Контрольная работа : Розв'язання рівнянь методом оберненої матриці та методом Гауса 


Полнотекстовый поиск по базе:

Главная >> Контрольная работа >> Математика


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. ; .

Похожие работы:

  • Розв'язування систем лінійних рівнянь методом Гауса

    Курсовая работа >> Математика
    ... елементів оберненої матриці. Компактна схема Гауса для системи (2.12). Таблиця 2. 1.3 Метод Гауса з ... Розвязання системи рівнянь методом Гауса Приклад 1. Знайдемо розв’язок системи рівнянь методом Гауса: Сформуємо розширену матрицю: Прямий хід методу Гауса ...
  • Власні значення і власні вектори матриці

    Курсовая работа >> Математика
    ... матриці А та j-го стовпця матриці ... розв’язок може бути знайдено, наприклад, методом Гауса. Якщо система (6) не має єдиного розв ... Методом Леверрьє розгорнути характеристичний визначник матриці Розвязання ... вняння (4) звідси (5) Відмітимо, що обернена матриця ...
  • Напрямки розвитку волоконної оптики

    Курсовая работа >> Коммуникации и связь
    ... їх для розвязання різних завдань ... середовища (пилу) та інших вплив ... вняння. 2.4 Оптичні волокна з гаусівським профілем показника заломлення Числові методи розв’язку рівняння ... так: , (2.30) де матриці відповідно рівні: ... ), який обернено-пропорційний ...
  • Аналіз теоретичної бази інтерполювання функції

    Курсовая работа >> Информатика, программирование
    ... ійна формули Гауса (1-а та 2-а), інтерполяц ... інтерполювання функції та приклад розвязання поставленої задач ... застосували метод ітерації для розв’язку задачі оберненої і ... нти розширеної матриці. По завершенні ... Бесселя та порівняння з іншими методами, який ...