Реферат: 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 = — ·=-=
=-=.
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=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. ; .