5511

ошибками и сдать на повторное рецензирование.

10.

Зачтённые контрольные

работы вместе

с рецензиями

обязательно

предъявляются на зачёте и экзамене.

11.

Перед сдачей зачёта

и экзамена

студент обязан

защитить

контрольную работу.

y k x

b ,

(1.1)

где k tg – угловой коэффициент прямой,

угол, между прямой и

положительным направлением оси

Ox

х 6

у

2

;

х 6

у 2

;

9 х 6

10 у 2 ;

4

6

7

2

10

9

9х

54

10у

20;

9x 10y 34

0

(АВ).

2. Высота CD перпендикулярна стороне треугольника AB. Найдём угловой

коэффициент прямой

АВ, разрешим полученное уравнение относительно y :

y

9

x

34

;

k AB

9

.

10

10

10

Чтобы

найти

уравнение

высоты

CD,

воспользуемся

условием

перпендикулярности двух прямых (1.5), т.к. CD

AB, то угловой коэффициент

k

будет равен k

1

, k

1/(

9 /10)

10

.

CD

CD

kАВ

CD

9

y

1

10

x

3 ;

y 1

10

x 3 ;

9 y 1 10 x 3 ;

9

9

9 y 9 10x 30 ;

10x 9 y 21 0 (СD).

xM

xC

x А

3 6 3

;

yM

yC

y А

1 2

3

.

2

2

2

2

2

2

Чтобы записать уравнение медианы ВM, воспользуемся формулой (1.2).

x ( 4)

y 7

;

x 4

y 7

;

17

x

4

11

y

7 ;

3/ 2

(

4)

3/ 2

7

11/ 2

17 / 2

2

2

17

x

4

11 y

7

;

17x

68

11y

77 ; 17x 11y

9

0

(ВМ).

Кривые второго порядка

Эллипс

Каноническое уравнение эллипса

(х

)2

( у

)2

1,

(1.6)

а2

b2

центр эллипса лежит в точке O/(α,β), a – большая полуось,

b

– малая полуось

4x 2

25 y 2 16 x

200 y 316

0.

Решение: Выделим полные квадраты при x

и y

4 x 2

4x

22

22

25 y 2

8y

42

42

316

0;

4 x 2

4x

22

4

22

25 y 2

8y 42

25 42

316

0;

4 x

2 2

16

25 y

4 2

400

316

0;

4 x

2 2

25 y

4 2

100

0;

4 x

2 2

25 y

4 2

100 .

Разделим уравнение на 100 .

4 x 2 2

25 y 4 2

x 2 2

y 4 2

1;

1.

100

100

25

4

Получили каноническое уравнение эллипса

(1.6),

точка

O 2;

4 центр

данного эллипса,

полуоси a

5 , b

25

4

2.

Для построения

кривой,

в системе координат Oxy построим точку

O 2; 4

и проведём оси параллельно осям координат. Отложим от

точки O

отрезки

a 5, b

2

в

направлениях,

параллельных

Ox

и

Oy ,

оси

эллипса

CA

2a

2 5

10,

BD

2b

2 2

4 .

В получившийся прямоугольник впишем

(х

) 2

( у

) 2

1,

(1.7)

а 2

b 2

(х

) 2

( у

) 2

1,

(1.8)

а 2

b 2

25 x 2

9 y 2

50 x

54 y

281

0.

Решение: Выделим полные квадраты при x

и y :

25x 2

50x

9y 2

54 y

281

0; 25 x 2

2x

9 y 2

6y

281

0;

25 x2

2x

1 1

9 y 2

6 y

32

32

281

0;

25 x

1 2

9 y

3 2

225 .

Разделим обе части уравнения на 225 , чтобы получить 1 в правой части .

25 x 1 2

9 y 3 2

1;

x 1 2

y 3

2

1.

225

225

9

25

Получили

каноническое

уравнение гиперболы

(1.7)

с

центром

в

точке

O

1; 3 , и полуосями a

3 ,

9

b

25

5.

В системе координат Oxy построим точку O 1; 3 и проведём оси O x

и

O y параллельно осям

координат.

Построим

основной

прямоугольник

гиперболы в системе координат O x y ,

откладывая от точки O

отрезки a

3,

b

5 ,

CA

2a

2 3

6 ,

BD

2b

2 5

10. Диагонали прямоугольника будут

являться

асимптотами гиперболы.

Вершины

гиперболы –

точки

A

и

C

(рисунок 3).

y

m

(1. 10)

x

в

новой

системе

координат

O x y ,

с началом

в точке O ( , ) задаёт

равностороннюю

гиперболу, асимптотами которой являются оси координат.

O ( ,

)

─ центр гиперболы.

Если

m

0 , то ветви гиперболы расположены

в чётных квадрантах, а

вершинами являются точки А(

m;

m) и A ( m;

m) .

Если

m

0 , то ветви гиперболы расположены

в нечётных квадрантах, а

вершины ─ точки

B(

m; m) и B (

m;

m) .

xy

3y

4x

17;

y x

3

4x 17;

y

4x

17

.

x

3

Приведём полученное уравнение к виду (1.10). Выделим целую часть:

4 x

17

4 x 3 3

17

4 x 3 4 3

17

12

17

4

4 x

3

5

y

4

4

4

4

;

x 3

x 3

x 3

x 3

x 3

x 3

y

4

5

.

x 3

Это уравнение гиперболы с центром в точке

O

3; 4 ,

оси

О х

и О у

являются асимптотами,

m

5 0 ветви гиперболы расположены во втором

и

четвёртом квадрантах, вершинами в новой системе координат

являются точки

A( 5;

5) и A (

5;

5) (рисунок 4).

Найдём точки пересечения функции с осями Ox и Oy .

При x

0 , получаем y

5

2

.

3

Если y

0 , то x

4

1

.

4

Следовательно, гипербола пересекает ось Ox

в точке

С 4

1

; 0

и ось Oy

4

В

A

O

x

4

A

О

x

Рисунок 4 ─ График функции

y 4

5

x 3.

a11 x1

a12 x2

a13 x3

b1 ;

a21 x1

a22 x2

a23 x3

b2 ;

(2.1)

a31 x1

a32 x2

a33 x3

b3 .

Матричный метод решения систем линейных уравнений

Систему уравнений (2.1) можно представить в матричном виде A X B ,

где A − основная матрица системы, состоящая из коэффициентов уравнений при

неизвестных;

X − матрица-столбец неизвестных x1 , x2 , x3 ; B − матрица-столбец

свободных членов системы.

Исходную систему уравнений (2.1)

можно представить в матричном виде

A X

B , где

A

− основная матрица

системы, состоящая из коэффициентов

число строк и столбцов);

X − матрица-столбец неизвестных

x1 , x2 , x3 ; B − матрица-

столбец свободных членов системы:

a11

a12

a13

x1

b1

A a21

a22

a23 ,

X

x2 ,

B b2

a31

a32

a33

x3

b3 .

Если матрица A невырожденная,

т.е. определитель матрицы отличен от нуля

A

0 , то исходная

система

уравнений имеет

единственное решение,

которое

находится по формуле

X

A 1

B ,

(2.2)

где A 1 − обратная матрица к матрице A .

Определитель третьего порядка матрицы A вычисляется по формуле

a11

a12

a13

A

a21

a22

a23

a11

a22

a33

a21 a32

a13

a12

a23 a31

a31

a32

a33

a31

a22 a13

a32

a23

a11

a21

a12

a33 .

1

A11

A21

A31

Обратная матрица находится по формуле A 1

A

A

A .

(2.3)

A

12

22

32

A13

A23

A33

Алгебраические

дополнения

Aij

элементов

aij

матрицы A находятся по

формуле

A

1 i

j

M

ij

,

где

M

ij

–

минор

элемента

a

ij

матрицы

A ,

ij

представляющий собой определитель, полученный

из

основного

A

вычёркиванием i -й строки и

j -го столбца.

Пример 5 .

x1

4x2

x3

7;

Решить систему уравнений матричным методом

4x1

8x2 3x3

9;

x1

6x2

2x3

8.

1

4

1

7

Решение:

A

4

8

3 , B

9 .

1

6

2

8

1

4

1

x1

7

Матричный вид данной системы уравнений:

4

8

3

x2

9 .

1

6

2

x3

8

1

4

1

A

A

4 8 3

1 8 2

4 6 1 4 3 1 1 8 1 6 3 1

4 4 2

1

6

2

16

24

12

8

18

32

4

6

4

6

10

0.

Т.к. определитель матрицы А не равен 0, то матрица А невырожденная, для неё

существует обратная матрица A-1.

Вычислим алгебраические дополнения Aij для каждого элемента aij

основной матрицы.

1 1

1 1

1

4

1

2

8

3

A

1

M

1

4 8 3

1

8 2 6 3 16 18

2;

11

11

6

2

1

6

2

1 1 2 M

1 1 2

1

4

1