Примеры решения типовых задач. Пример 1.Дана система линейных уравнений

Читайте также:

Пример 1. Дана система линейных уравнений

Доказать ее совместность и:

1) решить систему по формулам Крамера;

2) записать систему линейных уравнений в матричном виде, найти матрицу А ^{– 1} обратную матрице системы А. Проверить правильность нахождения обратной матрицы матричным умножением (АА ^{– 1} = Е).

Решение. Совместность данной системы докажем, используя теорему Крамера, а именно: если главный определитель системы отличен от нуля, то система имеет единственное решение.

Вычислим главный определитель системы, пользуясь правилом треугольников:

= =

= (– 4)∙3∙(– 1) + (– 1)∙(– 6)∙1 + 8∙1∙3 – (3∙3∙1 + (– 4)∙(– 6)∙1 + (– 1)∙8∙(– 1)) =

= 12 + 6 + 24 – 9 – 24 – 8 = 1 0.

Так как главный определитель системы отличен от нуля, то система совместна и имеет единственное решение.

1) Решим систему уравнений по формулам Крамера:

где ∆ _х, ∆ _у, ∆ _z – вспомогательные определители, которые получаются из определителя системы ∆ посредством замены свободными членами элементов соответственно первого, второго и третьего столбцов.

Главный определитель системы:

Вычислим вспомогательные определители ∆ _х, ∆ _у, ∆ _z.

Замечание. Определитель можно вычислить, разложив по элементам некоторой строки или столбца. Например,

(– 3)∙ А ₁₁ + (– 1)∙ А ₁₂ + 3∙ А ₁₃ = (– 3)∙(– 1)^{1 + 1}∙ М ₁₁ +

+ (– 1)∙(– 1)^{1 + 2}∙ М ₁₂ + 3∙(– 1)^{1 + 3}∙ М ₁₃ = (– 3) + +

+ 3 = (– 3)∙3 + 4 + 3∙(– 1) = – 8;

8 + 18 + 24 – 6 – 24 – 24 = – 4;

– 12 – 2 – 24 + 9 + 8 + 8 = – 13.

Отсюда

Ответ:

2) Запишем данную систему линейных уравнений

в матричном виде.

Обозначим:

А = Х = ; В = .

Тогда данную систему можно записать в матричном виде: или

∙ = .

Если матрица А невырожденная, то есть | А | ≠ 0 (| А | – определитель матрицы А), то существует обратная матрица A ^–¹ по отношению к матрице А.

Найдем матрицу A ^–¹ по формуле

A ^–¹ = ,

где А_ij – алгебраические дополнения к элементов a_ij определителя матрицы А.

А_ij = (– 1) ^{i +}^jM_ij,

M_ij – миноры элементов a_ij матрицы А, которые являются определителями второго порядка, полученные из определителя | А | путем вычеркивания строки i и столбца j.

Определитель матрицы А

| А |= = 1.

Так как | А | , то существует обратная матрица A ^–¹. Найдем ее.

А ₁₁ = (– 1)¹⁺¹ М ₁₁ = (– 1)² ; А ₁₂ = (– 1)³ = 2;

А ₁₃ = (– 1)⁴ = 5;

А ₂₁ = (– 1)²⁺¹ М ₂₁ = (– 1)³ ; А ₂₂ = (– 1)⁴ = 1;

А ₂₃ = (– 1)⁵ = 3;

А ₃₁ = (– 1)³⁺¹ М ₃₁ = (– 1)⁴ ; А ₃₂ = (– 1)⁵ = 0;

А ₃₃ = (– 1)⁶ = – 4.

Значит,

А ^{– 1} = .

Проверим правильность вычисления обратной матрицы, используя матричное умножение, т.е. АА ^{– 1} = Е.

∙ = =

= = Е.

Значит, матрица А^– ¹ найдена верно.

Ответ:

Пример 2. Даны координаты вершин треугольника АВС: А (1, 3), В (10, 9), С (15, 1). Сделать чертеж. Найти:

1) уравнение сторон треугольника;

2) уравнение высоты BD и ее длину;

3) косинус внутреннего угла треугольника при вершине А;

4) систему линейных неравенств, определяющих внутреннюю

область треугольника.

Решение. Сделаем чертеж (рис. 1).

Рисунок 1 – Треугольник АВС

1) Уравнения сторон находим как уравнения прямых, проходящих через две данные точки А (х ₁; у ₁) и В (х ₂; у ₂):

(1)

Подставив координаты точек А (1, 3) и В (10, 9) в уравнение (1), получим уравнение стороны АВ:

, ,

2 х – 3 у + 7 = 0 – общее уравнение стороны АВ.

Аналогично составляем уравнение стороны ВС:

, ,

8 х + 5 у – 125 = 0 – общее уравнение стороны ВС.

Уравнение стороны АС:

, ;

х + 7 у – 22 = 0 – общее уравнение стороны АС.

2) Найдем уравнение высоты BD и ее длину. Так как , то их скалярное произведение равно нулю: (, ) = 0.

Пусть точка D имеет координаты D (х, у). Тогда

= (х_С – х_А, у_С – у_А) = (15– 1, 1 – 3) = (14 – 2),

= (х_D – х_B, у_D – у_B) = (х – 10, у – 9),

(, ) = 14∙(х – 10) – 2∙(у – 9) = 0,

7∙(х – 10) – (у – 9) = 0,

7 х – у – 61 = 0 – уравнение высоты BD.

Длина высоты BD – это расстояние от точки В до прямой АС. Воспользуемся формулой для нахождения расстояния от точки М ₀(х ₀, у ₀) до прямой Ах + Ву + С = 0

В нашем случае расстояние от точки В (10, 9) до прямой АС: х + 7 у – 22 = 0

d = .

3) Косинус угла α между векторами = (а_х, а_у) и = (b_х, b_у) определяется по формуле

cosα = ,

где скалярное произведение векторов и равно (, ) = а_х ∙ а_у + b_х ∙ b_у, а длины векторов | | и | | вычисляются по формулам | | = , | | = .

Внутренний угол А треугольника АВС – это угол между векторами и . Координаты этих векторов

= (10 – 1, 9 – 3) = (9, 6), = (15 – 1, 1 – 3) = (14, – 2).

Следовательно,

(, ) = 9∙14 + 6∙(– 2) = 126 – 12 = 144,

| | = = = ,

| | = = = = 10 .

Тогда

4) Множество внутренних точек треугольника АВС можно рассматривать как пересечение трех полуплоскостей, из которых первая ограничена прямой АВ и содержит точку С, вторая – ограничена прямой АС и содержит точку В, третья – ограничена прямой ВС и содержит точку А.

Найдем неравенство, определяющее первую из этих полуплоскостей. Для этого в левую часть уравнения прямой АВ 2 х – 3 у + 7 = 0 подставим координаты точки С (15, 1). Получим:

2∙15 – 3∙1 + 7 = 34 > 0.

Так как, 34 > 0, то первую полуплоскость будет определять неравенство

2 х – 3 у + 7 > 0.

Аналогично полуплоскость, ограниченная прямой АС х + 7 у – 22 = 0 и содержащая точку В (10, 9), определяется неравенством

х + 7 у – 22 > 0,

так как 10+ 7∙9 – 22 = 51 > 0.

И третья полуплоскость, ограниченная прямой ВС 8 х + 5 у – 125 = 0 и содержащая точку А (1, 3), определяется неравенством

8 х + 5 у – 125 < 0,

так как 8∙1 + 5∙3 – 125 = – 102 < 0.

Итак, множество внутренних точек треугольника АВС определяется системой неравенств

Пример 3. Найти пределы функций. В заданиях а), б) – не используя правило Лопиталя, а в задании в) – используя эквивалентные бесконечно малые функции при .

а) .

Числитель и знаменатель дроби при х → ∞ не имеют конечных пределов, значит, выражение под знаком предела представляет собой неопределенность вида . Разделим числитель и знаменатель дроби на х ²(наивысшую степень переменной х) и, с учетом теорем о пределах, получим

= = = =

= =

б)

Так как = 0 и = 0, то имеем неопределенность вида . Для раскрытия этой неопределенности

1) Квадратный трехчлен ах ² + bx + c, дискриминант которого D = b ² – 4 ac и D > 0, имеет два действительных корня х ₁ и х ₂. Корни квадратного трехчлена определяются по формуле х _{1, 2} = . В этом случае квадратный трехчлен ах ² + bx + c можно разложить на множители:

ах ² + bx + c = а (х – х ₁)(х – х ₂).

Разложим числитель на множители:

Таким образом, .

2) Умножим числитель и знаменатель дроби на выражение сопряженное знаменателю, то есть на . Так как (a – b)(a + b) = a ² – b ², то = = 7 – 3 х – 9 = – 2 х – 2 = – 2(х + 1).

Итак,

в) .

Вычислим предел , используя эквивалентные бесконечно малые функции при . На основании теоремы предел отношения двух бесконечно малых функций не изменится, если каждую из них или одну из них заменить эквивалентной ей бесконечно малой, то есть если при х ® х ₀ ~ , ~ , тогда

Поэтому

= [tg3 x ~ 3 x, (e ² ^x – 1) ~ 2 x, при х → 0]= .

Ответ: а) – 3; б) 24; в) .

Пример 4. Найти производные у ′ = данных функций.

а) .

Функция у (х) является произведением двух сложных функций u = 5⁷ ^x и v = tg(1 – 3 x). Производную данной функции найдем по формуле

(u ∙ v)′ = u ′ v + uv ′,

где u = u (х) и v = v (х) – дифференцируемые функции.

Тогда

у ′ = = + =

= 5^{7 х}∙ln5∙(7 x)′∙tg(1 – 3 x) + 5^{7 х}∙ ∙(1 – 3 x)′ =

= 7∙5^{7 х}∙ln5∙tg(1 – 3 x) – 3∙5^{7 х}∙ =

= 5^{7 х}∙ .

б) .

Производную данной функции найдем, используя правила дифференцирования суммы и частного:

(u + v)′ = u ′ + v ′, = ,

где u = u (х) и v = v (х) – дифференцируемые функции. u = 1 – 3 x + x ², v = sin4 x, – const, поэтому ()′ = 0.

Тогда

у ′ = = =

= =

= .

в) у = (arctg2 x + 3 е ² ^x – 5 x)⁴.

Данная функция является сложной и ее можно записать в виде у = и ⁴, где и = arctg2 x + 3е² ^x – 5 x. Производную сложной функции найдем по правилу

у_х ′ = у_и ′ и_х ′.

Тогда

у ′ = ((arctg2 x + 3 е ² ^x – 5 x)⁴)′ = 4(arctg2 x + 3 е ² ^x – 5 x)³(arctg2 x + 3 е ² ^x – 5 x)′ =

= 4(arctg2 x + 3 е ² ^x – 5 x)³ .

Пример 5. Найти локальные экстремумы функции двух переменных

z = .

Решение. Так как по условию x< 0, y< 0, то областью определения функции двух переменных является часть плоскости, лежащая внутри третьей четверти, не включая осей координат.

Если дифференцируемая функция z = f (x,y) имеет в точке М ₀(х ₀; у ₀) локальный экстремум, то в этой точке обе ее частные производные первого порядка, если они существуют, равны нулю, т.е. , либо хотя бы одна из этих частных производных в этой точке не существует.

Точки, принадлежащие области определения, в которых частные производные равны нулю или хотя бы одна из них не существует, называются критическими.

Находим частные производные данной функции:

z _x′ = 2 xy + y ² + 3 y,

z _y′ = x ²+ 2 xy +3 x.

Приравнивая их к нулю, получаем систему уравнений:

Т.к. x < 0 и y < 0, то

Полученная система имеет одно решение, которое определяет критическую точку: М ₀ .

Рассмотрим достаточные условия существования локального экстремума. Пусть существуют частные производные первого и второго порядков функции z= f (x; y) и М ₀(х ₀; у ₀) – критическая точка функции z = f (x; y), то есть . Введем следующие обозначения: