Математика. Ч. 1_3

4. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ

4.1. Решение типового варианта контрольной работы № 1

Задание 1.1.

Данасистемалинейных неоднородных алгебраическихуравнений:

x1 2x2 x3 6;2x1 x2 x3 1;3x1 x2 5x3 0.

Совместность данной системы докажем по теореме Кронекера – Капелли. С помощью элементарных преобразований расширенную

матрицу A приведем к трапециевидной форме:

Следовательно, rangA rangA 3 (числу неизвестных системы).

Значит, исходнаясистемасовместнаи имеет единственноерешение. а) По формулам Крамера:

41

Находим

в) Решить систему по методу Гаусса. Прямой ход по методу Гаусса выполнен при доказательстве совместности исходной системы линейных неоднородных алгебраических уравнений на основании теоремы Кронекера – Капелли:

Получили, что исходная система эквивалентна следующей:

x1 2x2 x3 6;5x2 3x3 13;5x3 5.

Тогда

Задание 1.2.

Решить линейную однородную систему уравнений:

x1 2x2 2x3 x4 6x5 0;2x1 3x2 x3 2x4 x5 0;3x1 x2 8x3 3x4 2x5 0.

Решение.

Составим расширенную матрицу системы и приведем ее к трапециевидной форме:

43

Тогда базисными являются неизвестные x1, x2 , x3, соответствующие столбцам этого минора, x4 , x5 – свободные неизвестные.

Полученной расширенной матрице соответствует система (все свободные неизвестные перенесены в правые части уравнений):

x1 2x2 2x3 x4 6x5;x2 3x3 13x5;

x3 49x5.

Фундаментальная система решений состоит из двух частных решений E1 и E2 , так как n r 5 3 2. Чтобы найти E1, при-

дадим свободным неизвестным значения 1 и 0 и, подставив их в последнюю систему, найдем значения базисных неизвестных (из третьего уравнения находим x3, из второго – x2 , из первого – x1).

Чтобы найти E2 , придадим свободным неизвестным значения 0

и 1 и найдем соответствующие значения базисных неизвестных x1, x2 , x3.

44

45

б) проверить, будут ли коллинеарны или ортогональны два век-

Так как 4 ( 1) 0 3 4 2 4 0, векторы неортогональны.

46

Из пункта в) ( a , b, c ) 96 0, следовательно, эти векторы некомпланарны.

Задание 1.5.

Даны четыре точки: А1(1; 1; 3), A2(–1; –1; –2), A3(2; –3; 3), A4(3; 2; –1).

Составить уравнения:

а) плоскости A1A2A3.

Уравнение плоскости, проходящей через три заданные точки, имеет следующий вид:

Вычисление определителя дает уравнение –20(х – 1) – 5(y – 1) + + 10 (z – 3) = 0. Разделим полученное уравнение на (–5) и получим уравнение плоскости в виде:

4x y 2z 1 0;

б) прямой A1A2.

Уравнение прямой по двум точкам записывается в следующем виде:

Можно умножить полученное уравнение на (–1), тогда

x 1 y 1 z 3; 2 2 5

в) прямой A4M, перпендикулярной к плоскости A1A2A3. Нормальным вектором к плоскоcти Ax + By + Cz + D = 0 является

вектор n (A, B, C), в нашем случае n (4,1, 2). Этот вектор

параллелен прямой A4M. Его можно выбрать в качестве направляющего вектора (m, n, p) (4,1, 2). Уравнение прямой

вканоническом виде имеет вид

xx1 y y1 z z1 . m n p

48

Тогда уравнение прямой A4M запишется в виде:

его можно выбрать в качестве нормального вектора. Уравнение прямой, проходящей через заданную точку с координатами (x0, y0, z0) и нормальным вектором n (A, B, C), имеет вид:

A(x x0 ) B( y y0 ) C(z z0 ) 0.

Подставляя значения, получаем:

( 2)(x 3) ( 2)( y 2) ( 5)(z 1) 0.

После вычислений уравнение имеет вид:

2x 2 y 5z 5 0;

е) вычислить sin – угла между прямой A1A4 и плоскостью

A1A2A3.

Угол между прямой и плоскостью вычисляется по формуле

49

Тогда уравнение искомой плоскости 6(x – 2) + 8(y – 3) – 8(z – 1) = 0, которое приводится к виду 3x + 4y – 4z – 14 = 0.

Задание 1.7.

Найти уравнение прямой, проходящей через точку пересечения прямых 2x + 3y + 5 = 0 и 4x – y – 11 = 0 перпендикулярно первой прямой. Найдем точку пересечения M0:

50