Благодаря ви

[ВишаМатематика]

Мерси на отзовалите се .

[Реклама]

[gdimkov]

а) е лесно.
Написваш детерминантата. Умножаваш ІІІ ред с (-2) и приавяш към ІІ. Умножаваш ІІІ ред с (-3) и прибавяш към ІV. Сега се развива по първ и стълб (има само един елемент). Детерминантата е различнаот нула, откъдето следва, че системата има единствено решение.
б) не ми е ясно
в) явно става дума за формули на Крамер. Пак се пресмятат детерминанти. Важното е, че детерминантата от а) е различна от нула.

[ВишаМатематика]

Благодаря мн. Ако някой може да ми помогне за цялата ще съм мн. благодарен.

[ВишаМатематика]

мерси

[gdimkov]

На празните места се пише 0. Действието, като го описваш е правилно. Това се опитвах да обясня. Ако някъде липсва х1, това означава, че имаме 0.х1 и оттам идва попълването на детерминантата с нули.

[ВишаМатематика]

Мерси мн .

[Star23]

Аз пуснах същата задача по-горе, но не видях, че е пусната тук.Как се пише детерминантата от н=4? Аз знам само от 3 и от 2.Бихте ли разяснили по подробно как се решава?

[Star23]

[nikko1]

Двоен пост???Защо така
Ако съм разбрал правилно системата ти изглежда така
[tex]|\ \ \ \ \ +x_2+3x_3+\ x_4=2[/tex]
[tex]|2x_1-x_2+3x_3-2x_4=0[/tex]
[tex]|\ x_1\ +x_2\ \ \ \ \ \ \ +2x_4=3[/tex]
[tex]|3x_1\ - x_2+x_3\ -2x_4=5.[/tex]
а) Матрицата на системата е [tex]A=\left( {\begin{array}{rrrr} 0 & 1 & 3 & 1 \\ 2 & { - 1} & 3 & { - 2} \\ 1 & 1 & 0 & 2 \\ 3 & { - 1} & 1 & { - 1} \\\end{array}} \right), [/tex] а детерминантата на системата е [tex]\Delta=\left| {\begin{array}{rrrr} 0 & 1 & 3 & 1 \\ 2 & { - 1} & 3 & { - 2} \\ 1 & 1 & 0 & 2 \\ 3 & { - 1} & 1 & { - 1} \\\end{array}} \right|.[/tex]
За да я пресметнем можем да развием по първи ред и [tex]\Delta=0.A_{11}+1.A_{12}+3.A_{13}+1.A_{14},[/tex]където [tex]A_{ij}=(-1)^{i+j}\Delta_{ij}[/tex] е адюнгираното количество, съответстващо на елемента [tex]a_{ij}[/tex] от [tex]\Delta[/tex], а [tex]\Delta_{ij}[/tex] е детерминанатата, получена от [tex]\Delta[/tex] при зачеркването на [tex]i[/tex]-ти ред и [tex]j[/tex]-ти стълб. Намираме [tex]A_{12}=(-1)^3\left| {\begin{array}{rrr} 2 & 3 & {-2} \\ { 1} & 0 & { 2} \\ {3} & 1 & {-1} \\ \end{array}} \right|=-(0+18-2-0-4+3)=-15[/tex], [tex]A_{13}=(-1)^4\left| {\begin{array}{rrr} 2 & {-1} & {-2} \\ { 1} & 1 & { 2} \\ {3} &{-1} & {-1} \\ \end{array}} \right|=-2-6+2+6+4-1=3,[/tex]
[tex]A_{14}=(-1)^5\left| {\begin{array}{rrr} 2 & {-1} & {3} \\ { 1} & 1 & {0} \\ {3} &{-1} & {1} \\ \end{array}} \right|=-(2+0-3-9+1-0)=9.[/tex]
Тогава [tex]\Delta=1.(-15)+3.3+1.9=-15+18=3\neq 0.[/tex] Значи матрицата на системата е неособена и имаме 4 неизвестни и 4 уравнения. Това доказва, че имаме единствено решение на системата.
б) Тъй като матрицата [tex]A[/tex] е неособенна, то съществува обратна матрица, която можем да намерим по формулата [tex]A^{-1}={1\over {det A}}\left( {\begin{array}{rrrr} A_{11} & A_{21} & A_{31} & A_{41} \\ A_{12} & A_{22} & A_{32} & A_{42} \\ A_{13} & A_{23} & A_{33} &A_{43} \\ A_{14} & A_{24} & A_{34} & A_{44} \\\end{array}\right)[/tex] и след пресмятането на 16-те адюнгирани количества имаме [tex]A^{-1}={1\over 3}\left( {\begin{array}{rrrr} {-3} & 4 & 9 & {-3} \\ {-15} & 22 & 19 & {-21} \\ 3 & {-3} & {-3} &3 \\ 9 & {-13} & {-10} & 12 \\\end{array}\right).[/tex]
За да докажем, че точно това е търсената матрица трябва да проверим дали [tex]A.A^{-1}=E[/tex]. Пресмятаме по правилото за умножение на матрици - "ред по стълб" [tex]A.A^{-1}=\left( {\begin{array}{rrrr} 0 & 1 & 3 & 1 \\ 2 & { - 1} & 3 & { - 2} \\ 1 & 1 & 0 & 2 \\ 3 & { - 1} & 1 & { - 1} \\\end{array}} \right). {1\over 3}\left( {\begin{array}{rrrr} {-3} & 4 & 9 & {-3} \\ {-15} & 22 & 19 & {-21} \\ 3 & {-3} & {-3} &3 \\ 9 & {-13} & {-10} & 12 \\\end{array}\right)=[/tex]
[tex]\frac{1}{3}\left( {\begin{array}{cccc} {0.( - 3) + 1.( - 15) + 3.3 + 1.9} & {0.4 + 1.22 + 3.( - 3) + 1.( - 13)} & {0.9 + 1.19 + 3.( - 3) + 1.( - 10)} & {0.( - 3) + 1.( - 21) + 3.3 + 1.12} \\ {2.( - 3) + ( - 1).( - 15) + 3.3 + ( - 2).9} & {2.4 + ( - 1).22 + 3.( - 3) + ( - 2).( - 13)} & {2.9 + ( - 1).19 + 3.( - 3) + ( - 2).( - 10)} & {2.( - 3) + ( - 1).( - 21) + 3.3 + ( - 2).12} \\ {1.( - 3) + 1.( - 15) + 0.3 + 2.9} & {1.4 + 1.22 + 0.( - 3) + 2.( - 13)} & {1.9 + 1.19 + 0.( - 3) + 2.( - 10)} & {1.( - 3) + 1.( - 21) + 0.3 + 2.12} \\ {3.( - 3) + ( - 1).( - 15) + 1.3 + ( - 1).9} & {3.4 + ( - 1).22 + 1.( - 3) + ( - 1).( - 13)} & {3.9 + ( - 1).19 + 1.( - 3) + ( - 1).( - 10)} & {3.( - 3) + ( - 1).( - 21) + 1.3 + ( - 1).12} \\\end{array}} \right)=[/tex]
[tex]=\frac{1}{3}\left( {\begin{array}{cccc} 3&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&3&0\\0&0&0&3 \\\end{array}} \right)=\left( {\begin{array}{cccc} 1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \\\end{array}} \right)=E.[/tex]
в) Системата линейни уравнения може да се запише матрично във вида [tex]Ax=b[/tex], където [tex]x=\left( {\begin{array}{c} {x_1 } \\ {x_2 } \\ {x_3 } \\ {x_4 } \\\end{array}} \right)[/tex] е вектор стълб от неизвестни, а [tex]b=\left( {\begin{array}{c} 2 \\ {0 } \\ {3 } \\ {5} \\\end{array}} \right)[/tex] е вектор стълб от свободните членове. Тогава решението е [tex]x=A^{-1}.b={1\over 3}\left( {\begin{array}{rrrr} {-3} & 4 & 9 & {-3} \\ {-15} & 22 & 19 & {-21} \\ 3 & {-3} & {-3} &3 \\ 9 & {-13} & {-10} & 12 \\\end{array}\right).\left( {\begin{array}{c} 2 \\ {0 } \\ {3 } \\ {5} \\\end{array}} \right)=\left( {\begin{array}{r} {-3} \\ {-26} \\ {4 } \\ {16} \\\end{array}} \right)[/tex] или [tex]x_1=-3, x_2=-26, x_3=4, x_4=16.[/tex]

Хайде със здраве и друг път четете внимателно и си правете сами домашните.

[ВишаМатематика]

супер си

[qazwsxedc]

в тази задача има грешка в точка б) - третата колона не се получават 0-ли и 3-ка , а по големи числа