1219

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет Архитектуры и Строительства

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

x1 x2 2x3 7

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.06.2024

Размер:

1.35 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 267 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

17.	x	1	2	3	4	5
	y	5,3	6,3	4,8	2,8	3,3
18.	x					5
18.	x	1	2	3	4	5
	y	4,1	5,1	3,6	1,6	2,1
19.	x	1	2	3	4	5
	y	4,8	5,8	4,3	2,3	2,8
20.	x
20.	x	1	2	3	4	5
	y	2,3	3,3	1,8	0,8	1,3
21.	x
21.	x	1	2	3	4	5
	y	5,2	6,2	4,7	2,47	3,2
22.	x
22.	x	1	2	3	4	5
	y	3,7	4,7	3,2	1,2	1,7
23.	x
23.	x	1	2	3	4	5
	y	2,5	3,5	2,0	1,0	1,5
24.	x
24.	x	1	2	3	4	5
	y	5,5	6,5	5,0	3,0	3,5
25.	x
25.	x	1	2	3	4	5
	y	4,3	5,3	3,8	1,8	2,3
26.	x
26.	x	1	2	3	4	5
	y	2,7	3,7	2,2	1,2	1,7
27.	x
27.	x	1	2	3	4	5
	y	4,67	5,7	4,2	2,2	2,7
28.	x
28.	x	1	2	3	4	5
	y	5,1	6,1	4,6	2,6	3,1
29.	x
29.	x	1	2	3	4	5
	y	5,4	6,4	4,9	2,9	3,4
30.	x
30.	x	1	2	3	4	5
	y	4,5	5,5	4,0	2,0	2,5

Решение примерного варианта контрольной работы №1

Задача 1. Даны векторы

= (2, 1, 0); b = (1,

–1, 2);

= (2, 2, 1);

= (3, 7, 7) в некотором

базисе. Показать,

что векторы

образуют базис трехмерного пространства, и найти координаты вектора x в этом базисе.

Решение

Базис n мерного линейного векторного пространства составляют ровно n линейно независимых векторов. Следовательно, надо показать,

что векторы a,b ,c линейно независимы, то есть нулевая линейная комбинация этих векторов

a b c 0

возможна только при нулевых коэффициентах 0.

Запишем матричное уравнение
	2	1	2	0

	1	1	2		0
		2			0
	0	2	1		0

и перейдем к системе уравнений
					2		2 0

					1 2 0
							2 0.
					0		2 0.
Вычислим определитель этой системы:
	2	1	2	1	2			1	2	2	4 2 1 4 1.


	1	1	2	2	1	2		2	1
	0	2	1
	0	2	1

Определитель 0, следовательно, имеется единственное решение

0 , а векторы

линейно независимы и образуют базис.

Найдем координаты вектора

x1, x2, x3 в базисе векторов

Координаты вектора – это коэффициенты при базисных векторах в его разложении по базису.

Тогда

d x1 a x2b x3 c

или

2			1			2		3
	1 x			1 x	2	2 x	3		7 .
		1			2		3
	0			2		1			7

Перейдем к системе уравнений

Решим систему по формулам Крамера:

	3	1	2		1	2		7	2		7	1
	3	1	2
	7	1	2	3			1			2
1					2	1		7	1		7	2
	7	2	1		2	1		7	1		7	2
	7	2	1


3 1	4			1					7	14						2 14						7		9 7 14 2;
2			2						3			2	2							7				2		1			3	2


		1							7			2
			0				7				1								7				1						7	1
			0				7				1
			2		7			14				1					3	14				14 11 3;
			2		7			14				1					3	14				14 11 3;
				2					1			3							1				7				1			3


3				1 1								7		2											1
				0					2		7									2		7						2		7
				0					2		7

	2					7	14				1				7				6		14 13 1;

x1 2 1; 1 1

x2 2 31 3;

x3 3 1 1.1

Следовательно, в базисе a,b, c d = (1, 3, 1).

Задача 2. Дана система линейных уравнений

x		2x		2	3x		3	6
	1
2x1 3x2 4x3 20
3x			2x		2	5x		3	6
	1

Доказать ее совместность и решить двумя способами:

1) методом Гаусса; 2) средствами матричного исчисления.

Решение

Вычислим определитель системы

Следовательно, система совместна. 1) Решение системы методом Гаусса

1 2			3	6	1 2			3	6


			4					10



	2	3		20		0	7		8


	3	2	5	6		0	4	14	12

1 2			3	6	1 2			3	6


	0	1	10 / 7	8 / 7		0	1	10 / 7	8 / 7 .





	0	0	58 / 7	116 / 7		0	0	1	2

Откуда
x3 2;
x2 10 / 7x3 8 / 7,	x2 8 / 7 10 / 7 2 4;
x1 2x2 3x3 6,	x1 6 2 4 3 2 3 2 8.

Ответ: x1 8, x2 4, x3 2. .

2) Решение системы средствами матричного исчисления. Запишем систему в виде матричного уравнения, введя три матрицы:

1	2	3		6
A 2	3	4	; B	20 ;	x
3	2	5	6

A x B x A 1 B.

x1x2 .x3

Найдем обратную матрицу A 1 .
Определитель матрицы A:
		1	2	3

	A	2	3	4	58 0.

		3	2	5

Следовательно, матрица A невырожденная и обратная матрица A 1 существует:

A 1 A1 A* ,

где A* – присоединенная матрица. Запишем транспонированную матрицу

															1						2			3
								A		T											3	2
								A					2								3	2
															3			4				5
															3			4				5
и каждый ее элемент заменим его алгебраическим дополнением.
Получим присоединенную матрицу:
				3 2				2				2						2						3
				3 2				2				2						2						3
			4		5				3			5							3			4
			4		5				3			5							3			4					23			16	1

				2 3					1 3											1				2
	*			2 3					1 3											1				2					2	14	10
A			4		5				3			5								3		4							2	14	10	.
			4		5				3			5								3		4							13	4	7
				2	3				1				3								1			2


				3 2				2				2								2				3


														23							16					1
							1					1				2					14
						A																			10			.
						A																			10			.
												58			13							4					7
															13							4					7
Найдем матрицу X:
x				23		16				1 6														1		138				320	6
1		1																						1
x2					2	14				10			20														12			280	60
x2		58			2	14				10			20														12			280	60
		58					4				7						6						58				78			80	42
x3				13			4				7						6										78			80	42
														464								8
												1
															232									4	.
															232									4	.
											58				116									2
															116									2
Откуда x1 8,					x2 4, x3				2.

Задача 3. Даны координаты вершин пирамиды A1 (10, 6, 6); A2 (–2, 8, 2); A3(6, 8, 9); A4 (7, 10, 3).

Найти: 1) длины ребер A1A2, A1A3, A1A4; 2) косинус угла между ребрами A1A2 и A1A4; 3) площадь грани A1A2A3; 4) уравнения прямой

A1A2;

5) уравнение плоскости A1A2A3; 6) уравнения высоты, опущенной из вершины A4 на грань A1A2A3; 7) угол между ребром A1A4 и гранью A1A2A3; 8) объем пирамиды (двумя способами). Сделать чертеж.

Решение

1) Имеем:

A1A2 = (–12, 2, –4); A1A3						= (–4, 2, 3); A1A4			= (–3, 4, –3),
	12 2 22				4 2		144 4 16		164 2 41,

A1A2
				4	2 22 32			16 4 9	29,
			A1A3
				3 2	42 3 2			9 16 9 34.
		A1A4

2) A1A2, A1A4 12 3 2 4 4 3 36 8 12 56 . Угол между ребрами равен углу между векторами:

А1А2, А1А4 .


Тогда
				,
	cos		A1A2	,	A1A4			56	28	0,7499.
		A1A2				A1A4	2	41 34	1394

3) Площадь грани A1A2A3 равна площади треугольника, построен ного на векторах A1A2 и A1A3 :

S A1A2A3 12 A1A2, A1A3 . Найдем векторное произведение A1A2, A1A3 :


				i		j	k		2	4		12	4		12	2
				i		j	k
		,		12	2		4
	A A	,	A A	12	2		4	i			j			k
1 2 1 3				4	2		3		2	3		4	3		4	2
									2	3		4	3		4	2

6 8 i 36 16 j 24 8 k 14i 52 j 16k 14,52, 16 .

Модуль векторного произведения:

						14							2	52			2			16						2						196 2704 256
	A1A2, A1A3												2				2									2
	A1A2, A1A3
															3156 2										789.
Откуда искомая площадь:
			S A1A2A3						1		2				789								789 28,089													ед.2 .
			S A1A2A3								2				789								789 28,089													ед.2 .
					2
4) Уравнения прямой A1A2 определяется как уравнения прямой,
проходящей через две данные точки :
									x x1											y y1									z z1						,
																		y y																	,
									x	2		x						y y										z		2	z
										2				1					2				1							2		1
												x 10										y 6						z 6						,
											2 10											8 6												,
											2 10											8 6						2 6
												x 10									y 6						z 6					,
												12																	4			,
												12							2										4
или												x 10									y 6						z 6
												x 10									y 6						z 6					,
													6																2			,
													6						1										2
5) Уравнение плоскости A1A2A3 запишем как уравнение плоскости,
проходящей через три данные точки:
							x x1									y y1									z z1
							x x1									y y1									z z1
							x2 x1								y2 y1										z2 z1								0;
							x3 x1								y3 y1										z3 z1
		x 10			y 6								z 6										x 10									y 6					z 6
		x 10			y 6								z 6										x 10									y 6					z 6
		2 10			8 6								2 6			0;								12								2					4	0;
		6 10			8 6								9 6												4							2				3
				2		4		y 6												12					4				z 6								12	2	0 ;
				2		4														12					4												12	2
	x 10			2		3																4			3												4	2

x 10 6 8 y 6 36 16 z 6 24 8 0; 14 x 10 52 y 6 16 z 6 0;

14x 52y 16z 356 0;

Следовательно, искомое уравнение плоскости A1A2A3: 7x 26y 8z 178 0

6) Уравнения высоты из точки A4 на грань A1A2A3 определится как

уравнения прямой, проходящей через точку A4 перпендикулярно плоскости A1A2A3:

x x0	y y0	z z0	.
l	m
		n

За направляющий вектор a l,m,n примем нормальный вектор

плоскости A1A2A3:

n 7,26, 8 .

Тогда уравнения высоты запишутся в виде:

x 7 y 10 z 3 . 7 26 8

7) Угол между ребром A1A4 и гранью A1A2A3 – это угол между пря мой и плоскостью, составляющий в сумме с углом между направ ляющим вектором прямой и нормальным вектором плоскости прямой угол.

Следовательно,

												sin						,			.
												sin					a	,	n		.

																a				n
													3,4, 3 ,										34,
											A1A4

									a													a
		7, 26, 8 ,										72	262		8 2								49 676 64 789;

	n									n
					,		3 7 4 26 3								8 21 104 24 107 .
				a	,	n	3 7 4 26 3								8 21 104 24 107 .
Откуда
sin			107									107		0,6533 ( arcsin0,6533 39 20 ) .
sin				34 789										0,6533 ( arcsin0,6533 39 20 ) .
				34 789				26826
8) Объем пирамиды A1A2 A3 A4															равен, с одной стороны, одной шестой
модуля смешанного произведения векторов																											,		, с другой
модуля смешанного произведения векторов																								A1A2	,	A1A3	,	A1A4	, с другой

стороны – одной третьей произведения площади S основания A1A2A3 на высоту H, опущенную на основание из вершины A4.

Так что:
											1		x1		y1	z1			1			12				2			4
													x1		y1	z1						12				2			4
				V									x		y	z						4				2			3
				V									x	2	y	z	2					4				2			3
						пир					6			2	2		2		6
											6		x	3	y	z	3		6				3			4			3
														3	3		3
					1			12					2 3			2		4			3			4			4		2
					1								2 3					4			3						4		2
													4 3					3		3							3
					6																								4
					6																								4

	1	12 18										2 21 4 10													107			35		2	ед.3
	6	12 18										2 21 4 10													3			35		3	ед.3
Или V			1	S							H .
Или V				S		A A A					H .
пир			3			A A A
			3				1		2	3
							1		2	3

Высоту H найдем как расстояние от точки A4 (7, 10, 3) до плоскости

A1A2A3:

H d	Ax0	By0 Cz0	D
H d		A2 B2 C 2
		A2 B2 C 2

	7 7 26 10 8 3 178									49 260 24 178									107		,
																				789	,
	72 262 8 2											789								789
	Vпир	1	789	107							107	35	2	ед.3		.
	Vпир		789		789						3	35		ед.3		.
3					789						3	3
									z
														A3
								9						A3

							6
											A1						A2
							3				A1
							3
									2						A4

						2															y
						2


														6	8			10

Рис.1 (к задаче № 3)

Задача 4. Установить вид кривых, заданных уравнениями. При вести уравнения кривых к каноническому виду и изобразить их на чер теже

а) х2 – 16у + 48 = 0;	б) х2 + у2 – 4 = 0;
в) 9х2 + 4у2 – 36 = 0;	г) х2 + 2у2 + 1 = 0;
д) х2 – у2 + 2у = 0;	е) х2 + у2 + 2у + 1 = 0.

Р е ш е н и е

а) х2 – 16у + 48 = 0 х2 = 16(у – 3) – парабола; б) х2 + у2 – 4 = 0 х2 + у2 = 4 – окружность (1);

в) 9х2 + 4у2 – 36 = 0 9х2 + 4у2 = 36 x 2 y2 1 – эллипс ; 4 9

г) х2	+ 2у2	+ 1 = 0 х2	+ 2у2	= –1	x 2	y2		1 – мнимый эллипс;
					1		1

						2

д) х2 – у2 + 2у = 0 х2 – (у2 – 2у + 1) + 1 = 0 (у – 1)2 – х2 = 1 – гипербола;

е) х2 + у2 + 2у + 1 = 0 х2 + (у + 1)2 = 0 – точка.

а		б
у		у
		2
	5	1	r = 2
	5

	3	0	х
	3

Рис. 2 (начало)

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 267 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.06.20241.35 Mб01214.pdf
#
16.06.20241.35 Mб01215.pdf
#
16.06.20241.35 Mб01216.pdf
#
16.06.20241.35 Mб31217.pdf
#
16.06.20241.35 Mб01218.pdf
#
16.06.20241.35 Mб01219.pdf
#
16.06.2024197.55 Кб0122.pdf
#
16.06.20241.35 Mб01220.pdf
#
16.06.20241.35 Mб01221.pdf
#
16.06.20241.36 Mб11222.pdf
#
16.06.20241.36 Mб01223.pdf