Доказательство. Рассмотрим треугольники ABC и A1B1C1, у которых AB = A1B1, ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1 (рис. 83, а), и докажем, что эти треугольники равны.
Мысленно наложим треугольник ABC так, чтобы вершина A совместилась с вершиной A1, сторона AB – с равной ей стороной A1B1, а вершина C и C1 оказались по одну сторону от прямой A1B1 (рис. 83, б).
Так как ∠A = ∠A1 и ∠B = ∠B1, то сторона AC наложится на луч A1C1, а сторона BC – на луч B1C1. Поэтому вершина C – общая точка сторон AC и BC – совместится с общей точкой лучей A1C1 и B1C1, т. е. с точкой C1 (рис. 83, в). Из этого следует, что стороны AC и BC совместятся соответственно со сторонами A1C1 и B1C1. Итак, треугольники полностью совместятся, и, следовательно, они равны. Теорема доказана.
Будем считать, что в задании присутствует третья переменная - z.
Дана система линейных уравнений:
2x + 3y + 2z = 1
x + y – 42z = 0
4x +5y – 32z = 1.
Решение: записываем систему уравнений в матричной форме.
A = 2 3 2 B = 1
1 1 -42 0
4 5 -32 1
X = xyz
A • X = B, значит, X = A-1 • B.
Найдем обратную матрицу методом алгебраических дополнений.
Найдем детерминант матрицы А:
2 3 2 | 2 3
1 1 -42 | 1 1
4 5 -32 | 4 5 = -64 – 504 + 10 + 96 + 420 – 8 = -50.
det A = -50
Определитель матрицы А отличен от нуля, следовательно обратная матрица
A-1 существует. Для вычисления обратной матрицы найдем дополнительные миноры и алгебраические дополнения матрицы А.
• Найдем минор M11 и алгебраическое дополнение A11. В матрице А вычеркиваем строку 1 и столбец 1.
M11 = 1 -42
5 32 = 1•(-32) - 5•(-42) = -32 + 210 = 178
A11 = (-1)1+1M11 = 178.
• Найдем минор M12 и алгебраическое дополнение A12. В матрице А вычеркиваем строку 1 и столбец 2.
M12 = 1 -42
4 -32 = 1•(-32) - 4•(-42) = -32 + 168 = 136
A12 = (-1)1+2M12 = -136.
• Найдем минор M13 и алгебраическое дополнение A13. В матрице А вычеркиваем строку 1 и столбец 3.
M13 = 1 1
4 5 = 1•5 - 4•1 = 5 - 4 = 1
A13 = (-1)1+3M13 = 1.
• Найдем минор M21 и алгебраическое дополнение A21. В матрице А вычеркиваем строку 2 и столбец 1.
M21 = 3 2
-3 2 = 3•(-32) - 5•2 = -96 - 10 = -106
A21 = (-1)2+1M21 = 106.
• Найдем минор M22 и алгебраическое дополнение A22. В матрице А вычеркиваем строку 2 и столбец 2.
M22 = 2 2
4 -32 = 2•(-32) - 4•2 = -64 - 8 = -72
A22 = (-1)2+2M22 = -72.
• Найдем минор M23 и алгебраическое дополнение A23. В матрице А вычеркиваем строку 2 и столбец 3.
M23 = 2 3
4 5 = 2•5 - 4•3 = 10 - 12 = -2
A23 = (-1)2+3M23 = 2.
• Найдем минор M31 и алгебраическое дополнение A31. В матрице А вычеркиваем строку 3 и столбец 1.
M31 = 3 2
1 -42 = 3•(-42) - 1•2 = -126 - 2 = -128
A31 = (-1)3+1M31 = -128.
• Найдем минор M32 и алгебраическое дополнение A32. В матрице А вычеркиваем строку 3 и столбец 2.
M32 = 2 2
1 -42 = 2•(-42) - 1•2 = -84 - 2 = -86
A32 = (-1)3+2M32 = 86.
• Найдем минор M33 и алгебраическое дополнение A33. В матрице А вычеркиваем строку 3 и столбец 3.
M33 = 2 3
1 1 = 2•1 - 1•3 = 2 - 3 = -1
A33 = (-1)3+3M33 = -1.
Выпишем союзную матрицу (матрицу алгебраических дополнений):
C* = 178 -136 1
106 -72 2
-128 86 -1.
Транспонированная союзная матрица:
C*T = 178 106 -128
-136 -72 86
1 2 -1.
Найдем обратную матрицу:
A-1 = C*T/det A = -89/25 -53/25 64/25
68/25 36/25 -43/25
-1/50 -1/25 1/50.
Найдем решение:
X = A-1•B = -89/25 -53/25 64/25 1
68/25 36/25 -43/25 • 0 =
-1/50 -1/25 1/50 1
(-89/25)•1 + (-53/25)•0 + (64/25)•1
= (68/25)•1 + (36/25)•0 + (-43/25)•1 =
(-1/50)•1 + (-1/25)•0 + (1/50)•1
-89/25 + 0 + 64/25 -1
= 68/25 + 0 – 43/25 = 1
-1/50 + 0 + 1/50 0
x = -1, y = 1, z = 0.
Так как не все знаки отображены верно из за различий с World транскрипцией, то во вложении дан оригинал ответа.
