Реферат: Розвязання рівнянь методом оберненої матриці та методом Гауса
Контрольна робота
З дисциплiни: Вища математика
За темою (роздiлом навчального плану)
Прізвище,ім’я, по батькові студента
Данiщук Мирослава Евгенiївна
Прiзвище та інiцiали викладача
Дюженкова Ольга Юріївна
Київ 2008 рiк.
Завдання 1
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 = — />·/>=-/>=
=-/>=/>.
Тобтох1=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:
α />+β />+γ />= 0, за умови, що α = β = γ = 0.
Тобто
α />+β />+γ />= 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=1/>0.
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.
--PAGE_BREAK--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:
∟A = ∟BAK — ∟CAK,
де ∟BAK = arctg (BK / AK) = arсtg (2/1) = arсtg 2,∟CAK=arctg (CK / AK) = arctg (1/1) = />,
тому ∟ 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;
∟ A = arctg 2 — />;
К (0;3).
Завдання 4
Знайти границі функцій (не використовуючи правило Лопіталя):
а) />;
б) />;
в) />
Розв’язання:
а) Коли x прямує до нескінченності, молодшими степенями x можна нехтувати:
/>= />=/>=-3;
б) Здійснимо заміну змінних y = x — 2:
/>=/>= — />,
розпишемо синус за допомогою формули Тейлора:
sin у = y — />+…
Тоді:
/>= — />= — />= — />1 — /> (-/>) +…=-1+0+…=-1;
в) Скористаємося визначенням числа e:
е = />
і здійснимо заміну змінних y = — 2x — 1:
/>= />= />/>/>/>= =
/>/>/>/>/>= />/>/>/>= е2.
Відповідь. — 3; — 1; е2.
Завдання 5
Знайти похідну функції:
у = еsin x ln x
Розв’язання.
Скористаємося формулою диференціювання добутку і складної функції:
/>.
Відповідь. />.
Завдання 5
Дослідити функцію методами диференціального числення і побудувати її графік. Досліджувати функцію рекомендується за такою схемою:
1) знайти область визначення й область зміни функції;
2) дослідити функцію на неперервність, знайти точки розриву функції (якщо вони існують) і точки перетину її графіка з осями координат;
3) знайти інтервали зростання і спадання функції і точки її локального екстремуму;
4) знайти інтервали опуклості й угнутості графіка функції та точки перегину;
5) знайти асимптоти графіка функції.
у = />.
Розв’язання.
1) Область визначення — вся числова вісь за винятком x = — 3 и x = +3, коли знаменник перетворюється в нуль:
х є (-∞; — 3) U (-3; +3) U (+3; +∞),
область значень функції — вся числова вісь за виключенням y = 0: у є (-∞; 0) U (0; +∞).
2) Точки розриву x = — 3 и x = +3, коли знаменник перетворюється в нуль;
функція перетинає вісь y при х = 0, у = — />.
3) Інтервали зростання і спадання функції і точки її локального екстремуму:
знайдемо похідну функції:
/>,
похідна додатна при x < 0, тому функція при x <0 зростає,
похідна від’ємна при x > 0, тому функція при x > 0 спадає,
похідна дорівнює 0 при x = 0, тому функція при x = 0 досягає локального екстремуму;
знайдемо другу похідну функції:
/>,
друга похідна дорівнює — /> при x = 0, тобто від’ємна, тому даний локальний екстремум — це локальний максимум.
4) Знайдемо інтервали опуклості й угнутості графіка функції та точки перегину:
друга похідна додатна в інтервалах (-∞; — 3), (+3; +∞), тому в них функція випукла вниз;
друга похідна від’ємна в інтервалі (-3; +3), тому в ньому функція випукла вгору;
відповідно, точки x = — 3 и x = +3 — точки перегину
5) Знайдемо асимптоти графіка функції:
при х→-∞ і х→+∞ функція прямує до нуля, тому пряма y = 0 — горизонтальна асимптота;
точки x = — 3 и x = +3, коли знаменник перетворюється в нуль, визначає дві вертикальні асимптоти.
6) Побудуємо графік функції:
/>
Відповідь.1) х є (-∞; — 3) U (-3; +3) U (+3; +∞), у є (-∞; 0) U (0; +∞);
2) точки розриву x = — 3 и x = +3;
функція перетинає вісь в т. (0; — />);
3) функція при x <0 зростає,
функція при x > 0 спадає,
функція при x = 0 досягає локального екстремуму;
у=-/> при x = 0 — локальний максимум;
4) в інтервалах (-∞; — 3), (+3; +∞) функція випукла вниз;
в інтервалі (-3; +3) функція випукла вгору;
точки x = — 3 и x = +3 — точки перегину;
5) y = 0 — горизонтальна асимптота;
x = — 3 и x = +3 — вертикальні асимптоти.
Завдання 6
Знайти невизначені інтеграли:
а) />, б) />.
Розв’язання.
а) Здійснимо заміну змінних y = cos x — 4, dy = — sin x dx:
/>;
б) Скористаємося формулою інтегрування за частинами:
/>=/>
=-/>
Відповідь. />; />.
Завдання 7
Знайти частинні похідні за обома змінними функції двох змінних:
z (x,y) =x ln y + y />
Розв’язання.
Скористаємося формулою диференціювання і складної функції:
/>,
/>
Відповідь. />; />.