Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Политехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

kontr

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.05.2015

Размер:

1.1 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

столбца из коэффициентов при Xi столбцов из свободных членов.

	1	1	2			1	1	1			1	1	1	= −12 .
1 =	4	−1	2	= 6,	2 =	2	4	1	= 12,	3 =	2	−1	4	= −12 .
	2	1	4			4	2	2			4	1	2

Используя формулы (1.8), имеем

X1 = 1 =1,	X 2 =	2	= 2,	X 3 = 3 = −2.

в). Для решения систем линейных уравнений широко используется метод Гаусса. Идея метода Гаусса состоит в том, что путем последовательного исключения неизвестных система уравнений превращается в ступенчатую (в частности, треугольную) эквивалентную систему уравнений.

Для приведения системы уравнений к ступенчатому виду используются следующие преобразования :

1)перестановка любых двух уравнений;

2)умножение обеих частей уравнений системы на одно и тоже

число;

3)прибавление к одному уравнению другого уравнения, умноженного на число.

Врезультате таких преобразований мы получим или совместную ступенчатую систему, эквивалентную исходной, или придем к несовместной ступенчатой системе, в которой одно из уравнений имеет в правой части отличный от нуля член, а все коэффициенты в левой части равны нулю. В последнем случае исходная система уравнений решений не имеет. Если система совместна и число уравнений равно числу неизвестных, то эквивалентная треугольная система имеет единственное решение.

При решении системы линейных уравнений методом Гаусса удобнее приводить к ступенчатому виду не саму систему уравнений, а расширенную матрицу системы, выполняя преобразования над ее строками. Для нашего примера (1.3) запишем расширенную матрицу

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

1	1	2	−1	S2 −2S1	1	1	2	−1	S3 +S2	1	1	2	−1
2	−1 2				0	−3	−2			0	−3	−2
			−4	→				−2	→				−2
4	1	4		S3 −2S2	0	3	0			0	0	−2
			−2					6					4

rang A = rang A = 3, следовательно, система совместна и, т.к. rang A = n = 3, определена и имеет единственное решение. По приведенной матрице запишем эквивалентную систему

x1+x2+2x3=-1 -3x2-2x3=-2 -2x3=4.

Далее реализуем вторую часть метода Гаусса - обратный ход. Выразим из последнего уравнения x3 = -2. Подставляя полученное значение x3 во второе уравнение, находим x2. Подставляя найденные значения x2, x3 в первое уравнение, находим x1.

Получим x1 = 1, x2 = 2, x3 = -2.

3. П р и м е р . Исследовать систему на совместимость, найти общее и частные решения.

2x1 − x2 − x3 +3x4 =14x1 −2x2 − x3 + x4 = 56x1 −3x2 − x3 − x4 = 9

2x1 − x2 +2x3 −12x4 =10

(1.9)

Выпишем расширенную матрицу системы и приведем ее к трапицевидному виду


		2 −1			−1	3	1					2		−1	−1	3 1							2	−1 −1 3			1
			4	−2	−1	1	5	S		−2S			0 0		1			S		−2S			0	0	1
A	=		4	−2	−1	1	5		2		1		0 0		1	−5 3			3		2		0	0	1	−5 3
A	=		6	−3	−1	−1 9		→					0 0		2	−10		→					0	0	0	0
			6	−3	−1	−1 9		S	3	−3S1			0 0		2	−10	6	S 4		−3S2			0	0	0	0	0
		2 −1			2 −12 10			S	4	−S1		0		0	3	−15	9					0		0	0	0	0

rang A = rang A = 2, следовательно, система совместна и имеет решения.

rang A = 2 < n = 4, следовательно, система неопределенная и имеет бес-

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

конечное множество решений.

Найдем общее решение и какое-либо частное. Для этого выделим базисный минор - это любой минор, отличный от нуля, минор порядка равного рангу матрицы, например,

2 −1 = 2 ≠ 0, тогда x1, x3 - базисные неизвестные,

0 1

x2, x4 - свободные неизвестные.

Запишем эквивалентную ступенчатую систему, перенеся свободные неизвестные в правую часть и присвоив им значения констант x2 =

C1, x4 = C2.

2x1-x3=1+C1-3C2

x3=3+5C2.

Обратным ходом, начиная с последнего уравнения, найдем x1, x3 и получим

	4	+C	1	+2C	2					3
			1		2					3
X о б щ.			2			, при C1	= 0, C2
X о б щ.	=	C1				, при C1	= 0, C2	=1	X цас т.=	0 .
		3+5C2								8
		C2							1
		C2

П р о в е р к а :

6	- 8 + 3 = 1		истина
12	- 8 + 1 =	5	истина
18	- 8 - 1 =	9	истина
6 +16 -12 = 10			истина.

4. П р и м е р . Найти нетривиальные решения однородной системы линейных алгебраических уравнений

x1 + 3x2 + 3x3 + 2x4 + 4x5 = 0 x1 + 4x2 + 5x3 + 3x4 + 7x5 = 0 2x1 + 5x2 + 4x3 + x4 + 5x5 = 0 x1 + 5x2 + 7x3 + 6x4 +10x5 = 0

(1.10)

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

Однородная система всегда совместна, так как всегда имеет тривиальное (нулевое) решение x1 = 0, x2 = 0,K , xn = 0 . Для существования нетривиального решения необходимо и достаточно, чтобы ранг матрицы системы был меньше числа неизвестных (rang A < n).

Найдем ранг матрицы А.
1 3 3 2					4						1 3					3			2			4
					7			S	2	−S						2			1		3
1 4 5 3										1	0 1												S +S
	2	5 4 1			5			S	3	−2S		0	−	1	−		2	−		3	−			2
										1													3
							→														3		→
									S4 −S1							4			4		6		S4 −2S2
1 5 7 6					10						0 2
1		3	3	2		4					1		3		3			2		4
																						rang A = 3 < n = 5, следова-
0		1	2	1		3		S		+S	0		1		2			1		3		тельно, система имеет не-
0		0	0	− 2		0							0		0		− 2			0		правильные решения.
								4 2→ 0
0 0			0	2 0							0 0			0			0			0

Особенностью однородной системы является то, что всякая линейная комбинация ее решений вновь является решением системы. Поэтому для отыскания нетривиального решения достаточно найти все ее линейно независимые решения и составить их линейную комбинацию. Сово-

купность линейно-независимых решений однородной системы называется фундаментальной системой решений.

Если ранг матрицы системы равен r, то фундаментальная система будет состоять из (n - r) - решений.

В качестве базисного минора выберем

1	3	2	= −2 ≠ 0,	следовательно, базисными неизвестными являются x1,
0	1	1	= −2 ≠ 0,	следовательно, базисными неизвестными являются x1,
0	0	−2		x2, x4, а свободными x3, x5.

Эквивалентная система примет вид

x1 + 3x2 + 2x4 = -3x3 - 2x5 x2 + x4 = -2x3 - 3x5

x4 = 0.

Положим x3 = C1, x5 = C1 и обратным ходом, начиная с последнего

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

уравнения, найдем x4 = 0, x2 = -2C1 - 3C2, x1 = 3C1+5C2. Итак, общее решение системы имеет вид

		3C +5C	2
		1	2
x		−2C1 −3C2
x	=	C1
	об щ.	C1
		0
		0
		C2
		C2

(1.11)

Фундаментальная система решений будет состоять из (n - r = 5 -3 = 2) двух линейно-независимых решений. Чтобы построить фундаментальную систему решений, придадим свободным неизвестным поочередно следующие значения

1.С1 = 1, С2 = 0

2.С1 = 0, С2 = 1,

и, подставив их в общее решение (1.11), получим два решения

		3				5

		−2				−3
X1	=	1	и	X 2	=	0	.
		0				0
						1
		0				1

Тогда общее решение можно записать, как линейную комбинацию X1 и

	3λ1 +5λ2
	−2λ		−3λ	2
		1		2
X = λ1X1 +λ2X 2	=	λ1			.
		0
		λ
		λ	2
			2

(1.12)

Придавая λ1 и λ2 произвольные значения, получим частное решение, подставив которое в исходную систему, проверим правильность решения по всем уравнениям.

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

Векторная алгебра

_ _

11-20. Параллелограмм построен на векторах b и a .

Найти : 1) длины диагоналей параллелограмма; 2) косинус угла между диагоналями; 3) прa −b (a +b); 4) площадь параллелограмма.

11.

a = p +2

= 3p −q,

12.

a = 3p +q,

= p −2q,

13.

a = p −3

= p +2q,

14.

a = 3p −2

= p +3

15.

a = p −2

= 2p +

16.

a = p +3q,

= p −2q,

17.

a = 2p −

= p +3

18.

a = 4p +q,

= p −

19.

a = p −4q,

= 3p +

20.

a = p +4q,

= 2p −

=1,

= 2,

p ,

= 4,

= 2,

p ,

=1,

p ,

= 4,

p ,

π.

= 2,

p ,

π.

= 2,

= 3,

p ,

= 3,

= 2,

p ,

= 7,

= 2 2,

p ,

=1,

= 2 3,

p , q

= 7,

= 2,

p ,

21-30. Пирамида задана координатами вершин A1,			A2 , A3, A4 .
→	→	→
Найти : 1) координаты векторов A1 A2 ,	A1 A3,	A1 A4	и модули этих век-
→	→
торов; 2) угол между векторами A1 A2 и	A1 A3	; 3) площадь треугольника

A1 A2 A3 ; 4) объем пирамиды A1 A2 A3 A4 ; 5) длину высоты, опущенной из

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

вершины А4 на грань A1 A2 A3 .
21.	А1(1, 3, 6),	А2(2, 2, 1),	А3(-1, 0, 1),	А4(-4, 6, -3).
22.	А1(-4, 2, 6),	А2(2, -3, 0),	А3(-10, 5, 8),	А4(-5, 2, -4).
23.	А1(7, 2, 4),	А2(7, -1, -2),	А3(3, 3, 1),	А4(-4, 2, 1).
24.	А1(2, 1, 4),	А2(-1, 5, -2),	А3(-7, -3, 2),	А4(-6, -3, 6).
25.	А1(-1, -5, 2),	А2(-6, 0, -3),	А3(3, 6, -3),	А4(-10, 6, 7).
26.	А1(0, -1, -1),	А2(-2, 3, 5),	А3(1, -5, -9),	А4(5, -6, 3).
27.	А1(5, 2, 0),	А2(2, 5, 0),	А3(1, 2, 4),	А4(-1, 1, 1).
28.	А1(2, -1, -2),	А2(1, 2, 1),	А3(5, 0, -6),	А4(-10, 9, -7).
29.	А1(-2, 0, 4),	А2(-1, 7, ),	А3(4, -8, -4),	А4(1, -4, 6).
30.	А1(14, 4, 5),	А2(-5, -3, 2),	А3(-2, -6, -3),	А4(-2, 2, -1).

Методические указания к выполнению заданий

Задача

Параллелограмм

построен

на

векторах

a = p −4q,

= 3p + q . Найти : 1) длины диагоналей;

2) косинус угла

между диагоналями;

3) прa −

(a +

);

4) площадь параллелограмма, если известны

модули

векторов

и угол между ними p , q .

Решение.

ный вектор

a	a + b

a − b	α

Рис. 1.

1). По правилу параллелограмма (рис. 1) суммар-

→	→	→
c	= a	+ b направлен по диагонали параллелограмма,
выходящей из той же точки,					что и векторы a и		, а
выходящей из той же точки,					что и векторы a и	b	, а
		→	→	→	направлен по второй
разностный вектор d			= a	− b	направлен по второй

→ →

диагонали, соединяющий концы векторов b и a .

			→	→	→	→ →	→ →	= 4p −3q ,
Найдем c				= a	+ b	= p−4 q	+3 p+ q	= 4p −3q ,
→			= −2p −5q .
d	= a −	b	= −2p −5q .

Найдем длины диагоналей, как модули векторов c и d . Модуль вектора найдем, как корень квадратный из скалярного произведения вектора самого на себя. Используя свойства скалярного произведения, перейдем к

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

скалярному произведению известных векторов a и b .

(c, c) =

(4p −3q, 4p −3q) = 16p2 −24(p, q)+9q2 ,

(1.13)

(

)= (−2p −5q, −2p −5q) = 4p2 +20(p, q)+25q 2 ,

(1.14)

где

p2 =

, q2

(p, q) =

cos p , q .

2). Найдем косинус угла между диагоналями параллелограмма из

→

формулы скалярного произведения векторов d

и c .

(

cosα =

→ →

(1.16)

где

→ →

= (−2p −5q, 4p +3q) = −8p2 −14(p, q)+15q2 .

d, c

(1.17)

3). Найдем проекцию вектора

→

на направление вектора

= a

+ b

→

d = a

− b из формулы скалярного произведения

→ →

пр→ → ( a+ b)

a −b

			→ →
→		d, c
→					.
= пр→ c	=
= пр→ c	=			→
d				→
				d

(1.18)

4). Известно, что модуль векторного произведения векторов равен

площади параллелограмма, построенного на этих векторах

Sп = [ar, b].

(1.19)

Найдем векторное произведение [a, b], воспользовавшись свойствами векторного произведения

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

[a, b]=[p −4q, 3p + q]= 3[pr, pr]+[p,qr]−12[q, p]−4[q,q].

Так как

[

r r

]

[

r r

]

[

]

[

]

, то

[

]

[

r r

]

= 0,

q, q

= 0,

p,q

a, b

p, p

q, p

= −

=13 p, q

Sп = [a, b] =13[pr, qr] =13 p q sin(p, q).

(1.20)

Задача 2.

А2

А1

А4

А3

Рис. 2.

Дана пирамида (рис. 2).

→	→	→
1). Найдем координаты векторов A1A2, A1A3,		A1A4	и

модули этих векторов. В декартовой системе координат

→	→			→
A1A2	=OA2 −OA1 ,													2 )	(1.21)
и если A		=	(	x	,	y z ,	A	=	(	x	, y	2,	z		, то
	1		(	1		1, 1)	2		(	2		2,

→

A1A2 = (x2 − x1, y2 − y1, z2 −z1). (1.22)

→

Аналогично A1A3 = (x 3 − x1, y3 − y1, z3 −z1),

→

A1A4 = (x 4 − x1, y4 − y1, z4 −z1). Модули векторов найдем по формулам

→

A1A2 = (x2 − x1)2 +(y2 − y1)2 +(z2 −z1)2 ,

(1.23)

→

A1A3 = (x 3 − x1)2 +(y3 − y1)2 +(z3 −z1)2 ,

→

A1A4 = (x 4 − x1)2 +(y4 − y1)2 +(z4 −z1)2 .

				→		→
2). Угол между векторами A1A2 и						A1A3	найдем из скалярного про-
	→	→
изведения векторов	A1A2	и A1A3
→	→		→		→		→ →
(A1A2, A1A3) =			A1A2		A1A3	cos(A1A2 , A1A3).

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

→

,A1A3)

Тогда

cos(A A , A A ) =

(A1A2

1 3

→

(1.24)

A1A2

A1A3

где

→

(A1A2, A1A3) = (x2 − x1)(x3 − x1)+(y2 − y1)(y3 − y1)+(z2 −z1)(z3 −z1).

(1.25)

3). Найдем площадь треугольника А1А2А3 через площадь паралле-

→

лограмма, построенного на векторах A1A2

и A1A3

S A A

= 1 S ,

(1.26)

где

→

A1A2

,A1A3

(1.27)

→

Найдем векторное произведение векторов

A1A2 и

A1A3 , используя фор-

мулу векторного произведения в координатной форме


		→				→					i								j
		→				→	=		x		− x y							− y
	A A , A A						=		x	2	− x y						2	− y		1
		1	2			1 3				2			1				2			1
									x	3	− x				y		3	− y
										3			1				3	1
−		→		x		− x	z		− z					→	x			− x
		→		x		− x	z		− z					→	x			− x
		j		x	2	1	z	2	− z			1	+ k		x	2		1
				x	3	− x	z	3	− z			1			x	3		− x
					3	1		3				1				3		1

(1.28)

→

− y

− z

− z1

= i

−

− z1

− y1

− z1

− y1

= i ax

+ j a y + k az .

→

− y1

Найдем модуль полученного вектора

S	=	→	→	=	a2	+a2	+a2 .
S	=	A A	,A A	=	a2	+a2	+a2 .
		1 2	1 3		x	y	z

(1.29)

4). Объем пирамиды найдем через объем параллелепипеда, по-

→	→			→
строенного на векторах A1A2	, A1A3	,		A1A 4
	V =		1	V
	V =	6		V
		6
(1.30)

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
22.04.2019723.97 Кб98kollokvium1 (1).doc
#
13.09.2019234.5 Кб2Kollokvium_2_Kolpakov.doc
#
26.11.201980.45 Кб4kollokvium_po_fizike_hhy.docx
#
22.09.2019563.2 Кб3komplekt_resheny.doc
#
29.05.201519.91 Mб144Konspekt_lektsy.pdf
#
29.05.20151.1 Mб2kontr.pdf
#
25.11.201964 Кб17Kontr1.doc
#
30.08.2019281.6 Кб0Kontrolnaya_rabota_70_var_7_zadach.doc
#
29.05.201515.5 Кб24kontseptsii_estestvennogo_obschestvoznania.docx
#
23.09.2019573.44 Кб4Kopia_MINISTERSTVO_OBRAZOVANIYa_I_NAUKI_ROSSIJS...doc
#
25.03.2016143.36 Кб9Kopytova_IDZ1_O_2013.doc