Матрицы. Определитель. Метод Жордана-Гаусса для СЛУ и обратной матрицы. Метод Крамера. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Матрицы. Определитель. Метод Жордана-Гаусса для СЛУ и обратной матрицы. Метод Крамера.

Тема Линал и алгебра.

09 Матрицы. Определитель. Метод Жордана-Гаусса для СЛУ и обратной матрицы. Метод Крамера.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#72232

Из формулы разложения определителя по $j$ -ому столбцу:

∑n ∑n detA = aijAij = aij(− 1)i+jMij i=1 i=1

вывести формулу разложения определителя по $i$ -ой строке:

∑n ∑n detA = aijAij = aij(− 1)i+jMij j=1 j=1

Показать ответ и решение

Допустим, уже доказана формула разложения по $j−$ ому столбцу

∑n ∑n detA = aijAij = aij(− 1)i+jMij i=1 i=1

Тогда, с учётом того, что определитель при транспонировании не меняется:

∑n ∑n det A = detAt = aji(− 1)i+jM t = aji(− 1 )i+jMji i=1 ij i=1

Здесь мы воспользовались тем, что $(ji)$ минор в транспонированной матрице равен $ij$ -минору в исходной матрице, то есть тем фактом, что $M tji = Mij$ .

Но в конце мы и получаем в точности формулу разложения по строке, осталось лишь заменить индекс суммирования на $j$ , а фиксированный индекс наоборот на $i$ , но от переименования индексов здесь ничего не зависит, потому что $i$ и $j$ в данном контексте являются независимыми индексами. Формула доказана.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#72230

Вычислить определитель

( ) | 2 − 3 4 1| || 4 − 2 3 2|| det|| || ( a b c d) 3 − 1 4 3

разлагая его по третьей строке.

Показать ответ и решение

По формуле разложения определителя по третьей строке получаем:

( ) ( ) ( ) |2 − 3 4 1| − 3 4 1 2 4 1 ||4 − 2 3 2|| 3+1 | | 3+2 | | det || || = (− 1) adet |(− 2 3 2|) + (− 1) b|( 4 3 2|) + (a b c d) − 1 4 3 3 4 3 3 − 1 4 3

( ) ( ) 2 − 3 1 2 − 3 4 3+3 || || 3+4 || || + (− 1) c( 4 − 2 2) + (− 1) d( 4 − 2 3) = 3 − 1 3 3 − 1 4

= 8a+ 15b + 12c− 19d

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#70261

Шесть нулей и три единицы случайно записывают в матрицу $3 × 3$ . С какой вероятностью у получившейся матрицы будет ненулевой определитель?

Показать ответ и решение

Определитель $3 × 3$ состоит из суммы из 6 слагаемых:

a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 − a13a22a31 + a13a21a32

Ясно, что если у нас в распоряжении только три единицы и шесть нулей, то только одно из этих слагаемых может быть отлично от нуля. Таким образом, подходящих нам исходов будет 6 - в зависимости от того, какое из этих шести слагаемых будет равно единице.

А сколько у нас всего исходов? Столько, сколько существует всего матриц $3× 3$ , в которые мы записываем шесть нулей и три единицы. Таким матриц будет столько, сколькими способами можно на 9 мест поставить куда-то три единицы, то есть

C3 = 9!--= 84 9 3!6!

Таким образом, искомая вероятность равна

6 1 ---= --- 84 14

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#70260

Пусть $A$ - матрица размера $2023× 2022$ , в которую мы записали по строкам все цифры десятичной записи числа $π$ , начиная от 100000000000, заканчивая 100004090505 знаком.

Пусть $B$ - матрица размера $2022× 2023$ , в которую мы записали по строкам даты рождения всех когда-либо живших немецких, французских, английских и русских математиков, в честь которых названа хоть одна теорема хоть в одном курсе по алгебре или мат. анализу.

Чему равняется $det(AB )$ ?

Показать ответ и решение

Ясно, что $rkA ≤ min{2022,2023} = 2022$ , аналогично, $rkB ≤ 2022$ ранг не превосходит минимума из количества строк и столбцов.

Тогда, по неравенству о рангах,

rk (AB ) ≤ min {rkA,rkB } ≤ 2022

А при этом матрица $AB$ имеет размеры $2023× 2023$ . Но её ранг не больше 2022. Следовательно $AB$ - матрица неполного ранга, а, значит, $det(AB ) = 0$ .

Замечание. Если вы пытались это посчитать, расписав $det(AB ) = detA ⋅ detB$ , проверьте, точно ли вы помните, что такое определитель и у каких матриц его можно считать...

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#70258

Поверив в то (а это, конечно, правда), что числа $1798,2139,3255,4867$ делятся на $31$ , доказать, ничего не считая, что и определитель матрицы

( ) 1 7 9 8 || || A = || 2 1 3 9|| |( 3 2 5 5|) 4 8 6 7

Тоже делится на $31$ .

Замечание. Ещё раз обговорим условия - в этой задаче для доказательства вообще запрещены любые вычисления - начиная от непосредственного вычисления определителя, заканчивая любыми арифметическими операциями.

Показать ответ и решение

Введём для удобства такую вот матрицу $( ) |1 0 0 1000| ||0 1 0 100|| D = | | |(0 0 1 10 |) 0 0 0 1$ .

А теперь заметим, что

( ) ( ) ( ) | 1 7 9 8| | 1 0 0 1000 | | 1 7 9 1798| || 2 1 3 9|| || 0 1 0 100 || || 2 1 3 2139|| | | | | = | | |( 3 2 5 5|) |( 0 0 1 10 |) |( 3 2 5 3255|) 4 8 6 7 0 0 0 1 4 8 6 4867

Далее, по свойству определителей,

( ) ( ) 1 7 9 1798 1 7 9 8 | | | | || 2 1 3 2139|| || 2 1 3 9|| det|| 3 2 5 3255|| = det(AD ) = det A ⋅detD = det A = det|| 3 2 5 5|| ( ) ( ) 4 8 6 4867 4 8 6 7

поскольку $det D = 1$ (при развертывании определителя из 24 слагаемых у $detD$ только одно слагаемое будет ненулевым - когда мы возьмём все элементы на главной диагонали).

Однако, коль скоро все указанные в условии числа делятся на 31, то для них, по определению делимости, найдутся такие $α ∈ ℤ,β ∈ ℤ,γ ∈ ℤ,δ ∈ ℤ$ такие, что

1798 = 31⋅ α,2139 = 31⋅β, 3255 = 31⋅γ,4867 = 31 ⋅δ

Таким образом, мы можем написать, что

( ) ( ) 1 7 9 31⋅α 1 7 9 8 || || || || det| 2 1 3 31⋅β | = det| 2 1 3 9| || 3 2 5 31⋅γ || || 3 2 5 5|| ( ) ( ) 4 8 6 31⋅δ 4 8 6 7

Теперь по свойству определителя, из последнего столбца определителя $( ) 1 7 9 31 ⋅α || || det|| 2 1 3 31 ⋅β|| |( 3 2 5 31⋅γ|) 4 8 6 31⋅δ$ можно вынести общий множитель $31$ и получить:

( ) ( ) 1 7 9 α 1 7 9 8 || || || || 31⋅det ||2 1 3 β || = det|| 2 1 3 9|| |3 2 5 γ | | 3 2 5 5| ( ) ( ) 4 8 6 δ 4 8 6 7

Откуда видно, что $(|1 7 9 8)| ||2 1 3 9|| det | | |(3 2 5 5|) 4 8 6 7$ делится на 31, поскольку он есть 31, умноженный на $( ) | 1 7 9 α| | 2 1 3 β| det|| || |( 3 2 5 γ|) 4 8 6 δ$ , а $( ) |1 7 9 α | |2 1 3 β | det || || |(3 2 5 γ |) 4 8 6 δ$ - это явно целое число, поскольку все элементы этой матрицы целые, а при подсчете определителя мы только умножаем и складываем, а, значит, если все элементы матрицы целые, то и её определитель цел.

Таким образом, наш исходный $( ) 1 7 9 8 | | || 2 1 3 9|| det|| 3 2 5 5|| ( ) 4 8 6 7$ получается равен целому определителю $( ) | 1 7 9 α| || 2 1 3 β|| det|| || ( 3 2 5 γ) 4 8 6 δ$ , умноженному на 31. И мы всё доказали.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#70257

Показать, что определитель матрицы

( ) | a11 − λ a12 ... a1n | || a21 a22 − λ ... a2n || A = || || ( ... ... .... .... ) an1 an2 ... ann − λ

Как функция $det A = detA (λ)$ от $λ$ является многочленом. Этот многочлен называется характеристическим многочленом матрицы $A$ .

Показать ответ и решение

Когда мы будем расписывать определитель по явной формуле, у нас будет сумма из всевозможных произведений этой матрицы, причем элементы будут в этом произведении каждый раз браться из разных строк и из разных столбцов.

Таким образом, у нас эти $λ$ будут умножаться либо на числа, либо сами на себя, а затем складываться. Понятно, что при таких операциях может получиться только многочлен. Причём очевидно, что это будет многочлен степени $n$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#70256

Пользуясь определением через сумму по перестановкам, вычислить определитель матрицы $( ) a 3 0 5 | | ||0 b 0 2|| A = ||1 2 c 3|| ( ) 0 0 0 d$

Показать ответ и решение

Итак, будем пользоваться определением определителя через сумму по перестановкам

∑ det A = sgn σ ⋅a1,σ(1) ⋅a2,σ(2) ⋅...⋅an,σ(n) σ∈Sn

По этой формуле для определителя $4 × 4$ получается $4!$ слагаемых, и не очень-то хотелось бы выписывать их все.

Обратим внимание, что у нас четвертая строка почти вся состоит из нулей. А это означает, что у нас автоматически занулятся слагаемые, которые имеют вид

a1σ(1)a2σ(2)a3σ(3)a4σ(4)

Для тех $σ$ , для которых $σ(4) ⁄= 4$ (то есть слагаемые из четвертой строчки и нечетвёртого столбца). Таким образом, незанулятся только слагаемые для тех $σ$ , для которых $σ(4) = 4$ . Таких слагаемых будет 6 штучек:

( ) ( ) detA = куч а нул ей +sgn 𝜀a11a22a33a44+sgn 1 2 3 4 a11a23a32a44+sgn 1 2 3 4 a12a21a33a44+ 1 3 2 4 2 1 3 4

(1 2 3 4) (1 2 3 4) (1 2 3 4) + sgn a12a23a31a44+sgn a13a22a31a44+sgn a13a21a32a44 = 2 3 1 4 3 2 1 4 3 1 2 4

= a11a22a33a44 − a11a23a32a44 − a12a21a33a44 + a12a23a31a44 − a13a22a31a44 + a13a21a32a44 =

= d(abc− 0 − 0+ 0 − 0− 0) = abcd

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70255

Выбрать значения $i,j,k$ так, чтобы произведение

a51ai6a1ja35a44a6k

входило в развернутую сумму для вычисления определителя матрицы $6× 6$ со знаком минус.

Показать ответ и решение

Ясно, что $i = 2$ , поскольку первые индексы всегда пробегают все возможные строки, а на первых индексах у нас стоят все числа, кроме двойки.

Далее, чтобы это слагаемое входило со знаком минус, нам нужно, чтобы перестановка

( ) 1 2 3 4 5 6 j 6 5 4 1 k

была нечётной.

У нас всего два варианта, либо $j = 3,k = 2$ , либо наоборот $j = 2,k = 3$ , ибо числа внизу не должны повторяться.

Если $j = 3,k = 2$ , то мы получаем такую перестановку:

( ) 1 2 3 4 5 6 3 6 5 4 1 2

И в ней будет 11 инверсий, то есть она будет нечетной, то есть это то, что нам нужно. Следовательно, $j = 3,k = 2,i = 2$ .

Нетрудно увидеть, что если бы $j = 2,k = 3$ , то в перестановке было бы 10 инверсий, и нам бы это не подошло.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#70254

a) Для матрицы $( ) | a11 a12 a13| A = | a21 a22 a23| ( ) a31 a32 a33$ выписать полностью явно формулу определителя

∑ det A = sgn σ ⋅a1,σ(1) ⋅a2,σ(2) ⋅...⋅an,σ(n) σ∈Sn

b) Вычислить по этой формуле определитель матрицы $( ) | 1 0 6| |( − 1 2 − 5|) 9 4 0$

Показать ответ и решение

a) Если выписывать явную формулу для определителя, то получится:

∑ detA = sgn σ ⋅a1,σ(1) ⋅a2,σ(2) ⋅... ⋅an,σ(n) = σ∈Sn

( ) ( ) = sgn𝜀a a a + sgn 1 2 3 a a a + sgn 1 2 3 a a a + 11 22 33 1 3 2 11 23 32 2 1 3 12 21 33

( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 + sgn a12a23a31 + sgn a13a22a31 + sgn a13a21a32 = 2 3 1 3 2 1 3 1 2

= a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 − a13a22a31 + a13a21a32

b) По приведенной выше формуле мы получим

( ) 1 0 6 || || det( − 1 2 − 5) = 0 + 20 − 0+ 0 − 108− 24 = − 112 9 4 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#70249

a) Сколько будет слагаемых в комбинаторной формуле вычисления определителя матрицы $n × n$ ?

det A = ∑ sgn σ ⋅a ⋅a ⋅...⋅a 1,σ(1) 2,σ(2) n,σ(n) σ∈Sn

b) А сколько из них будет со знаком $+$ ? А со знаком $−$ ?

Показать ответ и решение

a) Слагаемых будет столько, сколько существует различных перестановок на $n$ элементах $σ ∈ Sn$ .

Каждая перестановка $σ ∈ Sn$ имеет вид

( ) 1 2 3 ⋅⋅⋅ n − 1 n σ = σ(1) σ (2) σ(3) ⋅⋅⋅ σ (n − 1) σ(n) , где σ (1 ),σ (2),...,σ(n) -это разли чны е(!!!) чи &#x

это следует из того, что $σ$ , коль скоро она в $Sn$ , обязана быть биекцией

σ : {1,2,...,n } → {1,2,...,n}

Тогда получается, что для $σ(1)$ есть $n$ вариантов, потому что единичку перестановка $σ$ может отправить в любое число от $1$ до $n$ .

Далее, для $σ(2)$ есть $n − 1$ вариант, поскольку двойку $σ$ может отправить в любое число от $1$ до $n$ , за исключением того числа, в которое $σ$ отправила единичку.

Для $σ(3)$ , по аналогичным соображениям, возможны всего $n− 2$ варианта, потому что два уже запрещены - те, в которые $σ$ отправила 1 и 2.

Тем самым, всего вариантов для заполнения нижней строки в двустрочной записи перестановки

( ) 1 2 3 ⋅⋅⋅ n − 1 n σ = σ(1) σ(2) σ(3) ⋅⋅⋅ σ(n − 1) σ(n)

будет

n ⋅(n − 1) ⋅(n − 2)⋅ ...⋅2⋅1 = n!

b) Слагаемое определении определителя через сумму по перестановкам будет со знаком плюс, если оно соответствует четной перестановке (четное число инверсий), и со знаком минус, если оно соответствует нечетной перестановке (нечетное число инверсий).

Итак, мы утверждаем, что в $Sn$ всегда чётных и нечётных перестановок поровну.

Обозначим через $O ⊂ Sn$ - это множество нечётных перестановок, а через $E ⊂ Sn$ - множество чётных перестановок.

Ясно, что

|O |+ |E | = n!

Теперь, пусть некоторая $σ ∈ E$ , то есть $σ$ - чётная перестановка. Возьмём теперь такую $τ ∈ Sn$ , которая меняет местами 1 и 2, а остальные элементы оставляет на месте:

( ) τ = 1 2 3 ⋅⋅⋅ n − 1 n 2 1 3 ⋅⋅⋅ n − 1 n

Тогда мы утверждаем, что $σ ⋅τ ∈ O$ , то есть если умножить произвольную чётную перестановку $σ ∈ E$ на $τ$ , то получится нечётная перестановка.

Действительно, это так, потому что если пара $(1,2)$ составляла инверсию в $σ$ , то в $σ ⋅τ$ она не будет составлять инверсию, и наоборот, если пара $(1,2)$ не составляла инверсию в $σ$ , то в $σ ⋅τ$ она начнёт составлять инверсию.

Таким образом, количество инверсий в $σ$ и в $σ ⋅τ$ отличаются на 1, значит, $σ$ и $σ ⋅τ$ имеют разную четность. Поэтому, если $σ ∈ E$ , то $σ ⋅ τ ∈ O$ .

На самом деле, мы с вами построили сейчас отображение

f : E → O

по правилу

σ ↦→ στ

Это отображение будет инъективно. Действительно, пусть $f(σ1) = f(σ2)$ , но это то же самое, что $σ1 ⋅τ = σ2 ⋅τ$ . Тогда, коль скоро у каждой перестановки есть обратная, домножим это равенство на $τ− 1$ справа, и получим, что

σ1 = σ2

Следовательно, если $f(σ1) = f (σ2 )$ , то $σ1 = σ2$ . Это и есть определение инъекции. А раз у нас есть инъекция

f : E → O

то заведомо можно утверждать, что $|E | ≤ |O |$ .

Наоборот, при помощи той же самой $τ$ можно построить инъекцию

g : O → E

По правилу: если $π ∈ O$ - произвольная нечетная перестановка, то $π ⋅τ$ будет уже чётной, поэтому правило для $g$ будет таким:

π ↦→ π ⋅τ

Аналогично проверяется, что $g$ - инъекция из $O$ в $E$ , следовательно, $|O | ≤ |E|$ .

Таким образом получается, что $|O | = |E |$ , а с учётом того, что $|O |+ |E | = n!$ , мы получаем, что

n! |O| = |E | = 2

И, таким образом, когда мы будем расписывать наш определитель в виде суммы по перестановкам, ровно половина слагаемых у нас будет с плюсом, и ровно половина - с минусом.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#67544

Найти объем тетраэдра, натянутого на векторы $AB = (1,5,6)$ , $AC = (0,0,5)$ , $AD = (9,−4,3)$ .

Показать ответ и решение

Поскольку объем тетраэдра, натянутого на векторы $v,v ,v 1 2 3$ равен $1 6$ от объема параллелепипеда, натянутого на те же самые векторы $v1,v2,v3$ , то искомый объем будет равен $( ) 1 | 1 0 9| 6|det( 5 0 −4) |= 4 5 3$
$= 16|1(3 ⋅0 +5⋅4)− 0(3⋅5+ 4⋅4)+9(5⋅5− 4 ⋅0)|= 2465$

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#67543

Найти высоту $AH$ , опущенную из вершины $A(0,5)$ на сторону $BC$ , где $B(2,− 8)$ , $C(1,3)$ треугольника $ABC$ .

Показать ответ и решение

Ясно, что $1 S△ABC = 2AH ⋅BC$ . В то же самое время, $1 −→ −→ 1 ( 2 1 ) 1 9 S△ABC = 2|det(AB, AC)|= 2|det −13 −2 |= 2|− 4+13|= 2$ .

В то же время $−−→ ∘ --------- √ --- |BC |=|(− 1,11)|= (−1)2+ 112 = 122$ - длина вектора есть корень из суммы квадратов его координат - это по сути теорема Пифагора.

Следовательно, $9 AH = S△A12BBCC-= 12√2122 = √9122$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#67542

Доказать, что площадь треугольника, составленного из медиан данного треугольника $△ABC$ , равна $3 4$ от его площади, т.е. $3 4S△ABC$ .

Показать ответ и решение

Пусть $−A→B = −→a$ , $−→AC = −→b$ . Кроме того, для удобства обозначим медианы данного треугольника через $−−→ −→ AM = m1$ , $−−→ −→ BN = m2$ .

$PIC$

Тогда ясно, что $−→ −→ −−→ m1 = a + b−2a$ , $−→ −→ −→ m2 =− a + b2-$ . Но тогда
$−−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ S −→ −→= 12 det(−m→1,−m→2 )= 12det(−→a + b−2a,−−→a + b2-)= 12(det(−→a,− −→a)+ det(−→a,-b2 )+ det(b2 ,−−→a)+det(b2 ,2b)+det(− −→a2 ,&#x221 △m1,m2 △a ,b$ . Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#67541

Доказать явную формулу определителя $2×2$ . То есть доказать, что определитель $(x1 y1) det x2 y2$ можно вычислять как $x1y2− x2y1$ .

Показать ответ и решение

$(x1 y1)вычтемизпервогостолбцавторойскоэффициентом xy22 (x1− y1 ⋅ x2 y1) det x2 y2 = det 0 y2 y2 =$

$вычтем извторогостолбца первый скоэффициентом --y1--- ( ) = x1−y1⋅xy22 det x1 − y1⋅ xy22 0 = 0 y2$
$определительдиаг=ональнойматрицыy2⋅(x1 − y1⋅ x2)= x1y2− x2y1 y2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#66172

Вычислите определитель с помощью представления в виде суммы определителей

1.: $| | |x+ 1 4 2| || || ||x+ 2 1 4|| ||x+ 3 5 6||$
2.: $|| || ||x− 3 x− y 6|| |x− 4 x − 2y 8| || || |x− 7 x + 3y 14|$
3.: $| | ||a1 + b1 a1 + b2|| || || a2 + b1 a2 + b2$

Показать ответ и решение

Определители обладают следующим свойством:
если $A1,A2, ...,Ai = Ai1 + Ai2,..,An$ - столбцы матрицы, то

| | | | | | ||A1 A2 ... A + A ... A || = ||A1 A2 ... A ... A ||+ ||A1 A2 ... A ... A || i1 i2 n i1 n i2 n

. То же верно и для строк

Воспользуемся этим свойством для поиска определителей:

1.

$|| || || || || || ||x+ 1 4 2|| ||x 4 2|| ||1 4 2|| ||x+ 2 1 4||= ||x 1 4|| + ||2 1 4|| | | | | | | |x+ 3 5 6| |x 5 6| |3 5 6|$

Заметим, что $|| || ||1 4 2|| ||2 1 4||= 0 || || 3 5 6$ , так как сумма первой и второй строки дает третью, а значит, если их вычесть из третьей, то будет определитель с нулевой строкой, и он равен 0.

$|| || || || || || ||x 4 2|| ||x 4 2|| || x 4 2|| ||x 1 4||= ||x 1 4||+ || x 1 4|| | | | | | | |x 5 6| |2x 5 6| |− x 0 0|$

Видим, что $|| || ||x 4 2|| ||x 1 4||= 0 || || 2x 5 6$ , так как, опять же, сумма первой и второй строк дает третью.

$|| || | | ||x 4 2|| |4 2 | ||x 1 4||= − x || ||= − 14x || || |1 4 | − x 0 0$

2.

$| | | | | | | | | | | | ||x− 3 x− y 6|| ||x x − y 6|| ||− 3 x − y 6 || ||x x 6 || ||x − y 6 || ||− 3 x − y 6|| ||x− 4 x − 2y 8||= ||x x − 2y 8||+ ||− 4 x− 2y 8 ||= ||x x 8 ||+ ||x − 2y 8 ||+ ||− 4 x − 2y 8|| || || || || || || || || || || || || |x− 7 x + 3y 14| |x x + 3y 14| |− 7 x+ 3y 14| |x x 14| |x 3y 14| |− 7 x + 3y 14|$

Заметим, что $||||x x 6 |||| ||x x 8 ||= 0 | | |x x 14|$ , так как это определитель с двумя одинаковыми столбцами и $| | ||− 3 x− y 6 || || || |− 4 x − 2y 8 |= 0 ||− 7 x + 3y 14||$ , так как если прибавить к последнему столбцу два первых, то будет нулевой столбец.

$| | | | | | | | ||x − y 6|| ||x − y 6|| ||x − y 6|| || x − y 6|| | | | | || || || || || || || || ||− y 6|| ||x 6|| |x − 2y 8| = |x − 2y 8| + |x − 2y 8|= | x − 2y 8| = − x || || − 6y|| || = − 4xy − 12xy = − 16xy ||x 3y 14|| ||2x − 3y 14|| ||− x 6y 0|| ||− x 6y 0|| − 2y 8 x 8$

3.

$|| || || || || || || || || || || || || || ||a1 + b1 a1 + b2||= ||a1 a1 + b2||+ ||b1 a1 + b2||= ||a1 a1||+ ||a1 b2||+ ||b1 a1||+ ||b1 b2|| |a2 + b1 a2 + b2| |a2 a2 + b2| |b1 a2 + b2| |a2 a2| |a2 b2| |b1 a2| |b1 b2|$

Заметим, что $| | ||a1 a1|| | |= 0 |a2 a2|$ и $| | ||b1 b2|| | |= 0 |b1 b2|$ .

$| | | | | | | | | | ||a1 b2|| ||b1 a1|| ||a1 b2|| ||a1 b1|| ||a1 b2 − b1|| ||a b ||+ ||b a || = ||a b ||− ||a b|| = ||a b − b || = (a1 − a2)(b2 − b1) 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1$

Ответ

1.: $− 14x$
2.: $− 16xy$
3.: $(a1 − a2)(b2 − b1)$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#66171

Доказать, что след произведения двух матриц не зависит от порядка сомножителей.

Показать ответ и решение

Пусть у нас есть две матрицы - $A$ и $B$ . Мы хотим доказать, что $tr(AB ) = tr(BA )$ .
Для того, чтобы и $AB$ , и $BA$ были определены, нужно чтобы соответствующие размеры матриц были равны: если матрица $A$ размера $n × m$ , то матрица $B$ должна иметь размер $m × n$ . Тогда матрица $AB$ будет размера $n × n$ , а матрица $BA$ - размера $m × m$ .

$( ) ( ) | a11 a12 ... a1m| | b11 b12 ... b1n| A = |( ... |) , B = |( ... |) an1 an2 ... anm bm1 bm2 ... bmn$

У матриц $AB$ и $BA$ , по определению умножения матриц, будут следующие элементы:
$m∑ (AB )pq = aptbtq t=1$
$n (BA )pq = ∑ bprarq r=1$ .

$k tr(C ) = ∑ cii i=1$ , где $C$ - матрица размера $k × k$ .

Тогда:
$n∑ ∑n ∑m tr(AB ) = i=1(AB )ii = i=1j=1aijbji$
$∑m m∑ ∑n tr(BA ) = (BA )j′j′ = bj′i′ai′j′ j′=1 j′=1 i′=1$ .

Если заменить индексы в последней сумме: $j′ = j, i′ = i$ , то получится в точности $tr(AB )$ . Получаем, что $tr(AB ) = tr(BA )$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#66168

С помощью правила Крамера решить систему уравнений:

( ( |{ 2x − x = 1 |{2x + 5x = 1 а) 1 2 б) 1 2 |( x + 16x = 17 |(3x + 7x = 2 1 2 1 2

( (| |||| 2x1 + x2 + x3 = 3 { x1cosα + x2 sin α = cosβ { в) | г) | x1 + 2x2 + x3 = 0 ( − x1sin α + x2cosα = sinβ |||( x1 + x2 + 2x3 = 0

Показать ответ и решение

По правилу Крамера, $detA xj = ----j- detA$ , где $Aj$ получена из $A$ заменой $j$ -того столбца на столбец свободных членов. Проведем вычисления в соответствии с этим правилом.

а)

| | ||1 − 1|| ||17 16|| x1 = |------|-= 16-+-17 = 33-= 1 ||2 − 1|| 32+ 1 33 || || 1 16

| | |2 1 | || || |1--17|- 34-−-1 33- x2 = || || = 32 + 1 = 33 = 1 ||2 − 1|| |1 16|

б)

| | ||1 5|| || || x = 2|--7|-= -7−--10 = −-3 = 3 1 |2 5| 14 − 15 − 1 || || |3 7|

|| || ||2 1|| |3 2| 4− 3 1 x2 = ||----||= -------= ---= − 1 |2 5| 14− 15 − 1 ||3 7||

в)

||cos β sin α|| || || |sinβ cosα| cosβ cosα − sin βsinα cos(α + β ) x1 = ||------------|| = ----cos2α-+-sin2-α----= ----1-----= cos(α + β) ||cos α sin α|| |− sinα cosα|

|| || || cosα cosβ|| |− sin α sin β| cosα sinβ + cosβ sin α sin(α + β ) x2 = ||------------|| = ----cos2α-+-sin2-α---- = ----1-----= sin(α + β) || cosα sin α|| |− sin α cosα|

г)

| | ||3 1 1 || | | ||0 2 1 || ||0 1 2 || 12 − 3 9 x1 = |-------|= --------------------= -- ||2 1 1 || 8 + 1 + 1− 2 − 2− 2 4 ||1 2 1 || || || |1 1 2 |

|| || ||2 3 1|| ||1 0 1|| | | x = ||1--0--2||= -------3−-6--------= − 3- 2 |2 1 1| 8+ 1 + 1− 2 − 2 − 2 4 || || ||1 2 1|| ||1 1 2||

| | ||2 1 3|| || || ||1 2 0|| |1 1 0| 3− 6 3 x3 = ||-------||= -----= − -- ||2 1 1|| 4 4 |1 2 1| || || |1 1 2|

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#66046

Доказать, что если матрицы $A$ и $B$ перестановочны, то

$∑n ( ) (A + B )n = n AiBn −i i=0 i$

Привести пример двух матриц, для которых эта формула неверна.

Показать ответ и решение

Если матрицы перестановочны, то $AB = BA$ . Поэтому когда мы из произведения $n$ скобок выбираем $i$ раз матрицу $A$ (и, следовательно, выбираем $n − i$ раз матрицу $B$ ), то мы получаем $(n) i$ слагаемых, состоящих из произведения матриц $A$ и $B$ . Пользуясь перестановочностью матриц, меняем местами множители $A$ и $B$ , перенося таким образом $A$ в левую часть произведения, $B$ – в правую. И получаем требуемое равенство.

На неперестановочных матрицах, конечно же, такое свойство не работает: возьмём для примера $n = 2$ матрицы

$( ) ( ) A = 1 1 ,B = 1 0 ( 0 1) 1( 1 ) 2 1 1 1 AB = 1 1 ,BA = 1 2$

Следовательно,

$(3 2) (A+ B )2 = (A + B )(A + B) = A2 + AB + BA + B2 = A2 + +B2 ⁄= ( ) 2 3 2 4 2 2 2 2 ⁄= A + 2 2 + B = A + 2AB + B$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#66035

Считая определитель по определению через сумму по перестановкам найти члены, содержащие $x3$ и $4 x$ .

$( ) x 1 2 3 || || det|| x x 1 2|| |( 1 2 x 3|) x 1 2 2x$

Показать ответ и решение

Определитель матрицы - это большая сумма:

$∑ sgn σ ⋅a1,σ(1) ⋅a2,σ(2) ⋅...⋅an,σ(n) σ∈Sn$

Это определение в точности означает, что слагаемые, входящие в определитель, состоят из произведения множителей, где каждая пара множителей не имеет ни общую строку, ни общий столбец.
Следовательно, можем сразу же найти все члены, содержащие $x4$ : так как дана матрица $4× 4$ , то необходимо с каждой строки взять множитель, равный $x$ . В первой и третьей строке такие элементы единственные – из первого и третьего столбца соответственно.
Тогда из второй строки мы обязаны взять элемент из второго столбца (ведь элемент из первого столбца уже есть в нашем произведении). С четвёртой строкой аналогично – берём элемент из четвёртого столбца.

$| | ||x 1 2 3 || ||x x 1 2 || |1 2 x 3 | ||x 1 2 2x||$

Следовательно, член, содержащий $x4$ , единственный и равен $2x4$ .

Аналогично найдём члены, содержащие $3 x$ – нам нужно взять ровно из трёх строк по $c⋅x$ , $c$ – коэффициент. Но мы не сможем взять $x$ из первой строки, потому что это будет означать, что из оставшихся строк мы можем взять либо три $x$ , либо меньше двух $x$ (проверьте!). Поэтому возьмём $x$ со второй, третьей и четвёртой строки, а с первой возьмём число. Следовательно, возможны такие варианты:

$| | | | |x 1 2 3 | |x 1 2 3 | ||x x 1 2 || ||x x 1 2 || ||1 2 x 3 ||, ||1 2 x 3 || || || || || x 1 2 2x x 1 2 2x$

Осталось посчитать количество перестановок, чтобы найти члены, содержащие $x3$ – у первой матрицы число перестановок равно $1$ , у второй равно $5$ . Поэтому элементы равны $− 2x3$ и $− 3x3$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#66025

Вычислить определитель

$|| || || 1 2 3 ... n − 2 n − 1 n|| || 2 3 4 ... n − 1 n n|| || || | 3 4 5 ... n n n| detAn ×n = || ... ... ... ... ... ... ...|| || || ||n − 2 n − 1 n ... n n n|| ||n − 1 n n ... n n n|| | | | n n n ... n n n|$

Показать ответ и решение

Поскольку определитель матрицы не меняется при сложении и вычитании строк, то

$det(a1,a2,...,an− 1,an) = det(a1,a2 − a1,a3 − a2,...,an−1 − an −2,an − an− 1) = || || ||1 2 3 ... n − 2 n − 1 n|| |1 1 1 ... 1 1 0| || || ||1 1 1 ... 1 0 0|| = ||... ... ... ... ... ... ...|| || || ||1 1 1 ... 0 0 0|| |1 1 0 ... 0 0 0| || || |1 0 0 ... 0 0 0|$

Разложим матрицу по последнему столбцу. У нас получится произведение элемента $n$ на определитель верхнетреугольной матрицы. Поменяем столбцы верхнетреугольной матрицы местами, ведь определитель матрицы

$| | |1 1 1 ... 1 1| || || ||0 1 1 ... 1 1|| ||0 0 1 ... 1 1|| ||. . . . . .|| |.. .. .. .. .. ..| ||0 0 0 ... 1 1|| || || |0 0 0 ... 0 1|$

равен 1. С учётом знака перестановки получаем

$|| || ||1 1 1 ... 1 1|| ||1 1 1 ... 1 0|| ||.. .. .. .. .. ..|| det(a1,a2,...,an−1,an) = (− 1)1+(n mod 2)n |. . . . . .| = ||1 1 1 ... 0 0|| || || ||1 1 0 ... 0 0|| |1 0 0 ... 0 0| = (− 1)1+(n mod 2)ndet(b1,b2,...bn) = 1+(n mod 2) (n−1)(n−2) 1+ (n mod 2)+ (n−-1)(n−2) = (− 1) n ⋅(− 1) 2 det(bn,bn−1,...b1) = (− 1) 2 n$