Задачи от действия с матрици

§3. Задачи от действия с матрици

Съдържание
1. Алгебрични действия с матрици
2. Намиране на обратна матрица
3. Решаване на матрични уравнения

ТЕОРИЯ
Матрица
Aот тип
()nm× се нарича таблицата от m реда и n стълба

⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
mnmmm
n
n
n
mnmmm
n
n
n
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
L
MOMMM
L
L
L
L
MOMMM
L
L
L
321
3333231
2232221
1131211
321
3333231
2232221
1131211

Прието е матриците да се означават с големи латински букви, а елементите и с едноименни
малки латински букви. Дадената матрица в дефиницията се означава още с
[]
ijaA=. Две мат-
рици се наричат еднотипни ако имат съответно равни брой редове и брой стълбове. Ако в
матрицата A елементите от редовете наредим като елементи на съответен номер стълбове се
получава нова матрица, която се нарича транспонирана на дадената и се бележи с
T
A. Две
еднотипни матрици могат да се събират по правилото

[][][ ]
ijijijijbaba +=+.
Матрицата A се умножава с числото λ по правилото []
ijaAλλ= . Две матрици A и B в този
ред се наричат съгласувани за умножение "ред по стълб" ако броят на стълбовете на първата
матрица A е равен на броя на редовете на втората матрица B. Нека матрицата A има тип
()km×, а матрицата B има тип ()nk×. В този случай произведението ABC= има тип
()nm× и се определя по формулата

∑
=
=
k
s
sjisij
bac
1
,
където
k е броят на стълбовете на матрицата A.
Обратна матрица на квадратната матрица
A съществува, когато 0det≠A и се намира
по формулата

⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
−
nnnn
n
n
AAA
AAA
AAA
A
A
...
....
...
...
det
1
21
22212
12111
1
,
където
ijA е адюнгираното количество на елемента
ija.
ЗАДАЧИ
Задача 1. Да се намери сбора
F+G и разликата
TT
GF−, ако

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
=
i
i
i
F
200
03
03
и
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−=
i
i
i
G
200
03
03
.
Решение.

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=+
400
060
006
GF
,
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=−
i
i
i
GF
TT
200
002
020
.

2
Задача 2. Дадени са матриците
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
13
26
13
A
,
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
=
62
21M ,
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
=
22
13B и
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−
−
=
41
12 C .
Да се пресметнат произведенията
AM, AB и AC.
Решение.
Правилото "ред по стълб дава" съответно





Забележка. Решението на задачата показва, че за разлика от действие умножение на числа,
действие умножение на матрици има някои особености.
1. Произведението AM е нулева матрица, а множителите A и M не са нулеви матрици.
2.
ACAB=, но от това не следва, CB
=.

Задача 3. Да се намери обратната матрица
1−
A на матрицата

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−−
=
111
241
121
A

Решение. Пресмятаме първо

1
010
120
121
111
241
121
det =
−
−−
=
−
−
−−
=A,

3
а след това и адюнгираните количества на елементите на детерминантата на дадената матри-
ца. Получаваме
2
11
24
11
==A

()
()( ) 1211
11
21
1
2121
12
−=+−−=
−
−
−=
++
A

()
()( ) 3411
11
41
1
3131
13
=+−−=
−
−
−=
++
A

()
()( ) 1121
11
12
1
1212
21
=+−−=
−−
−=
++
A

()
()( ) 0111
11
11
1
2222
22
=−−=
−
−
−=
++
A

()
()( ) 1211
11
21
1
3232
23
=−−=
−
−
−=
++
A

()
() 044
24
12
1
13
31
=+−=
−−
−=
+
A

()
() 112
21
11
1
23
32
−=−−=
−
−
−=
+
A

()
224
41
21
1
33
33
=−=
−
−
−=
+
A
Следователно

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
−
213
101
012
det
1
332313
322212
312111
1AAA
AAA
AAA
A
A
.
Решение на задачата може да се направи и по метода на Гаус-Жордан, според който
ако запишем отдясно на дадената матрица единична матрица от трети ред и с елементарни
преобразувания направим така, че на мястото на дадената матрица да се получи единична
матрица, то на мястото на единичната матрица ще
се получи обратната матрица на дадената,
т.е от матрицата
[]EAс елементарни преобразувания получаваме[ ]
1−
AE.
За горната задача имаме
[]
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−−
=
100111
010241
001121
EA .
Умножаваме първия и ред с
1 и прибавяме съответно към елементите на втория и към еле-
ментите на третия ред. Получава се

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−
101010
011120
001121
.
Разменяме местата на трети и втори ред и новият втори ред умножаваме с
1−. Получава се

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−−
011120
101010
001121
.
Умножаваме втория ред с 2 и прибавяме към първия, а след това умножаваме втория ред с
2− и го прибавяме към третия. Получава се

4


⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−−−
213100
101010
201101
.
Умножаваме третия ред с 1 и го прибавяме към първия ред. Получава се
[]
1
213100
101010
012001
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−AE
Следователно

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−=
−
213
101
012
1
A
Задача 4 . Да се решат матричните уравнения
4.1.
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡−
321
321
321
121
263
132
X
4.2.
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
321
321
314
320
101
X
Решение на 4.1. Решаваме уравнението по Метода на Гаус-Жордан по схемата
[][]XEBA→.
Прилагайки елементарни преобразования намираме последователно
[] ~
323
684
321
370
100
121
~
321
321
321
132
263
121
~
321
321
321
121
263
132
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
−
−−
−
−
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
−
−
−
−⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
−
−
−−
=BA

~
684
7
15
7
22
7
9
7
9
7
2
7
3
100
010
001
~
684
7
3
7
2
7
3
7
15
7
10
7
1
100
7
3
10
7
1
01
~
684
7
3
7
2
7
3
321
100
7
3
10
121
~
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
−
−−
−−
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
−
−
−
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
−−
−
−
−

Следователно

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−
−
−==
−
425628
15229
923
7
1
1
BAX .
Решение на 4.2. Уравнението е от вида
BXA= и решението му е
1−
=BAX , когато същест-
вува обратната матрица
1−
A. По метода на Гаус-Жордан за намиране на
1−
A получаваме

5

⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
≈
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
≈
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−−−
−
−
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
−
43421
1
218
3112
219
100
010
001
218
104
001
100
110
101
218
104
001
100
110
101
~
~
010
104
001
320
110
101
~
104
010
001
110
320
101
100
010
00
1
314
320
101
A



Следователно

⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
==
−
10439
209
1
BAX .