Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика_5

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.12.2025

Размер:

2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 115 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Замечание. Преобразования в методе Гаусса удобнее выполнять не с самой системой уравнений, а с расширенной матрицей системы, которая состоит из коэффициентов при неизвестных и столбца свободных членов:

9	−4	−3	300


−2	8	−1	150
−1	−2	8	400

		−1	−2	8	400

третью строку
	~	9	−4	−3	300
поставимпервой		−2	8	−1	150

	умножимпервуюстрокуна 9			−1		−2	8		400


	и прибавим ко второй		~	0		−22	69		3900
	и прибавим ко второй			− 2		8	−1		150
				− 2		8	−1		150

умножим первуюстроку на (−2)					−1	−2	8			400


и прибавим к третьей			~		0	−22	69			3900
и прибавим к третьей					0	12	−17			−650
					0	12	−17			−650

		вторуюстроку разделим на 22,						.
		вторуюстроку разделим на 22,
		умножимна12 и прибавим к третьей

Используя полученную матрицу, выпишем преобразованную систему:

− x		−2x	+8x = 400
	1	2	3
	−22x2 +69x3 = 3900
		227x3 =16250.
		227x3 =16250.

Прямой ход метода Гаусса закончен. Обратный ход заключается в том, что из последнего уравнения находят неизвестную x3 , затем

из второго – x2 , а из первого – x1 . Выполним это:

								x	= 16250 ,
								3	227
									227
x	=	69 x	− 3900		=	69 16250		−	3900 =	1121250 −3900 227 = 235950		,
2		22 3		22		22 227			22	22 227	22 227
		x = −	2x	+8x		−400 = −	2 235950			+ 8 16250 −400 = 390500 .
		x = −	2x	+8x		−400 = −				+ 8 16250 −400 = 390500 .
		1	2		3			22 227		227	22 227
								22 227		227	22 227

Итак, решение системы в неправильных дробях будет иметь вид:

x1 = 3905004994 , x2 = 2359504994 , x3 = 16250227 . Они будут выражать плановые объемы выпуска валовой продукции отраслей.

3. Выполним проверку полученного результата. Для этого подставим эти значения в исходную систему:


		390500						235950						16250
9			4994		− 4					4994	− 3			227	= 300
				390500						235950			16250
	2			390500		+	8			235950		−	16250		=150 .
−	2			4994		+	8			4994		−		227	=150 .
				4994						4994				227
	390500				− 2		235950				+	8	16250		= 400
−			4994		− 2				4994		+	8		227	= 400
			4994						4994					227

Вычисляя, получаем верные равенства.

4. Запишем приближенный ответ с точностью до сотых: x1 = 3905004994 ≈ 790,49 ; x2 = 2359504994 ≈ 47,25 ; x3 = 16250227 ≈ 71,59 .

Решение задания типа 11–20

Даны		векторы			a = (a ,a	2	,a ),	b = (b ,b		,b ),	c = (c ,c	2	,c ),
d = (d , d					1	2	3	1	2	3	1	2	3
d = (d , d	2	, d	3	) в некотором базисе. Показать,						что векторы		a,b,c
1	2		3
образуют базис и найти координаты вектора d										в этом базисе. Си-

стему линейных уравнений решить по формулам Крамера.

Например, a = (1;2;0), b = (3;−1;4),

c = (− 2;0;1), d = (1;3;2).

Решение. Для того, чтобы векторы a,b,c образовывали базис, необходимо показать, что векторы некомпланарны, т.е. их смешан-

ное произведение (a,b,c)отлично от нуля.

Вычислим смешанное произведение (a,b,c) с помощью определителя третьего порядка:

(a,b,c)=	a1	a2	a3		1	2	0
	a1	a2	a3		1	2	0
	b	b	b	=	3	−1	4	= –23.
	1	2	3
	c1	c2	c3		−2	0	1

Поскольку (a,b,c)= –23 ≠0, то векторы a,b,c образуют базис в

пространстве R3.
Следовательно, любой вектор d	этого пространства единствен-
ным образом можно представить	в виде d = xa + yb + zc , где

(x, y, z) – координаты вектора d в базисе a,b,c .

От векторного равенства перейдем к равенствам над соответствующими компонентами:

d = a x +b y +c z							1 =1 x + 3 y − 2 z
1		1	1		1	или
d2		= a2x +b2y +c2z					3 = 2 x −1 y + 0 z .
d	3	= a x +b		3	y +c z		2 = 0 x + 4 y +1 z
		3			3

Получили систему трех линейных уравнений с тремя неизвестными x, y, z − координаты вектора d в новом базисе.

Решаем полученную систему методом Крамера, в соответствии с которым:

1) система трех линейных уравнений с тремя неизвестными имеет единственное решение, если ∆ ≠ 0 – определитель третьего порядка, составленный из коэффициентов системы, не равен 0:

−2

∆ =

a2 b2 c2

2 −1 0

= −23 ≠ 0 .

2) неизвестные x, y, z находим по формулам Крамера:

x =

∆x ,

y =

∆y

= ∆z

∆

где ∆x , ∆y , ∆z

– определители третьего порядка, составленные из

определителя системы

∆ заменой коэффициентов,

стоящих в си-

стеме перед x, y, z , свободными членами соответственно:

−2

∆x =

−1

= −38,

−2

∆y =

a2 d2 c2

2 3 0

= −7,

∆z =

−1

= −18.

Тогда по формулам Крамера:

x =

−38

= 38

, y =

−7

, z =

−18

18 .

−23

Проверка:

1	38		+3	7	−2		18		=1, 1 =		1,

	23			23			23

2	38		−1	7	+0		18		= 3, 3 =		3,

	23			23			23

	38			7			18
0			+ 4		+1				= 2, 2 = 2.
	23			23			23

Получили тождества. Следовательно, система решена верно.
Ответ: 1) векторы		a = (1;2;0),					b	= (3;−1;4),				c = (− 2;0;1) образу-
ют базис; 2) вектор d		в базисе a,b,c имеет следующее разложение:
				38			7			18
			d =	23 a +				b +		23 c .
						23
Решение типового задания 21–30

Даны координаты вершин пирамиды A1(x1, y1,z1), A2 (x2, y2,z2 ),
A3(x3, y3,z3 ), A4 (x4, y4,z4 ).		Найти:	1)	площадь грани A1A2 A3 ;
2) объем пирамиды; 3) уравнения прямой A1A2 ; 4) уравнение плос-
кости	A1A2 A3 ; 5) уравнения высоты A4D , опущенной из вершины
A4 на грань A1A2 A3 ; 6) длину высоты				A4D ; 7) координаты точки
пересечения высоты A4D с плоскостью A1A2 A3 .
Например, A1(3;5;4), A2(6;9;4), A3(0;7;2), A4(2;3;7).
1. Для нахождения площади грани			A1A2 A3 воспользуемся геомет-
рическим смыслом модуля		векторного		произведения [A1A2 , A1A3	],
равного площади параллелограмма, построенного на векторах A1A2					и
A1A2	как на сторонах.
Найдем векторное произведение

[A1A2 , A1A3 ]=								i				j			k			i		j		k
								i				j			k			i		j		k
							x2 − x1					y2 − y1 z2 − z1					=	3 4 0					=
							x3 − x1					y3 − y1 z3 − z1						− 3 2 − 2
				4		0		−			3	0			3	4
				4		0					3	0			3	4
	= i			2		−2			j	−3		−2	+k		−3	2	= −8i +		6 j	+18k .
				2		−2				−3		−2			−3	2
Тогда искомая площадь грани A1A2 A3
					1		[A1A2 × A1A3]=						1
SA A A			=		1		[A1A2 × A1A3]=						1	(−8)2		+62 +182 =					106	(ед2).
1	2	3			2								2
1	2	3

2. Объем пирамиды найдем, используя геометрический смысл модуля смешанного произведения (A1A2 , A1A3, A1A4 ), равного объе-

му параллелепипеда, построенного на векторах A1A2 , A1A3, A1A4 как на ребрах.

Вычислим смешанное произведение векторов A1A2 , A1A3, A1A4 :

(A1A2 , A1A3, A1A4 )=

x2 − x1

y2 − y1

z2 − z1

x3 − x1

y3 − y1

z3 − z1

−3

− 2

= 38.

x4 − x1

y4 − y1

z4 − z1

−1

− 2 3

Так как объем пирамиды составляет шестую часть объема соответствующего параллелепипеда, то

Vпир = 16 (A1A2, A1A3, A1A4 )= 16 38 = 193 (ед3).

3. Чтобы найти уравнения прямой A1A2 , используем уравнения прямой в пространстве, проходящей через две известные точки A1 и A2 :

x − x1		=	y − y1			=	z − z1			.

x	− x		y	2	− y		z	2	− z
2	1				1				1

Уравнения прямой A1A2 принимают вид:

x −3	=	y −5	=	z −4	или	x −3	=	y −5	=	z −4	.

6 −3		9 −5 4 −4				3	4		0

4. Для получения уравнения грани A1A2 A3 используем уравнение плоскости, проходящей через три данные точки A1, A2, A3 :

x − x1 x2 − x1 x3 − x1

В нашей задаче

x −3 3

−3


y − y1	z − z1

y2 − y1 z2 − z1			= 0 .
y3 − y1	z3 − z1
y −5	z −4	= 0 .

4	0
2	−2

Определитель вычислим методом разложения по элементам первой строки:

−8(x −3)−(−6)(y −5)+18(z − 4)= 0 .

Раскрыв скобки, и приведя подобные, получаем

–8x + 6y + 18z – 78 = 0,

сократив на (–2), искомое уравнение будет иметь вид:

4x – 3y – 9z + 39 = 0.

5. Чтобы найти уравнения высоты, опущенной из вершины А4 на грань A1A2 A3 , используем канонические уравнения прямой в про-

странстве, проходящей через известную точку А4 с направляющим вектором s(m;n; p):

x −mx4 = y −ny4 = z −pz4 .

Так как высота перпендикулярна грани A1A2 A3 , то в качестве направляющего вектора s можно использовать нормальный вектор плоскости A1A2 A3 , координатами которого являются коэффициенты при x, y, z в полученном уравнении грани A1A2 A3 : n(4;−3;−9).

Итак, уравнения высоты примут вид:

x −4 2 = y−−33 = z−−97 .

6. Для вычисления длины высоты A4D примем формулу расстояния от точки A4 до плоскости A1A2 A3 .

A D	=	ax4 +by4 +cz4 + d		,


4

			a2 +b2 +c2
			a2 +b2 +c2

где a,b,c,d – коэффициенты и свободный член из уравнения плос-

кости A1A2 A3 . Таким образом,

A D

4 2 −3 3 −9 7 +39

42 +(−3)2 +(−9)2

106

Координаты точки пересечения высоты

A4D с плоскостью

A1A2 A3 получаются как результат решения системы, составленной из уравнения грани A1A2 A3 и уравнений высоты A4D .

Запишем уравнения высоты A4D в параметрической форме: x −4 2 = y−−33 = z−−97 = t ,

x = 4t + 2

где t – параметр, тогда y = −3t +3.

z = −9t + 7

Решая систему

4x −3y −9z +39 = 0

x = 4t + 2		,
	3	,
y = −3t +	3
	7
z = −9t +	7

найдем значение параметра t. Подставляя выражения x, y, z в первое уравнение, получим:

4(4t + 2)−3(−3t +3)−9(−9t + 7)+39 = 0							106t = 25				t =		25	.
													106

Искомые координаты точки пересечения:
x = 4	25	+ 2 = 312	= 156 ;	y = −3	25	+3 =	243	;	z = −9		25	+7 =	517 .
							106			106
106		106	53	106									106

Решение задания типа 31–40

Условие. Известны уравнения двух сторон ромба 2x −5y −1 = 0 и 2x −5y −34 = 0 и уравнение одной из его диагоналей x +3y −6 = 0 . Найти уравнение второй диагонали. Сделать чертеж.

B C

A D

Решение. Пусть 2x −5y −1 = 0 – уравнение стороны АВ. Так как прямые 2x −5y −1 = 0 и 2x −5y −34 = 0 имеют одинаковые нормальные векторы n = (2;−5), следовательно, они параллельны. Поэтому 2x −5y −34 = 0 – уравнение противоположной стороны DC. Одна из диагоналей, например, АС имеет уравнение x +3y −6 = 0 .

Вершина ромба A является точкой пересечения прямых АВ и АС, следовательно ее можно найти, решив систему уравнений:

2x −5y −1 = 0x +3y −6 = 0 ,

откуда А(3;1).

Вершину ромба С получим решением системы, составленной из уравнения прямых DC и АС:

2x −5y −34 = 0		,
	= 0
x +3y −6

откуда С(12;–2).

Точка О пересечения диагоналей является серединой отрезка АС, поэтому ее координаты можно найти по формулам:

x	=	xA + xC	=	3 +12			=	15 ; y		=	yA + yC	=	1−2	= −1 .
x	=	xA + xC	=				=	15 ; y		=		=		= −1 .
0	2				2			2	0	2		2		2
	2				2			2		2		2		2
		15		;−	1
Таким образом, O			2	;−	2	.
			2		2
50

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 115 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.20251.6 Mб0Математика.pdf
#
28.12.20252.17 Mб0Математика_1.pdf
#
28.12.20251.51 Mб0Математика_2.pdf
#
28.12.2025883.18 Кб0Математика_3.pdf
#
28.12.2025921.92 Кб0Математика_4.pdf
#
28.12.20252 Mб0Математика_5.pdf
#
28.12.20256.14 Mб0Математика_6.pdf
#
28.12.20251.57 Mб0Математика_7.pdf
#
28.12.202521.33 Mб0Математика_8.pdf
#
28.12.20254.68 Mб1Математическая картография.pdf
#
28.12.2025870.35 Кб0Математическая статистика-1.pdf

Математика_5

Получили тождества. Следовательно, система решена верно.