Теорема о единственности обратной матрицы
Если квадратная матрица A имеет обратную, то обратная матрица единственная.
Доказательство
От противного.
Пусть А имеет две обратных матрицы B и B’ ⇒ по определению AB’=E, умножим на B слева -> BAB’=BE, но EB’=BE ⇒ B’=B
Доказано.
Теорема об обратной матрице произведения двух обратных матриц
(AB)
-1
=B
-1
A
-1
Доказательство
Домножим на AB слева
(АВ)(В
-1
A
-1
)=А(ВВ
-1
)А
-1
=AEA
-1
=AA
-1
=E
Домножим на AB справа
(B
-1
A
-1
)(AB)=B
-1
(A
-1
A)B=B
-1
EB=BB
-1
=E
(АВ)(В
−1
A
−1
) = А(ВВ
−1
)А
−1
= AEA
−1
= AA
−1
= E
(B
−1
A
−1
)(AB) = B
−1
(A
−1
A)B = B
−1
EB = BB
−1
= E
} ⇒ (AB)
-1
=B
-1
A
-1
Доказано.
32 Критерий существования обратной матрицы. Понятие присоединенной матрицы, ее связь с обратной матрицей.+++
Критерий существования обратной матрицы – для того, чтобы квадратная матрица A
n*n имела обратную, необходимо, чтобы detA≠0, то есть матрица A была невырожденной.
Присоединённая матрица — матрица, составленная из алгебраических дополнений.
А = (
𝑎
11
𝑎
12
𝑎
13
𝑎
21
𝑎
22
𝑎
23
𝑎
31
𝑎
32
𝑎
33
) – исходная матрица
𝐴̃ = (
𝐴
11
𝐴
12
𝐴
13
𝐴
21
𝐴
22
𝐴
23
𝐴
31
𝐴
32
𝐴
33
) – присоединённая матрица, где A
ij
=(-1)
i+j
M
ij
𝐴̃
𝑇
= 𝐴
∗
= (
𝐴
11
𝐴
21
𝐴
31
𝐴
12
𝐴
22
𝐴
32
𝐴
13
𝐴
23
𝐴
33
) – союзная матрица
A
−1
=
A
∗
det A
=
𝐴̃
𝑇
det A
– связь присоединённой и обратной матриц
33 Вывод формул Крамера для решения системы линейных уравнений с невырожденной квадратной матрицей.+++
Формулу 𝑥
𝑖
=
𝛥𝑖
𝛥
называют формулами Крамера.
Вывод
Рассмотрим AX=B, где B и X – матрицы столбцы из n элементов, а A – имеет обратную матрицу (обратима).
𝑋 =
(
𝑥
1
𝑥
2
𝑥
3 0
𝑥
𝑛
)
= A
-1
B=
1
𝑑𝑒𝑡𝐴
(
𝐴
11
…
𝐴
𝑛1
…
…
…
𝐴
1𝑛
…
𝐴
𝑛𝑛
)*
(
𝑏
1
𝑏
2
𝑏
3 0
𝑏
𝑛
)
=
1
𝛥
(
𝐴
11
𝑏
1
+ ⋯ + 𝐴
𝑛1
𝑏
𝑛
…
…
…
𝐴
1𝑛
𝑏
1
+ ⋯ + 𝐴
𝑛𝑛
𝑏
𝑛
)
x i
->(
𝑥
1
…
𝑥
𝑛
)=
1
𝛥
(
______
…
______
)
⇒ x
𝑖
=
1
𝛥
(𝐴
1𝑖
𝑏
1
+ ⋯ + 𝐴
𝑛𝑖
𝑏
𝑛
) =
1
𝛥
∗ 𝛥𝑖, где Δi получается из Δ заменой i-го столбца на столбец B.
34 Линейная зависимость и линейная независимость строк
(столбцов) Доказательство критерия линейной зависимости строк
(столбцов).+++
Строки (столбцы) a
1
… a n
называются линейно независимыми, если равенство
𝛼
1
𝑎
1
̅̅̅ + ⋯ + 𝛼
1
𝑎
𝑛
̅̅̅ = 𝑜̅ возможно только при всех α
i
=0, где i 1, 𝑛
̅̅̅̅̅.
Если хотя бы 1 α
i
≠ 0, то система линейно зависима.
Критерий: строки (столбцы) линейны зависимы тогда и только тогда, когда хотя-бы одна из строк (столбцов) является линейной комбинацией других.
Доказательство
35 Определение минора матрицы. Базисный минор. Теорема о базисном миноре (без доказательства). Доказательство ее следствия для квадратных матриц.+++ Минором порядка k матрицы A m*n называют определитель, который составлен из элементов этой матрицы, стоящих на пересечении произвольно выбранных k (k≤m) строк и k (k≤n) столбцов с сохранением порядка этих строк и столбцов. Минор матрицы A называют базисным, если: 1) Он ≠ 0 2) Его порядок = RgA Теорема о базисном миноре Базисные строки (столбцы) матрицы A соответствующие ∀ её базисному минору M, линейно независимы. Любые строки (столбцы) A, не входящие в базисный минор M являются линейной комбинацией базисных строк (столбцов). Следствие Для того, чтобы квадратная матрица была невырожденной нужно, чтобы её строки (столбцы) были линейно независимыми. Доказательство Пусть A – не вырождена ⇒ RgA = её порядку, а её определитель является базисным минором. Поэтому все строки (столбцы) являются базисными и по теореме о базисном миноре они линейно независимы. Достаточность Если все строки (столбцы) квадратной матрицы линейно независимы, то они являются базисными. Действительно, если бы только некоторые были базисными ⇒ по теореме о базисном миноре оставшиеся были бы линейными комбинациями базисных ⇒ строки (столбцы) матрицы A были бы линейно зависимы. Так как все строки квадратной матрицы являются базисными, а им соответствует detA, то он является базисным минором и, ⇒, согласно определению, ≠ 0, то есть квадратная матрица не вырождена, что и требовалось доказать. Доказано.
36 Метод окаймляющих миноров для нахождения ранга матрицы.+++
Для нахождения RgA методом окаймляющих миноров нужно рассмотреть найти хотя-бы один минор порядка k, не равный 0. Если такой минор существует, то нужно составить окаймляющий для него минор порядка k+1, и если он не равен 0, то составляем минор порядка k+2. Если составленный минор порядка k+1 равен 0, то проверяем оставшиеся окаймляющие миноры k+1. Если среди них найдётся ≠ 0, то рассмотрим минор k+2, если все миноры
= 0, то ранг равен k. Повторяем, пока не дойдём до минора порядка k, где k=min(m, n) матрицы A размера m*n или не определим ранг.
Пример в общем виде
A = (
a
11
a
12
…
a
1n a
21
a
22
…
a
2n
…
…
…
…
a m1
a m2
…
a mn
)
Рассмотрим минор 𝑀
11
= |
a
11
a
12
a
21
a
22
| Если он равен 0, то рассмотрим другой минор того же порядка. Если он не равен 0, то рассмотрим минор 𝑀
13
=
= |
a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a
33
| Если он равен 0, то рассмотрим другой минор того же порядка, например минор 𝑀
23
= |
a
11
a
12
a
1𝑛
a
21
a
22
a
2n a
31
a
32
a
3n
| и т. д. Если же минор M
13
не равен 0, то рассмотрим его окаймляющий минор, например 𝑀
14
=
= |
a
11
a
12
a
13
a
14
a
21
a
22
a
23
a
24
a
31
a
32
a
33
a
34
a
41
a
42
a
43
a
44
| и т. д. по алгоритму.
37 Элементарные преобразования строк (столбцов) матрицы.
Нахождение обратной матрицы методом элементарных преобразований.+++
Элементарные преобразования
1) Умножение строки (столбцов) на число, отличное от нуля
2) Транспонирование
3) Перестановка строк (столбцов)
4) Удаление одной из одинаковых строк (столбцов)
5) Прибавление к элементам одной строки (столбца) элементы другой строки (столбца)
Нахождение обратной матрицы методом элементарных преобразований
Производится по формуле (A|E) … (E|A
-1
)
А = (
𝑎
11
…
𝑎
1𝑛
…
…
…
𝑎
𝑚1
…
𝑎
𝑚𝑛
) – исходная матрица
(
𝑎
11
…
𝑎
1𝑛
|
1
… (0)
0
…
…
…
| … (0) … (1) … (0)
𝑎
𝑚1
…
𝑎
𝑚𝑛
|
0
… (0)
1
)
…
(
1
… (0)
0
|
𝐴
11
…
𝐴
1𝑛
… (0) … (1) … (0) |
…
…
…
0
… (0)
1
|
𝐴
𝑚1
…
𝐴
𝑚𝑛
)
- иллюстрация хода решения в общем виде
38 Теорема об инвариантности ранга матрицы относительно преобразований. Нахождение ранга матрицы методом элементарных преобразований.+++
Теорема об инвариантности ранга матрицы относительно преобразований.
Ранг матрицы не меняется при элементарных преобразованиях ее строк и столбцов.
Нахождение ранга матрицы методом элементарных преобразований.
A = (
a
11
a
12
…
a
1n a
21
a
22
…
a
2n
…
…
…
…
a m1
a m2
…
a mn
) – исходная матрица
Приводим данную матрицу посредством элементарных преобразований к ступенчатому виду (пример ниже)
A
ступ.
= (
a
11
a
12
…
a
1n
0
a
22
…
a
2n
…
…
…
a m−1n
0 0
…
0
) – ступенчатая матрица
RgA=числу ненулевых строк полученной ступенчатой матрицы
39 Системы линейных алгебраических уравнений (СЛАУ). Различные формы записи СЛАУ. Совместные и несовместные СЛАУ.
Доказательство критерия Кронекера—Капели совместности
СЛАУ.+++
Системы линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) – m линейных уравнений с n неизвестными.
Формы записи СЛАУ
1) Координатная
{
𝑎
11
𝑥
1
+ 𝑎
12
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
1𝑛
𝑥
𝑛
= 𝑏
1
𝑎
21
𝑥
1
+ 𝑎
22
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
2𝑛
𝑥
𝑛
= 𝑏
2
…
𝑎
𝑚1
𝑥
1
+ 𝑎
𝑚2
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
𝑚𝑛
𝑥
𝑛
= 𝑏
𝑚
2) Векторная
(
𝑎
11
…
𝑎
𝑚1
) 𝑥
1
+ (
𝑎
12
…
𝑎
𝑚2
) 𝑥
2
+ ⋯ + (
𝑎
1𝑛
…
𝑎
𝑚𝑛
) 𝑥
𝑛
= (
𝑏
1
…
𝑏
𝑚
) ⇒
⇒ 𝑥
1
𝑎
1
̅̅̅ + 𝑥
2
𝑎
2
̅̅̅ + ⋯ + 𝑥
𝑛
𝑎
𝑛
̅̅̅ = 𝑏
3) Матричная
𝐴 = (
𝑎
11
𝑎
12
…
𝑎
1𝑛
𝑎
21
𝑎
22
…
𝑎
2𝑛
…
…
…
…
𝑎
𝑚1
𝑎
𝑚2
…
𝑎
𝑚𝑛
) – матрица системы
𝑥 = (
𝑥
1
…
𝑥
𝑛
) – матрица столбец независимых неизвестных
𝑏 = (
𝑏
1
…
𝑏
𝑛
) – матрица столбец свободных членов
Критерия Кронекера—Капели совместности СЛАУ
Для того, чтобы система была совместна необходима и достаточно, чтобы RgA = Rg(A|B)
Доказательство
Воспользуемся векторной формой записи СЛАУ
Необходимость
Пусть СЛАУ совместна, то есть ∃ 𝑥
1
= 𝑥
1 0
, … , 𝑥
𝑛
= 𝑥
𝑛
0
, такие, что ->
𝑥
1 0
𝑎
1
+ 𝑥
2 0
𝑎
2
+ ⋯ + 𝑥
𝑛
0
𝑎
𝑛
= 𝑏̅ 𝑏̅ является линейной комбинацией остальных столбцов матрицы системы ⇒ добавление этого столбца не увеличивает общего числа линейно независимых столбцов ⇒
RgA=Rg(A|b)
Достаточность
Rg(A|b)=RgA=r. Тогда базисный минор порядка r матрицы A является базисным и в матрице расширенной (A|b). Значит столбец b можно представить, как линейную комбинацию базисных столбцов 𝑎
1
̅̅̅, … 𝑎
𝑛
̅̅̅:
𝑏̅ = 𝑥
1
′
𝑎
1
̅̅̅
′
+ ⋯ + 𝑥
𝑟
′
𝑎
𝑟
̅̅̅
′
. Положим 𝑥
𝑟+1
′
= 𝑥
𝑟+2
′
= ⋯ = 𝑥
𝑛
′
= 0, получим решение 𝑥
1 0
, … , 𝑥
𝑛
0
исходной СЛАУ, поскольку 𝑏 = 𝑥
1
′
𝑎
1
̅̅̅ + 𝑥
2
′
𝑎
21
̅̅̅̅ + ⋯ +
𝑥
𝑟
′
𝑎
𝑟
̅̅̅ = 𝑥
1
′
𝑎
1
̅̅̅ + ⋯ + 𝑥
𝑟
′
𝑎
𝑟
̅̅̅ + 0𝑎
𝑟+1
̅̅̅̅̅̅ + ⋯ + 0𝑎
𝑛
̅̅̅ = 0. Это означает, что исходная СЛАУ имеет решения 𝑥
1
= 𝑥
1 0
, … , 𝑥
𝑟
= 𝑥
𝑟
0
, 𝑥
𝑟+1
= ⋯ = 𝑥
𝑛
=
= 0, то есть система совместна, что и требовалось доказать.
Доказано
40 Однородные системы линейных алгебраических уравнений
(СЛАУ). Свойства их решений.+++
Однородные СЛАУ
{
𝑎
11
𝑥
1
+ 𝑎
12
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
1𝑛
𝑥
𝑛
= 0
𝑎
21
𝑥
1
+ 𝑎
22
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
2𝑛
𝑥
𝑛
= 0
…
𝑎
𝑚1
𝑥
1
+ 𝑎
𝑚2
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
𝑚𝑛
𝑥
𝑛
= 0
𝑥
1
𝑎
1
̅̅̅ + 𝑥
2
𝑎
2
̅̅̅ + ⋯ + 𝑥
𝑛
𝑎
𝑛
̅̅̅ = 0
Свойства
1) Однородные СЛАУ совместны
2) Кроме нулевых решений однородная СЛАУ может иметь ненулевые решения или иметь только нулевые решения.
41 Определение фундаментальной системы решений (ФСР) однородной системы линейных алгебраических уравнений (СЛАУ). Теорема о структуре общего решения однородной СЛАУ. Построение ФСР.+++ Любой набор из k=n-1 линейно независимых столбцов, является решением однородной СЛАУ Ax=0, где n – число неизвестных системы, r=RgA, называется фундаментальной системой решений (ФСР) этой однородной СЛАУ. Теорема о структуре общего решения однородной СЛАУ Если E 1 , …, E k – произвольные ФСР однородной СЛАУ Ax=0, то любое её решение x можно представить в виде линейной комбинации ФСР: x=c 1 E 1 +…+c k E k Построение ФСР??? { 𝑎 11 𝑥 1 + 𝑎 12 𝑥 1 + ⋯ + 𝑎 1𝑛 𝑥 𝑛 = 0 𝑎 21 𝑥 1 + 𝑎 22 𝑥 1 + ⋯ + 𝑎 2𝑛 𝑥 𝑛 = 0 … 𝑎 𝑚1 𝑥 1 + 𝑎 𝑚2 𝑥 1 + ⋯ + 𝑎 𝑚𝑛 𝑥 𝑛 = 0 – разделим переменные на базисные (зависимые) и свободные (независимые) { 𝑎 11 𝑥 1 + 𝑎 12 𝑥 1 + ⋯ + 𝑎 1𝑟 𝑥 𝑟 = −𝑎 1𝑟+1 𝑥 𝑟+1 − ⋯ − 𝑎 1𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 21 𝑥 1 + 𝑎 22 𝑥 1 + ⋯ + 𝑎 2𝑟 𝑥 𝑟 = −𝑎 2𝑟+1 𝑥 𝑟+1 − ⋯ − 𝑎 2𝑛 𝑥 𝑛 … 𝑎 𝑟1 𝑥 1 + 𝑎 𝑟2 𝑥 1 + ⋯ + 𝑎 𝑟𝑟 𝑥 𝑟 = −𝑎 𝑟𝑟+1 𝑥 𝑟+1 − ⋯ − 𝑎 𝑟𝑛 𝑥 𝑛 Для любого значения x r+1 , … , x n квадратная СЛАУ невырожденная матрица. Построим k=n-r решений системы, придавая свободным переменным x r+1 , … , x n значения по правилам, то есть в каком-то порядке. { 𝑥 𝑟+1 (1) = 1 𝑥 𝑟+2 (1) = 0 … 𝑥 𝑛 (1) = 0 { 𝑥 𝑟+1 (2) = 0 𝑥 𝑟+2 (2) = 1 … 𝑥 𝑛 (2) = 0 { … … … … { 𝑥 𝑟+1 (𝑘) = 0 𝑥 𝑟+2 (𝑘) = 0 … 𝑥 𝑛 (𝑘) = 1 E 1 =x (1) =(1,0,…,0) E 2 =x (2) =(0,1,…,0) … E k =x (k) =(0,0,…,1)
Любые наборы значений свободных неизвестных соответствуют решениям разделённой системы и, следовательно, и первоначальной
СЛАУ
𝐸
1
= 𝑥
(1)
(1,0, … ,0)
(
𝑥
1
(1)
𝑥
2
(1)
…
𝑥
𝑘
(1)
1 0
…
0 )
𝐸
2
= 𝑥
(2)
(0,1, … ,0)
(
𝑥
1
(2)
𝑥
2
(2)
…
𝑥
𝑘
(2)
01 1
…
0 )
…
𝐸
𝑘1
= 𝑥
(𝑘)
(0,0, … ,1)
(
𝑥
1
(𝑘)
𝑥
2
(𝑘)
…
𝑥
𝑘
(1)
0 0
…
1 )
Полученная таким образом ФСР называется нормальной ФСР.
42 Неоднородные системы линейных алгебраических уравнений (СЛАУ). Доказательство теоремы о структуре общего решения неоднородной СЛАУ.+++ СЛАУ называют однородной, если b 1 = b 2 = . . . = b m = 0. В противном случае ее называют неоднородной. Теорема о структуре общего решения неоднородной СЛАУ Общее решение неоднородной системы линейных уравнений AX = B (1) может быть представлено в виде суммы общего решения соответствующей однородной системы AX = 0 (2) и любого частного решения неоднородной системы (1). Пусть матрица X 0 является общим решением однородной системы (2): AX0 = 0 (3). Обозначим символическим выражением X ч частное решение неоднородной системы (1): AXч = B (4). Складывая тождества (3) и (4), получаем тождество A (X 0 + X ч ) = B, (5) справедливое при любых значениях свободных параметров, входящих в общее решение X 0 Следовательно, матрица X 0 + X ч является общим решением матричного уравнения (1). Запишем полученное выражение: X общ = X ч + X о
Алгоритмы решения задач
1. Вычислить объём пирамиды, построенной на векторах a̅ = {a
1
; a
2
; a
3
}, b̅={b
1
; b
2
; b
3
}, c̅={c
1
; c
2
; c
3
}.
Вычислим через смешанное произведение векторов:
𝑉 =
1 6
|𝑎̅𝑏̅𝑐̅| =
1 6
|
a
1
a
2
a
3
𝑏
1
b
2
b
3
c
1
c
2
c
3
|
2. Написать разложение вектора x̅ = {x
1
; x
2
; x
3
} по векторам a̅ = {a
1
; a
2
; a
3
}, b̅={b
1
; b
2
; b
3
}, c̅={c
1
; c
2
; c
3
}.
Ищем detA матрицы
|
a
1
b
1
c
1
𝑎
2
b
2
c
2
a
3
b
3
c
3
|, если он не равен 0, то разложение возможно.
Далее ищем det матрицы
|
x
1
b
1
c
1
𝑥
2
b
2
c
2
x
3
b
3
c
3
| = A1. Дальше находим результат выражения A1/detA=q
Далее ищем det матрицы
|
a
1
x
1
c
1
𝑎
2
x
2
c
2
a
3
x
3
c
3
| = A2. Дальше находим результат выражения A2/detA=l
Далее ищем det матрицы
|
a
1
b
1
x
1
𝑎
2
b
2
x
2
a
3
b
3
x
3
| = A3. Дальше находим результат выражения A3/detA=m
Записываем разложение x̅ = a̅q+ b̅l+ c̅m
3. Найти площадь треугольника, построенного на векторах a̅ = {a
1
; a
2
; a
3
}, b̅={b
1
; b
2
; b
3
}
Найдём, как половину векторного произведения этих векторов:
|
i j
k
𝑎
1
a
2
a
3
b
1
b
2
b
3
| = |
a
2
a
3
b
2
b
3
| 𝑖 − |
𝑎
1
a
3
b
1
b
3
| 𝑗 + |
𝑎
1
a
2
b
1
b
2
| 𝑘 = 𝑋𝑖 + 𝑌𝑗 + 𝑍𝑘
Далее √𝑋
2
+ 𝑌
2
+ 𝑍
2
=Sпар=> 1/2√𝑋
2
+ 𝑌
2
+ 𝑍
2
= 𝑆треуг
4. Найти скалярное произведение векторов a̅=αp̅+βq̅, b̅=αp̅-βq̅, если |p̅|=l, |q̅|=s,
∠
(
𝑝
̅
, 𝑞
̅)
= 𝜑
Перемножим (αp̅+βq̅)( αp̅-βq̅)= α
2
p̅
2
-αβp̅q̅+βαq̅p̅+β
2
q̅
2
=(по свойствам скалярного произведения)= α
2
| p̅|
2
+ β
2
|q̅|
2
P. S. αβp̅q̅= βαq̅p̅=|p̅||q̅|cos 𝜑
5. Найти площадь треугольника с вершинами в точках A (α
1
, α
2
, α
3
) B (β
1
, β
2
, β
3
) C (γ
1
,
γ
2
, γ
3
)
Пусть вектор A̅B̅ (γ
1
-α
1
; γ
2
-α
2
; γ
3
-α
3
) = a̅ и A̅C̅ (β
1
-α
1
; β
2
-α
2
; β
3
-α
3
) = b̅.
Площадь найдём, как половину векторного произведения этих векторов:
|
i j
k
𝑎
1
a
2
a
3
b
1
b
2
b
3
| = |
a
2
a
3
b
2
b
3
| 𝑖 − |
𝑎
1
a
3
b
1
b
3
| 𝑗 + |
𝑎
1
a
2
b
1
b
2
| 𝑘 = 𝑋𝑖 + 𝑌𝑗 + 𝑍𝑘
Далее √𝑋
2
+ 𝑌
2
+ 𝑍
2
=Sпар=> 1/2√𝑋
2
+ 𝑌
2
+ 𝑍
2
= 𝑆треуг
6. Даны векторы a̅ = {a
1
; a
2
; a
3
}, b̅={b
1
; b
2
; b
3
}. Найти пр a̅-b̅
(a̅+b̅)
Пусть a̅-b̅ = A (α
1
, α
2
, α
3
), а a̅+b̅ = B (β
1
, β
2
, β
3
). Тогда
α
1
β
1
+α
2
β
2
+α
3
β
3
√α
1 2
+α
2 2
+α
3 2
и есть искомое значение.
7. Найти расстояние от точки A (α
1
, α
2
, α
3
) до плоскости, проходящей через точки M
1
(β
1
, β
2
, β
3
) M
2
(γ
1
, γ
2
, γ
3
) M
3
(θ
1
, θ
2
, θ
3
)
Запишем векторы M1M2, M1M3 и найдём решение следующего выражения:
|
x − β
1
y − β
2
z − β
3
γ
1
− β
1
γ
2
− β
2
γ
3
− β
3
θ
1
− β
1
θ
2
− β
2
θ
3
− β
3
|
= |
γ
2
− β
2
γ
3
− β
3
θ
2
− β
2
θ
3
− β
3
| (x − β
1
) − |
γ
1
− β
1
γ
3
− β
3
θ
1
− β
1
θ
3
− β
3
| (y − β
2
)
+ |
γ
1
− β
1
γ
2
− β
2
θ
1
− β
1
θ
2
− β
2
| (z − β
3
) = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶𝑧 + 𝐷 = 0
Найдём расстояние, как
|𝐴
α1
+𝐵
α2
+𝐶
α3
+𝐷|
√𝐴
2
+𝐵
2
+𝐶
2
8. Написать уравнение плоскости, проходящей через точку A (α
1
, α
2
, α
3
), перпендикулярно плоскостям A
1
x+B
1
y+C
1
z+D
1
=0 и A
2
x+B
2
y+C
2
z+D
2
=0
Находим векторное произведение векторов M̅
1
(A
1
; B
1
; C
1
) и M̅
2
(A
2
; B
2
; C
2
):
|
i j
k
𝐴
1
B
1
C
1
A
2
B
2
C
2
| = |
B
1
C
1
B
2
C
2
| 𝑖 − |
𝐴
1
C
1
A
2
C
2
| 𝑗 + |
𝐴
1
B
1
A
2
B
2
| 𝑘 = 𝐴𝑖 + 𝐵𝑗 + 𝐶𝑘
На основе полученных значений находим уравнение искомой плоскости:
A(x- α
1
)+B(y- α
2
)+C(z- α
3
)=Ax+By+Cz+D=0
9. Найти координаты точки, симметричной точке A (α
1
, α
2
, α
3
) относительно плоскости A
1
x+B
1
y+C
1
z+D
1
=0.
Записываем следующее выражение (уравнение перпендикуляра, проходящего через точку A):
𝑥 − α
1
𝐴
1
=
𝑦 − α
2
𝐵
1
=
𝑧 − α
3
𝐶
1
= 𝑡
{
𝑥 − α
1
= 𝐴
1
𝑡
𝑦 − α
2
= 𝐵
1
𝑡
𝑧 − α
3
= 𝐶
1
𝑡
{
𝑥 = α
1
+ 𝐴
1
𝑡
𝑦 = α
2
+ 𝐵
1
𝑡
𝑧 = α
3
+ 𝐶
1
𝑡
Находим t по следующему уравнению.
𝐴
1
(α
1
+ 𝐴
1
𝑡) + 𝐵
1
(α
2
+ 𝐵
1
𝑡) + 𝐶
1
(α
3
+ 𝐶
1
𝑡) + 𝐷 = 0
Теперь t – известная величина. Находим x, y, z через систему выше. M (x, y, z)
- это точка пересечения перпендикуляра к плоскости, проходящего через точку A. Далее находим координаты симметричной точки, используя формулу середины отрезка:
Xc=2x-α
1
, Yc=2y- α
2
, Zc=2z-α
3
Точка Ac(Xc; Yc; Zc) – искомая.
10. Написать канонические и параметрические уравнения прямой, заданной через два уравнения плоскости, как их пересечение (A
1
x+B
1
y+C
1
z+D
1
=0 и
A
2
x+B
2
y+C
2
z+D
2
=0).
Находим точку принадлежащую прямой, занулив x, y или z (пусть занулён z) и решив систему их двух уравнений с двумя неизвестными:
{
𝐴
1
𝑥 + 𝐵
1
𝑦 + 𝐷
1
= 0
𝐴
2
𝑥 + 𝐵
2
𝑦 + 𝐷
1
= 0
Получим точку M
1
(x
1
; y
1
; 0), принадлежащую прямой.
Найдём направляющий вектор прямой, как векторное произведение векторов A̅
1
B̅
1
C̅
1
и A̅
2
B̅
2
C̅
2
=
= |
i j
k
𝐴
1
B
1
C
1
A
2
B
2
C
2
| = |
B
2
C
3
B
2
C
3
| 𝑖 − |
𝐴
1
C
3
A
1
C
3
| 𝑗 + |
𝐴
1
B
2
A
1
B
2
| 𝑘 = 𝑋𝑖 + 𝑌𝑗 + 𝑍𝑘
Запишем искомое каноническое уравнение прямой:
𝑥 − x
1
𝑋
=
𝑦 − y
1
𝑌
=
𝑧 − 0
𝑍
Выведем параметрическое уравнение прямой:
𝑥 − x
1
𝑋
=
𝑦 − y
1
𝑌
=
𝑧 − 0
𝑍
= 𝑡
{
𝑥 − x
1
= 𝑋𝑡
𝑦 − 𝑦
1
= 𝑌𝑡
𝑧 − 0 = 𝑍𝑡
{
𝑥 = x
1
+ 𝑋𝑡
𝑦 = 𝑦
1
+ 𝑌𝑡
𝑧 = 0 + 𝑍𝑡
11. Найти координаты точки симметричной A (α 1 , α 2 , α 3 ) относительно прямой, заданной каноническим уравнением. Имеем прямую, заданную каноническим уравнением: 𝑥 − x 0 𝑘 = 𝑦 − y 0 𝑙 = 𝑧 − 𝑧 0 𝑚 Найдем уравнение плоскости, перпендикулярной прямой: k(x-α 1 )+l(y-α 1 )+m(z-α 1 )=0 kx+ly+mz+D=0 Найдём точку пересечения прямой и плоскости: 𝑥 − α 1 𝑘 = 𝑦 − α 2 𝑙 = 𝑧 − α 3 𝑚 = 𝑡 { 𝑥 − α 1 = 𝑘𝑡 𝑦 − α 2 = 𝑙𝑡 𝑧 − α 3 = 𝑚𝑡 { 𝑥 = α 1 + 𝑘𝑡 𝑦 = α 2 + 𝑙𝑡 𝑧 = α 3 + 𝑚𝑡 Находим t по следующему уравнению. 𝑘(α 1 + 𝑘𝑡) + 𝑙(α 2 + 𝑙𝑡) + 𝑚(α 3 + 𝑚𝑡) + 𝐷 = 0 Теперь t – известная величина. Находим x, y, z через систему выше. M (x, y, z) - это точка пересечения перпендикуляра к прямой, проходящего через точку A. Далее находим координаты симметричной точки, используя формулу середины отрезка: Xc=2x-α 1 , Yc=2y-α 2 , Zc=2z-α 3 Точка Ac(Xc; Yc; Zc) – искомая.
12. Решить матричное уравнение AXB=C
Находим A
-1
и B
-1
– алгоритм расписывать сложно, изучите самостоятельно.
Далее перемножаем матрицы в следующем порядке (порядок важен!):
X=A
-1
CB
-1
Примечание:
Нетрудно догадаться, что решением уравнения AX=C будет X=A
-1
C, а XB=C будет X=CB
-1
13. Путём элементарных преобразований найти обратную матрицу к матрице 3*3.
Сделать проверку.
А = (
𝑥
1
𝑥
2
𝑥
3
𝑦
1
𝑦
2
𝑦
3
𝑧
1
𝑧
2
𝑧
3
)
В общем виде алгоритм записать сложно. Могу лишь написать, что нужно записать справа единичную матрицу и провести преобразования:
(
𝑥
1
𝑥
2
𝑥
3
𝑦
1
𝑦
2
𝑦
3
𝑧
1
𝑧
2
𝑧
3
)
|
|
|
(
1 0 0 0
1 0 0
0 0
)
После преобразований:
(
1 0 0 0
1 0 0
0 0
)
|
|
|
(
𝑋
1
𝑋
2
𝑋
3
𝑌
1
𝑌
2
𝑌
3
𝑍
1
𝑍
2
𝑍
3
)
Далее выполним проверку, перемножим матрицу (
𝑋
1
𝑋
2
𝑋
3
𝑌
1
𝑌
2
𝑌
3
𝑍
1
𝑍
2
𝑍
3
) ∗
(
𝑥
1
𝑥
2
𝑥
3
𝑦
1
𝑦
2
𝑦
3
𝑧
1
𝑧
2
𝑧
3
) = (
1 0 0 0
1 0 0
0 0
)
14. Уравнение кривой второго порядка Ax 2 +Cy 2 +Dx+Ey+F=0 привести к каноническому виду. Определить тип кривой. Сделать чертёж в исходной системе координат. Пусть дано исходное уравнение вида Ax 2 +Cy 2 +Dx+Ey+F=0. 1) Сгруппировав однотипные переменные перепишем уравнение в виде (x+d) n +(y+e) m +G=0, где n и m равны или 1 или 2; d, e, G- некоторые числа. 2) Совершим преобразования параллельного переноса – заменим x+d на x’ и y+e на y’, получив следующее выражение: x’ n +y’ m +G=0 3) Сделанных преобразований достаточно, чтобы по полученному выражению определить вид кривой. Дальнейшие преобразования индивидуальны (в целом это перенос G вправо и деление на него (или на -G), для получения эллипса или гиперболы или перенос переменной с квадратом влево, а без вправо, для получения параболы) и должны привести к одному из следующих выражений: 𝑥′ 2 𝑎 2 + 𝑦′ 2 𝑏 2 = 1 – эллипс 𝑥′ 2 𝑎 2 − 𝑦′ 2 𝑏 2 = 1 – гипербола 𝑦′ 2 = 2𝑝𝑥′ - парабола Далее приступим к поиску ключевых точек (вершин, центра, фокусов) и определению их канонических и исходных координат. Для эллипса: O’ (0;0) - центр A 1 ’ (a; 0) A 2 ’ (-a; 0) B 1 ’ (0; b) B 2 ’(0; -b) c 2 =a 2 -b 2 при a>b => фокусы F 1 ’ (c; 0) и F 2 ’ (-c; 0). c 2 =b 2 -a 2 при b>a => фокусы F 1 ’ (0; c) и F 2 ’ (0; -c). В принципе фокусы искать необязательно. Полученных данных достаточно, чтобы начертить график эллипса в канонической системе координат, а исходную можно начертить поверх канонической, предварительно вычислив x и y через x’=x+d и y’=y+e. Для гиперболы:
O’ (0;0) - центр
A
1
’ (a; 0)
A
2
’ (-a; 0)
B
1
’ (0; b)
B
2
’(0; -b)
𝑐 = √𝑎
2
+ 𝑏
2
Фокусы F
1
’ (c; 0) и F
2
’ (-c; 0) при b – мнимая полуось (перед мнимым коэффициентом в уравнении -, перед действительным +)
Фокусы F
1
’ (0; c) и F
2
’ (0; -c) при b – мнимая полуось (перед мнимым коэффициентом в уравнении -, перед действительным +)
В принципе фокусы искать необязательно.
Полученных данных достаточно, чтобы начертить график гиперболы в канонической системе координат, а исходную можно начертить поверх канонической, предварительно вычислив x и y через x’=x+d и y’=y+e.
Для параболы:
A’(0; 0) - вершина
F’ (p/2; 0) – при y
2
и x; F’ (0; p/2) – при x
2
и y;
Полученных данных достаточно, чтобы начертить график параболы в канонической системе координат, а исходную можно начертить поверх канонической, предварительно вычислив x и y через x’=x+d и y’=y+e.
15. Решить СЛАУ. Найти нормальную ФСР соответствующей однородной системы, частное решение неоднородной системы; записать через них общее решение неоднородной системы
.?
Могу записать только это:
Построение ФСР
{
𝑎
11
𝑥
1
+ 𝑎
12
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
1𝑛
𝑥
𝑛
= 0
𝑎
21
𝑥
1
+ 𝑎
22
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
2𝑛
𝑥
𝑛
= 0
…
𝑎
𝑚1
𝑥
1
+ 𝑎
𝑚2
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
𝑚𝑛
𝑥
𝑛
= 0
– разделим переменные на базисные (зависимые) и свободные (независимые)
{
𝑎
11
𝑥
1
+ 𝑎
12
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
1𝑟
𝑥
𝑟
= −𝑎
1𝑟+1
𝑥
𝑟+1
− ⋯ − 𝑎
1𝑛
𝑥
𝑛
𝑎
21
𝑥
1
+ 𝑎
22
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
2𝑟
𝑥
𝑟
= −𝑎
2𝑟+1
𝑥
𝑟+1
− ⋯ − 𝑎
2𝑛
𝑥
𝑛
…
𝑎
𝑟1
𝑥
1
+ 𝑎
𝑟2
𝑥
1
+ ⋯ + 𝑎
𝑟𝑟
𝑥
𝑟
= −𝑎
𝑟𝑟+1
𝑥
𝑟+1
− ⋯ − 𝑎
𝑟𝑛
𝑥
𝑛
Для любого значения x r+1
, … , x n
квадратная СЛАУ невырожденная матрица.
Построим k=n-r решений системы, придавая свободным переменным x r+1
, … , x
n значения по правилам, то есть в каком-то порядке.
{
𝑥
𝑟+1
(1)
= 1
𝑥
𝑟+2
(1)
= 0
…
𝑥
𝑛
(1)
= 0
{
𝑥
𝑟+1
(2)
= 0
𝑥
𝑟+2
(2)
= 1
…
𝑥
𝑛
(2)
= 0
{
…
…
…
…
{
𝑥
𝑟+1
(𝑘)
= 0
𝑥
𝑟+2
(𝑘)
= 0
…
𝑥
𝑛
(𝑘)
= 1
E
1
=x
(1)
=(1,0,…,0)
E
2
=x
(2)
=(0,1,…,0)
…
E
k
=x
(k)
=(0,0,…,1)
Любые наборы значений свободных неизвестных соответствуют решениям разделённой системы и, следовательно, и первоначальной
СЛАУ
𝐸
1
= 𝑥
(1)
(1,0, … ,0)
(
𝑥
1
(1)
𝑥
2
(1)
…
𝑥
𝑘
(1)
1 0
…
0 )
𝐸
2
= 𝑥
(2)
(0,1, … ,0)
(
𝑥
1
(2)
𝑥
2
(2)
…
𝑥
𝑘
(2)
01 1
…
0 )
…
𝐸
𝑘1
= 𝑥
(𝑘)
(0,0, … ,1)
(
𝑥
1
(𝑘)
𝑥
2
(𝑘)
…
𝑥
𝑘
(1)
0 0
…
1 )
Полученная таким образом ФСР называется нормальной ФСР.
Если у кого-то есть вариант понятнее (печатный или фото – вышлите).
| 
Скачать 4.57 Mb.