Розв’язання 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 = – =-=

=-=.

Тобто х1 =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 = 0,за умови, що α = β = γ = 0.

Тобто

α = 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=10.

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.

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. ; .


Розв’язання рівнянь методом оберненої матриці та методом Гауса