матан. заочники матем 1 семестр по вариантам. Программа, методические указания и контрольные задания 1 семестра для студентов заочной формы обучения всех специальностей

• Название: Программа, методические указания и контрольные задания 1 семестра для студентов заочной формы обучения всех специальностей
• Анкор: матан
• Дата: 22.01.2021
• Размер: 374.69 Kb.
• Имя файла: заочники матем 1 семестр по вариантам.docx
• Тип: Программа; #170540
• страница: 4 из 23

Задание 1.2.

Решить системы линейных уравнений:

_2x  3y  z  7,



а) ^x  2 y  z  4, методом Крамера;



^x  y  z  2.

_x  3y  2z  6,



б) ^x  y  2z  4,



^2x 5 y 2z 11;
методом Гаусса (если система имеет бесконечное

множество решений, то найти общее решение через свободную переменную z и частное решение при z = 1).

Решение.

а) Согласно методу Крамера неизвестные x_iнаходят по формуле

x  ^i ,

i _

где   определитель матрицы, состоящей из коэффициентов при неизвестных

СЛУ, _i

− определитель матрицы, полученный из  заменой

i -ого столбца на столбец свободных коэффициентов.

Вычисляем определители разложением по первой строке:

2 3 1
2 1
1 1 1 2

  1 2 1  2

 3 1 

1 1 1

1 1 1 1 1 1

 2(2 1)  3(1 1) 1(1  (2))  6  0  3  9.

Основной определитель системы отличен от нуля, значит, система совместна и имеет единственное решение.

7 3 1

2 1

4 1 4 2

_x 4 2 1

 7  3

1 1

1 

2 1 2 1

2 1 1

 7(2 1)  3(4  2) 1(4  (4))  21  18  0  3.

2 7 1
4 1 1 1 1 4

 _y 1 4 1

 2  7 1 

2 1 1 1 1 2

1 2 1

 2(4  2)  7(1 1) 1(2  (4))  12  0  6  18.

2 3 7

2 4

1 4

1 2

_z  1

2 4  2  3  7 

1 2 1 2 1 1

1 1 2

 2(4  (4))  3(2  (4))  7(1  (2))  0 18  21  3.

Тогда

x  ^x

_ 3 _ 1 _;

y  ^{ y}

 ^18  2;

z  ^z

 ³   ¹ .

 9 3



 9



 9 3

Ответ. x  ¹ , y  2, z   ¹.

3 3

б) Составляем матрицу из коэффициентов при неизвестных и свободных

 1 3 2 6 

членов ^ 1 1 2  ^ С помощью элементарных преобразований приводим




2


^ 5 2

4 _.



11^

матрицу к ступенчатому виду:

 1 3 2

6   1

1

3 2

6   1



2

3 2

6  _{3  1}

3 2

6 

^ 1 1

2  ^{ } 2 

  _{1 }  _{ .}

_ 4 _{ } 0

4 2 _{ } 0 2 1 _  _{0 1}

2 1 _

2

 

 


^ 5 2 11^{ } 0 1

2 1 ^{ } 0 0 0 0 _

В ходе решения были выполнены следующие преобразования

1. 
   умножили первую строку на (−1) и прибавили ко второй строке, затем умножили первую строку на (−2) и прибавили к третьей строке;
   
2. 
   умножили вторую строку на (−1/2) и прибавили к третьей строке, элементы второй строки сократили на 2;
   
3. 
   убрали нулевую строку.
   

Согласно теореме Кронекера-Капелли ранги основной и расширенной матрицы системы совпадают, следовательно, система совместна. При этом ранг меньше количества неизвестных, значит, система имеет бесконечно много решений. Найдем общее решение через свободную переменную z. Для этого продолжим преобразования матрицы так, чтобы первые два столбца образовывали единичную матрицу второго порядка:

 1 3 2 6   1 0

4 3



0 1
^ 0 1 2 1

 

 

2 1 ^

(умножили вторую строку на 3 и


прибавили к первой строке).

Запишем систему, соответствующую полученной матрице и выразим базисные неизвестные x, y через свободную неизвестную z:

_x 4z 3, _{ }x 4z 3,

^ y 2z 1; ^ y  2z1.

 

Последняя система определяет общее решение. Если взять z = 1, то

_x  1,



получим частное решение системы: ^ y  3,



^z  1.

_x  1,

Ответ.

_x  4z  3,



^ y  2z1,

общеерешение,

^ y  3,  частноерешение.





^z  1,