Высшая математика. Часть 1. Аналитическая геометрия и линейная алгебра: Практическое руководство

М И Н И СТ Е РСТ В О О БРА ЗО В А Н И Я РО ССИ Й СК О Й Ф Е Д Е РА Ц И И В О РО Н Е Ж СК И Й ГО СУ Д А РСТ В Е Н Н Ы Й У Н И В Е РСИ Т Е Т

В Ы США Я М А Т Е М А Т И К А ЧА СТ Ь I (А налитич ескаягеометрияи линейнаяалгебра) Практич еское руков од ств опоспециаль ности «М атематика» 010100

В оронеж 2003

2

У тв ерж д ено науч но-метод ич еским сов етом математич еского ф акуль тета

Состав ители: У ксусов С.Н ., У д од енко Н .Н .

Практич еское руков од ств о под готов лено накаф ед ре алгебры и топологич еских метод ов анализаматематич еского ф акуль тетаВ оронеж ского госуд арств енногоунив ерситета. Рекоменд уетсяд лястуд ентов 1-го курсабиолого-поч в енногоф акуль тета.

3

С О Д ЕР Ж А Н И Е В в ед ение… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ..3 Программа1-го семестра(зач ет)… … … … … … … … … … … … … … … … … … ...4 А Н А Л И Т И ЧЕ СК А Я ГЕ О М Е Т РИ Я Простейш ие зад ач и аналитич еской геометрии… … ..… … … … … … … … … ..… .5 Прямаялиниянаплоскости.… … … … … … … … … … … … … … … … … … … ..… .5 К рив ы е в торогопоряд ка… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ..7 О бщ ее урав нение крив ой в торогопоряд канаплоскости.… … … … … … … … ...8 Прямаяи плоскость в пространств е… … … … … … … … … … … … … … … … ...… 9 Примерны й в ариантконтроль ной работы № 1… … … … … … … … … … … … ...10

Л И Н Е Й Н А Я А Л ГЕ БРА О пред елители n-го поряд ка… … … … … … … … … … … … … М етод К рамерареш ениясистем линейны х урав нений… … М етод Гауссареш ениясистем линейны х урав нений… … … У множ ение матриц… … … … … … … … … … … … … … … ..… О братнаяматрица… … … … … … … … … … … … … .… … … … Реш ение систем с помощ ь ю обратной матрицы … … … … …

… … … … … …

… … … … … …

… … … … … …

… … … … … …

… … … … … …

… … … … … …

… ..10 ..… 12 … .13 ..… .14 … ..15 … .17

N-М Е РН О Е В Е К Т О РН О Е ПРО СТ РА Н СТ В О Л инейнаязав исимость в екторов , базис… … … … … … … … … … … … Скалярное произв ед ение, угол меж д у в екторами… … … … … … … … Под пространств о, ортогональ ное д ополнение, проекцияв ектора напод пространств о… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … Примерны й в ариантконтроль ной работы № 2… … … … … … … … … Примерны й в ариантконтроль ной работы № 3… … … … … … … … … Л итература… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …

… .… .… .19 … .… … .21 … … … …

… … … …

… ....21 ..… .22 … ...22 … ..23

В В ЕД ЕНИ Е Д анное практич еское руков од ств о состав лено д лястуд ентов перв ого курсабиологич еского отд елениябиолого-поч в енного ф акуль тета. В ы сш аяматематикаизуч аетсяв теч ение д в ух семестров наперв ом курсе. В конце перв ого семестрастуд енты сд аю тзач ет, в конце в торого – экзамен. В соотв етств ии с этим практич еское руков од ств о состоитиз д в ух ч астей. В перв ом семестре студ енты пиш уттри контроль ны е работы : д в е д омаш ние и од ну ауд иторную . Д омаш ние контроль ны е работы в ы полняю тсяпо след ую щ им темам: 1) прямаялиниянаплоскости и крив ы е в торого поряд ка; 2) элементы линейной алгебры . Заклю ч итель наяконтроль наяработаносититогов ы й х арактер. В ней присутств ую тзад ач и по в сем переч исленны м в ы ш е темам. Е сли в се три контроль ны е работы написаны на“х орош о” и “отлич но”, то студ енты получ аю тзач етав томатич ески. В против ном случ ае студ енты д олж ны отч итать сяпо тем типам зад ач , которы е не реш ены в контроль ны х ра-

4

ботах . К роме в сегопереч исленного, студ енты обязаны знать в се опред еления, ф ормулы и основ ны е способы реш ениязад ач . В летню ю сессию студ енты сд аю тэкзамен по в ы сш ей математике. В о в ремяв торого семестрастуд енты в ы полняю ттри контроль ны е работы : д в е д омаш них и од ну ауд иторную . Перв ая(д омаш няя) контроль наяработасод ерж ит зад ач и по след ую щ им темам: 1) в ы ч исление пред елапослед ов атель ностей и ф ункций; 2) в ы ч исление произв од ной ф ункции; 3) полное исслед ов ание ф ункции и построение ее граф ика; 4) нах ож д ение точ екэкстремумаф ункций д в ух переменны х . В тораяд омаш няяконтроль наяработасод ерж итслед ую щ ие зад ач и: 1) неопред еленны й интеграл ф ункций; 2) опред еленны й интеграл; 3) в ы ч исление площ ад ей ф игур с помощ ь ю опред еленного интеграла; 4) в ы ч исление объемов тел в ращ ения. Т реть я(ауд иторная) контроль наяработасод ерж итзад ач и по д иф ф еренциаль ны м урав нениям: 1) с разд еляю щ имисяпеременны ми; 2) линейны е урав ненияперв ого поряд ка; 3) линейны е урав ненияв торого поряд кас постоянны ми коэф ф ициентами,– какод нород ны е, таки неод нород ны е. В практич еском руков од ств е прив ед енапрограммапов ы сш ей математике заперв ы й и в торой семестры , разобраны способы реш енияв сех типов зад ач , прив ед ены в арианты контроль ны х работ, таблицы произв од ны х и интегралов и основ ны е св ойств аопераций д иф ф еренциров анияи интегриров ания.

П рограм м а 1-го се м е стра (зач ет) 1. У рав нение линии на плоскости. А лгебраич еские линии. 2. Прямая линия на плоскости. Различ ны е в ид ы урав нения прямой линии. 3. У гол меж д у д в умя прямы ми. У слов ие параллель ности и перпенд икулярности д в ух прямы х . Расстояние отточ ки д опрямой. 4. К рив ы е в торого поряд ка: окруж ность , эллипс, гипербола, парабола. 5. О бщ ее урав нение крив ой в торогопоряд ка. Прив ед ение урав нениякрив ой в торогопоряд какканонич ескому в ид у. 6. У рав нение плоскости и прямой в пространств е. 7. Пов ерх ности в торого поряд ка. 8. О пред елители 2-го, 3-го и n-го поряд каих св ойств аи способы в ы ч исления. 9. Реш ение систем линейны х урав нений метод ом Гаусса. 10.О перации над матрицами. О братнаяматрица. 11.Реш ение систем линейны х урав нений с помощ ь ю обратной матрицы . 12.Реш ение систем линейны х урав нений с помощ ь ю обратной матрицы . 13.Л инейное пространств о. Л инейнаянезав исимость в екторов . Разлож ение в екторапобазису. 14.Скалярное произв ед ение в екторов . У гол меж д у в екторами. 15.Л инейное под пространств о. О ртогональ ное д ополнение кпод пространств у. 16.О ртогональ наяпроекцияв екторанапод пространств о. Расстояние отв ектора д опод пространств а.

5

А Н А Л И Т И ЧЕ СК А Я ГЕ О М Е Т РИ Я П росте йш ие з адачи аналитиче ской ге ом е трии Пример 1. Д ан треуголь ник A( 2; 7 ), B(-5; 7 ), C( 5; 3 ). Н айти: 1) д лины сторон треуголь ника ABC; 2) площ ад ь треуголь ника; 3) основ ание биссектрисы AF угла А . Реш ение. 1) Д лины сторон найд ем поф ормуле AB = Т аким образом,

(xB − x A )2 + ( y B − y A )2 . AB = (− 5 − 2 )2 + (7 − 7 )2 = 49 + 0 = 7 , AC = (5 − 2 )2 + (3 − 7 )2 = 9 + 16 = 5 , BC = (5 + 5)2 + (3 − 7 )2 = 100 + 16 = 116 .

2) Площ ад ь треуголь никав ы ч ислим поф ормуле x B − x A xC − x A a b 1 , гд е под симв олом S = mod понимаетсяч исло ∆ y B − y A yC − y A c d 2 = ad – bc. 1 −5−2 5−2 1 −7 3 1 1 = = (− 7 ) ⋅ (− 4 ) − 0 ⋅ 3 = ⋅ 28 = 14. Т о есть S = 0 −4 2 7−7 3−7 2 2 2 3) О снов ание биссектрисы AF (точ ку F) найд ем, исполь зуято, ч то точ ка F д елитотрезок BC нач асти, пропорциональ ны е прилеж ащ им сторонам треуголь ника: BF AB BF 7 = , гд е AB = 7, AC = 5. След ов атель но, =λ = . FC AC FC 5 Д лянах ож д ениякоорд инатточ ки F исполь зуем ф ормулы д еленияотрезкав д анном отнош ении: 7 − 5+ ⋅5 x + λ ⋅ xC 5 = − 25 + 35 = 10 = 5 . xF = B = 7 1+ λ 5+7 12 6 1+ 5 7 7 + ⋅3 y + λ ⋅ yC 5 = 35 + 21 = 56 = 28 . = yF = B 7 1+ λ 5+7 12 6 1+ 5

П рям ая линия на плоскости Пример 2. Д ан треуголь ник A( 2; 7 ), B(-5; 7 ), C( 5; 3 ). Н айти: 1) урав нениясторон; 2) урав нение и д лину мед ианы AM; 3) урав нение и д лину в ы соты BD; 4) урав нение биссектрисы AF; 5) точ ку пересеч ениямед ианы AM с в ы сотой BD и угол меж д у ними.

6

Реш ение. У рав нениясторон AC и BC нах од им, исполь зуяурав нение x − x1 y − y1 прямой, прох од ящ ей ч ерез д в е точ ки: = . x2 − x1 y 2 − y1 x−2 y−7 x−2 y−7 У рав нение AC : = ; = ; − 4 x + 8 = 3 y − 21. 5−2 3−7 3 −4 И так, урав нение AC : 4 x + 3 y − 29 = 0. x+5 y−7 x+5 y−7 = ; = ; − 2 x − 10 = 5 y − 35. 5+5 3−7 10 −4 И так, урав нение BC : 2 x + 5 y − 25 = 0. У рав нение AB нах од итсяещ е прощ е. Н уж нотоль козаметить , ч тов торая коорд инататоч ек A и B од инаков аи рав на 7. След ов атель но, урав нение AB : y = 7 или y − 7 = 0. 1) Н айд ем коорд инаты точ ки M (серед ины стороны BC): x + xC − 5 + 5 y + yC 7 + 3 xM = B yM = B = = 0, = = 5. 2 2 2 2 x−2 y−7 x−2 y−7 Состав им урав нение мед ианы AM : ; = = . −2 0−2 5−7 −2 У рав нение BC :

И так, урав нение AM : x − y + 5 = 0. Д лину мед ианы найд ем какрасстояние меж д у д в умяточ ками: AM = (x A − xM )2 + ( y A − y M )2 = 2 2 + 2 2 = 8 = 2 2 (ед .). 2) О пред елим углов ой коэф ф ициентстороны AC. Д ляэтого урав нение 4 29 4 AC запиш ем в в ид е y = − x + . След ов атель но, k AC = − . k BD найд ем 3 3 3 1 3 = . из услов ия перпенд икулярности прямы х линий: k BD = − k AC 4 Состав им урав нение в ы соты BD, исполь зуяурав нение прямой, прох од ящ ей ч ерез зад анную точ ку B и с углов ы м коэф ф ициентом k: y – y0 = k⋅( x - x0 ). 3 Т о есть , y − 7 = ⋅ ( x + 5 ), или 4 y − 28 = 3x + 15. BD : 3 x − 4 y + 43 = 0. 4 Д лину в ы соты BD найд ем какрасстояние отточ ки B д опрямой AC: ax0 + by0 + c d= , гд е ax + by + c = 0 - общ ее урав нение прямой AC , a2 + b2 а ( x0 ; y0 ) - коорд инаты B. И так,

BD =

4 ⋅ (− 5) + 3 ⋅ 7 − 29

=

− 20 + 21 − 29

=

28 (ед .). 5

25 4 2 + 32 3) К оорд инаты точ ки F найд ены в треть ем пункте пред ы д ущ ей зад ач и:

7

5 28 xF = , yF = . 6 6 Состав им урав нение AF, исполь зуякоорд инаты точ ек A и F: x−2 y−7 x−2 y−7 x−2 y−7 = = = ; ; . 28 5 − − − 5 12 28 42 7 14 − −2 −7 6 6 2 ⋅ ( x − 2 ) = y − 7; 2 x − 4 = y − 7. И так, урав нение AF: 2 x − y + 3 = 0. 4) Н айд ем точ ку О пересеч ениямед ианы AM с в ы сотой BD, реш ив систему:  x − y + 5 = 0, − 3 x + 3 y − 15 = 0, − y + 28 = 0, y0 = 28, x − 28 + 5 = 0, x0 = 23.   3 x 4 y 43 0 , 3 x 4 y 43 0 , − + = − + =   И так, точ ка O имееткоорд инаты : O( 23; 28 ). Д лянах ож д енияугламеж д у прямы ми линиями BD и AM в осполь зуемсяф ормулой: k − k1 3 tgϕ = 2 , гд е k1 = k BD = , 1 + k1 ⋅ k 2 4 k 2 = k AM = 1 (т. к. А М имеет урав нение y = x + 5). 3 1 1− 1 4 = 4 = 1, И так, tgϕ = ϕ = arctg . 3 7 7 7 1 + ⋅1 4 4

Крив ы е в торого порядка Пример 3. Н айти площ ад ь кв ад рата, в писанного в эллипс 4x2 + 5y2 = 1. x2 y2 Реш ение. Э ллипс, с урав нением 2 + 2 = 1 , яв ляетсясимметрич ной a b ф игурой (осями симметрии яв ляю тсяоси коорд инат Ox и Oy). О ч ев ид но, ч то кв ад рат, в писанны й в эллипс, такж е д олж ен бы ть симметрич ен относитель но осей Ox и Oy. О тсю д аслед ует, ч то в ерш ины кв ад раталеж атнапрямы х линиях y = x и y = – x. Н айд ем точ ки пересеч енияэтих прямы х и эллипса. Под став ляя, например, y = x в урав нение эллипса, получ им 9x2 = 1, откуд а x1,2 = 1/3. Т аким образом, в ерш ины кв ад рата ABCD имею ткоорд инаты : 1 1  1 1  1 1 1 1 A  ; , B  − ; , C  − ; − , D  ; − . Д линастороны AB 3 3  3 3  3 3 3 3 2

( )

4 2 рав на | AB | = 2/3. И скомаяплощ ад ь кв ад ратарав на S ABCD =   = ед 2 . 9 3 Пример 4. Н айти коорд инаты ф окусов и эксцентриситетгиперболы : 4x2 – 9y2=1.

8

Реш ение. В канонич еском в ид е урав нение гиперболы в ы гляд итслед ую x2 y2 − = 1. И з этого урав ненияв ид но, ч то д ейств итель наяпощ им образом: 1 1 4 9 1 1 1 1 = , амнимаяполуось рав на b = луось гиперболы рав на a = = . Рас9 3 4 2 стояние отцентрагиперболы д оее ф окусов нах од им по ф ормуле: 1 1 13 c = a2 + b2 = + = . 4 9 6 Т аким образом, ф окусы гиперболы располож ены наоси OX и имею тко  13  13  ; 0 , F2 =  ; 0 . орд инаты : F1 =  − 6 6     Э ксцентриситетгиперболы найд ем поф ормуле: ε =

c 13 2 13 = ⋅ = ≈ 1.2. a 6 1 3

О бщ е е урав не ние крив ой в торого порядка на плоскости Пример 5. Построить линию , зад анную урав нением 5x + 8xy + 5y2 – 18x – 18y + 9 = 0, прив ед яурав нение кканонич ескому в ид у. 2

Реш ение. Произв ед ем в урав нении крив ой замену переменны х : x = x′ ⋅ cos ϕ + y ′ ⋅ sin ϕ , y = − x′ ⋅ sin ϕ + y ′ ⋅ cos ϕ . Геометрич еский смы сл этой замены заклю ч аетсяв пов ороте системы коорд инат xOy в округ нач алакоорд инат, против ч асов ой стрелки наугол ϕ. О снов наяцель пов оротасистемы коорд инат– в ы брать такую систему коорд инат x′Oy′, в которой урав нение крив ой не сод ерж итпроизв ед ения x′y′. После пов оротамы прих од им курав нению : (5 − 8 sin ϕ ⋅ cosϕ ) ⋅ (x′)2 + 8 cos 2 ϕ − sin 2 ϕ ⋅ x′y′ + (5 + 8 sin ϕ ⋅ cosϕ ) ⋅ ( y ′)2 − − 18(cosϕ − sin ϕ ) ⋅ x′ − 18(cos ϕ + sin ϕ ) ⋅ x′ + 9 = 0. У гол ϕ найд ем из услов иярав енств анулю коэф ф ициентапри x′y′, т.е. из урав нения cos 2 ϕ − sin 2 ϕ = 0 , или tg 2ϕ = 1. Т аким образом, tgϕ = ±1 . О д π ноиз реш ений д анного урав ненияд аетнам угол ϕ = . При этом 4 2 sin ϕ = cos ϕ = . Т огд аурав нение крив ой приметв ид : 2 (x′)2 + 9( y′)2 − 18 2 y′ + 9 = 0. Прод олж им упрощ ение этого урав нения, с цель ю исклю ч ить слагаемое − 18 2 y ′ Д ляэтогов урав нении в ы д елим полны е кв ад раты по x и по y.

(

(x′)2 + 9(y ′ −

2

)2 − 9 = 0.

)

9

x = x′, ~ y = y ′ − 2 (ч тосоотв етств уетпараллель ному переО бознач ая ~ носу системы коорд инатX′OY′), в итоге получ им урав нение: ~ x2 ~ y2 2 2 ~ ~ x + 9 y = 9, или + = 1. Э тоурав нение эллипса. Т аким образом, 9 1 исх од ное урав нение зад аетэллипс с полуосями a = 3 и b = 1.

П рям ая и плоскостьв пространств е Пример 6. Состав ить урав нение прямой, прох од ящ ей ч ерез точ ку А ( 1; –1; 2 ), перпенд икулярно плоскости 3x + 4y – 7z + 1 = 0 и найти расстояние отточ ки А д о д анной плоскости. Реш ение. 1) В кач еств е нормаль ного в екторакплоскости 3x + 4y – 7z + 1 = 0 мож но в зять в ектор с коорд инатами, рав ны ми коэф ф ициентам при неизв естны х x, y и z, т.е n = ( 3; 4; –7 ). Н аправ ляю щ ий в ектор искомой прямой д олж ен бы ть перпенд икулярен плоскости 3x + 4y – 7z + 1 = 0. След ов атель но, в кач еств е направ ляю щ его в ектора s прямой мож но в зять нормаль ны й в ектор n плоскости, т.е. s = n. В осполь зуемсяканонич еским урав нением прямой в пространств е: x − x0 y − y 0 z − z 0 = = , гд е (m; n; p) – коорд инаты направ ляю щ его p m n в ектора s прямой, а (x0; y0; z0) – коорд инаты точ ки, принад леж ащ ей прямой. И споль зуякоорд инаты точ ки А ( 1; –1; 2 ) и в ектора s = ( 3; 4; –7 ), состав им урав нение искомой прямой: x −1 y +1 z − 2 = = . 3 4 −7 2) Д лянах ож д ениярасстоянияотточ ки А (x0; y0; z0) д о плоскости Px + Qy + Rz + M = 0 в осполь зуемсяф ормулой: Px0 + Qy 0 + Rz 0 + M ρ= . 2 2 2 P +Q + R 3 ⋅ 1 + 4 ⋅ (− 1) − 7 ⋅ 2 + 1 14 Т аким образом, ρ = = ≈ 1,63. 74 32 + 4 + (− 7 )2 2

x + y + z − 5 = 0 Пример 7. Перейти отобщ их урав нений прямой  x + 3 y + 2z − 6 = 0 кканонич еским урав нениям. Реш ение. Н айд ем коорд инаты д в ух точ екнапрямой линии. Д лянах ож д енияперв ой точ ки под став им в общ ие урав ненияпрямой произв оль ное знач еx + y = 4 ние z, например, z = 1. И з получ енной системы урав нений  нах оx + 3 y = 4 д им y = 0, x = 4. Т аким образом, перв аяточ ка, принад леж ащ аяпрямой, имеет коорд инаты А (4; 0; 1). А налогич но, под став ляяв общ ие урав нения z = –1, нах од им в торую точ ку B(5; 1; –1). Н аправ ляю щ ий в ектор s прямой найд ем поф ормуле:

10

s = (xB – xA; yB – yA; zB – zA) = (5 – 4; 0 –1; 1 – (–1)) = (0; –1; 2). Под став им коорд инаты точ ки А и нормаль ного в ектора s в канонич еx − x0 y − y 0 z − z 0 ское урав нение прямой линии: = = . Получ им m n p x − 4 y z −1 = = – искомое канонич еское урав нение прямой. 0 2 −1 У рав ненияд анной прямой уд обнее записать в параметрич еской ф орме. Д ляэтогознач енияв сех д робей прирав нив аю тнекоторой незав исимой переменной t и в ы раж аю т x, y, z из получ енны х рав енств : x − 4 y z −1 = = = t . След ов атель но, 0 2 −1 x = 4  – параметрич еские урав ненияисх од ной прямой линии.  y = −t  z = 2t + 1 

П рим е рны й в ариант контрольной работы № 1 1. Д ан треуголь ник А В С , гд е А (1; 2), В (4; 6), С (0; 2). Н айти: 1) урав нения сторон; 2) урав ненияи д лины в ы сот BD и CK; 3) урав нение и д лину мед ианы AM; 4) урав нение биссектрисы AF; 5) точ ку пересеч ениямед ианы AM с в ы сотой CK и угол меж д у ними. 2. Н айти коорд инаты ф окусаи урав нение д иректрисы параболы y = 2x2 + 6x – 5. 3. Прив ести урав нение линии в торого поряд ка 6xy + 8y2 – 12x – 26y + 11 = 0 кканонич ескому в ид у. Н азв ать и изобразить линию .

Л И Н Е Й Н А Я А Л ГЕ БРА О пре де лите ли n-го порядка

5 −1 2 Пример 8. В ы ч ислить опред елитель треть его поряд ка: ∆ = 2 3 − 4 . 1 2 3 Реш ение. В ы ч ислим опред елитель по прав илу треуголь ников . Получ им: 5 −1 2 ∆ = 2 3 − 4 = 5 ⋅ 3 ⋅ 3 + (− 1) ⋅ (− 4 ) ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ 3 ⋅ 2 − 2 ⋅ (− 1) ⋅ 3 − 2 ⋅ (− 4 ) ⋅ 5 = 1

2

3

= 45 + 4 + 8 − 6 + 6 + 40 = 97.

11

1 2 3 4 1 1 1 1 Пример 9. В ы ч ислить опред елитель ∆ = , расклад ы в аяего 1 2 3 5 1 2 1 1 поперв ой строке. Реш ение. В осполь зуемсяф ормулой: ∆ = a11 ⋅ A11 + a12 ⋅ A12 + a13 ⋅ A13 + a14 ⋅ A14 , гд е a1j – элементы перв ой строки опред елителя, а A1j – их алгебраич еские д ополнения. Т аким образом, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∆ = 1 ⋅ (− 1)1 + 1 ⋅ 2 3 5 + 2 ⋅ (− 1)1 + 2 ⋅ 1 3 5 + 3 ⋅ (− 1)1 + 3 ⋅ 1 2 5 + 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 4 4 ⋅ (− 1) ⋅ 1 2 3 = 2 3 5 − 2⋅ 1 3 5 + 3⋅ 1 2 5 − 4⋅ 1 2 3 . 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 В ы ч исляякаж д ы й из опред елителей треть его поряд капо прав илу треуголь ников , получ им: ∆ = (3 + 2 + 10 – 6– 5 – 2) – 2⋅0 + 3⋅(2 + 2 + 5 – 2 – 10 – 1) – – 4⋅(2 + 2 + 3 – 2 – 6 – 1) = 2 – 12 + 8 = – 2 (в торой опред елитель рав ен нулю , т.к. он сод ерж итд в е од инаков ы е строки). 1 2 3 4 5 2 5 7 9 11 Пример 10. В ы ч ислить опред елитель ∆ = − 1 0 0 3 2 путем при−3 1 1 5 6 −5 2 2 8 8 в ед енияегоматрицы ктреуголь ному в ид у. Реш ение. В ы полним перв ую серию преобразов аний: 1) перв ую строку остав им без изменений; 2) из в торой строки в ы ч тем уд в оенную перв ую строку, записав резуль татв о в торой строке; 3) ктреть ей строке прибав им перв ую строку; 4) в ы ч тем из ч етв ертой строки треть ю строку, умнож енную на 3; 5) из пятой строки в ы ч тем треть ю строку, умнож енную на5. Т огд аполуч им 1 2 3 4 5 0 1 1 1 1 ∆= 0 2 3 7 7 . 0 1 1 −1 0 0 2 2 −7 −2 Произв ед ем след ую щ ую серию преобразов аний: 1) перв ую и в торую строку остав им без изменений; 2) из треть ей строки в ы ч тем уд в оенную в торую строку; 3) из ч етв ертой строки в ы ч тем в торую строку; 5) из пятой строки в ы ч тем ч етв ертую строку, умнож енную на 2. Получ им

12

1 2 3 4 5 0 1 1 1 1 ∆= 0 0 1 5 5 . 0 0 0 − 2 −1 0 0 0 −5 −2 Поменяв ч етв ерты й и пяты й столбец местами и в несяпосле этого знак ( – ) в ч етв ертую строку, получ им 1 2 3 5 4 0 1 1 1 1 ∆= 0 0 1 5 5 . 0 0 0 1 2 0 0 0 −2 −5 Н аконец, прибав ив кпятой строке ч етв ертую строку, умнож енную на 2 и затем, расклад ы в аяопред елитель по перв ому столбцу, получ им: 1 2 3 5 4 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 5 5 0 1 5 5 ∆ = 0 0 1 5 5 =1⋅ = 1 ⋅ 1 ⋅ 0 1 2 = 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ (− 1) = −1. 0 0 1 2 0 0 0 1 2 0 0 −1 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1

М е тод Крам е ра ре ш е ния систе м лине йны х урав не ний Пример 11. М етод ом К рамера реш ить систему урав нений  x + 2 y + 3z = 14   2 x + 5 y + 4 z = 24  x + y+ z=6  Реш ение. В ы ч ислим глав ны й опред елитель системы : 1 2 3 ∆ = 2 5 4 = 1 ⋅ 5 ⋅ 1 + 2 ⋅ 1 ⋅ 3 + 2 ⋅ 4 ⋅ 1 − 1 ⋅ 5 ⋅ 3 − 1 ⋅ 4 ⋅ 1 − 2 ⋅ 2 ⋅ 1 = −4 . 1 1 1 Т аккак ∆≠0, то системаимеетед инств енное реш ение, которое мож но найти по ф ормулам К рамера: ∆x ∆y ∆z x= , y= , z= , ∆ ∆ ∆ гд е ∆x, ∆y, ∆z получ аю тсяиз опред елителя ∆ путем замены 1-го, 2-го или 3го столбца, соотв етств енно, настолбец св обод ны х ч ленов .

13

14 2 3 1 14 3 1 2 14 ∆x = 24 5 4 = −4, ∆y = 2 24 4 = −8, ∆z = 2 5 24 = −12 . 6 1 1 1 6 1 1 1 6 −4 −8 − 12 = 1, y= = 2, z= = 3. Т аким образом, x = −4 −4 −4

М е тод Гаусса ре ш е ния систе м лине йны х урав не ний Пример 12. Н айти общ ее реш ение системы линейны х урав нений:  2 x + 2 y + z + u + 5v = 6,  4 x + 3 y + 3z − u + 8v = 15,  2 x + y + z + u + 2v = 7.  Реш ение. О бщ ее реш ение системы найд ем метод ом Гаусса, д ляч его запиш ем систему в матрич ном в ид е:  2 2 1 1 5 6  2 2 1 1 5 6  ΙΙ⋅(−1)  2 2 1 1 5 6    ΙΙ−2⋅Ι     Ι− 2⋅ΙΙ ↔ − − − ↔ − − 4 3 3 − 1 8 15 0 1 1 3 2 3 0 1 1 3 2 3  ΙΙΙ−Ι   ΙΙΙ+ ΙΙ    ΙΙΙ↔ ⋅( −1)  0 −1 0 0 − 3 1  0 0 − 1 3 − 1 − 2 2 1 1 1 2 7        2 0 3 − 5 1 12  Ι − 3⋅ ΙΙΙ  2 0 0 4 − 2 6  Ι : 2  1 0 0 2 − 1 3        ↔  0 1 − 1 3 2 − 3  ↔  0 1 0 0 3 − 1 ↔  0 1 0 0 3 − 1.  0 0 1 − 3 1 2  ΙΙ + ΙΙΙ  0 0 1 − 3 1 2   0 0 1 − 3 1 2       

Зд есь симв олом

II − 2 ⋅ I

↔

III − I

обознач аетсятакое экв ив алентное преобразов ание сис-

темы , при котором: 1) из в торой строки в ы ч итаетсяперв аястрока, умнож енная над в а, и резуль татзаписы в аетсяв о в торую строку; 2) из треть ей строки в ы ч итаетсяперв аястрока, и резуль татзаписы в аетсяв треть ю строку. Симв олом II ⋅ (−1)

↔

III + II

обознач аетсяпреобразов ание, которое заклю ч аетсяв след ую щ ем: 1) в то-

раястрокаумнож аетсянаминус ед иницу, и резуль татзаписы в аетсяв о в торую строку; 2) ктреть ей строке прибав ляетсянов аяв тораястрока, и резуль татзаписы в аетсяв треть ю строку. О сталь ны е симв олы расш иф ров ы в аю тсяаналогич но. И так, мы получ или след ую щ ую систему:  x + 2u − v = 3,  x = 3 − 2u + v,    y + 3v = −1, или  y = −1 − 3v,   z = 2 + 3u − v . z − 3u + v = 2,   Прид ав аяпеременны м u и v, произв оль ны е знач ения u = a , v = b (a, b∈ℜ), мы получ им бесч исленное множ еств ореш ений:

14

 x = 3 − 2a + b,  y = −1 − 3b,  И так,  z = 2 + 3a − b, – общ ее реш ение системы . u = a,  v = b, Пример 13. М етод ом Гауссареш ить систему линейны х урав нений  x1 + 2 x2 − 3x3 + 4 x4 = 4, 2 x − x + 3x − 4 x = 0,  1 2 3 4  3 x1 + x2 − x3 + 2 x4 = 5, 4 x1 + 3x2 + 4 x3 + 2 x4 = 13. Реш ение. В осполь зуемся, каки рань ш е, матрич ной ф ормой записи системы : 4 1 2 − 3  3 −4 2 −1 3 1 −1 2  4 3 4 2 

4 4 1 2 − 3 4    0  II − 2⋅ I  0 − 5 9 − 12 − 8  III − II ↔ ↔ 5  III − 3⋅ I  0 − 5 8 − 10 − 7  IV − II  IV − 4⋅ I    0 − 5 16 − 14 − 3  13   

1 2 − 3 4 4  1 2 − 3 4 4      III − II  0 5 − 9 12 8  IV + 7 ⋅ III  0 5 − 9 12 8  ↔  ↔  . IV − II 0 0 − 1 2 1 0 0 −1 2 1      0 0 7 − 2 5   0 0 0 12 12      Т аким образом, мы приш ли ксистеме урав нений  x1 + 2 x2 − 3 x3 + 4 x4 = 4,  5 x2 − 9 x3 + 12 x4 = 8,   − x3 + 2 x4 = 1,   12 x4 = 12. И з послед него урав нениянах од им x4 = 1. Под став ляя x4 в треть е урав нение, найд ем x3 = 2x4 – 1 = 2 – 1 = 1. И з в торогоурав нения 8 + 9 x3 − 12 x4 8 + 9 − 12 x2 = = = 1. Н аконец, из перв ого урав нениянах од им 5 5 x1 = 4 − 2 x2 + 3x3 − 4 x4 = 4 − 2 + 3 − 4 = 1. И такполуч ено реш ение x1 = 1, x2 = 1, x3 = 1, x4 = 1.

Ум ноже ние м атриц Пример 14. Н айти произв ед ение матриц AB и BA:

15

5 3  1  6 0     A =  − 2 0 4 , B =  − 4 4 .  3 −1 6   1 3     Реш ение. 1) Д лятогоч тобы найти произв ед ение AB, необх од имостроки матрицы A умнож ить настолбцы матрицы B: 5 3  6 0  1     A⋅ B = − 2 0 4  ⋅ − 4 4  =  3 −1 6   1 3      1 ⋅ 0 + 5 ⋅ 4 + 3 ⋅ 3   − 11 29   1 ⋅ 6 + 5 ⋅ (− 4 ) + 3 ⋅ 1     =  − 2 ⋅ 6 + 0 ⋅ (− 4 ) + 4 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0 + 0 ⋅ 4 + 4 ⋅ 3  =  − 8 12 .  3 ⋅ 6 + (− 1) ⋅ (− 4 ) + 6 ⋅ 1 3 ⋅ 0 + (− 1) ⋅ 4 + 6 ⋅ 3   28 14      2) Произв ед ение BA не сущ еств ует, т. к. колич еств остолбцов матрицы B не сов пад аетс колич еств ом строкматрицы A.

О братная м атрица 1 2 3  Пример 15. Н айти обратную матрицу A кматрице A =  2 3 4 3 5 8  Реш ение. О братную матрицу найд ем по ф ормуле -1

  .  

 A11 A21 A31   1  A = ⋅  A12 A22 A32  , гд е Aij – алгебраич еские д ополненияк det A    A13 A23 A33  элементам aij матрицы А . 1) Н айд ем det A = | A | = 1⋅3⋅8 + 2⋅5⋅3 +2⋅4⋅3 – 3⋅3⋅3 – 1⋅5⋅4 – 2⋅2⋅8 = = 24 + 30 + 24 – 27 – 20– 32 = – 1. Т аккакопред елитель исх од ной матрицы отлич ен отнуля, то обратнаяматрицасущ еств ует. 2) Н айд ем алгебраич еские д ополнения Aij: 4 3 3 1+1 3 2 +1 2 3+1 2 A11 = (− 1) = 4, A21 = (− 1) = −1, A31 = (− 1) = −1, 5 8 5 8 3 4 4 3 3 1+ 2 2 2+ 2 1 3+ 2 1 A12 = (− 1) = −4, A22 = (− 1) = −1, A32 = (− 1) = 2, 3 8 3 8 2 4 3 2 2 1+3 2 2+ 3 1 3+ 3 1 A13 = (− 1) = 1, A23 = (− 1) = 1, A33 = (− 1) = −1. 3 5 3 5 2 3 Д ляуд обств анах ож д енияобратной матрицы , алгебраич еские д ополненияк строкам исх од ной матрицы мы располож или в соотв етств ую щ ие столбцы . И з получ енны х алгебраич еских д ополнений состав им нов ую матрицу и разд елим ее наопред елитель det A. Т аким образом, мы получ им обратную матрицу: −1

16

1   4 −1 −1  − 4 1     A = (− 1) ⋅  − 4 − 1 2  =  4 1 − 2 .  1 1 − 1   − 1 − 1 1    − 1 1 1 0    −1 0 2 1 Пример 16. Д ляматрицы A =  с помощ ь ю элементарны х − 2 1 2 1    −1 0 2 1 преобразов аний найти обратную матрицу. Реш ение. Д опиш ем справ акматрице А ед инич ную матрицу Е, мы получ им при этом расш иренную матрицу ( А | E ). А затем, с помощ ь ю элементарны х преобразов аний, прив ед ем матрицу ( А | E ) кв ид у ( Е | С ). Т аматрица С , котораяполуч итсянаместе ед инич ной, буд етобратной кматрице А . Преобразов аниярасш иренной матрицы разобьем над в аэтапа. Н аперв ом этапе мы получ им нули ниж е глав ной д иагонали матрицы А : −1

 −1   −1 − 2   −1 

1 0 1 0

1 2 2 2

0 1 1 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0  II − I  − 1 1 1   0  III − 2⋅ I  0 − 1 1 ↔ 0  IV − I  0 − 1 0    0 −1 1 1  

1 0 1 0 −1 1  III − II  0 − 1 1 1 −1 1 ↔  IV − I 0 0 −1 0 −1 −1   0 0 0 −1 0 −1 

0 0  I ⋅ (−1)    0 0  II ⋅ (−1)  ↔ 1 0  III ⋅ (−1)  IV ⋅(−1)  0 1  

0 1 1 0

1 −1 −2 −1

0 1 0 0

1 −1 −1 0 0 0

0 0 1 0

0  0  III − II ↔ 0  IV − I  1 

0 −1

0  1 −1 −1 1 −1 0 0 0 1 0 1 1 −1 0  0 0 1 0 1 0 − 1 0

0

Н ав тором этапе получ аем нули в ы ш е глав ной д иагонали:       

1 −1 −1 0 0 0

1 −1 0 1 0 0   I + II  ↔   

0 −1 0 0 0 1

0    1 0 0 − 1 I + III  ↔ 1 1 − 1 0  II + III     0 1 0 − 1 

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

0

1 −1 0 0 0 0 0

2 2 − 2 − 1  2 1 − 1 − 1 . 1 1 −1 0  0 1 0 − 1

1 0 0 0 1 0 0 0 1

0 1 −1

0  2 1 − 1 − 1 I + II ↔ 1 1 −1 0  0 1 0 − 1

   Т аким образом, мы получ или обратную матрицу A−1 =   

2 2 1 0

2 − 2 −1   1 −1 −1  . 1 −1 0   1 0 − 1 

17

Р е ш е ние систе м с пом ощ ью обратной м атрицы Пример 17. Реш ить систему 5 x − y + 2 z = −2  2 x + 3 y − 4 z = 19  x + 2 y + 3z = 1  с помощ ь ю обратной матрицы . Реш ение. Запиш ем систему в матрич ном в ид е: A ⋅ x = b , 2   5 −1  x     гд е A =  2 3 − 4  – основ наяматрицасистемы , x =  y  – столбец неиз    z  1  2 3     − 2     в естны х и b = 19  – столбец св обод ны х ч ленов . Т аккакглав ны й опред ели   1    5 −1 2 тель системы ∆ = 2 3 − 4 = 97 ≠ 0 , тооснов наяматрицасистемы А име1 2 3 -1 етобратную матрицу А . Д лянах ож д енияобратной матрицы А -1 в ы ч ислим алгебраич еские д ополненияко в сем элементам матрицы А : 3 −4 2 −1 − 4 −1 = 17, = 7, = −2, A11 = A21 = − A31 = 2 3 2 3 3 −4 2 −4 5 2 5 2 = −10, A22 = = 13, = 24, A12 = − A32 = − 1 3 1 3 2 −4 2 3 5 −1 5 −1 = 1, = −11, = 17. A13 = A23 = − A33 = 1 2 1 2 2 3 И з получ енны х ч исел состав им матрицу (прич ем алгебраич еские д ополненияк строкам матрицы А запиш ем в соотв етств ую щ ие столбцы ) и разд елим ее на опред елитель ∆. Т аким образом, мы наш ли обратную матрицу: A

−1

 17 1  = ⋅  − 10 97   1

7 13 − 11

−2 24 17

  .  

Реш ение системы нах од им по ф ормуле x = A−1 ⋅ b :  x  17   1   y  = ⋅  − 10  z  97  1   

7 13 − 11

Т аким образом, x = 1,

−2 24 17

 − 2   − 34 + 133 − 2   97  1     1  ⋅  20 + 247 + 24  = ⋅  291  ⋅  19  = 97   1   − 2 − 209 + 17  97  − 194      

y = 3, z = −2.

  1   = 3  − 2  

  .  

18

Пример 18. С помощ ь ю обратной матрицы реш ить систему:  x1 + x2 + x3 + x4 = 10 x + x + x = 8  1 3 4   x1 + x2 + x4 = 7  x1 + x2 + x3 =6

Реш ение. Запиш ем систему в матрич ном в ид е: A ⋅ x = b , гд е 1  1 A= 1  1

1 0 1 1

1 1 0 1

1  x1  9      1  x2  8 = = , b x и x  7 . 0  3     0  6  x4 

Реш ение системы нах од им по ф ормуле x = A −1 ⋅ b . О братную матрицу такж е, какмы нах од или ее в примере 16: 1  1 1  1 

1 0 1 1

1 1 0 1

1 0 ↔  IV ⋅ (−1) 0  0 

II ⋅ (−1)  III ⋅ (−1)

1 1 1 0 1 1 0 0

1 0 0 0 1 0 1 0

0 1 0 0 1 0 0 1

0 0 1 0

0  II − I    0  III − I  ↔ 0  IV − I     1  

1 1 1 1 1 0 0 −1 0 0 −1 1 0 0 −1 0 −1 0 0 0 0 −1 −1 0

1 0 0 0  I − IV    1 −1 0 0  I − III  ↔ 1 0 − 1 0  I − II      1 0 0 −1  

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 1 0

0  II ⋅(−1)  0  III ⋅(−1) ↔ 0  IV ⋅ (−1)  1 

0 −2 1 1 1  0 1 −1 0 0 .. 0 1 0 −1 0  1 1 0 0 − 1

1 1 − 2 1   − 1 1 0 0   Т аким образом, мы получ или обратную матрицу A−1 =  . 1 0 −1 0    0 0 − 1   1 1 1   9   − 18 + 8 + 7 + 6   3   x1   − 2 1           0  8  9−8  x2   1 − 1 0  1 ⋅  = Т огд а   =    =  2 . x3 1 0 −1 0 7 9−7           0 0 − 1   6   9−6   3  x4   1 Знач ит x1 = 3,

x2 = 1,

x3 = 2,

x4 = 3 – искомое реш ение системы .

19

N-М Е РН О Е В Е К Т О РН О Е ПРО СТ РА Н СТ В О Л ине йная з ав исим остьв е кторов , баз ис Пример 19. Д анасистемав екторов a = ( 1, 1, 1, 1, 1 ) , b = ( 1, 2, 3, 4, 5 ) , c = ( 1, 1, 4, 5, 6 ) , d = ( 1, 1, 1, 2, 3 ). Показать , ч то д анны е в екторы линейно незав исимы . Реш ение. Системав екторов a , b , c , d линейно незав исимапоопред елению , если из соотнош ения α1 a + α 2 b + α 3 c + α 4 d = 0 , гд е 0 = ( 0, 0, 0, 0, 0 ), след ует, ч то α1 = α 2 = α 3 = α 4 = 0 . Прирав нив аякоорд инаты в ектора α1 a + α 2 b + α 3 c + α 4 d кнулю , получ им систему линейны х урав нений: α1 + α 2 + α 3 + α 4 = 0 α + 2α + α + α = 0 2 3 4  1 α1 + 3α 2 + 4α 3 + α 4 = 0 . α + 4α + 5α + 2α = 0 2 3 4  1 α1 + 5α 2 + 6α 3 + 3α 4 = 0 Реш ение системы запиш ем в матрич ном в ид е. Прич ем столбец св обод ны х ч ленов , состоящ ий из од них нулей, и, след ов атель но, не изменяю щ ийсяпри элементарны х преобразов аниях системы , мож но не писать . 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1   II − I        1 2 1 1  III − I  0 1 0 0  III − 2⋅ II  0 1 0 0  III : 3  0 1 0 0   1 3 4 1  ↔  0 2 3 0  ↔  0 0 3 0  ↔  0 0 1 0 .   IV − I   IV − 3⋅ II   IV − 4⋅ III    1 4 5 2  V − I  0 3 4 1  V − 4⋅ II  0 0 4 1  V − 5⋅ III  0 0 0 1  1 5 6 3  0 4 5 2 0 0 5 2 0 0 0 2         Послед ней матрице соотв етств уетод нород наясистемалинейны х урав нений, экв ив алентнаяисх од ной системе. После д еленияпослед него урав ненияна 2, мы в ид им, ч топятое урав нение системы сов пад аетс ч етв ерты м. После исклю ч енияпятогоурав нениясистемаприметслед ую щ ий в ид : α1 + α 2 + α 3 + α 4 = 0  =0 α2  .  = 0 α 3   α4 = 0 О ч ев ид но, ч тореш ением д анной системы яв ляется α1 = α 2 = α 3 = α 4 = 0 . Т аким образом, мы д оказали, ч тосистемав екторов a , b , c , d яв ляетсялинейно незав исимой. Пример 20. Д анасистемалинейно незав исимы х в екторов , a = ( 1, 2, 3, 4, 5 ) , b = ( 1, 1, 2, 3, 1 ) и c = ( 1, 0, 1, 0, 2 ). Разлож ить в ектор x = ( 2, 0, 2, − 2, 9 ) по в екторам a , b и c .

20

Реш ение. Поуслов ию зад ач и, в ектор x необх од имо пред став ить в в ид е x = x1 a + x2 b + x3 c , гд е x1 , x2 , x3 – некоторы е ч исла. Распиш ем послед нее рав енств ов коорд инатной ф орме: 1  1 1   2         2 1 0  0 x1 ⋅  3  + x2 ⋅  2  + x3 ⋅  1  =  2  .         3 4      0   − 2 5 1 2  9         М ы приш ли кслед ую щ ей системе  x1 + x2 + x3 = 2 2 x + x =0 2  1 3 x1 + 2 x2 + x3 = 2 . 4 x + 3 x = −2 2  1 5 x1 + x2 + 2 x3 = 9 Реш им систему метод ом Гаусса, пред в аритель но записав ее в матрич ной ф орме:        

1 2 3 4 5

1 2     II − 2 ⋅ I 0 0  III − 3⋅ I   ↔  1 2  IV − 2⋅ I  0 − 2  V − ( II + III )   2 9  

1 1 2 3 1

1 1 1 2   0 −1 − 2 − 4  0 −1 − 2 − 4 .  0 1 0 −2   0 −2 1 7 

Т реть ю строку матрицы мож ноисклю ч ить , т.к. онасов пад аетсов торой. После умнож енияв торой и послед ней строкнаминус ед иницу получ им:       

2    0 1 2 4  III − II  ↔ 0 1 0 − 2  IV + 2 ⋅ II     0 − 2 1 7  

1

1

1

2    0 1 2 4  III :(− 2 ) ↔ 0 0 − 2 − 6  IV :5     0 0 5 15  

1 1

1

1 1 1 0 1 2 0 0 1 0 0 1

2  4 . 3  3 

Т аким образом, мы приш ли кслед ую щ ей системе линейны х урав нений:  x1 + x2 + x3 = 2  x2 + 2 x3 = 2 .   x3 = 3  Реш ением д анной системы яв ляется x3 = 3, x = a − 2b + 3c .

x2 = −2,

x1 = 1. Т аким образом,

21

С калярное произ в е де ние , угол м е ждув е кторам и Пример 21. Н айти угол меж д у в екторами a = (1,−1,−2, 4, 5 ) и

b = (1, 1,−1,−1, 2 ) . Реш ение. У гол меж д у в екторами найд ем поф ормуле: a ⋅b , гд е a ⋅ b – скалярное произв ед ение в екторов , cos ϕ = a ⋅ b a = a ⋅ a – д линав ектора a , b = b ⋅ b – д линав ектора b . a ⋅ b = 1 ⋅ 1 + (− 1) ⋅ 1 + (− 2 ) ⋅ (− 1) + 4 ⋅ (− 1) + 5 ⋅ 2 = 1 − 1 + 2 − 4 + 10 = 8. a = 12 + (− 1)2 + (− 2 )2 + 4 2 + 52 = 1 + 1 + 4 + 16 + 25 = 47 . b = 12 + 12 + (− 1)2 + (− 1)2 + 2 2 = 1 + 1 + 1 + 1 + 4 = 8.

8 4 = . 47 ⋅ 2 2 94 4 Т аким образом, ϕ = arccos . 94

Знач ит, cos ϕ =

П одпространств о, ортогональное дополне ние , прое кция в е ктора на подпространств о Пример 21. В пространств е ℜ 4 зад ано под пространств о Е какмнож еств о в екторов E = { x = x1e1 + x2 e2 }, гд е e1 = ( 1, 1, 1, 1 ), e2 = ( 1, 2, 1, 1 ) . Н айти ортогональ ную проекцию в ектора z = ( 1, 5, 3, 5 ) напод пространств о Е; найти расстояние отточ ки A = ( 1, 5, 3, 5 ) д о под пространств а Е. Реш ение. В ектор z пред став им в в ид е z = x + y , гд е x ∈ E , а y – ортогонален Е. Т огд а x = x1e1 + x2 e2 . Состав им систему урав нений д лянах ож д ения x1 и x2 : (e1 ⋅ e1 )x1 + (e1 ⋅ e2 )x2 = z ⋅ e1 .  ( e ⋅ e ) x + ( e ⋅ e ) x = z ⋅ e  1 2 1 2 2 2 2 В ы ч ислим коэф ф ициенты при переменны х x1 , x2 и св обод ны е ч лены системы : e1 ⋅ e1 = 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 = 4, e1 ⋅ e2 = 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 2 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 = 5, e2 ⋅ e2 = 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 = 7, e1 ⋅ z = 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 5 + 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 5 = 14, e2 ⋅ z = 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 5 + 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 5 = 19. 4 x + 5 x2 = 14 Т аким образом, мы получ или систему урав нений  1 . 5 x + 7 x = 19  1 2 Реш ением д анной системы яв ляется x1 = 1, x2 = 2 . След ов атель но x = e1 + 2e2 = ( 1, 1, 1, 1 ) + ( 2, 4, 2, 2 ) = ( 3, 5, 3, 3 ) .

22

При этом y = z − x = ( 1, 5, 3, 5 ) − ( 3, 5, 3, 3 ) = (− 2, 0, 0, 2 ) . Расстояние отточ ки A = ( 1, 5, 3, 5 ) д опод пространств а Е найд ем по ф ормуле: ρ= y =

(− 2)2 + 0 2 + 0 2 + 2 2

= 8 = 2 2.

П рим е рны й в ариант контрольной работы № 2  x1 + 2 x2 + 3 x3 − 2 x4 = 6 2 x − x − 2 x − 3 x = 8  1 2 3 4 1. Реш ить систему урав нений метод ом Гаусса  . 3 x1 + 2 x2 − x3 + 2 x4 = 4 2 x1 − 3 x2 + 2 x3 + x4 = −8 1 2 3 1

2. В ы ч ислить опред елитель ∆ =

2 3 4 3 . 3 4 5 5 4 5 6 7 1  1 д ляматрицы A =  1  1

   -1 3. Н айти обратную матрицу A .   4 4. В пространств е ℜ зад ано под пространств о Е какмнож еств ов екторов E = { x = x1e1 + x2 e2 }, гд е e1 = ( 1, − 1, 2, 0 ), e2 = ( 2, 2, 1, − 1 ). Н айти ортогональ ную проекцию в ектора z = ( 5, 5, − 3, − 9 ) напод пространств о Е; найти расстояние отточ ки A = ( 5, 5, − 3, − 9 ) д опод пространств а Е. 1 1 1 2

0 1 1 2

0 0 1 2

П рим е рны й в ариант контрольной работы № 3 1. Д ан треуголь ник A( 1; 2 ), B( 4; 6 ), C( 0; 2 ). Н айти:1) урав нениясторон; 2) урав нение и д лину мед ианы AM; 3) урав нение и д лину в ы сот BD и CK. 2. Прив ести урав нение линии в торого поряд ка 6xy + 8y2 – 12x – 26y + 11 = 0 к канонич ескому в ид у.  x1 + x2 + x3 + x4 = 5 − x + x + 2 x + 2 x = −2  1 2 3 4 3. Реш ить систему урав нений метод ом Гаусса  . 2 2 2 7 x + x − x + x = 2 3 4  1  3 x1 + x2 − 4 x3 − 3x4 = 2 4. В пространств е ℜ 4 зад ано под пространств о Е какмнож еств ов екторов E = { x = x1e1 + x2 e2 }, гд е e1 = (− 1, 2, 0, 2 ), e2 = (− 2, 0, 1, 1 ) . Н айти ортогональ ную проекцию в ектора z = (− 4, 2, − 9, 3 ) напод пространств о Е; найти расстояние отточ ки A = (− 4, 2, − 9, 3 ) д опод пространств а Е.

23

Л И Т ЕР А Т УР А О снов ная лите ратура 1. Шипач ев В .С. О снов ы в ы сш ей математики: У ч еб. пособие д ляв тузов / В .С. Шипач ев ; Под ред . А .Н . Т их онов а. – 2-е изд ., стереотип. – М .: В ы сш . ш к., 1994. – 352 с. 2. Шипач ев В .С. Сборникзад ач пов ы сш ей математике: У ч еб. пособие / В .С. Шипач ев . – М .: В ы сш . ш к., 1994. – 192 с.

Д ополните льная лите ратура 1. К уд ряв цев В .А . К раткий курс в ы сш ей математики / В .А . К уд ряв цев , Б.П. Д емид ов ич . – М .: Ф изматгиз, 1978. – 623 с. 2. М инорский В .П. Сборник зад ач по в ы сш ей математике: У ч еб. пособие д ляв тузов / В .П. М инорский. – 13-е изд . – М .: Н аука, 1987. – 352 с.

24

Д лязаметок

25

Д лязаметок

26

Д лязаметок

27

Состав ители: ст. преп. У ксусов Сергей Н иколаев ич , ст. преп. У д од енко Н иколай Н иколаев ич . Ред актор Т их омиров аО .А .