
3
U
;
2 2 22
( 1)
2 2
U
1 2
1 2
1 3
2 3
2
U
Тогда
2 1
4 0 2
1 3
2 0 5 3
2
A
Ответ: собственные числа
1 4 и
2 5 ; собственные векторы
1 2
3
u
,
2 1
2
u
; каноническое разложение:
2 1
4 0 2
1 3
2 0 5 3
2
A
Задание 1.4. Решить систему линейных уравнений методом Крамера
1 2
3 1
2 3
1 2
3 5
2 3
8 2
2 3
8 3
3 2
7.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Решение
Если – главный определитель матрицы, составленный из коэффициен- тов при неизвестных системы, а
j
– вспомогательный определитель, получен- ный из главного заменой j–го столбца столбцом свободных членов, то при
0
система имеет единственное решение, определяемое по формулам
(
1,2,... )
j
j
x
j
n
. Эти формулы называются формулами Крамера. Для нашей системы

9 5
2 3
2 2
3 15 3
3 2
;
1 8
2 3
8 2
3 0
7 3
2
;
2 5
8 3
2 8
3 15 3
7 2
;
3 5
2 8
2 2
8 30 3
3 7
;
1 1
0 0
15
x
;
2 2
15 1
15
x
;
3 3
30 2
15
x
Решение системы (0; –1; 2).
Сделаем проверку, подставив найденные значения в систему
5 0 2 ( 1)
3 2 8
2 0 2 ( 1) 3 2 8
3 0 3 ( 1)
2 2 7
8 8
8 8
7 7.
Итак, найденное решение обращает уравнения в верные равенства.
Ответ: (0; –1; 2).
Задание 1.5. Исследовать систему уравнений на совместность. В случае совместности найти ее решение при различных способах выбора базиса.
1 2
3 4
1 2
3 4
1 2
3 4
1 2
3 4
2 2
3 2
2 3
3 3
2 2
1 3
2 2
2.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Решение
Система линейных уравнений совместна тогда и только тогда, когда ранг матрицы системы равен рангу расширенной матрицы системы.
Рангом матрицы называется наивысший порядок минора, отличного от нуля. Чтобы найти ранг матрицы, преобразуем расширенную матрицу системы
1
A методом Гаусса. Расширенная матрица состоит из коэффициентов матрицы
A
при неизвестных и столбца свободных членов.
Чтобы исключить
1
x из второго, третьего и четвертого уравнений систе- мы, прибавим ко второму уравнению первое, умноженное на (–2), к третьему уравнению первое, умноженное на (–3), а к четвертому уравнению первое, ум- ноженное на (–3).
1 1
2 2
1 3 2
2 1
3 3 3
1 2 2 1 3
2 1
2 2
A
1 2
2 1 3 0
6 3
5 9 0
7 4
5 10 0
8 5
5 11
Новое второе уравнение разделим на (–6), затем исключим
2
x из третьего и четвертого уравнений, для этого прибавим к третьему уравнению второе, ум-

10 ноженное на 7, а к четвертому – второе, умноженное на 8.
1 2
2 1
3 0
1 3 6 5 6 9 6 0
7 4
5 10 0
8 3
5 11 1
2 2
1 3
0 1
1 2 5 6 3 2 0
0 3 6 5 6 3 6 0
0 6 6 10 6 6 6
Новое третье уравнение умножим на (–2), затем исключим
3
x из четвер- того уравнения, для этого к четвертому уравнению прибавим третье уравнение.
Получили уравнение, все коэффициенты которого равны 0.
1 2
2 1
3 0
1 1 2 5 6 3 2 0
0 1
5 3 1
0 0
1 5 3 1
1 2
2 1
3 0
1 1 2 5 6 3 2 0
0 1
5 3 1
0 0
0 0
0
Отсюда видно, что ранг матрицы А равен 3, ( ) 3
r A
. Ранг расширенной матрицы А
1
тоже равен 3,
1
(
)
3
r A
1
( )
(
)
r A
r A
, следовательно система совме- стна. Так как
4
n
,
n
r
, то система имеет множество решений.
1
n r
, сво- бодная переменная только одна. Оставим в левой части переменные
1 2
3
, ,
x
x x , которые берем за базисные и перенесѐм переменную
4
x
(свободную) в правую часть.
Получим систему
1 2
3 4
2 3
3 4
2 2
3 1
3 3 5
x
x
x
x
x
x
x
x
, из которой
3 4
2 3
4 1
4 2
3 4
5 1
3 5
1 2
3 3
2 2
1.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Решением системы в базисе
1 2
3
, ,
x
x x будет
1 4
2 4
3 4
4 1
5 2
3 5
1 3
x
x
x
x
x
x
x
R
Сделаем проверку найденного решения, подставив его во все уравнения исходной системы.

11 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 5
5 1 2 2
2 1 3
3 3
5 5
2 1
2 2
1 3
3 3
3 5
5 3
1 2
2 1 2
1 3
3 5
5 3
1 2
2 1
2 2.
3 3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Итак, найденное решение обращает все четыре уравнения в верные равенства.
В дальнейшем проверка не приводится, но должна выполняться для каж- дого полученного решения.
Найдем решение системы в базисе
2 3
4
, ,
x
x x . Для этого из полученного решения выразим
4 1
1
x
x
и подставим в выражения для
2
x и
3
x
, получим
2 1
1 3
1 1
4 1
5 5
1 1
2 3
3 3
5 5
2 1
1 3
3 3
1.
x
x
x
x
x
x
x
x
Решением системы в базисе
2 3
4
, ,
x
x x будет
1 2
1 3
1 4
1 5
1 3
3 5
2 3
3 1.
x
R
x
x
x
x
x
x
Сделать проверку полученного решения.
Найдем решение системы в базисе
1 3
4
, ,
x
x x
. Выразим
1 2
3 1
5 5
x
x
и под- ставим в выражения для
3
x и
4
x
, получим
1 2
3 2
2 4
2 2
3 1
5 5
5 3 1
2 1
3 5 5
3 3
1 3
6 1
5 5
5 3
x
x
x
x
x
x
x
x
Решение системы в базисе
1 3
4
, ,
x
x x имеет вид
1 2
2 3
2 4
2 3
1 5
5 1
3 6
5 3
x
x
x
R
x
x
x
x

12
Сделать проверку полученного решения.
Найдем решение системы в базисе
1 2
4
, ,
x
x x
. Выразим
2 3
1
x
x
и под- ставим выражения для
1
x и
4
x
, получим
1 2
2 2
3 4
2 2
3 1
3 2
1 5
5 5
5 1
3 6
3 3
1 5
5 5
5
x
x
x
x
x
x
x
x
Решением системы в базисе
1 2
4
, ,
x
x x будет
1 2
2 3
3 4
2 3
2 5
5 1
3 3
5 5
x
x
x
x
x
R
x
x
Сделать проверку полученного решения.
Ответ: система уравнений совместна. Решение системы при различных спосо- бах выбора базиса:
1 4
2 4
3 4
4 1
5 2
3 5
1 3
x
x
x
x
x
x
x
R
;
1 2
1 3
1 4
1 5
1 3
3 5
2 3
3 1
x
R
x
x
x
x
x
x
;
1 2
2 3
2 4
2 3
1 5
5 1
3 6
5 3
x
x
x
R
x
x
x
x
;
1 2
2 3
3 4
2 3
2 5
5 1
3 3
5 5
x
x
x
x
x
R
x
x