Материал: Решение тестовых заданий федерального интернет-экзамена по математике. Часть 1. Алгебра и геометрия. Колпачёв В.Н., Дементьева А.М

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Решение. Методом Крамера можно решить систему, матрица которой квадратная и невырожденная. Неизвестные находятся по формулам (2.20), где - определитель матрицы системы, а j определяются по формулам (2.21). У

нас

−5

поэтому

−5

= −6

−(−15)=9,

A =

−3

1 =

−5

= −12 −(−35)= 23 ,

2 =

14 −12 = 2 .

Итак

=9 , 1 = 23,

−3

2 = 2 .

Тестовое задание 2.35

Пусть A и B – обратимые квадратные

1 A−1B

матрицы одного порядка. Тогда реше-

нием матричного уравнения

3XA = B

является матрица…

−1

3 BA

3A−1B

3BA−1

Решение. В этом задании нужно из уравнения

3XA = B

выразить X .

Сначала умножим обе части уравнения на

1 ,

получим

XA =

1 B . По условию

матрица A обратима, т.е. существует A−1 . Умножим левую и правую части по-

лучившегося уравнения справа на A	−1	. Получим	(XA)A	−1		1		−1	или, учи-
лучившегося уравнения справа на A		. Получим	(XA)A		=		B A		или, учи-
					3

тывая свойства умножения матриц, имеем X (AA−1 )= 13 (BA−1 ). Так как AA−1 = I

и X I = X , получаем X = 13 BA−1 , что соответствует второму ответу.

Тестовое задание 2.36

При решении системы линейных уравнений с квадратной матрицей коэффициентов A можно применять формулы Крамера, если

одно из уравнений системы является линейной комбинацией остальных

ранг матрицы A равен числу ее неизвестных

определитель матрицы A отличен от нуля столбец свободных членов является ненулевым

Решение. Вспомним, что формулы Крамера применимы, если матрица A системы квадратная и det A ≠ 0 , в этом случае система имеет единственное решение. Проанализируем предлагаемые ответы.

Первый ответ неверен, так как если одно из уравнений является линейной комбинацией остальных, то вектор-строка расширенной матрицы системы является линейной комбинацией остальных векторов-строк, из чего следует, что векторы-строки линейно зависимы. По определению 2.13′ делаем вывод, что ранг расширенной матрицы системы меньше числа уравнений, а значит, и ранг матрицы системы меньше числа уравнений, т.е. определитель матрицы системы равен нулю – метод Крамера не применим.

Второй ответ верный, т.к условие равенства ранга квадратной матрицы системы числу неизвестных означает ее невырожденность ( det A ≠ 0 ).

Третий ответ верен, матрица системы невырождена.

Четвертый ответ неверен, т.к. столбец свободных членов не связан со значением главного определителя системы.

Ответ: верны второе и третье утверждения.

Тестовое задание 2.37

При решении системы линейных уравнений с квадратной матрицей коэффициентов A нельзя применять формулы Крамера, если

ни одна из строк матрицы A не является линейной комбинацией остальных

столбцы матрицы A линейно независимы

определитель матрицы A равен нулю

строки матрицы A линейно зависимы

Решение. Учитывая рассуждения, проведенные при обсуждении предыдущего задания, делаем вывод, что формулы Крамера нельзя применять, если определитель квадратной матрицы системы равен нулю. Обсудим предлагаемые утверждения. Те утверждения, из которых следует, что det A = 0 ( A - матрица системы), верны.

Первое утверждение неверно, т.к. из него следует, что векторы – строки матрицы системы линейно независимы, т.е. ее ранг равен числу уравнений, а значит числу неизвестных, т.е det A ≠ 0 .

Второе утверждение тоже неверно, т.к. в этом случае по определению 2.13′ ранг матрицы системы равен количеству всех ее столбцов, т.е. det A ≠ 0 .

Третье утверждение, как уже обсуждалось, верно.

Четвертое утверждение тоже верно, т.к. линейная зависимость строк матрицы A по определению 2.13′ говорит о том, что ранг A меньше числа уравнений, поэтому det A = 0 .

Ответ: верны третье и четвертое утверждения.

Тестовое задание 2.38

Дана система линейных уравнений

−2

αx −3y = 2,

0,5

4x −6 y = 2.

Система не имеет решений при α

равном…

Решение. Система

не

имеет решений, если

r( A) ≠ r(

) . У нас

α −3

α −3 2

A =

−6 2

. У матрицы

A есть минор второго порядка, от-

4 −6

личный от

нуля.

Он

соответствует

второму и

третьему столбцам:

−3

= −6 −

(−12)= 6 ≠ 0 . Значит, r(

) = 2 . Система не будет иметь решения,

−6

если r( A) ≠ 2 , т.е. det A = 0 , т.к. матрица A имеет лишь один минор второго по-

рядка - det A . Так как det A =	α	−3	= −6α +12, то, если −6α +12 = 0 , т.е. при
рядка - det A . Так как det A =	α	−3	= −6α +12, то, если −6α +12 = 0 , т.е. при
	4	−6

α = 2 , система не имеет решений.

Можно было решить это задание, эквивалентно преобразовав систему. Действительно, разделим обе части второго уравнения системы на 2 и вычтем

из первого уравнения второе. Имеем
αx −3y = 2,		αx −3y = 2,	~	(α −2)x =1,
	−6 y = 2.	~	~
4x	−6 y = 2.	2x −3y =1.		2x −3y =1.
При (α −2)= 0	первое уравнение не имеет решений, т.е. при α = 2 сис-

тема несовместна. При α ≠ 2 , очевидно, система имеет решение, т.к. ее опреде-

литель =	α −2	0	= −3(α −2)≠ 0 .
литель =	α −2	0	= −3(α −2)≠ 0 .
	2	−3
Ответ: α = 2 .
Тестовое задание 2.39
3x +αy = 0					α = ±3
3x +αy = 0
Система				имеет ненулевое
x +3y = 0.					α =9
решение при…					α = 0
					α = −9

Решение. В этом задании дана всегда совместная однородная система, имеющая единственное нулевое решение, если ее определитель не равен нулю,

т.е. =	3	α	≠ 0 . В противном случае, т.е. при условии =9 −α = 0	(α =9),

	1	3

система имеет множество решений, т.е. имеет ненулевые решения. Ответ: α =9 .

Тестовое задание 2.40

Если (x0 ; y0 ) – решение системы линейных уравнений

x −5y = 2

−2x +3y = 4 ,

то x0 может определяться по формуле…

				−5	2
				−5	2
x	=			3	4
				3	4

		1			−5
0		1			−5
		−2			3
		1			−5
		1			−5
x	=	−2			3
		−2			3
				2	−5
0				2	−5
				4	3
			1		2
			1		2
x	=			−2	4
				−2	4
		1			−5
0		1			−5
		−2			3
				2	−5
				2	−5
x	=			4	3
				4	3

		1			−5
0		1			−5
		−2			3

Решение. Так как в предложенных ответах значение x0 выражается через определители и учитывая, что главный определитель системы не равен нулю:

1 −5

=3 −10 = −7 ≠ 0 ,

−2 3

делаем вывод, что система имеет единственное решение (x0 ;

y0 ), а значение x0

можно найти, используя метод Крамера, по формуле x = 1

, где

−5

Иными словами,

		2	−5
		2	−5
x =		4	3		,

	1		−5
0	1		−5
0
	−2		3
что соответствует четвертому ответу.
Тестовое задание 2.41
Если (x0 ; y0 ) – решение системы ли-					−1,5
Если (x0 ; y0 ) – решение системы ли-					−1,5
нейных уравнений				4,5
3x −4 y =15,				4,5
3x −4 y =15,				1,5
x −4 y =9,					−4,5
тогда x0 + y0 равно…

Решение. В этом задании нужно решить систему, а затем сложить найденные значения неизвестных. Решим систему с помощью метода Гаусса:

3x − 4 y =15,	~	(3x − x)−4 y + 4 y =15 −9,	~	2x = 6,			~	x =3,	~
					−4 y	=9.
x − 4 y = 9.		x −4 y =9.		x				x −4 y =9.

~	x =3,		~	x =3,	~	x =3,
		−4 y =9.
	3			4 y = −6.		y = −1,5.
Итак, x0 =3, y0 = −1,5 , значит,				x0 + y0 =3 −1,5 =1,5 .
Ответ: x0 + y0 =1,5 .

2.2.9. Собственные векторы и собственные значения матрицы

Тестовое задание 2.42
	4						6
	4
Вектор X =	1	является собственным
Вектор X =		является собственным					−5
							−5
				5	4		−6
вектором матрицы			A =	1	2	. Тогда	1

соответствующее собственное значение равно…

Источник: https://studfile.net/preview/16563650/

Смотрите также:




_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27
!Фармакология препаратов для терапии заболеваний дыхательных путей
'Образ–Я' и его развитие средствами диалога