№4. Поверхность, образованная вращением линии L:

x = ϕ(z)

вокруг оси Oz ,

= ϕ2 (z)+ ψ2 (z).

y = ψ(z)

определяется уравнением: x 2 + y2

Составить уравнение

двуполостного гиперболоида

вращения, полученного

x

2

z

2

вращением гиперболы

−

+

=1

вокруг оси Oz .

a 2

c2

y = 0

Решение:

z

2

(z)

x 2 = a 2

−1

+

= ϕ2

2

c

.

y = 0

= ψ

2

(z)

2

2

2

z

2

x 2

y2

z2

Имеем уравнение x + y

= a

2 +

2

−

2 = −1.

−1+

c

2 + 0

a

a

c

Ответ:

x 2

+

y2

−

z2

= −1.

a 2

a 2

c2

2.

Нулевая функция f (t) ≡ 0, t обладает таким свойством, что f (t0 ) = 0 .

3.

f рассмотрим непрерывную функцию − f , − f (t0 ) = −0 = 0.

4.

Сложение функций коммутативно. α α f (t0 ) =α 0 = 0 .

5.

α (β f ) =α β f .

№2. Пусть V -множество сходящихся последовательностей действительных

чисел.

x ={xn}, y ={yn}, x y ={xn + yn} α x ={αxn}

Пусть V0

и V1 - множества последовательностей, сходящихся к 0 и 1

соответственно. Являются ли V0 и V1 подпространствами V ?

Решение:

x y, α

x -

сходящиеся последовательности.

Свойства 1-8 выполняются.

V : если lim x

= lim y

n

= 0 . Тогда lim(x

+ y

n

) = 0, lim αx = 0 .

0

n→∞ n

n→∞

n→∞

n

n→∞

n

V : рассмотрим x

≡1, y

n

≡1. Тогда lim(x

n

+ y

n

) =1+1 = 2 ≠1

1

n

n→∞

x y V1 V1 не является подпространством V .

Ответ: V0

является, V1 не является.

r

r

3 (если

№3. Определить линейную оболочку, порожденную векторами a, b

r

r

a

и b линейно независимы).

Решение:

L(ar,br) ={αar + βbr | α, β }.

α et +α

2

et −e−t

+α

3

et + e−t

= 0

1

2

2

равенство должно выполняться при всех t, пусть t0 = 0 .

α1 +α3 = 0 α1 =α3 .

Продифференцируем равенство по t : α et +α

2

sh t +α

3

ch t = 0 t R .

1

При t = 0 α1 +α2 = 0 α1 = −α2 .

α

et − et

+ e−t

− et

−

e−t

= 0 .

1

2

2

2

2

№6. Доказать, что векторы

xr

=1, x

=1+t , xr

=1+t2 , xr

=1+t3 , xr

=1+t4 ,

xr

1

2

3

4

5

=1+t5 образуют базис в линейном пространстве многочленов степени не

6

(α +α

2

+α

3

+α

4

+α

5

+α

6

)+α

2

t +α t2

+α

t3 +α t4 +α

t5 = 0

1

3

4

5

6

α

=α

3

=α

4

=α

5

=α

6

= 0; α = 0 .

r

2 r

1

x 1 , K , x 6

- линейно независимы

p

(t) =α

0

+α t +K+α t5; α

i

= 0

- произвольный многочлен 5-ой степени

5

1

5

α

0

+α t +α t2

+α t3 +α

4

t4

+α t5 =

1

2

3

5

= β 1+ β

2

(1+t) + β

3

(1+t2 ) + β

4

(1+t3 ) + β

5

(1+t4 ) + β

6

(1+ t5 )

1

β1 + β2 + β3 + β4 + β5 + β6 = a0 ,

β

2

= a

,

1

β3

= a2 ,

β1 = a0 − a1 − a2 − a3 − a4 − a5 .

= a3,

β4

β

= a

,

5

4

β

6

= a .

5

βi ,

i =1,K,6 - координаты p5 (t) в данном базисе.

№7. Определить размерность линейного пространства решений системы и

найти какой-нибудь его базис и решение.

x

− x

+ x

−

2x

+ x

= 0,

1

2

3

4

5

x1 + x2 − 2x3 − x4 + 2x5 = 0,

x −3x +

4x −3x = 0.

1

2

3

4

Решение: найдем ранг матрицы системы.

1 −1 1 −2 1

1 −1 1 −2 1

1 −1 1 −2 1

A =

0 2 −3 1 1

0 2 −3 1 1

1 1 −2 −1 2

→

→

−3 4 −3 0

0 0 0 0 0

1

1 −2 3 −1 −1

x1 − x2 = −x3 + 2x4 − x5,

x =

1 x +

3 x −

3 x

,

1

2

3

2

4

2

5

x4

x5

2x2 =3x3 − x4 − x5.

x =

3 x −

−

.

2

2

3

2

2

Таким образом, вектор-решение

1 x +

3 x −

3 x

1 x

3 x

−

3 x

2

3

2

4

2

5

2

3

2

4

2

5

3 x

x4

x5

3 x

x4

x5

r

−

−

−

−

2

=

X

=

2

3

2

=

2

3

+

2

+

2

x

x

0

0

3

3

x4

0

x4

0

x5

0

0

x5

1

3

−3

3

1

1

−1

1

−1

2

+ 2 x4

0

2

0

2 x3

+

, x3, x4 , x5 - произвольные числа

0

2

0

0

0

2

r

r

Базисные векторы-решения

=

(1

3

2

0

T

= (3

−1 0 2

T

V

0)

, V

0)

Vr

1

2

= (−3 −1 0 0 2)T .

3

Ответ: общее решение Xr = C1Vr1 +C2Vr2 +C3Vr3, при C1 = C2 =1, C3 = 0

Xr

* = (4

2

2

2

0)

- частное решение системы.

№1. Пусть ar(x , y ),

br(x , y

2

) - произвольные векторы из 2 . Показать, что

1

1

2

скалярное произведение (ar,br) можно ввести по формуле

(ar,br)=C1x1x2 +C2 y1 y2 , где C1,C2 -

произвольные положительные числа.

1.

(ar,ar)= C x

2 +C

2

y 2

> 0, x ≠ 0, y ≠ 0 .

1

1

1

1

1

(ar,ar)= 0 x = y = 0 .

1

1

2.

(br,ar)= C1x2 x1 +C2 y2 y1 = C1x1x2 +C2 y1 y2 =(ar,br), ar,br 2 .

3.

(αar,br)=αC1x1x2 +αC2 y1 y2 =α (C1x1x2 +C2 y1 y2 )=α (ar,br)=

= (ar,αbr), α , ar,br 2 .

4.

(ar +br,cr)= C1(x1 + x2 )x3 +C2 ( y1 + y2 ) y3 = C1x1x3 +C2 y1 y3 +C1x2 x3 +C2 y2 y3 =

r r

r r

r

r

r

r

r

=(a,c )+(b,c )

, c(x3

,y3 ),

a,b

2

ar

=

(ar,ar) =

C x 2

+C

2

y

2

- норма вектора

(ar,br)

1

1

1

C x x +C

2

y y

2

cosϕ =

r

r

=

1

1

2

1

- угол между ненулевыми

a

b

C1x12 +C2 y12 C1x22

+C2 y22

векторами

Неравенство Коши-Буняковского

(ar,br)

=

C1x1x2 +C2 y1 y2

=

(C1x1x2 +C2 y1 y2 )2 =

= (C x x

2

)2 + 2C C

x x y y

2

+(C

2

y y

2

)2 .