Додаток 1

РОЗРАХУНКОВЕ ЗАВДАННЯ №1

Приклади розв’язання типових завдань розрахункового завдання №1

та рекомендації щодо його оформлення.

Загальні методичні поради

Перед виконанням розрахункової роботи студенту слід вивчити відповідний теоретичний матеріал курсу, а також уважно розібрати розв’язання тих задач, які наведені в розділі. Розрахункову роботу потрібно виконувати в окремому зошиті, задачі нумерувати і записувати з поясненням. На зовнішній обкладинці зошита вказати: з якої дисципліни виконується розрахункова робота, її номер, факультет, групу, прізвище, ім’я, та по батькові студента.

Рисунки та графіки мають бути виконані акуратно і чітко. Розрахункові роботи виконуються студентом самостійно у вказаний викладачем термін. Захист розрахункової роботи передбачає усні пояснення про хід розв’язання задач розрахункової роботи та володіння теоретичним матеріалом стосовно виконаних завдань.

Студент виконує той варіант завдання, який вкаже ведучий викладач. Якщо в процесі вивчення матеріалу або розв’язання задач виникають питання він може звернутися до викладача кафедри для отримання консультації.

1. Нехай маємо вектори у деякому базисі. Довести, що вектори утворюють базис і знайти координати вектора у цьому базисі.

Розв’язування.

Вектори утворюють базис, якщо вони лінійно незалежні, звідси їх лінійна комбінація дорівнює 0 тоді, коли , тобто .

Або в скалярній формі маємо систему:

.

Для того, щоб ця лінійна однорідна система мала тільки нульовий (єдиний) розв’язок, її основний визначник не повинен дорівнювати нулю.

Перевіримо цю умову:

.

Тобто система має тільки нульовий розв’язок, а вектори лінійно незалежні і утворюють базис. Будь-який четвертий вектор цього тривимірного простору можна подати як лінійну комбінацію векторів , тобто , де – координати вектора в цьому базисі. За допомогою визначення рівності векторів (вектори рівні, якщо їх однойменні координати рівні), отримаємо систему скалярних лінійних рівнянь:

.

Розв’яжемо систему методом Крамера. Знаходимо визначники:

 = 1 (вже обчислений)

Згідно з формулами Крамера, маємо:

.

Шуканий вектор має координати (-3, -2, 4) у базисі заданих векторів .

2. Маємо систему лінійних рівнянь

.

Розв’язати її:

1. за матричним методом; 2) за методом Гауса; 3) визначити ранг системи.

Розв’язування.

1. Матричний метод. Розглянемо матриці:

.

Тоді система запишеться: АХ = В і її розв’язок буде: , де – обернена матриця до матриці А. Так як А існує тільки для квадратних, не вироджених матриць, то перевіримо ці умови.

А – квадратна (кількість рядків дорівнює кількості стовпців).

Обчислимо

.

Тобто існує. Знайдемо двома способами:

а) маємо формулу ,

де – алгебраїчні доповнення елементів матриці А.

Знаходимо :

Тоді ;

б ) знайдемо за допомогою елементарних перетворень блочної матриці (А Е), де Е – одинична матриця того ж порядку, що й матриця А:

1-й крок , 2-й крок ,

3-й крок , 4-й крок ,

5-й крок , 6-й крок .

Звідси .

Тут зроблено такі перетворення:

1-й крок – переставлені рівняння в системі;

2-й крок – перший рядок віднімається від другого та третього;

3-й крок – другий рядок ділиться на 6;

4-й крок – другий рядок додається до першого, другий рядок множиться на 4 і додається до третього;

5-й крок – третій рядок ділиться на (-35/3);

6-й крок – третій рядок множиться на (5/3) і (-1/3) і додається відповідно до другого й першого.

Розв’язком системи рівнянь буде:

для

а) ;

для

б) .

2. Метод Гауса. Запишемо розширену матрицю (А/В) та зведемо її за допомогою елементарних перетворень до матриці (Е/В). Матриця , отримана на місці матриці В, і дасть розв’язок системи:

Тобто . Перетворення за кроками описано в п. 1.

Зауваження. Якщо в клітині (1, 1) початкової матриці (А/В) стоїть елемент, нерівний 1, то перший крок – ділення першого рядка на цей елемент, а далі – аналогічні кроки, як у розглянутому прикладі.

3. Знайти власні числа та власні вектори матриці .

Власним вектором матриці А називається ненульовий вектор , що задовольняє рівняння , де А – квадратна матриця, – вектор-стовпчик, число  – власне число матриці А, що відповідає власному вектору .

Це рівняння можна переписати у вигляді

, або .

Власні числа матриці А є коренями характеристичного рівняння

,

або в розгорнутому вигляді

.

Для знаходження власних векторів (k = 1, 2, 3), які відповідають власним числам (k = 1, 2, 3), запишемо систему в розгорнутому вигляді

Ця однорідна система матиме ненульовий розв’язок, якщо її визначник дорівнюватиме нулю.

Розв’язування.

Запишемо характеристичне рівняння

Розкриємо визначник

.

Таким чином, власні числа: . Знайдемо відповідні власні вектори. Для цього підставимо послідовно в систему рівнянь:

1) .

Отримаємо: .

Звідси , де u – довільне число;

2) .

Отримаємо: .

Звідси , де v – довільне число;

3) .

Отримаємо: .

Звідси , де w – довільне число.

Зауваження. Наприклад, вектор . Можна записати так:

, або (перевір!).

4. Маємо координати вершин деякого трикутника: А(-12, -4); В(12, -10); С(-6, 14). Потрібно:

1. скласти рівняння лінії ВС;

2. рівняння висоти AD проведеної з вершини А;

3. обчислити довжину висоти, проведеної з вершини А;

4. знайти координати центра ваги трикутника;

5. обчислити кут В (в радіанах з точністю до двох знаків).

Р озв’язування.

Зробимо рисунок:

1. Через те, що лінія ВС проходить через дві задані точки, то її рівняння буде . Підставимо координати .

Запишемо рівняння у загальному вигляді: 4х + 3у – 18 = 0.

2. Висота АD проходить через задану точку А і перпендикулярно ВС. Знайдемо кутовий коефіцієнт лінії ВС: 3у = 18 – 4х  у = -4/3х + 6. Звідси .

З умови перпендикулярності знаходимо кутовий коефіцієнт перпендикуляра . З рівняння жмутка прямих, що проходять через точку А, знаходимо шукане рівняння висоти АD

у + 4 = 3/4 (х + 12) або 3х – 4у + 20 = 0.

3. Обчислимо довжину висоти АD. Знаходимо точку D як точку перетину прямих АD та ВС. Розв’язуємо систему

; .

Маємо D . Довжину відрізка АD знаходимо за формулою

.

Довжину висоти АО можна обчислити і за формулою відстані точки а від прямої ВС: тобто .

4. Центр ваги трикутника знаходиться на перетині медіан.

Знайдемо рівняння медіан СМ та ВМ. Координати точок М та N знаходимо за формулами: (медіана ділить сторони навпіл,  = 1).

Маємо .

Рівняння СМ: .

Рівняння ВN: .

Знайдемо координати центра ваги, це точка перетину прямих СМ та ВN.

Розв’язуємо систему: , .

Отже, Ц .

5. Кут В знайдемо за формулою .

Знайдемо кутовий коефіцієнт із рівняння прямої АВ: , , у = -4х - 28, тоді = - 4.

Кутовий коефіцієнт прямої ВС вже знайдено: .

Підставимо у формулу . Звідси рад.

5. Скласти канонічне рівняння гіперболи, симетричної відносно осей координат, фокусна відстань якої дорівнює 16, а координати вершин (-6, 0) та (6, 0). Знайти рівняння асимптот і директрис.

За умовою, гіпербола симетрична відносно осей координат і вершина її лежить на осі ОХ, тому її рівняння .

Міжфокусна відстань 2с = 16. Звідси с = 8. За формулою , де а = 6 (за умовою) знаходимо .

Рівняння асимптот: . Підставивши а та b, отримаємо: .

Рівняння директрис гіперболи , де  – ексцентриситет, .

Підставивши дані, отримаємо рівняння .

Виконаємо рисунок:

6. Привести рівняння ліній до канонічного вигляду та визначити тип лінії. На рисунку показати тільки ту частину лінії, яка відповідає заданому рівнянню:

а) ;

б) .

Перетворимо рівняння

.

Це рівняння кола з центром у точці О(-2, -5) і R = 5. Розв’яжемо його відносно х, тоді отримаємо: , або – ліве півколо, – праве півколо.

Відповідно, початкове рівняння – праве півколо отриманого кола. Виконаємо рисунок.

Для цього в рівнянні кола зробимо заміну: . Тоді в системі рівняння кола .

Побудуємо нову систему координат з центром у точці і осями та . Знайдемо додатково точки А і В – точки перетину лінії з віссю Оу. Нехай у рівнянні лінії х = 0, тоді отримаємо - або . Звідси . Відповідно, , .

б) .

Перетворимо рівняння: ;

;

.

Уведемо нові змінні . Нова система має початок у точці , а осі та паралельні відповідним осям Ох і Оу старої системи координат. У новій системі координат рівняння лінії .

Це гіпербола з параметрами а = 8 та b = 6. Для побудови малюнка в старій системі Оху будуємо точу і осі і . Так як знак перед коренем (–), то початкове рівняння – це ліва гілка гіперболи. При у = 0 отримаємо .

Це абсциса точки А перетину гілки гіперболи з віссю Ох. Виконаємо рисунок.

7. Надані координати вершин піраміди. Знайти: а) кут між ребрами та ; б) проекцію вектора на вектор ; в) площу грані ; г) об’єм та висоту піраміди з вершиною . Зробити креслення.

Маємо вершини . Побудуємо піраміду. Знайдемо координати векторів на ребрах як різницю однойменних координат кінця та початку вектора .

1. Кут між ребрами та знаходимо як кут між векторами за формулою

,

або в координатах

.

Звідси .

2) Площу грані знаходимо з геометричного змісту модуля векторного добутку векторів. Обчислимо

.

Тоді кв. од.

3) Проекцію вектора на обчислюємо за формулою

Пр ,

Пр .

4) Об’єм піраміди знаходимо з геометричного змісту змішаного добутку за формулою

.

5) Рівняння ребра знаходимо у вигляді канонічного рівняння прямої, що проходить через задану точку направляючим вектором :

.

Підставимо числа і отримаємо: .

6) Рівняння площини знаходимо за формулою

.