Roman Osipov 
Долгожитель
|
       
внешняя ссылка удалена
|
Всего сообщений: 2356 | Присоединился: май 2007 | Отправлено: 12 нояб. 2008 0:09 | IP
|
|
Roman Osipov
Долгожитель
|
Там даже формула приведена.
|
Всего сообщений: 2356 | Присоединился: май 2007 | Отправлено: 12 нояб. 2008 0:26 | IP
|
|
RIO87
Новичок
|
Всем привет!
Может ктонить помоч вот с этой матрицой(я решал методом Гауса):
3 1 1 | 5 1 -4 -2 | -3
3 -5 -6 | -9 далее 3 -5 -6 | -9 далее к 2 и 3 строке прибавил
1 -4 -2 | -3 3 1 1 | 5 1*(-3) и получилось :
0 6 7 | 4 0 6 7 | 4
1 -4 -2 |-3
0 7 0 | 0
0 13 7 | 14
0 6 7 | 4
Может я не так начал делать, но дальше незнаю как(
(Сообщение отредактировал RIO87 14 нояб. 2008 16:44)
(Сообщение отредактировал RIO87 14 нояб. 2008 16:45)
|
Всего сообщений: 8 | Присоединился: ноябрь 2008 | Отправлено: 14 нояб. 2008 16:42 | IP
|
|
RKI
Долгожитель
|
Сначала надо найти ранг матрицы. Он равен 3
Возьмем те строки, которые образуют этот ранг
Я взяла
3 -5 -6|-9
1 -4 -2|-3
0 6 7 |4
0 7 0| 0
1 -4 -2|-3
0 6 7 |4
7x2=0; x2=0
6x2+7x3=4; x3=4/7
x1-4x2-2x3=-3; x1=-3+2x3=-3+8/7=-13/7
Если подставить в первое уравнение, получим неверное равенство.
Значит, решений не имеет
|
Всего сообщений: 5184 | Присоединился: октябрь 2008 | Отправлено: 15 нояб. 2008 16:41 | IP
|
|
RIO87
Новичок
|
Спасибо!
Я так и думал что нет решений просто хотел удостовериться
|
Всего сообщений: 8 | Присоединился: ноябрь 2008 | Отправлено: 17 нояб. 2008 11:22 | IP
|
|
ariatna
Новичок
|
Дана квадратная матрица А (n*n). Доказать что существует базис в R^n(Множество вещественных чисел обозначается R) состоящий из собственных векторов.
Подсказка: Доказать что любой вектор можно задать как линейную комбинацию собственных векторов и доказать что из них можно составить базис.
Это трудно.
Извините за такой русский, я просто в Испании учусь и тут всё на испанском.
(Сообщение отредактировал ariatna 20 нояб. 2008 18:06)
(Сообщение отредактировал ariatna 20 нояб. 2008 18:10)
(Сообщение отредактировал ariatna 20 нояб. 2008 18:30)
|
Всего сообщений: 6 | Присоединился: ноябрь 2008 | Отправлено: 20 нояб. 2008 17:05 | IP
|
|
00007
Новичок
|
Решить методом Гауса и крамера
2x1+3x2-x3+4x4=2
x1+2x2-3X3+3x4=4
-x1+2x2+2x3+2x4=1
3x1+2x2-x3+x4=0
помогите решить заранее благодарен
(Сообщение отредактировал 00007 21 нояб. 2008 3:47)
|
Всего сообщений: 20 | Присоединился: ноябрь 2008 | Отправлено: 20 нояб. 2008 19:18 | IP
|
|
ariatna
Новичок
|
А ты сам не можешь? Это очень долго надо подсчитывать.... По-моему что-то в этой системе не то.
|
Всего сообщений: 6 | Присоединился: ноябрь 2008 | Отправлено: 20 нояб. 2008 22:58 | IP
|
|
ProstoVasya
Долгожитель
|
ariatna
По поводу Вашего вопроса про базис из собственных векторов матрицы. Такой базис не всегда существует. Известно, что такой базис есть в R^n если матрица симметрична или все собственные числа матрицы вещественны и различны (случается что и с одинаковыми собственными чмслами он есть). Чтобы в этом разобраться в этом надо прочитать про жордановую форму матрицы.
|
Всего сообщений: 1268 | Присоединился: июнь 2008 | Отправлено: 20 нояб. 2008 23:16 | IP
|
|
ariatna
Новичок
|
Я прочитала. Но мне не понятно как это всё доказывать.... Не знаю с чего начать и как...
Естественно, что все числа вещественные
(Сообщение отредактировал ariatna 21 нояб. 2008 0:40)
|
Всего сообщений: 6 | Присоединился: ноябрь 2008 | Отправлено: 20 нояб. 2008 23:38 | IP
|
|
Форум
Матрицы, определители (детерминанты), линейные системы
