Билет 6

Нахождение обратной матрицы. Проверка. Решение систем линейных уравнений с помощью обратной матрицы.

Обратной матрицей к квадратной матрице$A$ называется такая матрица (обозначается $A^{−1}$), что $A^{−1} · A = A · A^{−1} = E$. Если обратная матрица существует, то она единственная. Обратная матрица существует тогда и только тогда, когда матрица $A$ — невырожденная, то есть $|A|\ne0$.

Присоединенной матрицей к квадратной матрице $A = (a_{ij})$ называется матрица $\widetilde A= (A_{ij})^T$ , полученная транспонированием из матрицы, составленной из алгебраических дополнений $A_{ij}$ к элементам $a_{ij}$, где $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$.

Обратную матрицу можно искать двумя путями:

1. Метод присоединённой матрицы заключается в применении формулы:

   $$A^{-1}=\frac{1}{|A|}\widetilde A$$
2. Метод элементарных преобразований состоит в следующем. Приписывая справа к матрице $A$ размера $n×n$ единичную матрицу такого же размера, получим прямоугольную матрицу $B = (A|E)$ размера $n×2n$. С помощью элементарных преобразований над строками матрицы B приводим ее к виду $B_1 = (E|A^{−1})$.

Чтобы проверить обратную матрицу, умножьте её на исходную. Если получилась единичная матрица, то всё хорошо.

Уравнения, подходящие под формулы слева, решаются соответствующими формулами справа. Для решения матрицы $A,C$ должны быть невырождены.

$$\begin{aligned} A· X=B&\implies X=A^{-1}·B\\ X·A=B&\implies X=B·A^{-1}\\ A·X·C=B&\implies X=A^{-1}·B·C^{-1} \end{aligned}$$

Уравнение прямой, проходящей через две точки. Переход от этих уравнений к общему уравнению прямой и обратно.

Уравнение прямой, проходящей через две точки $M_1(x_1,y_1,z_1)$ и $M_2(x_2,y_2,z_2)$, выглядит так:

$$\frac{x-x_1}{x_2-x_1}=\frac{y-y_1}{y_2-y_1}=\frac{z-z_1}{z_2-z_1}$$

Общее уравнение прямой выглядит так:

$$Ax+By+Cz+D=0$$

Практика. Задачи

1. Задача.

Дано:

$$\begin{array}{l} V=5\\ A(2,1,-1)\\ B(3,0,1)\\ C(2,-1,3)\\ D\sub Oy\implies D(0,a,0) \end{array}$$

Тетраэдр — пирамида, направляемая векторами $\vec{AB},\vec{AC},\vec{AD}$. Найдём их координаты, вычтя из координат точек конца координаты точек начала:

$$\begin{array}{l} \vec{AB}=\{1,-1,2\}\\ \vec{AC}=\{0,-2,4\}\\ \vec{AD}=\{-2,a-1,1\} \end{array}$$

Известно, что

$$V=\frac{1}{6}|(\vec{AB},\vec{AC},\vec{AD})|$$

Подставляем, считаем:

$$\begin{array}{l} 5=\frac{1}{6} \begin{vmatrix} 1&-1&2\\ 0&-2&4\\ -2&a-1&1 \end{vmatrix}\\ 5=\frac{1}{6}(4a+2)\\ 30=4a+2\\ 28=4a\\ a=\frac{28}{4}=7 \end{array}$$

Итоговые координаты вершины: $D(0,7,0)$.

2. Задача.

$$\Bigg[ \begin{array}{l} \begin{cases} -a+2b=0\\ 2a+5b=-5\\ \end{cases}\\ \begin{cases} -5a=0\\ b=-5 \end{cases} \end{array} \iff \Bigg[ \begin{array}{l} \begin{cases} a=2b\\ 9b=-5 \end{cases}\\ \begin{cases} a=0\\ b=-5 \end{cases} \end{array} \iff \Bigg[ \begin{array}{l} \begin{cases} a=\frac{-10}{9}\\ b=\frac{-5}{9} \end{cases}\\ \begin{cases} a=0\\ b=-5 \end{cases} \end{array}$$

Получаем два числа:

• $z_1=\frac{-10}{9}+\frac{-5}{9}i$

• $z_2=-5i$

Похоже, что они неправильные.