Клепко В.Ю., Голець В.Л. Вища математика в прикладах і задачах
Подождите немного. Документ загружается.
31
Розділ I. Лінійна та векторна алгебра
Формули (1.7) називаються формулами Крамера. Якщо
0'
,
а хоча б один з
1
' ,
2
' , ... ,
n
' відмінний від нуля, то система (1.5)
розв’язків немає. Якщо ж
1
' =
2
'
= ... =
n
' = 0, то система (1.5) має
безліч розв’язків.
ІІ. Матричний спосіб. Якщо позначити
Х =
1
2
...
n
x
x
x
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
, В =
1
2
...
n
b
b
b
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
— матриці+стовпчики невідомих та вільних членів, то систему (1.5)
можна записати в матричній формі так:
АХ = В. (1.8)
Використовуючи властивості оберненої матриці, маємо:
А
–1
АХ = А
–1
В
ЕХ = А
–1
В
Х = А
–1
В. (1.9)
З формули (1.9) випливає твердження: щоб знайти розв’язок
системи (1.5), потрібно знайти обернену матрицю А
–1
(це можливо,
бо
0'z
), а потім помножити на матрицю В. Результат цієї дії і дає
розв’язок системи (1.5), записаної у вигляді (1.9).
ІІІ. Метод Гауса. Цей метод базується на послідовному виклю+
ченні невідомих і зведенні системи рівнянь до трикутного або трапе+
цієвидного виду. Розглянемо цей метод більш докладно. Припусти+
мо, що в системі (1.5) а
11
z
0 (якщо є а
11
= 0, то змінюємо порядок
рівнянь, вибравши першим таке рівняння, в якому коефіцієнт при х
1
не дорівнює нулю).
Перший крок: поділимо обидві частини першого рівняння систе+
ми на а
11
; помноживши одержане рівняння спочатку на а
21
, а потім
на а
31
і так далі, віднімемо відповідно перше рівняння від другого,
третього та інших рівнянь системи.
32
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
1
12 13 14 1
1234
11 11 11 11 11
1
12 1
22 21 2 2 21 2 21
11 11 11
1
12 1
212 1 1
11 11 11
...
0( ) ...( )
...................................
0( ) ...( )
n
n
n
nn
n
nn nnnnnn
a
aaa b
xxxx x
aaa aa
a
ab
aax aaxba
aaa
a
ab
aax aaxba
aaa
°
°
°
°
®
°
°
°
°
¯
.
Позначимо нові коефіцієнти системи через
ij
a
,
i
b
:
1122 1 1
22 2 2 2
22
...
0...
...................................
0...
nn
nn
nnnnn
xax ax b
ax ax b
ax ax b
°
°
®
°
°
¯
. (1.10)
Другий крок: з (n – 1) рівняннями системи (1.10), за виключен+
ням першого, робимо таку ж процедуру, тобто друге рівняння систе+
ми (1.10) ділимо на
22
a
(якщо
22
0a z
), а потім почленно множимо
на
32
a
,
42
a
, ... ,
2n
a
і віднімаємо від третього, четвертого, ... , n+го
рівнянь системи (1.10). ця система стане такою:
1122 1 1
2233 2 2
33 3 34 4 3 2
33 44
...
0 ...
00 ...
...................................
00 ...
nn
nn
nn
nn nnnn
xax ax b
xax axb
ax ax ax b
ax ax ax b
°
°
°
®
°
°
°
¯
, (1.11)
ij
a
,
i
b
— нові коефіцієнти при невідомих.
33
Розділ I. Лінійна та векторна алгебра
Проводячи такі ж перетворення, систему (1.11), а отже і задану
систему (1.5), можна звести до такого вигляду:
1122 1 1
222
...
0 ...
...................................
000...
nn
nn
nn n n
xax ax b
xaxb
ax b
°
°
®
°
°
¯
. (1.12)
Невідомі х
1
, х
2
, ..., х
n
знаходимо послідовно, починаючи з останнь+
ого рівняння. Спочатку визначаємо х
n
. Потім підставляємо це зна+
чення в передостаннє рівняння (1.12). знаходимо х
n–1
і т.д.
1.5.2. Розв’язання прикладів
Приклад 1.50. Розв’язати задану систему рівнянь методом Кра+
мера, за допомогою матричного методу та методом Гауса.
123
123
123
23 6,
342 20,
5 6 4 12.
xxx
xxx
xxx
°
®
°
¯
Розв’язок.
І. Метод Крамера. Знаходимо визначник системи
'
, розкладаю+
чи його за елементами першого рядка:
'
=
231
34 2
564
= 2
42
64
– (–3)
32
54
+ 1
34
56
= 2(16 –
— 12) + 3(12 + 10) + (–18 – 20) = 8 + 66 – 38 = 36.
Знаходимо визначники
1
'
,
2
'
,
3
'
.
1
'
=
631
20 4 2
12 6 4
= –2
331
10 4 2
664
= –2
301
10 6 2
604
=
34
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
= (–2)(–6)
31
64
= 12(12 – 6) = 12
6 = 72.
2
'
=
261
320 2
5124
= –2
23 1
3102
56 4
= –2
231
3102
11 14 0
=
= –2
231
740
11 14 0
= –2
1
74
11 14
= (–2)(–2)
72
11 7
=
= 4(49 – 22) = 4
27 = 108.
3
'
=
23 6
34 20
5612
= (–2)
233
34 10
566
= (–2)
20 3
3610
50 6
=
= (–2)(–6)
23
56
= 12(2
6 – 5
3) = 12(–3) = –36.
Тоді:
х
1
=
1
'
'
=
72
36
= 2; х
2
=
2
'
'
=
108
36
= 3; х
3
=
n
'
'
=
36
36
= –1.
ІІ. Матричний спосіб. Матриця А з коефіцієнтів при невідомих
для заданої системи рівнянь має вид:
А =
231
34 2
564
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
.
Шукаємо алгебраїчні доповнення до кожного елемента матриці:
А
11
=
42
64
= 4
4 –(–6)(–2) = 16 – 12 = 4.
35
Розділ I. Лінійна та векторна алгебра
А
12
= –
32
54
= –(3
4 – 5(–2)) = –(12 + 10) = –22.
А
13
=
34
56
= 3(–6) – 5
4 = –18 – 20 = –38.
А
21
= –
31
64
= –((–3)4 – (–6)1) = –(–12 + 6) = 6.
А
22
=
21
54
= 2
4 – 5
1 = 3.
А
23
= –
23
56
= –(2(–6) – 5(–3)) = –(–12 + 15) = –3.
А
31
=
31
42
= (–3)(–2) – 4
1 = 6 – 4 = 2.
А
32
= –
21
32
= –(2(–2) – 3
1) = –(–4 – 3) = 7.
А
33
=
23
34
= 2
4 – 3(–3) = 8 + 9 = 17.
Щоб отримати обернену матрицю А
–1
необхідно алгебраїчні до+
повнення до елементів рядка записати у відповідний стовпчик, по+
передньо поділивши їх на визначник матриці А.
А
–1
=
462
36 36 36
22 3 7
36 36 36
38 3 17
36 36 36
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
.
36
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
Стовпчик вільних членів В =
6
20
12
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
.
Розв’язок системи шукаємо так:
Х =
1
2
3
x
x
x
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
= А
–1
В =
462
36 36 36
22 3 7
36 36 36
38 3 17
36 36 36
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
6
20
12
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
=
=
4( 6) 6 20 2( 12)
36
( 22)( 6) 3 20 7( 12)
36
(38)(6) (3)20 7(12)
36
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
=
12( 2 10 2)
36
12(11 5 7)
36
12(19 5 17)
36
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
=
6
3
9
3
3
3
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
=
2
3
1
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
.
Отже, х
1
= 2; х
2
= 3; х
3
= –1.
ІІІ. Метод Гауса. Поділимо кожний член першого рівняння на
а
11
, тобто на 2, оскільки а
11
z
0.
123
123
123
31
3,
23
342 20,
5 6 4 12.
xxx
xxx
xxx
°
°
®
°
°
¯
Віднімемо з другого рядка перший, помножений на –3, а з третьо+
го рядка перший, помножений на –5:
37
Розділ I. Лінійна та векторна алгебра
123
23
23
31
3,
23
93
0(4 ) (2 ) 209,
22
15 5
0 ( 6 ) (4 ) 12 15.
22
xxx
xx
xx
°
°
°
®
°
°
°
¯
123
23
23
31
3,
23
17 7
029,
22
33
06.
22
xxx
xx
xx
°
°
°
®
°
°
°
¯
Помножимо друге і трете рівняння на 2.
123
23
23
31
3,
23
017 7 29,
03 3 6.
xxx
xx
xx
°
°
®
°
°
¯
Поділимо останнє рівняння системи на 3 і поміняємо місцями
друге та трете рівняння. Розв’язок системи при цьому не зміниться,
але коефіцієнт при х
2
у другому рівняння буде дорівнювати одиниці.
123
23
23
31
3,
23
01,
0 17 7 29.
xxx
xx
xx
°
°
®
°
°
¯
Помножимо друге рівняння на –17 та додамо його до третього:
38
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
123
23
3
31
3,
23
02,
02424.
xxx
xx
x
°
°
®
°
°
¯
З останнього рівняння знаходимо
х
3
= –1.
З другого рівняння
х
2
= 2 – х
3
= 2 – (–1) = 2 + 1 = 3.
З першого рівняння
х
1
= –3 +
3
2
х
2
–
1
2
х
3
= –3 +
3
2
3 –
1
2
(–1) = –3 +
9
2
+
1
2
=
= –3 +
10
2
= –3 + 5 = 2.
Відповідь: х
1
= 2; х
2
= 3; х
3
= –1.
Метод Гауса застосовується також і для розв’язання системи
лінійних рівнянь, в яких кількість рівнянь менша кількості невідомих.
Приклад 1.51. Розв’язати систему лінійних рівнянь трьома спо+
собами: метод Крамера, матричний спосіб, метод Гауса.
123
12 3
123
23 0,
234,
32 2.
xxx
xx x
xxx
°
®
°
¯
Розв’язок.
'
=
231
213
321
= 2
13
21
– 3
23
31
+ 1
21
32
= 2(1
1 – 2
3) –
—(2
1 – 3
3) + 1(2
2 – 3
1) = 2(–5) – 3(–7) + 1 = –10 + 21 + 1 = 12.
39
Розділ I. Лінійна та векторна алгебра
Обчислимо визначники:
1
'
,
2
'
,
3
'
.
1
'
=
031
413
221
= 0
43
21
–3
43
21
+ 1
41
22
= –3(4
1–2
3) +
+ (4
2–2
1) = (–3)(–2) + 6 = 6 + 6 = 12.
2
'
=
201
243
321
= 2
43
21
– 0
23
31
+ 1
24
32
= 2(4
1 –2
3) +
+ (2
2 – 4
3) = 2(–2) + (4 – 12) = –4 –8 = –12.
3
'
=
230
214
322
= 2
14
22
– 3
24
32
+ 0
21
32
= 2(1
2–2
4) –
— 3(2
2 – 3
4) = 2(–6) – 3(–8) = –12 + 24 = 12.
Знаходимо невідомі х
1
, х
2
, х
3
.
х
1
=
1
'
'
=
12
12
= 1; х
2
=
2
'
'
= –
12
12
= –1; х
3
=
n
'
'
=
12
12
= 1.
Отже, х
1
= 1, х
2
= –1, х
3
= 1.
ІІ. Матричний спосіб. Шукаємо розв’язок системи у вигляді
Х = А
–1
В,
де А =
230
214
322
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
, В =
0
4
2
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
, Х =
1
2
3
x
x
x
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
.
Обернена матриця А
–1
матриці А існує, якщо det A=
'
z
0 (така
матриця називається невиродженою). Оскільки
'
=12
z
0, то шукає+
мо матрицю А
–1
. Для цього знаходимо алгебраїчні доповнення А
ij
елементів матриці А.
40
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
А
11
=
13
21
= –5; А
12
= –
23
31
= 7; А
13
=
21
32
= 1;
А
21
= –
31
21
= –1; А
22
=
21
31
= –1; А
23
= –
23
32
= 5;
А
31
=
31
11
= 8; А
32
= –
21
23
= –4; А
33
=
23
21
= –4.
Отже,
Х =
1
2
3
x
x
x
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
= А
–1
В =
518
12 12 12
714
12 12 12
15 4
12 12 12
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
0
4
2
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
=
416
0
12 12
48
0
12 12
20 8
0
12 12
§·
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
=
1
1
1
§·
¨¸
¨¸
¨¸
©¹
.
Одержуємо, що х
1
= 1, х
2
= –1, х
3
= 1.
ІІІ. Метод Гауса. Щоб в першому рівнянні при х
1
стояв коефіцієнт
рівний одиниці, розділимо всі члени цього рівняння на 2, а потім
помножимо одержане рівняння по черзі на –2 і –3 і складемо з дру+
гим і третім рівнянням відповідно. Одержимо:
123
23
23
31
0,
22
02 2 4,
51
02.
22
xxx
xx
xx
°
°
®
°
°
¯
Щоб у другому рівнянні при х
2
стояв коефіцієнт, рівний одиниці,
розділимо всі члени цього рівняння на –2, а потім помножимо його
на
5
2
і складемо з третім рівнянням. Одержимо: