aukŠtosios matematikos paskaitu ... - …inga/files/knygati.pdf · aukŠtosios matematikos...
If you can't read please download the document
TRANSCRIPT
-
Terese Leonaviciene, Inga Laukaityte
AUKTOSIOS MATEMATIKOS PASKAITUKONSPEKTAS UDAVINYNAS
Vilnius, 2007
-
Knyga recenzavo:
Vilniaus Gedimino technikos universiteto Matematinio modeliavimo katedrosdoc. dr. Stasys Cirba
Vilniaus pedagoginio universiteto Matematines analizes ir geometrijos katedrosdoc. dr. Edmundas Mazetis
Leidinys apsvarstytas ir rekomenduotas spausdinti Vilniaus Gedimino technikosuniversiteto Matematinio modeliavimo katedros 2007 m. lapkricio d. posedyje(protokolo Nr.).
Kalbos redaktore
-
TURINYS
IVADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1. VEKTORINE ERDVE Rn IR JOS SAVYBES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2. TIESINES ALGEBROS ELEMENTAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.1 Matricos ir determinantai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.2 Matricos rangas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Atvirktine matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4 Tiesiniu lygciu sistemos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
UDUOTYS SAVARANKIKAM DARBUI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3. ANALIZINES GEOMETRIJOS ELEMENTAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.1 Vektoriu algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.1.1 Koordinaciu sistemos. Projekcijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.2.2 Skaliarai ir vektoriai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.3.3 Veiksmai su vektoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .47
3.2 Tiese ploktumoje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.2.1 Tiesiu lygtys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.2.2 Tiesiu tarpusavio padetys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.3 Tiese trimateje erdveje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.3.1 Tiesiu lygtys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.3.2 Tiesiu tarpusavio padetys trimateje erdveje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.4 Ploktumos trimateje erdveje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.4.1 Ploktumu lygtys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.4.2 Ploktumu tarpusavio padetys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.4.3 Tiesiu ir ploktumu tarpusavio padetys trimateje erdveje . . . . . . . . . . . . . . 70
3.5 Antrosios eiles kreives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.6 Antrosios eiles paviriai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
UDUOTYS SAVARANKIKAM DARBUI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4. MATEMATINES ANALIZES ELEMENTAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
-
4.1 Funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
4.2 Skaiciu sekos ir ju ribos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
4.3 Funkcijos riba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .102
4.4 Funkcijos tolydumas ir trukiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.5 Funkciju diferencijavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
4.5.1 Funkcijos ivestine ir diferencialas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
4.5.2 Pagrindines diferencialinio skaiciavimo teoremos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
4.5.3 Funkciju tyrimas, panaudojant ivestines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
UDUOTYS SAVARANKIKAM DARBUI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131IVAIRUS UDAVINIAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137ATSAKYMAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139LITERATURA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
-
IVADAS
AUKTOSIOS MATEMATIKOS PASKAITU KONSPEKTAS UDAVINYNAS knyga,skirta Vilniaus Gedimino technikos universiteto Statybos fakulteto pirmojo kurso studen-tams. ia knyga gales naudotis ir kitu fakultetu pirmuju kursu studentai.
Knygoje trumpai destomi svarbiausi auktosios matematikos klausimai: tiesines alge-bros, analizines geometrijos ir matematines analizes elementai. Tai pirmojo semestrostudiju mediaga. Pagrindinis demesys skiriamas nagrinejamu savoku isisavinimui, todelkiekvienas skyrelis baigiamas pavyzdiais, o kiekvieno skyriaus gale pateikiamos uduo-tys savarankikam darbui.
ia knyga siekiama perteikti svarbiausius auktosios matematikos udaviniu sprendimoetapus. Kiekvieno udavinio sprendima sudaro keli pagrindiniai ingsniai: salygoje pateik-tos informacijos analize, iekomu dydiu apibudinimas, tinkamo sprendimo metodo parinki-mas, sprendimas ir gautu rezultatu analize. Analogikus ingsnius atliekame spresdamine tik matematikos udavinius, bet ir priimdami bet kokius sprendimus kasdienineje veik-loje. Tikimes, kad pateikti pavyzdiai pades studentams suformuoti problemu analizesir sprendimo igudius, mokys kritikai vertinti situacija, argumentuoti ir siekti galutiniotikslo, o savarankikai sprendiamos uduotys leis taikyti paskaitose igytas inias.
Savarankikam darbui skirtos uduotys suskirstytos i tris grupes A, B, C. Pirmojojegrupeje (A) pateikiamos uduotys, kurias turi moketi spresti visi auktosios matematikoskursa iklause studentai. Tai baziniu iniu reikalaujantys udaviniai. Antrojoje grupeje(B) surinktos uduotys, kurioms atlikti reikalinga turimos informacijos sinteze, t. y. stu-dentas turi ne tik inoti tam tikrus faktus, bet ir moketi juos jungti. Treciosios grupes (C)udaviniai skirti studentams, kurie laisvai operuoja turimomis iniomis, moka numatytirezultatus ir i inomu faktu gali ivesti naujus rezultatus bei juos analizuoti.
Autores dekoja recenzentams Vilniaus pedagoginio universiteto Matematines anal-izes ir geometrijos katedros doc. dr. Edmundui Mazeciui ir Vilniaus Gedimino technikosuniversiteto Matematinio modeliavimo katedros doc. dr. Stasiui Cirbai u dalykinespastabas, patarimus ir diskusijas.
Autores
5
-
1 VEKTORINE ERDVE Rn IR JOS SAVYBES
1.1 Apibreimas. Sutvarkyta realiuju skaiciu rinkini (a1, a2, ..., an), ai R, i = 1, 2, ..., nvadiname n maciu vektoriumi.
Pagal apibreima, n matis vektorius yra aibes Rn elementas.Apibreime dvieju vektoriu lygybe, sudeti ir daugyba i skaiciaus. Tarkime, kad
turime du aibes Rn elementus vektorius = (a1, a2, ..., an) ir = (b1, b2, ..., bn).
1.2 Apibreimas. Vektoriai ir vadinami lygiais, jei ai = bi su visais i = 1, 2, ..., n. Raome = .
1.3 Apibreimas. Vektoriu ir suma yra vektorius + = (a1+b1, a2+b2, ..., an+bn).
1.4 Apibreimas. Vektoriaus ir skaiciaus l sandauga yra vektorius l = (la1, la2, ..., lan).
1.5 Apibreimas. Vektorius = (a1,a2, ...,an) vadinamas vektoriui = (a1, a2, ..., an)prieinguoju vektoriumi.
Vektoriu sudeties savybes:
1) + = + ,
2) ( + ) + = + ( + ),
3) + O = , cia O = (0, 0, ..., 0) nulinis vektorius,
4) + ( ) = O .
Vektoriu daugybos i skaiciaus (l, k Rn) savybes:
1) 1 = ,
2) l = l,
3) (l k) = l (k ),
4) (l + k) = l + k ,
5) l ( + ) = l + l .
1.6 Apibreimas. n maciu vektoriu aibe Rn, kurioje apibreta dvieju vektoriu lygybe,sudetis ir daugyba i skaiciaus, vadinama n mate erdve. ymime Rn.
1.7 Apibreimas. Vektoriai 1, 2, ..., n yra tiesikai nepriklausomi, jei
l1 1 + l2 2 + ... + ln n =O, li R, i = 1, 2, ..., n
tik tada, kail1 = l2 = ln = 0.
6
-
1.8 Apibreimas. Jei
l1 1 + l2 2 + ... + ln n =O,
kai bent vienas i li 6= 0, tai vektoriai 1, 2, ..., n yra vadinami tiesikai priklauso-mais.
Pastaba 1.1. Jei tarp vektoriu 1, 2, ..., n yra nulinis vektorius, tai toks vektoriurinkinys yra tiesikai priklausomas.
Pastaba 1.2. Jei vektoriu rinkinys 1, 2, ..., n yra tiesikai nepriklausomas, tai ir betkuri jo dalis yra tiesikai nepriklausoma.
n-mateje erdveje Rn visada egzistuoja n tiesikai nepriklausomu vektoriu.
1.9 Apibreimas. Erdves Rn vektoriu sistema, sudaryta i n tiesikai nepriklausomu vek-toriu, vadinama erdves Rn baze.
Visi kiti vektoriai ireikiami tiesikai nepriklausomu vektoriu tiesinemis kombinaci-jomis.
1.10 Apibreimas. Tarkime, kad vektoriai 1, 2, ..., n sudaro erdves Rn baze. Tuometbet kuri erdves Rn vektoriu
vienareikmikai galime urayti taip:
= l1
1 + l2 2 + ... + ln n, l1, l2, ..., ln R.
Skaiciai l1, l2, ..., ln vadinami vektoriaus koordinatemis bazeje 1, 2, ..., n. Raome
= {l1, l2, ..., ln}.
7
-
2 TIESINES ALGEBROS ELEMENTAI
2.1 Matricos ir determinantai
2.1 Apibreimas. Staciakampe realiuju skaiciu lentele:
A =
a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... .... .... ...
am1 am2 ... amn
(2.1)
vadiname matrica. Elementai aij, i = 1, 2, ...,m, j = 1, 2, ..., n vadinami matricoselementais. Trumpiau matrica galime urayti taip:
A = (aij) , i = 1, 2, ...,m, j = 1, 2, ...., n.
Matricos eile (ymime simboliu )vadiname matricos eiluciu ir stulpeliu skaiciu. (2.1)matricos eile (A) = [m n].2.2 Apibreimas. Matricos, turincios vienoda eiluciu ir stulpeliu skaiciu, vadinamoskvadratinemis matricomis.
2.3 Apibreimas. Kvadratines matricos elementai a11, a22, ...ann vadinami pagrindineistriaine arba pagrindines istriaines elementais.
2.4 Apibreimas. Kvadratines matricos elementai a1n, a2n1, ...an1 vadinami alutineistriaine arba alutines istriaines elementais.
2.5 Apibreimas. Kvadratine matrica, kurios elementams teisinga lygybe
aij = aji, i, j = 1, 2, ..., n,
vadinama simetrine matrica.
2.6 Apibreimas. Kvadratine matrica, kurios elementams teisinga lygybe
aij = aji, i, j = 1, 2, ..., n,vadinama antisimetrine matrica.
Pastaba 2.1. Antisimetrines matricos pagrindine istriaine visuomet sudaro tik nuliai.
Matricos
A =
a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... .... .... ...
am1 am2 ... amn
eiluciu elementus surae i stulpelius nekeisdami ju tvarkos, gauname matrica
AT =
a11 a21 ... am1a12 a22 ... am2... .... .... ...a1n a2n ... amn
,
kuri vadinama matricos A transponuotaja matrica.
8
-
2.7 Apibreimas. Nuline matrca (ymime O) tai matrica, sudaryta vien tik i nuliu.
2.8 Apibreimas. Kvadratine n-tosios eiles matrica, kurios pagrindineje istriaineje yravien tik vienetai, o visur kitur nuliai, vadiname vienetine n-tosios eiles matrica (ymimeEn).
2.9 Apibreimas. Dvi vienodos eiles matricos A = (aij), B = (bij), i = 1, 2, ...,m,j = 1, 2, ...., n vadinamos lygiomis, jei ju atitinkami elementai yra lygus, t. y.
aij = bij, i = 1, 2, ...,m, j = 1, 2, ...., n.
Matricu veiksmai:
1. Dvieju vienodos eiles matricu A = (aij), B = (bij), i = 1, 2, ...,m, j = 1, 2, ...., nsuma vadiname matrica C = (cij), i = 1, 2, ...,m, j = 1, 2, ...., n, kurios elementaiyra
cij = aij + bij, i = 1, 2, ...,m, j = 1, 2, ...., n.
2. Padauginti bet kurios eiles matrica A = (aij), i = 1, 2, ...,m, j = 1, 2, ...., n i skaici-aus l, reikia padauginti kiekviena matricos elementa i to skaiciaus, t. y.
lA = (laij) .
3. Jei matricos A = (aij) eile yra (A) = [m n], o matricos B = (bjk) eile (B) =[n s], tai matricu A ir B sandauga vadiname matrica C, kurios eile (C) = [m s],o elementai
cik =n
j=1
aij bjk, i = 1, 2, ...,m, k = 1, 2, ..., s.
Pastaba 2.2. Egzistuoja matricos A ir B, kurioms AB 6= BA.Svarbus faktai:
1) Kiekvienai kvadratinei n-tosios eiles matricai A teisinga lygybe
AEn = EnA = A,
cia En vienetine n-tosios eiles matrica.
2) Kvadratiniu n-tosios eiles matricu daugyba yra asociatyvi, t. y. (AB)C = A(BC).
Kvadratinems matricoms yra apibreta tam tikra matricos elementu funkcija, vadi-nama determinantu.
Antrosios eiles kvadratines matricos determinantas skaiciuojamas taip:
| A |=
a11 a12a21 a22
= a11a22 a12a21.
9
-
Treciosios eiles kvadratines matricos determinantas skaiciuojamas taip:
| A |=
a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
=a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 a13a22a31
a12a21a33 a11a23a32.
Lengviau isimenamos ir praktiniuose skaiciavimuose taikomos ios treciosios eilesdeterminantu skaiciavimo schemos:
trikampiu schema,
;
determinanto skaiciavimas priraant eilutes,
;
determinanto skaiciavimas priraant stulpelius,
.
Auktesniuju eiliu determinantu skaiciavimui taikomos determinantu savybes.Svarbiausios determinantu savybes.
1) Matricos determinantas lygus jos transponuotosios matricos determinantui, t. y.
| A |=| AT | .
2) Jei determinantas turi eilute (stulpeli), sudaryta vien i nuliu, tai jis lygus nuliui.
10
-
3) Jei sukeisime dvi determinanto eilutes (du stulpelius) vietomis, tai determinanto en-klas pasikeis i prieinga.
4) Jei dvi determinanto eilutes yra vienodos (du stulpeliai yra vienodi), tai determinantaslygus nuliui.
5) Jei determinanto eilutes (stulpelio) elementai turi bendraji dalikli, tai ji galima ikeltiprie determinanto enkla.
6) Jei determinanto k-toji eilute (k-tasis stulpelis) sudaryta i elementu sumu, tai de-terminantas lygus dvieju determinantu sumai, kuriu k-tosiose eilutese (k-tuosiuosestulpeliuose) yra atitinkamai pirmieji ir antrieji sumu demenys.
7) Jei prie kurios nors determinanto eilutes (prie kurio nors stulpelio) pridesime kita eilute(stulpeli), padauginta i bet kokio daugiklio, tai determinantas nepasikeis.
2.10 Apibreimas. (n1) eiles determinanta, gauta i n-tosios eiles determinanto ibraukusi-taja eilute ir j-aji stulpeli, vadiname elemento aij minoru ir ymime Mij .
2.11 Apibreimas. Determinanto elemento aij adjunktu Aij vadiname sandauga (1)i+jMij .
Determinantu skaiciavimo teoremos:
1) Determinantas, kurio j-ojo stulpelio visi elementai, iskyrus aij , lygus nuliui, yra ly-gus elemento aij ir jo adjunkto Aij sandaugai.
2) Determinantas, kurio i-tosios eilutes visi elementai, iskyrus aij , lygus nuliui, yra ly-gus elemento aij ir jo adjunkto Aij sandaugai.
3) Determinanto eilutes (stulpelio) elementu ir ju atitinkamu adjunktu sandaugu sumalygi tam determinantui.
Pavyzdiai.
1. Sudekime matricas
A =
-3 2 15 40 -1 2 -35 6 -7 0
ir B =
-2 1 4 56 3 2 -18 1 -2 -1
.
Sprendimas.Taikydami matricu sudeties apibreima, gauname, kad matricu A ir B suma yra ma-trica
C = A + B =
-3+(-2) 2+1 15+4 4+50+6 -1+3 2+2 -3+(-1)5+8 6+1 -7+(-2) 0+(-1)
=
-5 3 19 96 2 4 -413 7 -9 -1
.
11
-
2. Matrica
A =
3 25 1 40 -1 2 -35 6 -7 0
padauginsime i skaiciaus l = 2.Sprendimas.Remdamiesi matricos daugybos i skaiciaus apibreimu, turime toki rezultata:
2A =
(2) 3 (2) 25 (2) 1 (2) 4(2) 0 (2) (1) (2) 2 (2) (3)(2) 5 (2) 6 (2) (7) (2) 0
=
-6 -50 -2 -80 2 -4 6
-10 -12 14 0
.
3. Sudauginkime matricas
A =
0 11 25 6 -70 1 0
ir B =
-2 16 38 15
.
Sprendimas.Pirmiausia nustatome matricu A ir B eiles: (A) = [3 3], (B) = [3 2]. Pagalmatricu daugybos apibreima ias matricas galime sudauginti; daugybos rezultatas busmatrica C, kurios eile yra (C) = [3 2]. Matricos C elementai skaiciuojami taip:
C = A B =
0 (2) + 11 6 + 2 8 0 1 + 11 3 + 2 155 (2) + 6 6 + (7) 8 5 1 + 6 3 + (7) 15
0 (2) + 1 6 + 0 8 0 1 + 1 3 + 0 15
.
Atlike veiksmus, turime, kad
C =
82 63-30 -826 3
.
4. Apskaiciuokime matricos
A =
(
-13 12 3
)
determinanta.Sprendimas.
Pagal antrosios eiles kvadratines matricos determinanto skaiciavimo taisykle
| A |= (13) 3 1 2 = 39 2 = 41.
5. Apskaiciuokime matricos
A =
(
3 02 3
)
determinanta.Sprendimas.
| A |= 3 3 0 2 = 9.
12
-
6. Apskaiciuokime treciosios eiles matricos
A =
-2 0 40 5 3-2 4 0
determinanta.Sprendimas.
Pagal treciosios eiles kvadratines matricos determinanto skaiciavimo taisykle
|A| = (2) 5 0 + 0 3 (2) + 0 4 4 4 5 (2) 0 0 0 3 4 (2) = 64.
7. Apskaiciuokime treciosios eiles matricos
A =
1 7 00 5 1-5 0 7
determinanta.Sprendimas.
|A| = 1 5 7 + 7 1 (5) + 0 0 0 0 5 (5) 0 7 7 1 0 1 = 0.
8. Apskaiciuokime determinanta:
2 4 -6 3-1 2 5 -47 -8 -9 32 1 1 -1
.
Sprendimas.
Pirmiausia, apskaiciuokime determinanta remdamiesi determinantu savybemis: priepirmosios determinanto eilutes pridekime antraja, dauginta i 2, prie treciosios antraja,dauginta i 7, o prie ketvirtosios antraja, dauginta i 2. iuos veiksmus galimeurayti taip:
2 4 -6 3-1 2 5 -47 -8 -9 32 1 1 -1
2 7 2
=
0 8 4 -5-1 2 5 -40 6 26 -250 5 11 -9
.
Gavome determinanta, kurio pirmojo stulpelio visi elementai, iskyrus a21, yra lygusnuliui. Pagal determinantu skaiciavimo teoremas, toks determinantas yra lygus to
13
-
nenulinio elemento a21 ir jo atitinkamo adjunkto A21 sandaugai:
0 8 4 -5-1 2 5 -40 6 26 -250 5 11 -9
= (1) (1)2+1
8 4 -56 26 -255 11 -9
= 8 26 (9) + 4 (25) 5 + 6 11 (5) (5) 26 5 (25) 11 8 4 6 (9)= 364.
Dabar ta pati determinanta apskaiciuokime naudodamiesi tik determinantu skaiciavi-mo teoremomis. Pagal jas determinantas yra lygus kurios nors eilutes elementu irju adjunktu sandaugu sumai. Pasirinkime, pavyzdiui, treciaja determinanto eilute,tuomet turesime:
2 4 -6 3-1 2 5 -47 -8 -9 32 1 1 -1
= 7 (1)3+1
4 -6 32 5 -41 1 -1
+ (8) (1)3+2
2 -6 3-1 5 -42 1 -1
+ (9) (1)3+3
2 4 3-1 2 -42 1 -1
+ 3 (1)3+4
2 4 -6-1 2 52 1 1
= 7 (1) + 8 19
9 (47) 3 68 = 364.
Matome, kad abiem atvejais gavome ta pati rezultata, taciau antrasis budas nera pato-gus, nes skaiciuojant n- tosios eiles determinanta iuo budu tenka skaiciuoti daugiaunei viena (n 1) - osios eiles determinanta.
2.2 Matricos rangas
2.12 Apibreimas. Matricos elementariaisiais pertvarkiais vadinami ie veiksmai:
dvieju eiluciu (stulpeliu) sukeitimas vietomis,
kurios nors eilutes (stulpelio) dauginimas i nelygaus nuliui skaiciaus,
prie vienos eilutes (stulpelio) pridejimas kitos eilutes (stulpelio), padaugintos iskaiciaus.
Matricos eilutes (stulpelius) galime nagrineti kaip vektorius. Matrica
A =
a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... .... .... ...
am1 am2 ... amn
,
kurios eile (A) = [m n] turi m vektoriu-eiluciu
i = (ai1, ai2, ..., ain), i = 1, 2, ...,m
14
-
ir n vektoriu-stulpeliu
j =
a1ja2j...
amj
, j = 1, 2, ..., n.
2.13 Apibreimas. Matricos rangu vadinamas tiesikai nepriklausomu eiluciu (stulpeliu)skaicius. Matricos A rangas ymimas rangA.
Matricos elementarieji pertvarkiai nekeicia jos rango.
2.14 Apibreimas. Matricoje A, kurios eile (A) = [m n], laisvai pasirenkame betkurias s (1 6 s 6 min{m,n}) matricos eiluciu ir bet kuriuos s matricos stulpeliu.Pasirinktu eiluciu ir stulpeliu sankirtoje esantys elementai sudaro determinanta, kuris vad-inamas matricos A s eiles minoru.
2.15 Apibreimas. Matricos (s + j), j > 1 eiles minoras vadinamas s eiles minoragaubianciu minoru, jei i (s + j) eiles minora ieina visi s eiles minoro elementai.
Svarbus faktai:
1) Frobenijaus teorema. Matricos A rangas lygus aukciausiai nelygaus nuliui matricosminoro eilei.
2) Jei kuris nors matricos A r-tosios eiles minoras nelygus nuliui, o visi ji gaubiantys(r + 1) eiles minorai lygus nuliui, tai rangA = r.
Taigi turime du budus matricos rangui nustatyti:
Elementariaisiais pertvarkiais matricai suteikiame trapecijos forma, atmetame eilutesir stulpelius, sudarytus tik i nuliu. Matricos rangas lygus gautosios matricos eiluciu(stulpeliu) skaiciui.
Randame nelygu nuliui antrosios eiles minora, skaiciuojame ji gaubiancius trecio-sios eiles minorus. Jei visi treciosios eiles minorai lygus nuliui, tai rangas lygusdviem. Jei randame bent viena nelygu nuliui treciosios eiles minora, tai skaiciuo-jame ta minora gaubiancius ketvirtosios eiles minorus ir t. t.
Pavyzdys.Apskaiciuosime matricos
A =
1 3 0 1 2 54 2 1 -1 3 2-1 -2 3 4 2 32 5 -3 -3 0 2
ranga.
15
-
Sprendimas.Skaiciuokime pirmuoju elementariuju pertvarkiu budu:
1 3 0 1 2 54 2 1 -1 3 2-1 -2 3 4 2 32 5 -3 -3 0 2
(4) 1 (2)
1 3 0 1 2 50 -10 1 -5 -5 -180 1 3 5 4 80 -1 -3 -5 -4 -8
1
1 3 0 1 2 50 1 3 5 4 80 -10 1 -5 -5 -180 0 0 0 0 0
10
1 3 0 1 2 50 1 3 5 4 80 0 31 45 35 62
.
Taigi, rangA = 3.Skaiciuokime antruoju budu.
Antrosios eiles minoras yra
1 34 2
= 10 6= 0.
Ji gaubiantis treciosios eiles minoras
1 3 04 2 1-1 -2 3
= 31 6= 0.
O i minora gaubiantys visi ketvirtosios eiles minorai lygus nuliui:
1 3 0 14 2 1 -1-1 -2 3 42 5 -3 -3
= 0,
1 3 0 24 2 1 3-1 -2 3 22 5 -3 0
= 0,
1 3 0 54 2 1 2-1 -2 3 32 5 -3 2
= 0.
Ir antruoju budu gavome, kad rangA = 3.
2.3 Atvirktine matrica
2.16 Apibreimas. Kvadratines matricos A atvirktine vadinama matrica A1, kuriaiteisingos ios lygybes:
AA1 = A1A = En.
Svarbu: kvadratine matrica A turi atvirktine matrica A1 tada ir tik tada, kai | A |6=0. Tokia matrica vadinama reguliaria.
Kvadratines matricos A, kurios | A |6= 0, atvirktine matrica A1 galime rasti dviembudais:
1) Elementariuju pertvarkiu metodas.
16
-
Jei prie reguliariosios matricos A i deines puses priraysime vienetine matrica taip:
a11 a12 ... a1n 1 0 ... 0a21 a22 ... a2n 0 1 ... 0... .... .... ... ... .... .... ...an1 an2 ... ann 0 0 ... 1
,
o po to atlikdami matricos elementariuosius pertvarkius tik su eilutemis ja pakeisimematrica
1 0 ... 0 c11 c12 ... c1n0 1 ... 0 c21 c22 ... c2n... .... .... ... ... .... .... ...0 0 ... 1 cn1 cn2 ... cnn
,
tai deineje esanti matrica bus matricos A atvirktine matrica A1, t. y.
A1 =
c11 c12 ... c1nc21 c22 ... c2n... .... .... ...cn1 cn2 ... cnn
.
2) Adjunktu metodas.
Reguliariosios matricos A atvirktine matrica galime apskaiciuoti pagal formule:
A1 =1
| A |
A11 A21 ... An1A12 A22 ... An2... .... .... ...
A1n A2n ... Ann
,
cia Aij, i, j = 1, ..., n yra matricos A elementu aij adjunktai.
Pavyzdys. Dviem budais rasime matricos
A =
1 -1 32 -2 0-1 3 5
atvirktine matrica.Sprendimas.
Pirmiausia isitikinkime, ar duotoji matrica yra reguliari. Apskaiciave matricos deter-minanta, turime, kad | A |= 12, t. y. | A |6= 0. Taigi, atvirktine matrica egzistuoja.
Skaiciuokime atvirktine matrica elementariuju pertvarkiu metodu :
1 -1 3 1 0 02 -2 0 0 1 0-1 3 5 0 0 1
(2) 1
1 -1 3 1 0 00 0 -6 -2 1 00 2 8 1 0 1
/ : (6)
1 -1 3 1 0 00 2 8 1 0 10 0 1 1
31
60
(8) (3)
1 -1 0 0 12
00 2 0 5
343
10 0 1 1
31
60
/ : 2
1 -1 0 0 12
00 1 0 5
623
12
0 0 1 13
16
0
1
1 0 0 56
76
12
0 1 0 56
23
12
0 0 1 13
16
0
.
17
-
Tuomet
A1 =
56
76
12
56
23
12
13
16
0
.
Dabar apskaiciuokime atvirktine matrica adjunktu metodu.Matricos A determinantas | A |= 12. Randame visu elementu adjunktus:
A11 = (1)1+1
-2 03 5
= 10, A12 = (1)1+2
2 0-1 5
= 10,
A13 = (1)1+3
2 -2-1 3
= 4, A21 = (1)2+1
-1 33 5
= 14,
A22 = (1)2+2
1 3-1 5
= 8, A23 = (1)2+3
1 -1-1 3
= 2,
A31 = (1)3+1
-1 3-2 0
= 6, A32 = (1)3+2
1 32 0
= 6,
A33 = (1)3+3
1 -12 -2
= 0.
Irae gautas reikmes i atvirktines matricos skaiciavimo formule, turime:
A1 =1
12
-10 14 6-10 8 64 -2 0
=
56
76
12
56
23
12
13
16
0
.
Abiem budais (elementariuju pertvarkiu ir adjunktu) gavome ta pati rezultata.
2.4 Tiesiniu lygciu sistemos
Nagrinesime tiesiniu lygciu sistemas, turincias toki pavidala:
a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = b1,
a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn = b2,
.............................................
am1x1 + am2x2 + ... + amnxn = bm.
(2.2)
Cia skaiciai aij, i = 1, ...,m, j = 1, ..., n vadinami tiesiniu lygciu sistemos koefi-cientais, skaiciai bi, i = 1...m sistemos laisvaisiais nariais, o xj, j = 1, ..., n tiesiniu lygciu sistemos neinomaisiais.
2.17 Apibreimas. Tiesiniu lygciu sistema, kurios visi laisvieji nariai lygus nuliui, t. y.bi = 0, i = 1...m, vadinama homogenine tiesiniu lygciu sistema.
18
-
2.18 Apibreimas. Skaiciu rinkinys (l1, l2, ..., ln) vadinamas tiesiniu lygciu sistemos spren-diniu, jei iraius ji vietoje kintamuju x1, x2, ..., xn i sistema (2.2) gaunamos teisingos ly-gybes:
a11l1 + a12l2 + ... + a1nln = b1,
a21l1 + a22l2 + ... + a2nln = b2,
.............................................
am1l1 + am2l2 + ... + amnln = bm.
Ispresti tiesiniu lygciu sistema tai rasti visus jos sprendinius arba parodyti, kadsistema sprendiniu neturi.
2.19 Apibreimas. Tiesiniu lygciu sistema, turinti bent viena sprendini, vadinama sude-rinta tiesiniu lygciu sistema.
2.20 Apibreimas. Tiesiniu lygciu sistema, neturinti ne vieno sprendinio, vadinama ne-suderinta tiesiniu lygciu sistema.
2.21 Apibreimas. Tiesiniu lygciu sistema, turinti tik viena sprendini, vadinama suderin-ta ir apibreta.
2.22 Apibreimas. Tiesiniu lygciu sistema, turinti daugiau kaip viena sprendini, vadi-nama suderinta ir neapibreta.
Tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matrica vadinama matrica, sudaryta i koeficientuprie neinomuju:
A =
a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... .... .... ...
am1 am2 ... amn
.
Iplestine tiesiniu lygciu sistemos matrica vadinama matrica, sudaryta i koeficientuprie neinomuju ir sistemos laisvuju nariu:
A =
a11 a12 ... a1n b1a21 a22 ... a2n b2... .... .... ... .......an1 an2 ... ann bm
(2.2) tiesiniu lygciu sistema galima urayti matricine forma, t. y.
AX = B, cia
A =
a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... .... .... ...
am1 am2 ... amn
, X =
x1x2
.......xn
, B =
b1b2
.......bm
.
Tiesiniu lygciu sistemos elementarieji pertvarkiai, nekeiciantys sistemos sprendiniuaibes, yra:
19
-
1) dvieju sistemos lygciu sukeitimas vietomis,
2) sistemos lygties padauginimas i nelygaus nuliui skaiciaus,
3) prie vienos sistemos lygties pridejimas kitos lygties, padaugintos i nelygaus nuliuiskaiciaus.
2.23 Apibreimas. Tiesiniu lygciu sistema
a11x1 + a12x2 + ... + a1sxs + ... + a1nxn =b1,
a22x2 + ... + a2sxs + ... + a2nxn =b2,
.............................................
assxs + ... + asnxn =bs,
kurioje aii 6= 0, i = 1, ...s, vadinama trapecine tiesiniu lygciu sistema (s < n). Jeis = n, tai tiesiniu lygciu sistema vadinama trikampe.
Trikampe tiesiniu lygciu sistema visuomet suderinta ir apibreta. Trapecine sistema taippat visuomet suderinta, bet ji neapibreta.
Tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricos stulpelius ir laisvuju nariu stulpeli ga-lime nagrineti kaip vektorius. Jei turime (2.2) tiesiniu lygciu sistema, tai naudodamivektorius ja galime urayti taip:
1x1 + 2x2 + ... + nxn = ,
cia
j =
a1ja2j
.........amj
, =
b1b2
.......bm
, j = 1, 2, ..., n.
2.24 Apibreimas. Jei tiesiniu lygciu sistema yra suderinta, o jos matricos rangas lyguseiluciu skaiciui m, tai bet kuris tiesikai nepriklausomas vektoriu sistemos 1, 2, ..., nrinkinys i1 ,i2 , ...,im , sudarytas i m vektoriu, vadinamas tiesiniu lygciu sistemos baze,o kvadratine matrica, kurios stulpeliai yra baziniai vektoriai, bazes matrica.
2.25 Apibreimas. Tiesiniu lygciu sistemos neinomieji, esantys prie baziniu vektoriu,vadinami baziniais neinomaisiais, o kiti neinomieji laisvaisiais.
2.26 Apibreimas. Tiesiniu lygciu sistemos sprendinys, kurio laisvuju neinomuju reikmeslygios nuliui, vadinamas baziniu sprendiniu.
Svarbesni faktai apie tiesiniu lygciu sistemu sprendinius.
1) Tiesiniu lygciu sistemos suderinamumo kriterijus. Kronekerio-Kapelio teorema.Tiesiniu lygciu sistema suderinta tada ir tik tada, kai jos koeficientu matricos rangaslygus iplestines matricos rangui.
20
-
2) Jei tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricos rangas lygus neinomuju skaiciui, taisistema turi vieninteli sprendini.
3) Jei tiesiniu lygciu sistema yra suderinta, o jos rangas yra lygus k ir maesnis u nei-nomuju skaiciu n, tai sistema turi be galo daug sprendiniu. Laisvuju neinomujuskaicius lygus (n k).
4) Jei homogenines tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricos determinantas nelygusnuliui, tai sistema turi vieninteli nenulini sprendini.
5) Homogenine tiesiniu lygciu sistema turi nenuliniu sprendiniu tada ir tik tada, kai josmatricos rangas maesnis u kintamuju skaiciu.
6) Jei turime viena nehomogenines tiesiniu lygciu sistemos (2.2) sprendini ir visus jaatitinkancios homogenines tiesiniu lygciu sistemos
a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = 0,
a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn = 0,
.............................................
am1x1 + am2x2 + ... + amnxn = 0
sprendinius, tai visi nehomogenines tiesiniu lygciu sistemos (2.2) sprendiniai randamikaip nehomogenines tiesiniu lygciu sistemos sprendinio ir homogenines tiesiniu lygciusistemos sprendiniu sumos.
Tiesiniu lygciu sistemu sprendimo budai:
I. Gauso metodas.
Tiesiogine eiga.Pirmiausia uraoma iplestine tiesiniu lygciu sistemos matrica ir elementariaisiaiseiluciu pertvarkiais siekiama jai suteikti trikampio arba trapecijos pavidala, t. y.matrica pertvarkoma taip, kad visi jos stulpeliu elementai, esantys emiau nuo aii,i = 1, 2, ..., n , butu lygus nuliui. Jei spresdami gauname eilute, kurios visi elemen-tai lygus nuliui, tai ja ibraukiame. Tuo atveju, kai visi kurios nors eilutes elementailygus nuliui, bet laisvasis narys nelygus nuliui, konstatuojame, kad tiesiniu lygciusistema yra nesuderinta.
Atgaline eiga.Jei tiesiniu lygciu sistema suderinta, o iplestine matrica pertvarkeme i trikampematrica, tai sistema tures vieninteli sprendini: spresdami paskutiniaja pertvarkytossistemos lygti, randame neinomaji xn, ta reikme iraome i antraja nuo apaciossistemos lygti ir nustatome neinomaji xn1 ir t. t., kol i pirmosios sistemos lygtiesapskaiciuojame x1. Jei iplestine matrica pertvarkeme i trapecine matrica, turincia slygciu (s < n), tai aukciau aprayta atgaline eiga randame bendraji tiesiniu lygciusistemos sprendini, priklausanti nuo (n s) parametru. Atskiraji sprendini randamefiksuodami parametru reikmes.
21
-
II. Kramerio metodas.
Jei tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricos determinantas | A |6= 0, tai sistemosvieninteli sprendini galime surasti naudodami Kramerio formules:
xi =| Ai || A | , i = 1, 2, ..., n,
cia | Ai | matricos Ai, gautos i matricos A keiciant i-taji stulpeli laisvuju nariustulpeliu, determinantas.
III. Atvirktines matricos metodas.
iuo metodu galime spresti n tiesiniu lygciu sistema su n neinomuju, kurios ko-eficientu matrica A turi atvirktine matrica A1. Tuomet tiesiniu lygciu sistemossprendini atvirktines matricos metodu randame pagal formule
X = A1B.
IV. Gauso-ordano metodas.
Gauso-ordano metodas yra labai artimas Gauso metodui. Gauso-ordano metodopranaumas po pertvarkymu koeficientu matricoje nuliai yra po pagrindines istriaineselemetais ir vir jos elementu.
Tiesiniu lygciu sistemu sprendimo Gauso-ordano metodu schema:
1. Tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricoje laisvai pasirenkame pagrindini e-lementa aij 6= 0; i-toji eilute vadinama pagrindine eilute, o j-asis stulpelis pagrindiniu stulpeliu.
2. Pagrindine eilute padalijame i pagrindinio elemento.
3. Prie kitu tiesiniu lygciu sistemos koeficientu iplestines matricos eiluciu pridedamepagrindine eilute, padauginta i tokiu daugikliu, kad pagrindiniame stulpelyjegautume 0. Patikriname, ar teisingai atlikome aritmetinius veiksmus, t. y. ar visueilutes elementu suma lygi kontrolinio stulpelio atitinkamos eilutes elementui.
4. Pasirenkame nauja pagrindini elementa ir procesa tesiame tol, kol tiesiniu lygciusistemos koeficientu matricoje gauname visus elementus aii, i = 1, 2, ..., n, ly-gius 1, o visi atitinkamu stulpeliu elementai yra lygus 0.
Jei spresdami gauname eilute, kurios visi elementai lygus nuliui, tai ja ibraukiame.Tuo atveju, kai visi kurios nors eilutes elementai lygus nuliui, bet laisvasis narysnelygus nuliui, konstatuojame, kad tiesiniu lygciu sistema yra nesuderinta. Tiesiniulygciu sistemos sprendima Gauso-ordano metodu patogu surayti lenteleje (r. 6pavyzdi).
22
-
Pavyzdiai.
1. Gauso metodu ispreskime tiesiniu lygciu sistema:
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 4,
2x1 2x2 + 3x3 3x4 2x5 = 0,4x1 x2 4x3 + 2x4 + 3x5 = 1,3x1 x2 + 4x3 2x4 x5 = 4,2x1 + x2 7x3 + 5x4 + 5x5 = 3.
Sprendimas.
Raome iplestine tiesiniu lygciu sistemos matrica (pagal apibreima, ios matricosstulpeliai yra koeficientai prie atitinkamu tiesiniu lygciu sistemos neinomuju ir laisvujunariu stulpelis):
x1 x2 x3 x4 x5 b
1 1 1 1 1 42 -2 3 -3 -2 04 -1 -4 2 3 13 -1 4 -2 -1 42 1 -7 5 5 3
.
Pertvarkydami iplestine matrica, mes pertvarkome ir atitinkama tiesiniu lygciu sis-tema. Atlikime iplestines matricos elementariuosius pertvarkius Gauso metodu:
1 1 1 1 1 42 -2 3 -3 -2 04 -1 -4 2 3 13 -1 4 -2 -1 42 1 -7 5 5 3
(2) (4) (3) (2)
1 1 1 1 1 40 -4 1 -5 -4 -80 -5 -8 -2 -1 -150 -4 1 -5 -4 -80 -1 -9 3 3 -5
.
Penktaja eilute atkeliame i antrosios vieta ir tesiame elementariuosius pertvarkius:
1 1 1 1 1 40 -1 -9 3 3 -50 -4 1 -5 -4 -80 -5 -8 -2 -1 -150 -4 1 -5 -4 -8
(4) (5) (4)
1 1 1 1 1 40 -1 -9 3 3 -50 0 37 -17 -16 120 0 37 -17 -16 100 0 37 -17 -16 12
(1)
1 1 1 1 1 40 -1 -9 3 3 -50 0 37 -17 -16 120 0 0 0 0 -20 0 0 0 0 0
.
Penktojoje matricos eiluteje visi elementai yra lygus nuliui, tai ja ibraukiame, o ketvir-tojoje eiluteje visi koeficientai prie neinomuju lygus nuliui, bet laisvasis narys lygus-2. Konstatuojame, kad nagrinejamoji tiesiniu lygciu sistema yra nesuderinta.
23
-
Ta pati rezultata galejome gauti ir greiciau. Pastebime, kad prie penktosios matricoseilutes prideje antraja eilute gausime eilute, turincia tuos pacius koeficientus prie nei-nomuju, kokie yra parayti treciojoje matricos eiluteje, t. y.
1 1 1 1 1 42 -2 3 -3 -2 04 -1 -4 2 3 13 -1 4 -2 -1 42 1 -7 5 5 3
1
1 1 1 1 1 42 -2 3 -3 -2 04 -1 -4 2 3 13 -1 4 -2 -1 44 -1 -4 2 3 3
(1)
1 1 1 1 1 42 -2 3 -3 -2 04 -1 -4 2 3 13 -1 4 -2 -1 40 0 0 0 0 3
.
Matome, kad paskutiniojoje eiluteje visi koeficientai prie neinomuju lygus nuliui, olaisvasis narys lygus 3. Ivada: tiesiniu lygciu sistema yra nesuderinta.
2. Gauso metodu ispreskime tiesiniu lygciu sistema:
3x1 + 4x2 + 5x3 + 3x4 x5 = 1,2x1 3x2 6x3 + 2x4 + 3x5 = 3,x1 + 2x2 + 3x3 x4 5x5 = 3,6x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 3x5 = 1,x1 5x2 9x3 + 3x4 + 8x5 = 6.
.
Sprendimas.
Raome iplestine tiesiniu lygciu sistemos matrica:
x1 x2 x3 x4 x5 b
3 4 5 3 -1 12 -3 -6 2 3 -31 2 3 -1 -5 36 3 2 4 -3 11 -5 -9 3 8 -6
.
Treciaja ir ketvirtaja eilutes sukeiskime vietomis, o po to atlikime tokius elementariuo-sius pertvarkius:
24
-
3 4 5 3 -1 12 -3 -6 2 3 -36 3 2 4 -3 11 2 3 -1 -5 31 -5 -9 3 8 -6
1
(1)
3 4 5 3 -1 15 1 -1 5 2 -26 3 2 4 -3 11 2 3 -1 -5 30 -7 -12 4 13 -9
(1)
3 4 5 3 -1 15 1 -1 5 2 -21 2 3 -1 -5 31 2 3 -1 -5 30 -7 -12 4 13 -9
.
Gavome dvi vienodas eilutes. Viena, pvz. ketvirtaja, ibraukiame i matricos. Treciajasistemos eilute perkeliame i pirmosios eilutes vieta ir toliau pertvarkome sistema Gausometodu taip:
1 2 3 -1 -5 33 4 5 3 -1 15 1 -1 5 2 -20 -7 -12 4 13 -9
(3) (5)
1 2 3 -1 -5 30 -2 -4 6 14 -80 -9 -16 10 27 -170 -7 -6 2 3 -9
(1)
1 2 3 -1 -5 30 -2 -4 6 14 -80 -7 -12 4 13 -90 -7 -12 4 13 -9
.
Dabar ibraukiame paskutiniaja sistemos lygti ir toliau tesiame pertvarkymus:
1 2 3 -1 -5 30 -2 -4 6 14 -80 -7 -12 4 13 -9
/ : (2)
1 2 3 -1 -5 30 1 2 -3 -7 40 -7 -12 4 13 -9
7
x1 x2 x3 x4 x5 b
1 2 3 -1 -5 30 1 2 -3 -7 40 0 2 -17 -36 19
.
Tiesiniu lygciu sistemai suteikeme trapecijos pavidala. Dabar, taikydami atgaline eiga,uraysime bendraji sprendini. I paskutiniosios eilutes uraome lygti (sprendimopradioje nuo tiesiniu lygciu sistemos perejome prie iplestines matricos, o dabaranalogikai nuo iplestines matricos gritame prie sistemos):
2x3 17x4 36x5 = 19.
I cia randame x3 iraika:
x3 =19
2+
17
2x4 + 18x5.
25
-
Irae x3 iraika i antraja nuo apacios eilute, turime lygti:
x2 + 19 + 14x4 + 29x5 = 4.
Tuometx2 = 15 14x4 29x5.
Spresdami pirmaja lygti (inodami x3 ir x2 iraikas) gauname:
x1 3
2 7
2x4 9x5 = 3
ir surandame x1:
x1 =9
2+
7
2x4 + 9x5.
Taigi radome bendraji tiesiniu lygciu sistemos sprendini:(
9
2+
7
2x4 + 9x5, 15 14x4 29x5,
19
2+
17
2x4 + 18x5, x4, x5
)
,
cia x4, x5 bet kokie realieji skaiciai.Kai x4 = x5 = 0, tai bazinis tiesiniu lygciu sistemos sprendinys yra
(
92,15, 19
2, 0, 0
)
.Kai x4 = 1, x5 = 0, tai atskirasis tiesiniu lygciu sistemos sprendinys (8,29, 18, 1, 0).
3. Kramerio metodu ispreskime tiesiniu lygciu sistema:
x1 x2 + 2x3 = 11,x1 + 2x2 x3 = 11,4x1 3x2 3x3 = 24.
Sprendimas.
Pirmiausia apskaiciuojame tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricos determinanta:
| A |=
1 -1 21 2 -14 -3 -3
= 30.
Tuomet randame visus determinantus | Ai |, i = 1, 2, 3:
| A1 |=
11 -1 211 2 -124 -3 -3
= 270, | A2 |=
1 11 21 11 -14 24 -3
= 60,
| A3 |=
1 -1 111 2 114 -3 24
= 60.
Dabar pagal Kramerio formules randame visus tiesiniu lygciu sistemos neinomuo-sius:
x1 =| A1 || A | =
27030 = 9,
26
-
x2 =| A2 || A | =
6030 = 2,
x3 =| A3 || A | =
6030 = 2.
Tiesiniu lygciu sistemos sprendinys yra (9, 2, 2).
4. Kramerio metodu ispreskime tiesiniu lygciu sistema:
2x1 + x2 + 13x3 27x4 = 11,2x1 x2 + 3x3 7x4 = 5,6x1 3x2 + x3 4x4 = 7,4x1 2x2 + 14x3 31x4 = 18.
Tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricos determinantas
| A |=
-2 1 13 -272 -1 3 -76 -3 1 -44 -2 14 -31
= 0.
Nustatykime matricos ranga minoru metodu. Randame nelygu nuliui antrosios eilesminora:
1 13-1 3
= 16 6= 0.
Kadangi visi ji gaubiantys treciosios eiles minorai lygus nuliui, tai tiesiniu lygciu sis-temos koeficientu matricos rangas lygus 2.Tuomet tiesiniu lygciu sistema pakeiciame jai ekvivalencia sistema:
{
2x1 + x2 + 13x3 27x4 = 11,2x1 x2 + 3x3 7x4 = 5.
Kaireje lygybes puseje paliekame tuos neinomuosius, prie kuriu esantys koeficientaisudaro nelygu nuliui antrosios eiles minora, t. y. neinomuosius x2 ir x3:
{
x2 + 13x3 = 11 + 2x1 + 27x4,
x2 + 3x3 = 5 2x1 + 7x4.
Tolesnis sprendimas analogikas pirmojo pavyzdio sprendimui:
| A1 |=
11 + 2x1 + 27x4 135 2x1 + 7x4 3
= 32 + 32x1 10x4,
| A2 |=
1 11 + 2x1 + 27x41 5 2x1 + 7x4
= 16 + 34x4.
27
-
Tuomet pagal Kramerio formules skaiciuojame tiesiniu lygciu sistemos sprendini:
x2 =| A1 || A | =
32 + 32x1 10x416
= 2 + 2x1 5
8x4,
x3 =| A2 || A | =
16 + 34x416
= 1 +17
8x4.
Tiesiniu lygciu sistemos sprendinys yra(
x1, 2 + 2x1 5
8x4, 1 +
17
8x4, x4
)
, x1, x4yra bet kurie realieji skaiciai.
5. Atvirktines matricos metodu ispreskime tiesiniu lygciu sistema:
2x1 + 3x2 x3 = 5,2x1 + x3 = 7,4x1 + 6x2 x3 = 9.
Sprendimas.
Pirmiausia, skaiciuodami tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricos determinanta,patikriname, ar egzistuoja atvirktine matrica:
2 3 -1-2 0 14 6 -1
= 6 6= 0.
Kadangi matricos determinantas nelygus nuliui, tai atvirktine matrica egzistuoja. Jarandame, pavyzdiui, adjunktu metodu:
A11 = (1)1+1
0 16 -1
= 6, A12 = (1)1+2
-2 14 -1
= 2,
A13 = (1)1+3
-2 04 6
= 12, A21 = (1)2+1
3 -16 -1
= 3,
A22 = (1)2+2
2 -14 -1
= 2, A23 = (1)2+3
2 34 6
= 0,
A31 = (1)3+1
3 -10 1
= 3, A32 = (1)3+2
2 -1-2 1
= 0,
A33 = (1)3+3
2 3-2 0
= 6,
28
-
A1 =1
6
-6 -3 32 2 0
-12 0 6
=
-1 12
12
13
13
0-2 0 1
.
Tuomet atvirktines matricos metodu, pagal formule X = A1 B, randame tiesiniulygciu sistemos sprendini:
X =
-1 12
12
13
13
0-2 0 1
5-79
=
32
3
-1
.
6. Gauso-ordano metodu ispreskime tiesiniu lygciu sistema:
2x 4y + 3z = 1,x 2y + 4z = 3,3x y + 5z = 2.
Sprendimas.
Sudarome tokia lentele (pagrindinius elementus ymesime vaigdute):
x y z bi bi +3
j=1 aij2 -4 3 1 2 1 -2 4 3 6 (-2) (-3)3 -1 5 2 9 0 0 -5 -5 -10 /: (-5)1 -2 4 3 60 5 -7 -7 -90 0 1 1 2 (-4) 71 -2 4 3 6 0 5 -7 -7 -9 0 0 1 1 21 -2 0 -1 -20 5 0 0 5 /: 50 0 1 1 21 -2 0 -1 -2 0 1 0 0 1 20 0 1 1 21 0 0 -1 00 1 0 0 1
I paskutiniosios lenteles dalies uraome sprendini: x = 1, y = 0, z = 1.
7. Rasime visus tiesiniu lygciu sistemos
6x1 + x2 + x3 x4 = 6,x2 + x3 + 2x4 = 3,
9x1 x2 x3 + x4 = 9.
29
-
bazinius sprendinius.Sprendimas.
Pirmiausia nustatome, ar duotoji tiesiniu lygciu sistema yra suderinta. Raome tiesiniulygciu sistemos iplestine matrica ir skaiciuojame jos ranga:
6 1 1 -1 60 1 1 2 39 -1 -1 1 9
1
6 1 1 -1 60 1 1 2 315 0 0 0 15
/ : 15
6 1 1 -1 60 1 1 2 31 0 0 0 1
(6)
0 1 1 -1 00 1 1 2 31 0 0 0 1
(1)
0 1 1 -1 00 0 0 3 31 0 0 0 1
/ : 3
0 1 1 -1 00 0 0 1 11 0 0 0 1
1
0 1 1 0 10 0 0 1 11 0 0 0 1
.
Gavome, kad rangA = rangA = 3. Kadangi po elementariuju pertvarkiu gaunametiesiniu lygciu sistema, ekvivalencia pradinei sistemai, tai atliekame pertvarkytos siste-mos analize. Kadangi matricos rangas lygus 3, tai bazes matrica bus kvadratine trecio-sios eiles matrica. Be to, jos determinantas turi buti nelygus nuliui. I gautos tiesiniulygciu sistemos koeficientu matricos galime sudaryti du nelygius nuliui treciosios eilesdeterminantus:
0 1 00 0 11 0 0
ir
0 1 00 0 11 0 0
.
Todel nagrinejama sistema turi dvi bazes matricas:
B1 = (a1, a2, a4), B2 = (a1, a3, a4).
Iekome baziniu sprendiniu, t. y. i pradine tiesiniu lygciu sistema vietoje laisvujukintamuju iraome nulius. Bazes matrica B1 = (a1, a2, a4) atitinkantys neinomiejix1, x2, x4 yra baziniai neinomieji, o laisvasis neinomasis x3 = 0. Tuomet i duoto-sios tiesiniu lygciu sistemos gauname:
6x1 + x2 x4 = 6,x2 + 2x4 = 3,
9x1 x2 + x4 = 9.
Spreskime ia tiesiniu lygciu sistema Kramerio metodu:
| A |=
6 1 -10 1 29 -1 1
= 45, | A1 |=
6 1 -13 1 29 -1 1
= 45,
| A2 |=
6 6 -10 3 29 9 1
= 45, | A3 |=
6 1 60 1 39 -1 9
= 45,
x1 = 1, x2 = 1, x4 = 1.
30
-
Tuomet bazinis sprendinys, atitinkantis baze a1, a2, a4, yra (1, 1, 0, 1).
Bazes matrica B2 = (a1, a3, a4) atitinkantys neinomieji x1, x3, x4 yra baziniai nei-nomieji. I pradine tiesiniu lygciu sistema irae x2 = 0 gauname tokia tiesiniu lygciusistema:
6x1 + x3 x4 = 6,x3 + 2x4 = 3,
9x1 x3 + x4 = 9.Kadangi ios tiesiniu lygciu sistemos koeficientu matrica yra lygi anksciau sprestostiesiniu lygciu sistemos koeficientu matricai, tai iuo atveju gausime, kad x1 = 1,x3 = 1, x4 = 1. Tuomet bazinis sprendinys, atitinkantis baze a1, a3, a4, yra (1, 0, 1, 1).
Baziniai sprendiniai yra (1, 1, 0, 1) ir (1, 0, 1, 1).
31
-
UDUOTYS SAVARANKIKAM DARBUI
A grupe
1. Raskite A + B, A B, B A, 3A + 2B, 4A 5B, kai
A =
2 1 -3 41 -1 5 3-7 10 11 0
, B =
-3 -2 5 1-2 1 1 40 3 -5 7
.
2. Raskite 2A + B, kai
A =
1 2 33 1 22 3 1
, B =
1 -1 1-1 1 11 1 -1
.
3. Apskaiciuokite A B ir B A, kai:
1)
A =
(
2 5-3 4
)
, B =
(
5 -74 3
)
,
2)
A =
1 2 33 1 22 3 1
, B =
1 -1 1-1 1 11 1 -1
.
4. Apskaiciuokite A B, kai:
1)
A =
2 -4 53 2 -21 -1 3
, B =
2 3 -13 -2 11 2 -3
,
2)
A =
3 4 -56 -6 11 -3 2
, B =
3 6 24 -6 0-5 1 3
,
3)
A =
2 1 -1 23 -3 0 4-2 5 1 -11 -2 3 -2
, B =
2 1 3 -11 3 -1 23 -1 2 1-1 2 1 3
,
32
-
4)
A =
3 -4 5 62 1 -3 4-4 3 2 -56 -2 1 4
, B =
1 -1 1 -1-1 1 -1 11 -1 1 -1-1 1 -1 1
,
5)
A =
2 -2 3 -3-1 1 -2 23 -3 1 -1-2 2 -1 1
, B =
5 0 3 04 -6 2 15 -2 1 -1-1 3 -3 4
,
6)
A =
1 3 -4 23 -4 2 1-4 2 1 32 1 3 -4
, B =
2 1 -1 21 2 2 3-1 2 2 12 3 1 2
,
7)
A =
2 4 3-3 1 13 5 6
, B =
2 -3 41 -1 58 -2 -3
,
8)
A =
2 1 -22 -3 1-1 2 3
, B =
1 -2 -32 1 -43 4 1
,
9)
A =
3 1 2-3 4 -52 0 3
, B =
2 1 14 -2 35 4 -2
.
5. Apskaiciuokite determinantus:
1)
1 03 -1
, 2)
2 13 0
, 3)
1 32 1
, 4)
0 14 0
, 5)
1 10 2
, 6)
2 00 1
,
7)
2 1-1 3
, 8)
4 -2 -1-1 3 -11 -2 2
, 9)
2 -1 0-1 2 01 -1 1
, 10)
3 -1 10 2 -10 -1 2
,
33
-
11)
6 -2 -1-1 5 -11 -2 4
, 12)
3 1 -12 2 -1-2 1 4
, 13)
4 1 01 4 0-1 1 5
, 14)
5 1 -1-2 4 -1-2 1 6
,
15)
7 -6 64 -1 44 -2 5
, 16)
13 2 -26 9 -62 -2 5
, 17)
53
23
43
0 1 02
323
73
, 18)
5 0 013
133
43
23
23
113
,
19)
7 -7 8 6-3 4 -2 -5-5 -6 8 -2-4 -6 6 6
, 20)
-2 6 6 -5-6 -4 -7 4-7 1 7 8-6 -7 6 7
, 21)
4 -2 1 54 6 3 -4-7 -3 4 71 -4 7 1
,
22)
8 5 -6 11 -4 -6 -3-2 4 5 72 -6 5 5
, 23)
4 1 1 -2-7 -4 8 -62 -7 2 43 1 -2 4
, 24)
-6 -4 2 47 8 4 16 7 -4 44 2 -5 -5
,
25)
-3 7 -2 37 7 7 -7-3 -4 8 8-4 4 -3 8
, 26)
7 6 -5 81 3 -7 -5-3 8 2 7-5 4 7 4
, 27)
1 1 3 55 -7 3 6-3 2 1 4-5 4 -5 -7
,
28)
3 5 7 6-6 -4 -7 -25 2 1 -7-5 -2 7 -7
, 29)
2 -7 8 -2-2 -5 -4 3-5 6 5 -4-4 7 4 -6
.
6. Apskaiciuokite matricu rangus:
1)
1 -2 -3 62 -1 -1 81 -5 -5 101 4 3 -22 5 3 0
, 2)
3 5 1 1-1 -2 -3 210 17 6 1-11 -19 -9 1
, 3)
2 -3 2 3 32 -1 4 -7 54 -2 4 6 6
,
4)
4 -1 -4 -2 -10 -101 6 8 7 4 112 -1 -7 -18 -13 -127 6 6 6 18 133 5 1 -11 -9 -1
, 5)
2 1 3 4 53 -1 2 5 -14 -1 6 6 3
, 6)
3 -5 -10 81 -1 -2 22 2 1 3
,
34
-
7)
1 -1 1 -1-1 1 -1 11 -1 -1 -1-1 -1 -1 1
, 8)
1 3 5 7 32 6 7 14 21 3 8 7 71 3 -1 7 -52 6 1 14 -6
, 9)
1 0 -1 1 -12 -1 3 0 2-1 1 -4 1 -33 -1 2 1 1
.
7. Raskite atvirktines matricas ioms matricoms:
1)
(
2 00 5
)
, 2)
(
0 34 0
)
, 3)
(
-5 710 13
)
, 4)
(
7 -88 4
)
,
5)
-2 -2 -21 -4 1-4 1 5
, 6)
-3 -2 4-4 -2 -31 -2 -3
, 7)
-4 2 15 -2 2-2 4 2
,
8)
-4 -4 -43 5 5-3 3 -1
, 9)
-4 2 -2-3 3 -1-1 -1 2
, 10)
5 -3 -4-1 2 -3-2 -1 -3
,
11)
1 3 -22 -2 2-2 -3 -2
, 12)
1 -2 1-2 -3 -1-1 2 5
, 13)
4 -1 13 -1 33 -3 5
,
14)
-2 2 3-2 2 -21 4 2
, 15)
1 1 -2-3 1 14 2 4
, 16)
3 -3 42 3 -1-1 -3 2
,
17)
4 1 -2-1 2 32 -1 1
, 18)
4 -2 25 4 1-2 -2 -1
, 19)
-1 -1 -1-2 -1 -2-2 5 3
,
20)
-1 5 13 1 -23 5 -1
, 21)
-2 4 1-2 -1 -21 1 3
, 22)
2 -1 -34 2 -12 3 -2
.
8. Ispreskite tiesiniu lygciu sistemas:
1)
2x - 3y + z - 2 = 0,
x + 5y - 4z + 5 = 0,
4x + y - 3z + 4 = 0,
2)
2x - 4y + 3z = 1,
x - 2y + 4z = 3,
3x - y + 5z = 2,
35
-
3)
{
2x - 5y + 2z = 0,
x + 4y - 3z = 0,4)
3x + 2y - z = 0,
2x - y + 3z = 0,
x + 3y - 4z = 0,
5)
3x + 2y - z = 0,
2x - y + 3z = 0,
x + y - z = 0,
6)
x + 2y + 3z = 4,
2x + 4y + 6z = 3,
3x + y - z = 1,
7)
x + 2y + 3z = 4,
2x + y - z = 3,
3x + 3y + 2z = 7,
8)
x + 2y + 3z = 4,
2x + y - z = 3,
3x + 3y + 2z = 10,
9)
2x - y + z = 2,
3x + 2y + 2z = -2,
x - 2y + z = 1,
10)
x + 2y - 3z = 5,
2x - y - z = 1,
x + 3y + 4z = 6,
11)
{
3x + 2y + 2z = 0,
5x + 2y + 3z = 0,12)
3x - y + 2z = 0,
2x + 3y - 5z = 0,
x + y + z = 0,
13)
2x - y + 3z = 0,
x + 2y - 5z = 0,
3x + y - 2z = 0,
14)
x - 2y + z = 4,
2x + 3y - z = 3,
4x - y + z = 11,
5)
x1 + x2 + x3 = 0,
3x1 - x2 + 2x3 = 0,
x1 - 3x2 = 0.
B grupe
9. Raskite AT + 4B, A + 2BT ir 12C + 1
2DT , kai:
A =(
7 -6)
, B =
(
-15
)
,C =
(
-4 32 1
)
, D =
(
9 -60 3
)
,
10.
A =
1 2 -11 1 12 -2 3
, B =
1 3-1 21 -4
,
36
-
11. Apskaiciuokite A B, kai:
1)
A =
(
1 1 -1 -12 3 -3 4
)
, B =
2 3 6 44 -2 7 31 -1 5 25 -4 -1 7
,
2)
A =(
1 3 -2 4)
, B =
2 13 -1-4 0-5 4
,
3)
A =
2 3 -2 54 3 2 1-6 7 -3 -4
, B =
-1-234
.
12. Ar A B = B A?
A =
(
2 5-3 4
)
, B =
(
5 -74 3
)
13. Sudauginkite:(
3 1 2-3 1 0
)
1 -12 -10 1
(
1 2-1 3
)
.
14. Apskaiciuokite A B C, kai
A =
1 2 32 3 13 1 2
, B =
3 -2 42 -3 1-4 3 -2
, C =
-1 2 12 1 -11 -1 2
.
15. Raskite A B C, B A C, B C A, A C B, C B A, C A B, kai
A =
-2 1 11 -3 13 0 -2
, B =
2 1 8-3 1 -2-4 5 -3
, C =
2 -3 2-1 2 32 2 1
.
16. Raskite A3, kai
A =
2 1 -13 -2 10 4 0
.
37
-
17. Raskite A5, kai
A =
(
2 3-2 1
)
.
18. Apskaiciuokite determinantus:
1)
2 1 3 -1 00 -1 -2 3 54 3 2 1 -1-1 1 1 -1 -10 0 4 3 -5
, 2)
3 -2 0 1 2 11 4 6 0 1 -22 3 1 1 -1 15 -4 2 -2 0 00 0 0 1 3 21 -1 1 1 -1 -1
,
3)
1 5 1 8 1 90 1 0 1 0 12 4 4 5 8 50 2 0 3 0 43 7 9 7 27 30 3 0 6 0 10
, 4)
1 -1 1 2 1 52 0 3 1 5 42 1 -4 -3 0 -91 2 2 2 1 25 1 -1 -2 3 -14 3 -2 -1 2 -1
,
5)
0 1 2 -1 0 07 -1 0 2 3 -20 1 2 -1 -1 15 -5 2 3 1 00 -1 1 5 0 01 -1 1 -1 1 -1
, 6)
2 1 3 1 4 43 -1 2 2 4 1-1 2 1 -1 0 31 -3 -2 4 2 15 4 7 3 3 22 -3 1 1 1 1
7)
2+
2 3+
5
3-
5 2-
2
, 8)
a -2a 2abb -c 3b1 2a 2b
, 9)
a b cb c ac a b
, 10)
a a a-a a x-a -a x
,
11)
sin cos 1sin cos 1sin cos 1
, 12)
sin cos sin( + )sin cos sin( + )sin cos sin( + )
, 13)
a+b c 1b+c a 1c+a b 1
.
19. Raskite atvirktines matricas ioms matricoms:
1)
(
a bb -a
)
, a2 + b2 6= 0, 2)(
a bc d
)
, ad bc 6= 0,
3)
0 0 0 10 0 1 10 1 1 11 1 1 1
, 4)
1 2 3 40 2 3 40 0 3 40 0 0 4
, 5)
1 2 3 40 1 2 30 0 1 20 0 0 1
,
38
-
6)
1 -1 -1 11 1 -1 -11 1 1 11 -1 1 -1
, 7)
1 2 1 12 3 1 03 1 1 -24 2 -1 -6
, 8)
4 7 7 41 2 2 17 -4 3 3-5 3 -2 -2
.
20. Ispreskite tiesiniu lygciu sistemas:
1)
x1 + x2 + x3 + x4 = 0,
x2 + x3 + x4 + x5 = 0,
x1 + 2x2 + 3x3 = 2,
x2 + 2x3 + 3x4 = -2,
x3 + 2x4 + 3x5 = 2,
2)
5x1 + 3x2 + 3x3 + x4 = 11,
8x1 + 6x2 + 5x3 + 2x4 = 21,
3x1 + 3x2 + 2x3 + x4 = 10,
4x1 + 2x2 + 3x3 + x4 = 8,
7x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 18,
3)
x1 - 2x2 + 4x3 - 6x4 = 9,
2x1 + 4x2 - 5x3 + 3x4 = -11,
-3x1 - 5x2 + 6x3 + x4 = 13,
- 3x2 + 5x3 - 2x4 = 11,
4)
3x1 + x2 + x3 - 2x4 + 3x5 = 1,
2x1 + 3x2 - 2x3 + x4 - 4x5 = 0,
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + x5 = 2,
x1 - 2x2 + 3x3 - 3x4 + 7x5 = 1,
5)
-2x1 + x2 + 13x3 - 27x4 = 11,
2x1 - x2 + 3x3 - 7x4 = 5,
6x1 - 3x2 + x3 - 4x4 = 7,
4x1 - 2x2 + 14x3 - 31x4 = 18,
6)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 4,
2x1 - 2x2 + 3x3 - 3x4 - 2x5 = 0,
4x1 - x2 - 4x3 + 2x4 + 3x5 = 1,
3x1 - x2 + 4x3 - 2x4 - x5 = 4,
2x1 + x2 - 7x3 + 5x4 + 5x5 = 3,
39
-
7)
4x1 + 9x2 - x3 + 5x4 = 7,
2x1 + 3x2 - x3 + x4 = 5,
-2x1 + x3 + 2x4 = -7,
4x1 + 6x2 - x3 + 2x4 = 9,
8)
x1 - x2 + x3 - x4 = 3,
2x1 - x2 - x3 + x4 = 5,
3x1 - 2x2 = 8,
x1 - 2x3 + 2x4 = 2,
9)
2x1 - x2 + 3x3 - x4 - x5 = 0,
x1 + 5x2 - x3 + x4 + 2x5 = 0,
x1 + 16x2 - 6x3 + 4x4 + 7x5 = 0,
10)
7x1 - 14x2 + 3x3 - x4 + x5 = 0,
x1 - 2x2 + x3 - 3x4 + 7x5 = 0,
5x1 - 10x2 + x3 + 5x4 - 13x5 = 0.
21. Raskite visus tiesiniu lygciu sistemos bazinius sprendinius:
1)
x1 + x2 - x3 + 4x4 - 2x5 = 1,
2x1 - x2 + 2x3 - x4 + x5 = 3,
x2 + x4 + 3x5 = 1,
2)
x1 + x2 + x3 = 2,
x2 + x3 + x4 = 2,
x1 + x4 = 2.
C grupe
22. A yra kvadratine n osios eiles matrica. Apskaiciuokite sandaugas A B ir B A, kai
A =
1 0 ... 00 2 ... 0... ... ... ...0 0 ... n
, B =
0 0 ... 0 10 0 ... 2 0... ... ... ... ...n 0 ... 0 0
.
23. Apskaiciuokite matricu laipsnius:
1)
(
1 10 1
)n
, 2)
(
a 00 b
)n
, 3)
(
a a0 a
)n
, 4)
(
a 10 a
)n
.
40
-
24. Ispreskite lygti:
3X +
2 1 -13 1 22 1 3
-2 2 43 3 11 2 2
=
4 8 18 10 23-4 19 24
.
25. Apskaiciuokite f(A), kai:
1)A =
(
1 -12 0
)
, f(x) = 2x2 5x + 7E2,
2)A =
1 1 20 1 20 -1 2
, f(x) = 2x3 3x + E3.
26. Neskaiciuodami determinantu, parodykite, kad:
1)
sin2 cos2 cos 2sin2 cos2 cos 2sin2 cos2 cos 2
= 0, 2)
b1 + c1 b1 c1b2 + c2 b2 c2b3 + c3 b3 c3
= 0,
3)
a1 b1 c1a2 b2 c2
a1 + a2 b1 + b2 c1 + c2
= 0.
27. Ispreskite lygtis:
1)
x2 4 9x 2 31 1 1
= 0, 2)
x2 3 2x -1 10 1 4
= 0.
28. Ispreskite nelygybe
2 x+2 -11 1 -25 -3 x
> 0.
29. Apskaiciuokite determinanta:
1-x 1 1 11 1-x 1 11 1 1-x 11 1 1 1-x
.
30. Pertvarke i trikampio pavidala apskaiciuokite determinantus:
1)
1 x1 x2 ... xn1 x1 + y1 x2 ... xn1 x1 x2 + y2 ... xn... ... ... ... ...1 x1 x2 ... xn + yn
, 2)
x1 x2 x3 x4 ... xn1 xnx1 x1 x3 x4 ... xn1 xnx1 x1 x1 x4 ... xn1 xn... ... ... ... ... ... ...x1 x1 x1 x1 ... x1 xnx1 x1 x1 x1 ... x1 x1
.
41
-
31. Irodykite, kad:
1)
a1 b1 a1x + b1y + c1a2 b2 a2x + b2y + c2a3 b3 a3x + b3y + c3
=
a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3
,
2)
1 a bc1 b ca1 c ab
= (b a)(c a)(c b),
3)
1 a a3
1 b b3
1 c c3
= (a + b + c)
1 a a2
1 b b2
1 c c2
,
4)
x1+x22
y1+y22
1x1x2
2y1y2
21
x1 y1 1
=1
2
x1 y1x2 y2
.
32. Minoru metodu raskite parametro a reikmes, su kuriomis matrica
3 1 1 4a 4 10 11 7 17 32 2 4 3
turi maiausia ranga.
33. Elementariuju pertvarkiu metodu raskite atvirktines matricas ioms matricoms:
1)
1 0 0 0 ... 01 1 0 0 ... 01 1 1 0 ... 0... ... ... ... ... ...1 1 1 1 ... 1
, 2)
1 1 1 ... 11 2 1 ... 11 1 3 ... 1... ... ... ... ...1 1 1 ... n
,
3)
1 0 0 0 ... 0 01 1 0 0 ... 0 00 1 1 0 ... 0 0... ... ... ... ... ... ...0 0 0 0 ...0 1 1
.
34. Ispreskite matricines lygtis:
1)(
x1 x2 x3)
1 3 23 5 1-2 -1 2
=(
2 -2 1)
,
2)(
x1 x2 x3 x4)
2 8 4 23 12 6 3-1 -9 3 91 8 -2 -7
=(
1 3 3 3)
,
42
-
3)
5 1 -53 -3 2-1 2 -1
X =
2 1 -13 -2 4-2 3 -1
,
4)
1 1 1 ... 10 1 1 ... 10 0 1 ... 1... ... ... ... ...0 0 0 ... 1
X =
1 2 3 ... n0 1 2 ... n 10 0 1 ... n 2... ... ... ... ...0 0 0 ... 1
.
35. Ispreskite tiesiniu lygciu sistema arba nustatykite, kad ji nesuderinta (priklausomainuo parametro a R reikmes):
1)
x1 + 2x2 + 3x3 = -2,
2x1 + 2x2 + 2x3 = 3,
5x1 + 6x2 + 7x3 = a,
2)
2x1 - x2 + ax3 = 0,
x1 - 2x2 - 2x3 = -3,
x1 + x2 + 3x3 = -1,
3)
x1 + x2 + x3 + ax4 = 1,
x1 + x2 + ax3 + x4 = -1,
x1 + ax2 + x3 + x4 = 0,
ax1 + x2 + x3 + x4 = 0,
4)
(2+a)x1 + (a-1)x2 + 2x3 = 3,
2x1 + ax2 + x3 = 2,
ax1 - x2 + x3 = 1,
-2x1 + 5x2 + (a-4)x3 = a-3.
43
-
3 ANALIZINES GEOMETRIJOS ELEMENTAI
3.1 Vektoriu algebra
3.1.1 Koordinaciu sistemos. Projekcijos
Jei ploktumoje turime staciakampe Dekarto koordinaciu sistema (ji inoma i mokyk-linio geometrijos kurso), tai kiekvienam ploktumos takui vienareikmikai priskiriamesutvarkyta realiuju skaiciu pora, vadinama tako koordinatemis. Trimates erdves atvejustaciakampeje Dekarto koordinaciu sistemoje kiekvienam erdves takui priskiriame sut-varkyta realiuju skaiciu trejeta, vadinama tako koordinatemis.
3.1 Apibreimas. Pasirinkime teigiamaja z aies krypti i viru. Tuomet x ir y teigiamaskryptis parenkame taip, kad iurint i Oz aies galo i xOy ploktuma trumpiausias xaies teigiamos krypties pasukimas iki ji sutaps su y aies teigiama kryptimi vyks prielaikrodio rodykles sukimosi krypti. Tokiu budu sudaryta koordinaciu sistema vadinamadeinine sistema (1 pav.).
1 pav.
Deinineje koordinaciu sistemoje bet kurios aies teigiamaja krypti pakeite prieingakryptimi, gausime kairine koordinaciu sistema (2 pav.). Mes naudosime deinine koordi-naciu sistema.
2 pav.
44
-
3.2 Apibreimas. Tarkime, kad turime tiese l ir taka M , nepriklausanti tiesei. TakoM ortogonalioji projekcija tieseje l yra takas M , randamas taip: i tako M breiamestatmeni i tiese l; takas, kuriame susikerta statmuo ir tiese l, yra tako M projekcijatieseje l.
3.3 Apibreimas. Tarkime, kad turime tiese l ir atkarpa AB, nepriklausancia tiesei.Atkarpos AB ortogonalioji projekcija tieseje l yra atkarpa AB, randama taip: i atkar-pos AB galu breiame statmenis i tiese l; takai, kuriuose susikerta statmenys ir tiese l,yra taku A ir B projekcijos tieseje l, t. y. takai A ir B. Atkarpos AB projekcijosilgi galime apskaiciuoti remdamiesi staciuju trikampiu savybemis, jei inomas kampas ,kuri sudaro projektuojamoji atkarpa AB su tiese l:
| AB |l=| AB | cos .
Ploktumoje, be jau minetos Dekarto koordinaciu sistemos, gana danai naudojamapoline koordinaciu sistema (3 pav.). Erdveje, greta Dekarto koordinaciu sistemos, sutinkamoscilindrine (4 pav.) ir sferine (5 pav.) koordinaciu sistemos. Trumpai apibudinsime iaskoordinaciu sistemas.
Poline koordinaciu sistema (3 pav.) apibreia ploktumos takas O vadinamas poliumiir spindulys OX vadinamas poline aimi. Polineje koordinaciu sistemoje nagrinekimeploktumos taka M . io tako padetis polineje sistemoje nustatoma dviem dydiais:atstumu nuo tako iki poliaus ir kampu , kuri su poline aimi sudaro atkarpa OM , jun-gianti taka su poliumi. (, ) vadiname tako M polinemis koordinatemis. Tarkime, kadpolius sutampa su staciakampes Dekarto koordinaciu sistemos pradios taku, o polineais su abscisiu aimi. Tako M koordinates Dekarto koordinaciu sistemoje (x, y) supolines koordinaciu sistemos koordinatemis (, ) susietos lygybemis:
{
x = cos ,
y = sin ,
0 6 < +, 0 6 < 2.
3 pav.
Sakykime, kad M(x, y, z) bet kuris erdves takas, o M jo projekcija xOy ploktu-moje. Tako padeti erdveje apibrekime naudodami koordinates , , z. atkarpos OM
ilgis, kampo, kuri atkarpa OM sudaro su Ox aimi, didumas, z atitinkama takoM Dekarto koordinate. Koordinates (, , z) vadinamos cilindrinemis koordinatemis. Su
45
-
Dekarto koordinatemis (x, y, z) jos susietos taip:
x = cos ,
y = sin ,
z = z,
0 6 < +, 0 6 6 2, < z < +.Sakykime, kad M(x, y, z) bet kuris erdves takas, o M jo projekcija xOy ploktu-
4 pav.
moje. Tako padeti erdveje apibrekime naudodami koordinates , , . Cia atkarposOM ilgis, kampo, kuri atkarpa OM sudaro su Ox aimi, didumas, kampo, kurisudaro atkarpa OM su Oz aimi, didumas. Koordinates (, , ) vadinamos sferinemiskoordinatemis. Su Dekarto koordinatemis jos susietos taip:
x = cos sin ,
y = sin sin ,
z = cos ,
0 6 < +, 0 6 6 2, 0 6 6 .
5 pav.
3.1.2 Skaliarai ir vektoriai
Fizikoje, matematikoje, mechanikoje danai susiduriame su dvieju tipu dydiais. Vieniju (laikas, ilgis, plotis, temperatura, vara, mase ir pan.) gali buti uraomi konkreciaisrealiaisiais skaiciais (teigiamaisiais arba neigiamaisiais), o kiti (jega, greitis, pagreitis,magnetinio lauko stiprumas ir pan.) be konkrecios skaitines iraikos dar turi ir krypti.Taigi, pirmieji dydiai skaliarai, o antreji vektoriai.
3.4 Apibreimas. Vektorius tam tikro ilgio kryptine atkarpa, t. y. atkarpa su nurodytupradios taku ir pabaigos taku.
46
-
Kitais odiais sakant, vektoriu nustato jo pradios takas, kryptis ir ilgis. Vektoriaiymimi maosiomis raidemis su rodykle (a ,b , ...) arba nurodant vektoriaus pradios irpabaigos takus su rodykle viruje (
AB,
CD,...). Vektoriaus ilgi ymesime | a |, | AB |.
3.5 Apibreimas. Du vektoriai, esantys lygiagreciose tiesese ir turintys ta pacia krypti,vadinami vienakrypciais vektoriais. ymime a b .
3.6 Apibreimas. Du prieingu krypciu vektoriai, esantys lygiagreciose tiesese, vadinamiprieingu krypciu vektoriais. ymime a b .
3.7 Apibreimas. Vektorius, kurio pradios ir pabaigos takas yra tas pats, vadinamasnuliniu vektoriumi. Jo ilgis lygus nuliui, o kryptis neapibreta. Nulini vektoriu ymimesimboliu
O .
3.8 Apibreimas. Vienakrypciai vektoriai, kuriu ilgiai lygus, vadinami lygiais. Lygiusvektorius ymime taip: a = b .
3.9 Apibreimas. Vektorius, kurio ilgis lygus vektoriaus a ilgiui, o kryptis prieingavektoriaus a krypciai, vadinamas vektoriui a prieinguoju vektoriumi ir ymimas a .
3.10 Apibreimas. Vektorius a kolinearus su tiese l, jei jis yra tieseje, lygiagrecioje sutiese l. Tuomet raome a || l.
3.11 Apibreimas. Du vektoriai a ir b vadinami kolineariais (ymesime a || b ), jeijie kolinearus su viena tiese l.
Taigi, kolinearus vektoriai gali buti vienakrypciai arba prieingu krypciu, ju ilgiai galiskirtis.
3.12 Apibreimas. Vektoriai, esantys vienoje ploktumoje arba tiesese, lygiagreciosevienai ploktumai, vadinami komplanariais.
3.1.3 Veiksmai su vektoriais
Veiksmai su vektoriaisVektoriu sudetis.
Du vektorius galime sudeti pagal trikampio arba pagal lygiagretainio taisykle.Vektoriusudeties rezultatas yra vektorius. Vektoriu sudetis pagal trikampio taisykle (6 pav.):
1) laisvai pasirenkame ploktumos taka A ir nuo jo atidedame vektoriu, lygu vektoriuia(atkarpa AB), t. y. pasirinktame take breiame spinduli, vienakrypti su duotuojuvektoriumi, ir jame atidedame duotojo vektoriaus ilgi,
2) vektoriaus a gale (take B) atidedame vektoriu, lygu vektoriui b (atkarpa BC),
3) sujunge vektoriaus a pradia (taka A) su vektoriaus b galu (taku C) gaunamevektoriu a ir b suma vektoriu c (atkarpa AC).
47
-
6 pav.
Vektoriu (nekolineariu) sudetis pagal lygiagretainio taisykle (7 pav.):
1) laisvai pasirinktame ploktumos take O atidedame vektorius a (atkarpa OD) ir b(atkarpa OB),
2) breini papildome vektoriams a ir b kolineariais vektoriais (atkarpos BC ir DC)taip, kad gautume lygiagretaini,
3) gauto lygiagretainio istriaine (atkarpa OC) yra vektoriu a ir b suma vektorius c .
7 pav.
Vektoriaus daugyba i skaliaro.Vektoriu a daugindami i skaliaro k R gauname vektoriu ka , kuris yra koline-
arus su vektoriumi a . Gauto vektoriaus kryptis priklauso nuo skaliaro enklo. Imkimevektoriu a ir k R, o b = ka . Tuomet:
| b |=| k | | a |,b a , kai k > 0,b a , kai k < 0.
Vektoriu sudeties savybes:
1) a + b = b + a ,
2)(a + b
)
+ c = a +(
b + c)
,
3) a + O = a ,
4) a + (a ) = O .
48
-
Vektoriu daugybos i skaliaro savybes:
1) 1 a = a ,
2) 0 a = O ,
3) ( a ) = () a , , R,
4) ( + ) a = a + a , , R,
5) (a + b
)
= a + b , R.
I iu savybiu matyti, kad vektoriu atimti galime apibreti taip:
a b = a + (b ) = a + (1) b .
Tarkime, kad ploktumoje turime staciakampe Dekarto koordinaciu sistema. Ko-ordinaciu ayse nuo koordinaciu pradios tako O atidekime vienetinio ilgio atkarpas.Paymekime abscisiu (OX) ayje esancios atkarpos krypti taip, kad ji sutaptu su teigiamajaaies kryptimi. Gauta vektoriu paymekime
i . Analogikai, ordinaciu ayje atidedame
vektoriuj . Vektoriai
i ir
j sudaro ploktumos baze. Pasirinkime bet kuri ploktumos
taka M ir sudarykime vektoriuOM . Randame tako M ortogonaliasias projekcijas abs-
cisiu ir ordinaciu ayse. Projekcijas paymekime x ir y. x ir y yra vadinamos vektoriausOM (tako M ) koordinatemis. Raome
OM = {x, y} (M(x, y)) arba OM = xi +yj .
Analogikai apibreiamos vektoriaus (tako) koordinates trimateje erdveje. iuo atveju,vektoriai
i ,
j ir
k sudaro trimates erdves baze ir bet kuri erdves vektoriu galime vie-
nareikmikai parayti iu vektoriu tiesine kombinacija:OM = x
i + y
j + z
k .
Imkime du ploktumos vektorius
OA = xA
i + yA
j ,
OB = xB
i + yB
j .
Tuomet vektorius
AB =
OB OA = (xB xA)
i + (yB yA)
j ,
t. y. vektoriausAB koordinates yra
{(xB xA), (yB yA)}.
Analogikai nustatomos vektoriaus koordinates trimateje erdveje.Paraysime dvieju vektoriu sudeties, atimties ir vektoriaus daugybos i skaliaro koor-
dinatines iraikas.Imkime du ploktumos vektorius
a 1 = l1i + m1
j
ira 2 = l2
i + m2
j .
49
-
iu vektoriu suma c = a 1 + a 2 koordinatemis ireikiama taip:c = (l1 + l2)
i + (m1 + m2)
j .
Vektoriu skirtumod = a 1 a 2 koordinatine iraika yra tokia:
d = (l1 l2)
i + (m1 m2)
j .
Imkime ploktumos vektoriua = xi + yj
ir dauginkime ji i skaliaro k R. Gausime vektoriu b = ka , kurio koordinatineiraika yra tokia:
b = kxi + ky
j .
Atkarpos dalijimas duotu santykiu.Tako C(x, y), kuris dalija atkarpa AB (A(x1, y1), B(x2, y2) santykiu m : n, t. y.
AC : CB = m : n, koordinates apskaiciuojamos pagal formules:{
x = nx1+mx2n+m
,
y = ny1+my2n+m
.
Jei santyki m : n paymesime , t. y. ACCB
= mn
= , tai tako C(x, y) koorinates
{
x = x1+x21+
,
y = y1+y21+
.
Jei turime du kolinearius vektorius
a 1 = l1i + m1
j
ira 2 = l2
i + m2
j ,
tai ju koordinates yra proporcingos, t. y.
l1 = kl2,m1 = km2, k R arbal1l2
=m1m2
.
Suprantama, kad du kolinearus vektoriai tiesikai priklausomi ir atvirkciai.Vektoriu skaliarine sandauga.
3.13 Apibreimas. Kampu tarp vektoriu vadinamas kampas ( [0, 180]), kurisgaunamas abu vektorius atidejus pasirinktame take.
Imkime du vektorius a ir b , sudarancius didumo kampa.
3.14 Apibreimas. Skaicius | a | | b | cos vadinamas vektoriu a ir b skaliarinesandauga. Skaliarine sandauga ymime a b .
50
-
inodami vektoriu a ir b ilgius bei ju skaliarine sandauga, nesunkiai galime nus-tatyti ir kampo tarp vektoriu kosinusa, t. y.
cos =a b
| a | | b |.
Skaliarines sandaugos savybes:
1) a b = b a ,
2) a (b ) = (a b ) = (a ) b ,
3) (a + b ) c = a c + b c ,
4) a a > 0 ,
5) jei a b = 0, tai vektoriai a ir b yra statmeni; jei nenuliniai vektoriai a ir b yrastatmeni, tai ju skaliarine sandauga lygi nuliui.
Jei vektoriaii ,
j vienetiniai ir statmeni, tai
i i = 1, i j = 0, j j = 1.
Tarkime, kad turime du vektorius
a 1 = l1i + m1
j
ira 2 = l2
i + m2
j .
Tuomet ju skaliarine sandauga a 1 a 2 ireikiama tu vektoriu koordinatemis taip:a 1 a 2 = l1l2 + m1m2.
Kadangi a a =| a | | a | cos 0, tai vektoriausa = li + mj
ilgis yra| a |=
a a =
l2 + m2.
Skaliarine sandauga padeda nustatyti atstuma tarp dvieju taku. Pvz., turime du takusA(xA, yA) ir B(xB, yB). Randame vektoriaus
AB koordinates {xB xA, yB yA} ir
prisimine, kad vektoriaus ilgis yra
AB AB, turime, kad
| AB |=
(xB xA)2 + (yB yA)2.
Vektoriu vektorine sandauga. Kaip jau esame aptare, vektoriu skaliarines sandaugosrezultatas konkretus skaicius. Be to, skaliarine daugyba apibreiama analogikai tiekploktumos, tiek trimates erdves atvejais.
Apibreime dar viena vektoriu sandauga vektorine sandauga. Imkime du vektoriusa ir b , sudarancius didumo kampa.
51
-
3.15 Apibreimas. Dvieju vektoriu a ir b vektorine sandauga vadinamas vektorius c ,tenkinantis ias salygas:
vektorius c statmenas vektoriams a ir b ,
vektoriaus c ilgis yra | c |=| a | | b | sin ,
vektoriai a ,b ir c sudaro deinine vektoriu sistema.
Vektoriu vektorine sandauga ymime a b .
Tuomet, pagal apibreima, vektoriaus a b ilgis
| a b |=| a | | b | sin .
Jei bent vienas i vektoriu a arba b yra nulinis vektorius, tai ir vektorine sandauga nulinis vektorius, t. y.
a O = O, O b = O.Jei vektoriai a ir b yra kolinearus, t. y.
a || b ,
taia b = O.
Jeia b = O,
tai| a b |= 0.
O i cia turime, kad | a | | b | sin = 0. Vadinasi, a = O arba b = O , arbasin = 0 (vektoriai kolinearus).
Imkime du vektoriusa = l1
i + m1
j + n1
k
ir b = l2
i + m2
j + n2
k .
Ju vektorine sandauga koordinatemis uraoma taip:
a b =
i
j
k
l1 m1 n1l2 m2 n2
=
m1 n1m2 n2
i +
n1 l1n2 l2
j +
l1 m1l2 m2
k .
Kadangi dvieju vektoriu vektorine sandauga ju koordinatemis ireikiama naudojant de-terminantus, tai ir vektorines sandaugos savybes yra atitinkamu determinantu savybiuanalogai.
52
-
Vektorines sandaugos savybes:
1) a b = (b a ),
2)d (a + b ) = d a + d b ,
3) (a ) b = (a b ) = a (b ).
Be to, turime, kad i i = j j = k k = O,
i j = k , i k = j , j i = k ,j k = i , k i = j , k j = i .
Vektoriu mirioji sandauga. Nagrinekime tris vektorius
a = l1i + m1
j + n1
k ,
b = l2
i + m2
j + n2
k , c = l3
i + m3
j + n3
k .
3.16 Apibreimas. Vektoriu a ,b ir c miria sandauga, ymime (a b c ), vadinamasskaliaras, gaunamas tokiu budu:
(a b c ) = (a b ) c .
Koordinatine miriosios sandaugos iraika uraoma taip:
(a b c ) =
l1 m1 n1l2 m2 n2l3 m3 n3
.
Suprantama, kad triju vektoriu mirioji sandauga yra lygi nuliui tada ir tik tada, kai vek-toriai komplanarus. Kadangi mirioji sandauga yra dauginamuju vektoriu koordinaciudeterminantas, tai ir jos savybes analogikos determinantu savybems.
Miriosios sandaugos savybes:
1) (a b c ) = (b a c ), (a b c ) = (a c b ),
2) (a b c ) = (a b c ),
3) (a b (c + d )) = (a b c ) + (a b d ).
Aiku, kad (ijk ) = 1 > 0. Tuomet salyga (a b c ) > 0 reikia, kad vektoriai
a ,b ,c sudaro deinine sistema.
53
-
Pavyzdiai.
1. Ar vektoriu sistema yra tiesikai priklausoma?
a) 1 = {1, 2,1}, 2 = {3, 7, 0}, 3 = {0,1, 3},
b) 1 = {1,3, 0}, 2 = {2, 0, 1}, 3 = {1, 1,1}, 4 = {0,2,2}.Sprendimas.
a) Kadangi nagrinejame trimates erdves vektoriu sistema, sudaryta i 3 vektoriu, taii sistema gali buti tiek tiesikai priklausoma, tiek ir nepriklausoma. Naudodamiesivektoriu tiesines nepriklausomybes apibreimu, sudarome tiesiniu lygciu sistema:
1 l1 + 2 l2 + 3 l3 =0
arba
l1 + 3l2 = 0,
2l1 + 7l2 l3 = 0,l1 + 3l3 = 0.
Spresdami ia tiesiniu lygciu sistema, randame vieninteli jos sprendini l1 = l2 = l3 =0. Remdamiesi tiesikai nepriklausomu vektoriu apibreimu, tvirtiname, kad vektoriusistema 1, 2, 3 yra tiesikai nepriklausoma.b) iuo atveju, taip pat nagrinejama trimates erdves vektoriu sistema. Taciau ja sudaro4 vektoriai. Tokiu budu, sistema gali buti tik tiesikai priklausoma (trimateje erdvejeyra trys tiesikai nepriklausomi vektoriai).
2. Raskime vektoriausb = {1, 4, 8} koordinates bazeje 1 = {1, 2, 3}, 2 = {1, 1, 0}, 3 = {0, 1, 2}.
Sprendimas.
Pirmiausia, nustatome, ar duotoji vektoriu sistema tikrai yra kuri nors trimates erdvesbaze. Sistema sudaro 3 vektoriai, o tam, kad ta sistema butu baze tie vektoriai turi butitiesikai nepriklausomi. Sudarome tiesiniu lygciu sistema:
1 l1 + 2 l2 + 3 l3 =0
arba
l1 + l2 = 0,
2l1 + l2 + l3 = 0,
3l1 + 2l3 = 0.
Randame jos sprendini: l1 = l2 = l3 = 0. Taigi, vektoriu 1, 2, 3 sistema su-
daro erdves R3 baze. Pagal apibreima, vektoriausb koordinates (1, 2, 3) duotoje
bazeje yra tiesiniu lygciu sistemos
1 1 + 2 2 + 3 3 =
b
54
-
arba
l1 + l2 = 1,
2l1 + l2 + l3 = 4,
3l1 + 2l3 = 8
sprendinys.Isprende sistema, randame, kad 1 = 2, 2 = 1, 3 = 1. Vadinasi, vektoriausb = {1, 4, 8} koordinates bazeje 1 = {1, 2, 3}, 2 = {1, 1, 0}, 3 = {0, 1, 2} yra(2,1, 1).
3. Raskime , kad vektoriai a = (4 + 3+1)i j ir b = i + 9j butu statmeni.Sprendimas.
Remdamiesi tuo faktu, kad statmenu vektoriu skaliarine sandauga lygi nuliui, turime
4 + 3+1 9 = 0.
Paymekime 3 = u. Gauname kvadratine lygti
u2 + 3u + 4 = 0,
kurios aknys yra u1 = 1, u2 = 4. Gritame prie kintamojo :kai u1 = 1, tai 3 = 1 (sprendiniu nera),kai u2 = 4, tai 3 = 4 ir = log3 4.Gavome, kad udavinio salygoje nurodyti vektoriai a ir b bus statmeni, kai =log3 4.
4. Raskime vektoriu x , kolinearu vektoriui a = 3i + 2j ir toki, kad a x = 1.Sprendimas.
Tarkime, kad x = xi + yj . inome, kad x || a , tai pagal kolineariu vektoriusavybes ju koordinates tenkina tokia lygybe:
x
3=
y
2.
Be to, turime, kada x = 1
arba3x + 2y = 1.
Tokiu budu gauname tiesiniu lygciu sistema:{
3x + 2y = 1,
2x = 3y,
kuria isprende randame y = 213
, x = 313
.
Udavinio reikalavimus tenkina vektorius x = 313
i + 2
13
j .
55
-
5. Raskime kampa tarp vektoriu a ir b ,jei | b |= (
3 + 2
2) | a |, o vektoriaip = 5a + b ir q = a + b yra statmeni.Sprendimas.
Kampa tarp vektoriu a ir b paymekime . Kadangi vektoriai p ir q statmeni, taiju skaliarine sandauga lygi nuliui, t. y.
p q = 0
arba(5a + b ) (a + b ) = 0.
Sudaugine skaliarikai, gauname
5a a + 5a b b a + b b = 0.
Remdamiesi skaliarines sandaugos savybemis pastaraja lygybe perraome taip:
5 | a |2 +4 | a || b | cos + | b |2= 0.
I udavinio salygos inome, kad
| b |= (
3 + 2
2) | a | .
Tuomet
cos =5 | a |2 (
3 + 2
2)2 | a |2
4 | a |2 (
3 + 2
2)=
3
2.
Vadinasi, kampas tarp vektoriu a ir b yra
= arccos
3
2= 30.
6. Duoti du vektoriai a = 2i + j + k , b = i + j 3k . Rasime vektorius xir y tokius, kad a x = b , y a = b .Sprendimas.
Tarkime, kad
x = x1i + x2
j + x3
k , y = y1
i + y2
j + y3
k .
Tuomet, naudodamiesi vektorines daugybos koordinatine iraika, turime:
a x =
1 1x2 x3
i +
1 2x3 x1
j +
2 1x1 x2
k .
Salygoje duota, kad a x = b , todel
1 1x2 x3
i +
1 2x3 x1
j +
2 1x1 x2
k =
i +
j 3k .
56
-
I cia gauname tiesiniu lygciu sistema:
x3 x2 = 1,x1 2x3 = 1,2x2 x1 = 3.
i sistema turi be galo daug sprendiniu. Bendrasis sistemos sprendinys yra
(3 + 2x2, x2, 1 + x2), x2 R.
Vadinasi, vektorius
x = (3 + 2t)i + tj + (1 + t)k , t R.
Atlike analogiku veiksmu seka, nustatome ir vektoriu y . iuo atveju, tenka sprestitokia tiesiniu lygciu sistema:
y2 y3 = 1,y1 + 2y3 = 1,y1 2y2 = 3.
Tokiu budu, nustateme ir vektoriu
y = (3 + 2t)i + tj + (1 + t)k , t R.
3.2 Tiese ploktumoje
iame skyrelyje aptarsime tieses lygtis ploktumoje ir dvieju tiesiu tarpusavio padetis.
3.2.1 Tiesiu lygtys
Tieses, einancios per du takus, lygtys.Tarkime, kad turime du takus A(xA, yA) ir B(xB, yB). Imkime bet kuri tiesesAB taka M(x, y). Tuomet vektoriai
AB = (xB xA)
i + (yB yA)
j
ir AM = (x xA)
i + (y yA)
j
yra kolinearus, t. y.AM || AB. Vadinasi, vektoriu koordinates yra proporcingos.
Turime:x xAxB xA
=y yAyB yA
.
Tokia tieses lygtis vadinama tieses, einancios per du takus, lygtimi.
57
-
Kadangi vektoriuAM ir
AB koordinates proporcingos (proporcingumo koefcienta
paymekime ), tai per du takus einancios tieses lygti galime rayti taip:{
x xA = (xB xA),y yA = (yB yA)
arba{
x = xA + (xB xA),y = yA + (yB yA).
Lygtys tieses, einancios per taka ir kolinearios vektoriui.Imkime taka A0(x0, y0) ir vektoriu
a = li + mj (jis vadinamas tieses kryptiesvektoriumi). Paraysime lygti tieses, einancios per taka A ir kolinearios vektoriuia . Pasirinkime bet kuri iekomos tieses taka M(x, y). Tuomet vektoriai AM =(x xA)
i + (y yA)
j ir a yra kolinearus, t. y. ju koordinates proporcingos:x xA = l, y yA = m.
Gavome iekomosios tieses parametrines lygtis:{
x = xA + l,
y = yA + m.
I iu lygciu eliminave parametra , gauname kanonine tieses lygti:x xA
l=
y yAm
.
I pastarosios lygybes turime
(x xA)m = (y yA)l.Pertvarke ia lygybe gauname dar viena tieses lygties iraika
Ax + By + C = 0, A = m,B = l, C = yAl xAm,vadinama bendraja tieses lygtimi. Tuomet tieses krypties vektoriu galime uraytitaip:
a = Bi + Aj .Padalije bendraja tieses lygti i C 6= 0, gauname aine tieses lygti:
x
a+
y
b= 1,
cia
a =C
A, b =
C
B,A 6= 0, B 6= 0.
I kanonines lygties gaunama ir kryptine tieses lygtis. Kadangi santykis ml
ymikampo , kuri sudaro vektorius a su OX aimi tangenta, tai kryptine tieses lygtisturi toki pavidala:
y yA = k(x xA),cia
k = tg =m
l.
58
-
3.2.2 Tiesiu tarpusavio padetys
Ploktumoje tieses gali buti arba lygiagrecios, arba susikertancios. Tieses, susikertancios90 kampu, vadinamos statmenomis.
Tiesiu lygiagretumo salyga.Tarkime turime dvi tieses, duotas lygtimis
a : A1x + B1y + C1 = 0
irb : A2x + B2y + C2 = 0.
Ju krypciu vektoriai atitinkamai yra
a = B1i + A1
j ,
b = B2
i + A2
j .
Tuomet tieses yra lygiagrecios tada ir tik tada, kai ju krypciu vektoriai yra koline-arus, t. y.
b = a . I cia turime
{
B2 = (B1),A2 = A1
arbaA1A2
=B1B2
.
i lygybe vadinama dvieju tiesiu, apibretu bendrosiomis lygtimis, lygiagretumosalyga.Tam, kad dvi tieses, apibretos bendrosiomis lygtimis sutaptu, butina ir pakankama,kad galiotu lygybes:
A1A2
=B1B2
=C1C2
.
Tiesiu statmenumo salyga.Imkime dvi tieses, duotas bendrosiomis lygtimis
a : A1x + B1y + C1 = 0
irb : A2x + B2y + C2 = 0.
Ju krypciu vektoriai yra:
a = B1i + A1
j ,
b = B2
i + A2
j .
Tieses a ir b yra statmenos tada ir tik tada, kai ju krypciu vektoriai yra statmeni, t.y. kai ju skaliarine sandauga yra lygi nuliui:
a b = 0.I cia turime
B1B2 + A1A2 = 0.
Tai dvieju tiesiu, duotu bendrosiomis lygtimis, statmenumo salyga.
59
-
Kampas tarp susikertanciu tiesiu.Jei tieses nera lygiagrecios ir nestatmenos, tai jos susikerta kampu, kurio didumas.
3.17 Apibreimas. Kampu tarp nelygiagreciu ir nestatmenu tiesiu vadinamas smailu-sis tu tiesiu sudaromas kampas, t. y. maiausias kampas, kuriuo reikia pasukti vienatiese, kad ji sutaptu (butu lygiagreti) su kita tiese.
Kampa tarp tiesiu galime nustatyti remdamiesi skaliarines sandaugos apibreimu.Tegul turime dvi tieses, duotas bendrosiomis lygtimis
a : A1x + B1y + C1 = 0
irb : A2x + B2y + C2 = 0.
Ju krypciu vektoriai:
a = B1i + A1
j ,
b = B2
i + A2
j .
Kampo tarp vektoriu a ir b kosinusa randame naudodami skaliarines sandaugosapibreima:
cos =| a b |
| a | | b |=
| B1B2 + A1A2 |
B21 + A21
B22 + A22
.
Salyga, kad trys takai priklausytu vienai tiesei.Turime tris takus A(xA, yA), B(xB, yB) ir C(xC , yC). Paraykime lygti tieses,einancios per du takus A ir B:
x xAxB xA
=y yAyB yA
.
Du takai A ir B jau yra vienoje tieseje, o takas C priklausys tai tiesei, jei jokoordinates tenkins tieses lygti, t. y.
xC xAxB xA
=yC yAyB yA
arba
xB xA yB yAxC xA yC yA
= 0.
Gavome triju taku priklausymo vienai tiesei salyga.
Atstumas nuo tako iki tieses.Turime taka A(xA, yA), nepriklausanti tiesei a : Ax + By + C = 0. Tuometatstuma nuo tako A iki tieses a galime apskaiciuoti pagal formule:
(A, a) =| AxA + ByA + C |
A2 + B2.
Jei takas A priklauso tiesei a, tai (A, a) = 0.
60
-
Pavyzdiai.
1. Kokio didumo kampa su OX aimi sudaro tiese, einanti per takus A(2,5) ir B(0,3)?Sprendimas.
Pirmiausia, raome lygti tieses, einancios per du takus A(2,5) ir B(0,3):x 20 2 =
y (5)3 (5) .
Turime tiesex 22 =
y + 5
2.
Paraykime kryptine ios tieses lygti:
y + 5 = (1) (x 2).
Vadinasi, tieses krypties koeficientas k = 1, t. y. tg = 1, cia tieses,einancios per takus A ir B, sudaromas kampas su OX aimi. Tuomet gauname, kad = 135.
2. Paraykime tieses, statmenos tiesei 2x + 7y 5 = 0 ir einancios per tiesiu 3x y =0, x + 4y 2 = 0 susikirtimo taka, lygti.Sprendimas.
Randame tiesiu 3x y = 0 ir x + 4y 2 = 0 susikirtimo taka, t. y. sprendiametiesiniu lygciu sistema:
{
3x y = 0,x + 4y 2 = 0.
I cia turime, kad minetuju tiesiu susikirtimo takas yra A(
213
, 613
)
. Dabar raometieses, einancios per taka A ir statmenos tiesei 2x+7y5 = 0, lygti. Iekomaja tieseuraykime bendraja lygtimi:
a : Ax + By + C = 0.
Kadangi A a, tai turime2
13A +
6
13B + C = 0.
I tiesiu a : Ax + By + C = 0 ir 2x + 7y 5 = 0 statmenumo salygos, gaunameantraja lygti
2A + 7B = 0.
Sprendiame sistema:{
213
A + 613
B + C = 0,
2A + 7B = 0.
ios sistemos sprendinys:
A = 72B,C =
1
13B, B R.
61
-
Gautas iraikas statome i bendraja tieses a lygti ir turime
72Bx + By +
1
13B = 0.
Padalije ja i B 6= 0, gauname
a : 72x + y +
1
13= 0
arba91x 26y 2 = 0.
3. Apskaiciuokime atstumus nuo taku A(3, 1) ir O(0, 0) iki tieses 3x + 4y = 0.Sprendimas.
Pirmiausia, patikrinkime, ar ie takai nepriklauso duotajai tiesei. Statome duotu takukoordinates i tieses lygti:A : 3 3 + 4 1 6= 0 (takas A tiesei nepriklauso),O : 3 0 + 4 0 = 0 (takas O yra duotosios tieses takas).Kadangi takas O priklauso duotajai tiesei, tai atstumas nuo io tako iki tieses lygusnuliui. Apskaiciuosime atstuma nuo tako A iki tieses a : 3x + 4y = 0. Tako koordi-nates ir tieses parametrus statome i atstumo nuo tako iki tieses formule ir turime:
(A, a) =| 3 3 + 4 1 |
32 + 42=
13
5.
3.3 Tiese trimateje erdveje
iame skyrelyje aptarsime tieses lygtis ir dvieju tiesiu tarpusavio padetis trimateje euk-lidineje erdveje.
3.3.1 Tiesiu lygtys
Tieses, einancios per du takus, lygtys.Turime du takus A(xA, yA, zA) ir B(xB, yB, zB). Imkime bet kuri tieses AB takaM(x, y, z). Tuomet vektoriai
AB = (xB xA)
i + (yB yA)
j + (zB zA)
k
ir AM = (x xA)
i + (y yA)
j + (z zA)
k
yra kolinearus, t. y.AM || AB. Vadinasi, vektoriu koordinates yra proporcingos.
Turime:x xAxB xA
=y yAyB yA
=z zAzB zA
.
Tai ir yra lygtys tieses, einancios per du takus.
62
-
Kadangi vektoriuAM ir
AB koordinates proporcingos (tegul proporcingumo koe-
fcientas ), tai:
x xA = (xB xA),y yA = (yB yA),z zA = (zB zA)
arba
x = xA + (xB xA),y = yA + (yB yA),z = zA + (zB zA).
Lygtys tieses, einancios per duota taka ir kolinearios duotam vektoriui.Turime taka A0(x0, y0, z0) ir vektoriu
a = li +mj +nk (jis vadinamas tieseskrypties vektoriumi). Paraysime lygtis tieses, einancios per taka A ir kolineariosvektoriui a . Pasirinkime bet kuri iekomos tieses taka M(x, y, z). Tuomet vek-toriai
AM = (x xA)
i + (y yA)
j + (z zA)
k ir a yra kolinearus, t. y. ju
koordinates proporcingos:
x xA = l, y yA = m, z zA = n.
Gavome iekomosios tieses parametrines lygtis:
x = xA + l,
y = yA + m,
z = zA + n.
I iu lygciu eliminave parametra , gauname kanonines tieses lygtis:
x xAl
=y yA
m=
z zAn
.
3.3.2 Tiesiu tarpusavio padetys trimateje erdveje
Skirtingai nei ploktumoje, trimateje erdveje tieses gali buti ne tik lygiagrecios arba susik-ertancios, bet ir prasilenkiancios. Kaip i