Добавил:

Kaz Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Руководство к выполнению контрольных работ по высшей математике ЖА Черняк, ТС Степанова, БГУИР 2002.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.06.2014

Размер:

620.91 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 113 4 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Контрольная работа №1

Элементы векторной алгебры и аналитической геометрии

Литература: [1], гл.1, §1-3, гл. 2,3, §1-3; [2], гл.1, §1-3; [5], ч. I, §1.1-1.5; [7], гл.4,7,9; [9], гл.3.

Целью выполнения контрольной работы №1 является овладение основными математическими понятиями, приемами и методами, перечисленными в приведенном ниже списке.

Основные понятия: векторы; базис пространства; прямая; плоскость; плоские кривые второго порядка (эллипс, гипербола, парабола).

Основные приемы и методы:

-действия над векторами; скалярное, векторное, смешанное произведения векторов;

-способы построения уравнений прямой на плоскости и в пространстве;

-способы составления уравнений плоскости;

-методы определения взаимного расположения прямых и плоскостей в пространстве.

Блок обучающих задач с решениями

Задача 1.1. Даны векторы a = 3i − 2 j + 4k , b = i + 2k , c = 7i + 6 j − k

иd = −i +3 j + k . Требуется:

1)вычислить скалярное произведение векторов 2b и −c ;

2)найти модуль векторного произведения векторов 3a и 4b;

3)проверить коллинеарность и ортогональность векторов 2c и a ;

убедиться, что векторы

образуют базис;

найти координаты вектора

в этом базисе.

Решение:

1) Вычислим скалярное произведение векторов 2

и −

Найдем векторы 2b = 2i + 4k и −c = −7i −6 j + k . Согласно формуле

(l, m) = x1x2 + y1 y2 + z1z2 , где l(x1, y1, z1) , m(x2 , y2 , z2 ),

скалярное произведение векторов 2b и −c будет равно

(2b , −c) = 2 (−7) + 0 (−6) + 4 1 = −10.

2) Найдем модуль векторного произведения векторов 3a = (9,−6,12) и

4b = (4,0,8) .

Обозначим c1 = 3a ×4b .

Прежде всего, найдем координаты вектора c1 :

−6 12

9 12

9 −6

1 =

9 −6 12

−

= −48

− 24

+ 24

(−48)2 + (−24)2 + (24)2 = 24 6 .

Тогда длина вектора c

3) Проверим коллинеарность и ортогональность векторов 2

Два вектора

(x1, y1, z1) и

(x2 , y2 , z2 ) будут коллинеарными, если их

будут

координаты пропорциональны,

т.е.

Векторы

ортогональны, если их скалярное произведение l m равно нулю, т.е.

x1x2 + y1 y2 + z1z2 = 0.

Проверим, выполняются ли эти условия для векторов 2c =14i +12 j − 2k

и a = 3i − 2 j + 4k .

Очевидно, что

векторы 2

неколлинеарны, т.е. a || 2c, т.к.

≠

− 2

Проверяем условие ортогональности: 14 3 +12 (−2) + (−2) 4 =10 ≠ 0,

и 2

неортогональны, т.е.

/ 2

следовательно,

4) Убедимся,

что векторы

образуют базис. Для этого вычислим

определитель третьего порядка ∆, строками которого являются координаты

векторов			a	,	b	и	c	. Если он не равен нулю, то тройка							a	,	b		,	c	является базисом.
∆ =	3	− 2			4			=	3	− 2	4	= (−1) (−2)	1	2				= 2 (11 − 2 16) = −42,


	1	0			2				1	0	2
	7	6				−1			16	0	11		16	11
	7	6				−1			16	0	11

∆= −42 ≠ 0, следовательно, векторы a,b, c образуют базис пространства R3 .

5)Найдем координаты вектора d в базисе a,b, c . Обозначим искомые координаты через α, β и γ , т.е.

d =α a + β b +γ c .

Тогда −i +3 j + k =α (3i − 2 j + 4k) + β (i + 2k) +γ (7i +6 j − k) .

Отсюда, собирая коэффициенты при ортах i, j и k , получаем систему трех уравнений для определения чисел α, β и γ :

	3α + β + 7γ = −1
					β + 6γ = 3
− 2α + 0					β + 6γ = 3
	4α + 2β −γ =1
	4α + 2β −γ =1																							∆β								∆γ
Решим эту систему по правилу Крамера α =																			∆α			,	β =	∆β					, γ =			∆γ	,
Решим эту систему по правилу Крамера α =																				∆		,	β =		∆				, γ =			∆	,
													3	1	7					∆					∆							∆


где ∆- определитель системы: ∆ =													− 2	0	6			= −42 ,
													4	2		−1
∆α =			−1	1			7																∆заменой в
			−1	1			7
		3		0			6		-	определитель,				полученный								из										нем
		1		2		−1
																					в базисе (					,		,			),
первого столбца на столбец коэффициентов вектора																				d	в базисе (				i	,	j	,		k	),
∆α = −1					3 6			− 2			−1 7	= 63.
∆α = −1					3 6			− 2			−1 7	= 63.
					1	−1					3 6
Аналогично составляем и вычисляем определители
			3		−1			7									3		1			−1
			3		−1			7									3		1			−1
∆β =			− 2			3		6		= −147 и ∆γ					=		− 2		0			3	= 0 .
			4			1		−1									4		2			1

Тогда α =

= −

β =

−147

, γ =

= 0 .

− 42

вектор

= −

Итак, в базисе

1) (2

, −

) = −10; 2) 3a ×4b = 24

6 ; 3) векторы 2

не

Ответ:

являются ни коллинеарными,

ни ортогональными;

образуют базис;

= −

в базисе (

Задача 1.2. Даны вершины A(2, −3) ,

B(−4, 1) , C(12, 5) треугольника

АВС.

Требуется найти:

1)уравнение стороны АВ;

2)уравнение высоты CH и длину этой высоты;

3)уравнение медианы АМ;

4)точку N пересечения медианы АМ и высоты CH;

5)уравнение прямой, параллельной стороне АВ и проходящей через вершину С;

6)внутренний угол при вершине А и внешний угол при вершине С.

Решение: 1) Найдем уравнение стороны АВ.

Воспользуемся выражением

x − x0

y − y0

для уравнения прямой на

− x

y − y

M1(x1, y1 ) .

плоскости, проходящей через 2 заданные точки

M 0 (x0 , y0 ) и

Тогда уравнение стороны АВ имеет вид

x − 2

y − (−3)

или y = −

x −

− 4 − 2

1 − (−3)

2) Найдем уравнение высоты CH и длину CH.

y − y0 = k(x − x0 ),

где

Уравнение высоты CH будем составлять в виде

(x0 , y0 ) - координаты точки прямой (возьмем точку C(12,5)),

k – угловой

коэффициент прямой CH.

Так как СH – высота, то прямая CH перпендикулярна прямой АВ и,

следовательно, угловые коэффициенты этих прямых связаны соотношением

k1 k = −1.

		Угловой коэффициент прямой АВ k																					= −			2	,	k =					3	. Тогда уравнение
		Угловой коэффициент прямой АВ k																					= −				,	k =						. Тогда уравнение
																				1					3			2
																									3			2
прямой СН имеет вид:																y =	3	(x −12) + 5			или					y =			3	x −13.
прямой СН имеет вид:																y =		(x −12) + 5			или					y =		2		x −13.
																2												2
	Найдем координаты точки Н – это точка пересечения прямых АВ и СН:
						2					5
	y		= −					x −					,
	y		= −			3		x −			3		,
						3					3
				3
	y =			3			x −13.
	y =			2			x −13.
				2
Отсюда			−		3		x −			5			=		3	x −13,			x = 5			3		,	y = −5						2	.
Отсюда			−		2		x −		3				=			x −13,			x = 5		13			,	y = −5							.
		3			2				3					2							13							13
		3				2
H	5		,−5					.
H	5	13	,−5		13			.
		13			13
Тогда CH =									5			3		−		2			2	−5		2		=	4			1573 .
Тогда CH =									5		13			−		12		+ −5	13	−5				=	13			1573 .
											13								13						13

3) Найдем уравнение медианы АМ.

ТОЧКА

–

СЕРЕДИНА ОТРЕЗКА

ВС,

СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

− 4

1 +5

= (4,3).

ТОГДА УРАВНЕНИЕ

АМ

ИМЕЕТ

ВИД:

x − 2

y − (−3)

ИЛИ y = 3x −9 .

3 − (−3)

4 − 2

Найдем точку N пересечения медианы АМ и высоты СН:

y = 3x −9,

x −13.

3x −9 = 3 x −13

. Тогда x = −2 2

y = −17 ,

N(−2 2 ,

−17).

Отсюда

5) Составим уравнение прямой, параллельной стороне АВ и проходящей через вершину С.

Направляющим вектором для искомой прямой является вектор AB(−6, 4).

Тогда ее уравнение имеет вид	x −12	=	y −5		или		y = − 2 x +13.
	− 6		4
							3
Здесь мы воспользовались формулой				x − x0		=	y − y0	, где M 0 (x0 , y0 ) –

					l		m

точка, принадлежащая прямой, a(l, m) – направляющий вектор прямой.

6) Найдем внутренний угол при вершине А и внешний угол при вершине С. Внутренний угол при вершине А определим как угол между векторами

AB(−6, 4) и AC(10, 8) .

cos BAC = AB AC =

−6 10 + 4 8

= −

7 .

AB AC

(−6)2 + 42 102

+82

13 41

533

Внешний угол при вершине С будем рассматривать как угол между

векторами

(10, 8) и

(−16,

−4) .

cos Cвнеш. =

AC CB =

10 (−16) +8 (−4)

AC CB

102 +82

(−16)2 + (−4)2

= −

192

= − 24 .

697

Ответ : 1) AB :

y = −

x −

; 2) CH : y =

x −13,

CH = 4

1573 ;

AM :

y = 3x −9 ;

N(−2 2 , −17);

5) y = −

x +13;

6) cos BAC = −

;

7) cos Cвнеш. = −

24 .

533

697

Задача

1.3.

Составить

каноническое

уравнение

1) эллипса, 2)

гиперболы,

3) параболы по их известным из условий 1-3 параметрам (условия

приведены ниже). Через

а и

b обозначены большая и малая полуоси эллипса

или гиперболы, через F – фокус кривой, ε – эксцентриситет, 2с – фокусное

расстояние;

y = ±kx - уравнение асимптот гиперболы; D – директриса кривой;

А, В – точки,

лежащие на кривой.

1) A(0,

−3),

ε =

7 ;

2) k = 2

5 ,

2c =12; 3) D :

y = −3.

Решение. 1) Каноническое уравнение эллипса имеет вид

	x2	+	y2	=1	(a > 0, b > 0).
	a2		b2
								a2 −b2
Его эксценриситет					ε =	c	=		.
						a		a

Используя данные задачи, составляем систему для определения чисел

(−3)

=1,

b2 = 9,

= 9,

−9

2 −b2

a2 =16.

Итак, искомое уравнение эллипса:	x2	+	y	2		=1.
	16		9				x2

2) Каноническое уравнение гиперболы					имеет вид
							a2

a2 и b2 :

− y2 =1 b2

(a > 0,b > 0) .

Параметры

а,

b и с

связаны

условием

c2 = a2 + b2 .

Асимптоты гиперболы:

y = ±kx, где k =

По условию k = 2

5 ,

2c =12 . Тогда

a2 +b2

= 62 ,

= 36,

= 20,

b2 =

a2 .

b2 =16.

Записываем искомое уравнение гиперболы: x2 − y2 =1.

20 16

3) Каноническое уравнение параболы, директриса которой задается уравнением

y= const , имеет вид x2 = 2 py .

При этом уравнение директрисы

D :

y = −

; координаты фокуса F(0,

По условию директриса D :

y = −3.

Следовательно, p = 6.

Тогда искомое

уравнение параболы x2 =12 y .

Ответ: 1)

=1;

−

=1;

3) x2 =12 y .

Задача 1.4.

Даны

четыре

точки

A1 (0, −1, 1),

A2 (3, 5,

1) ,

A3 (1, −3, −1), A4 (1, 4, −2) . Требуется найти:

1)уравнение плоскости A1 A2 A3 ;

2)уравнение прямой, проходящей через точку A4 , перпендикулярно

плоскости A1 A2 A3 ;

3)расстояние от точки A4 до плоскости A1 A2 A3 ;

4)синус угла между прямой A1 A4 и плоскостью A1 A2 A3 ;

5)косинус угла между координатной плоскостью Oxy и плоскостью

A1 A2 A3 .

Решение.

1) Уравнение плоскости,

проходящей

через

три заданные

точки

M1 (x1, y1, z1 ) , M 2 (x2 , y2 , z2 ) и

M 3 (x3 , y3 , z3 ) , может быть записано в

виде

x − x1

y − y1

z − z1

x2 − x1

y2 − y1

z2 − z1

= 0 .

x3 − x1

y3 − y1

z3 − z1

Подставим в это равенство координаты точек A1, A2 , A3 , получим

x −0 y +1

z −1

x y +1 z −1

= x

−( y +1)

3 0

3 −0 5 +1

1 −1

1 −0 −3 +1 −1 −1

1 − 2 − 2

− 2


+ (z −1)		3	6	= −12x + 6( y +1) −12(z −1) = 0
+ (z −1)		3	6	= −12x + 6( y +1) −12(z −1) = 0
2x −( y +		1	− 2
2x −( y +		1) + 2(z −1) = 0				2x − y + 2z −3 = 0	– это уравнение
плоскости A1 A2 A3 .					проходящей через точку A4
2) Уравнение прямой L,					проходящей через точку A4		перпендикулярно
плоскости A1 A2 A3 , запишем в параметрическом виде:
x = x0 +lt,
	+ mt,
y = y0	+ mt,
	+ nt		,
z = z0	+ nt		,

где (x0 , y0 , z0 ) - произвольная точка прямой, a(l, m, n) - направляющий вектор прямой, t R.

Плоскость A1 A2 A3 :

2x − y + 2z −3 = 0. Тогда вектор нормали плоскости

A1 A2 A3 :

(2,−1,2).

Вектор

перпендикулярен плоскости A1 A2 A3 ,

а значит,

будет являться направляющим вектором прямой L. Тогда прямая L:

x =1 + 2t,

y = 4 −t, .

= −2 + 2t.

3) Расстояние от точки

M 0 (x0 , y0 , z0 ) до плоскости Ax + By + Cz + D = 0

определяется формулой

d =

Ax0 + By0 +Cz0 + D

A2 + B2

+C 2

Тогда расстояние от точки A4 (1,

4, −2) до плоскости A1 A2 A3 ,будет равно

d = 2 1 −1 4 + 2 (−2) −3

= 9

= 3.

22 + (−1)2 + 22

(l, m, n)

- направляющий вектор прямой, а

(A, B,C)

4) Если

- вектор

нормали плоскости, то синус угла ϕ между прямой и плоскостью вычисляется по формуле

sinϕ = a n =	Al + Bm +Cn	.
a n	A2 + B2 +C 2 l 2 + m2	+ n2

Вектор A1 A4

будет являться направляющим вектором прямой

A1 A4 . Его

координаты A1 A4 = (1, 5, −3) .

Вектор нормали плоскости A1 A2 A3

(2,

−1, 2) . Тогда

sinϕ =

2 1 −1 5 −3 2

= −

3 .

4 +1 + 4 1 + 25 +9

1(0,

0, 1) , а

Вектор нормали к плоскости

Oxy

к плоскости

A1 A2 A3

(2,

−1, 2) . Длины этих векторов

=1,

= 3. Тогда косинус

угла ψ между плоскостями Oxy и A1 A2 A3 равен
cosψ =						1		=	0 2 + 0 (−1) +1 2		=	2	.
			n	n		1			0 2 + 0 (−1) +1 2			2

		n			n1				3 1			3
		n			n1				3 1			3
Ответ: 1) 2x − y + 2z −3 = 0 ;										2) x =1 + 2t,					y = 4 −t,	z = −2 + 2t;
3)	d = 3;						4)			sinϕ = −		3		;	5)	cosψ =	2	.
3)	d = 3;						4)			sinϕ = −		35		;	5)	cosψ =	3	.
												35					3

Контрольная работа № 2

Элементы линейной алгебры

Литература: [1], гл.V, §1-5, гл. VI; [5], ч.1, § 1.6, 1.10,

§1.15 - 1.19; [9], гл.2; [10], ч.1; [13], гл.1, § 1.3 – 1.4, гл.2, § 2.1 – 2.5.

В процессе подготовки и выполнения контрольной работы №2 студенту необходимо освоить указанные ниже математические понятия и овладеть перечисленными далее основными методами (приемами).

Основные понятия: матрицы и действия над ними, обратная матрица, определитель матрицы; система линейных уравнений (однородная и неоднородная, совместная и несовместная); собственные значения и собственные векторы матрицы; квадратичная форма и ее канонический вид; кривые второго порядка.

Основные методы и приемы:

- методы Гаусса, Крамера, обратной матрицы для решения систем линейных уравнений;

<<< < Предыдущая 1 23 / 113 4 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
15.06.2014794.18 Кб56Методические указания и контрольные работы по высшей математике ЖА Черняк, Минск 2004 (Мет пособие).pdf
#
15.06.2014175.1 Кб54Примеры решения дифференциальных уравнений.doc
#
15.06.2014148.48 Кб66Примеры решения задач на интегралы.doc
#
15.06.2014767.49 Кб71Примеры решения задач с кратными интегралами.doc
#
15.06.2014422.91 Кб21Примеры решения на темы пределы,.doc
#
15.06.2014620.91 Кб37Руководство к выполнению контрольных работ по высшей математике ЖА Черняк, ТС Степанова, БГУИР 2002.pdf
#
15.06.201412.41 Кб10список зарекомендовавших себя и бесплатных сайтов ТР-ы.docx
#
15.06.201438.4 Кб2ФКСиСПОИТ 2 сем.doc
#
15.06.2014649.22 Кб17Шпоры (ИИТ, Дайняк ИВ) [2930 вопросов].doc
#
15.06.2014533.28 Кб48Шпоры на 1ый сем, Лущакова, 1ый семестр (Лущакова И Н).docx
#
15.06.20141.43 Mб34Шпоры, 1ый семестр (Цегельник) [4445 вопросов].doc