4 номер
Краткий ответ: \[ A^{-1}= \begin{pmatrix} 4&-12&5\\ -5&15&-6\\ -1&\dfrac72&-\dfrac32 \end{pmatrix} = \frac12 \begin{pmatrix} 8&-24&10\\ -10&30&-12\\ -2&7&-3 \end{pmatrix}. \]
Как это получается
Дана матрица \[ A=\begin{pmatrix} 3&1&6\\ 3&2&2\\ 5&4&0 \end{pmatrix}. \]
Находим определитель: \[ \det A=3(2\cdot0-2\cdot4)-1(3\cdot0-2\cdot5)+6(3\cdot4-2\cdot5)=-2. \] Так как \(\det A\ne0\), обратная матрица существует.
Для каждого элемента находим алгебраическое дополнение \[ C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}, \] где \(M_{ij}\) — минор: определитель, полученный вычёркиванием \(i\)-й строки и \(j\)-го столбца. Получаем матрицу из алгебраических дополнений: \[ C= \begin{pmatrix} -8&10&2\\ 24&-30&-7\\ -10&12&3 \end{pmatrix}. \]
Транспонируем её: \[ C^{\mathsf T}= \begin{pmatrix} -8&24&-10\\ 10&-30&12\\ 2&-7&3 \end{pmatrix}. \]
Делим на определитель: \[ A^{-1}=\frac{1}{\det A}C^{\mathsf T} =\frac{1}{-2} \begin{pmatrix} -8&24&-10\\ 10&-30&12\\ 2&-7&3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4&-12&5\\ -5&15&-6\\ -1&\frac72&-\frac32 \end{pmatrix}. \]
Проверка: \[ A\cdot A^{-1}= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}. \]
Главный принцип: обратная матрица находится по формуле \[ A^{-1}=\frac{1}{\det A}\cdot(\text{транспонированная матрица алгебраических дополнений}). \] Нельзя просто заменить каждый элемент исходной матрицы на обратное число.
Обсуждение
2 сообщения5 номер
Ответ для задачи 5.
\[ \begin{cases} x_1+4x_2-2x_3-3x_4=0,\\ 2x_1+9x_2-x_3-4x_4=0,\\ x_1+5x_2+x_3-x_4=0. \end{cases} \]
Выпишем матрицу системы и приведём её к ступенчатому виду:
\[ \begin{pmatrix} 1&4&-2&-3\\ 2&9&-1&-4\\ 1&5&1&-1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&4&-2&-3\\ 0&1&3&2\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}. \]
Ранг матрицы равен \(2\), неизвестных \(4\), поэтому фундаментальная система решений состоит из
\[ 4-2=2 \]
векторов.
Из второй строки:
\[ x_2+3x_3+2x_4=0 \quad\Rightarrow\quad x_2=-3x_3-2x_4. \]
Из первой строки:
\[ x_1+4x_2-2x_3-3x_4=0. \]
Подставляем \(x_2\):
\[ x_1+4(-3x_3-2x_4)-2x_3-3x_4=0, \]
\[ x_1=14x_3+11x_4. \]
Пусть \(x_3=C_1,\ x_4=C_2\). Тогда общее решение:
\[ \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{pmatrix} = C_1 \begin{pmatrix} 14\\-3\\1\\0 \end{pmatrix} + C_2 \begin{pmatrix} 11\\-2\\0\\1 \end{pmatrix}. \]
Значит, одна из фундаментальных систем решений:
\[ \boxed{ \Phi= \left\{ \begin{pmatrix} 14\\-3\\1\\0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 11\\-2\\0\\1 \end{pmatrix} \right\} } \]
Проверка: оба вектора обращают все три уравнения системы в нуль и линейно независимы. Фундаментальная система решений определена не единственным образом — это один из возможных базисов пространства решений.
