Контрольная работа № 1 по дисциплине «Высшая математика» вариант 9
Задание 9 Даны четыре вектора (1,0,5), (3,2,7), (5,0,9) и (-4,2,-12) в некотором базисе. Показать, что векторы , , образуют базис, и найти координаты вектора в этом базисе. Решение Базисом в пространстве R3 являются любые три некомпланарных вектора. Условием компланарности трех векторов является равенство их смешанного произведения нулю. Итак, находим:
Так как смешанное произведение векторов не равно нулю, то векторы некомпланарны и образуют базис. Для вычисления координат вектора в этом базисе составим систему уравнений в координатном виде:
Решим ее по формулам Крамера. Определитель Δ = –32. Найдем определители .
Имеем ; ; . Значит, . Ответ: Задание 19 Даны координаты вершин пирамиды A1A2A3A4: А1(7,5,3), А2(9,4,4), А3(4,5,7), А4(7,9,6). Найти: 1) длину ребра А1А2; 2) угол между ребрами А1А2 и А1А4; 3) угол между ребром А1А4 и гранью А1А2А3; 4) площадь грани А1А2А3; 5) объём пирамиды; 6) уравнения прямой А1А2; 7) уравнение плоскости А1А2А3; 8) уравнения высоты, опущенной из вершины А4 на грань А1А2А3. Сделать чертёж. Решение 1. Находим координаты вектора = (9 – 7, 4 – 5, 4 – 3) = (2,–1, 1) и длину ребра = = ≈ 2,45. 2. Угол между ребрами и вычисляется по формуле из скалярного произведения. , = (7 – 7, 9 – 5, 6 – 3) = (0; 4; 3); = . . Поэтому ; φ = 3. Угол между ребром и плоскостью - это угол между вектором и его ортогональной проекцией на грань .
Вектор перпендикулярен грани , что вытекает из определения векторного произведения векторов и : = (4 – 7; 5 – 5; 7 – 3) = (–3; 0; 4).
Синус искомого угла θ равен косинусу между векторами , . ≈–0,8773. θ = arcsin ≈ –1,07 рад ≈ –61°19′. 4. Площадь грани равна половине модуля векторного произведения векторов и , на которых построена грань. . 5. Объем пирамиды численно равен одной шестой модуля смешанного произведения векторов , , : = • |–12 – 32 – 9| = .
6. Для составления уравнений прямой воспользуемся формулой: , где – координаты точки , - координаты точки . ; . В таком виде уравнения прямой называются каноническими. Они могут быть записаны и в виде или , т.е. уравнение прямой как линии пересечения двух плоскостей. 7. Для составления уравнения плоскости воспользуемся формулой , где - координаты , - координаты , - координаты . ; ; (x – 7) • – (y – 5) • + (z – 3) • = = –4 • (x – 7) – 11 • (y – 5) – 3 • (z – 3) = 0, –4 • (x – 7) – 11 • (y – 5) – 3 • (z – 3) = = –4x + 28 – 11y + 55 – 3z + 9 = = –4x –11y – 3z + 92 = 0 – уравнение плоскости А1А2А3. 8. Искомые уравнения высоты получим из канонических уравнений прямой , где - точка, лежащая на искомой прямой; - координаты вектора , параллельного искомой прямой. При этом в качестве точки возьмем точку , а в качестве вектора возьмем нормальный вектор плоскости , т.е. . Имеем: . 9. Сделаем чертеж
Задание 29 Составить уравнение линии, каждая точка которой отстоит от точки A(4,0) вдвое дальше, чем от прямой х = 1. Решение Обозначим произвольную точку искомой линии M(x, y). Тогда по условию , где Р – основание перпендикуляра из точки M к прямой х = 1. |AM| = = ; |PM| = |x – 1|. Значит, = 2 • |x – 1|. Возведем обе части равенства в квадрат: х2 – 8x + 16 + у2 = 2x – 2; х2 – 10x + у2 + 14 = 0; (х2 – 10x + 25) – 25 + у2 + 14 = 0; (х – 5)2 + у2 – 11 = 0; (х – 5)2 + у2 = 11. Это каноническое уравнение окружности с радиусом R = ≈ 3,3 и центром в точке С(5; 0). Сделаем чертеж:
Задание 39 Доказать совместность данной системы линейных уравнений и решить ее двумя способами: 1) методом Гаусса; 2) средствами матричного исчисления: Решение Совместность данной системы проверим по теореме Кронекера-Капелли. С помощью элементарных преобразований найдем ранг матрицы А = данной системы и ранг расширенной матрицы . Прибавим ко второй строке первую, умноженную на (–2), к третьей строке прибавим первую, умноженную на (–3), получим: . К третьей строке прибавим вторую, умноженную на – , получим: . Таким образом, ранги основной и расширенной матриц равны 3, т.е. числу неизвестных. Значит, исходная система совместна и имеет единственное решение. 1) Решим систему методом Гаусса. Последней матрице соответствует система:
Задание 49 Найти размерность и базис пространства решений однородной системы линейных уравнений
Решение С помощью элементарных преобразований найдем ранг основной матрицы системы: . Поменяем местами первую и третью строки, затем умножим первую строку на (–3) и сложим со второй, умножим первую строку на (–7) и сложим с третьей, получим: . Ранг системы равен r = 2, а число неизвестных n = 4. Так как ранг системы меньше числа неизвестных, то система имеет ненулевые решения. Размерность пространства решений этой системы n – r = 4 – 2 = 2. Преобразованная система, эквивалентная исходной, имеет вид: х1 + х2 +3х3 – 3х4 = 0, х1 + х2 = –3х3 + 3х4, –х2 –12 х3 +11х4 = 0, х2 = –12х3 + 11х4, х1 = –3х3 +3х4 +12х3 – 11х4, х1 = 9х3 – 8х4, х2 = –12х3 + 11х4, х2 = –12х3 + 11х4. Эти формулы дают общее решение. В векторном виде его можно записать следующим образом: , где и – произвольные числа. Вектор-столбцы и образуют базис пространства решений данной системы. Полагая х3 = с1, х4 = с2, где с1, с2 – произвольные постоянные, получим общее решение в векторном виде .
Задание 59 Найти собственные значения и собственные векторы линейного преобразования, заданного в некотором базисе матрицей. . Решение Составляем характеристическое уравнение матрицы ; (5 – λ) (3 – λ) (–1 – λ) +4 (5 – λ) = 0; (5 – λ) (–3 – 3λ + λ+ λ2 +4) = 0; (5 – λ) (λ2 – 2λ + 1) = 0; 5 – λ = 0 или λ2 – 2λ + 1 = 0; λ1 = 5; D = 4 – 4 = 0; λ2,3 = 1. λ1 = 5, λ2,3 = 1 – собственные значения линейного преобразования. Для отыскания собственных векторов используем систему уравнений: (5 – λ)х1 +9х2 + 7х3 = 0, (3 – λ)х2 –2 х3 = 0, 2х2 + (–1 – λ)х3 = 0, При λ1 = 5 получим систему: 9 х2 + 7х3 = 0, х1 – любое х1 – любое, –2х2 –2 х3 = 0, –6х3 –2 х3 = 0 х3 = 0, 2х2 – 6х3 = 0. х2 = 3 х3 х2 =0. Таким образом, числу λ1 = 1 соответствует собственный вектор , где х1 – произвольное действительное число. В частности, при х1 = 1 имеем .
При λ2,3 = 1 получим систему: 4х1 +9 х2 + 7х3 = 0, 4х1 = 16х3, х1 = 4х3, 2х2 – 2х3 = 0, х2 = х3, х2 = х3, 2х2 –2 х3 = 0, х3 – любое. х3 – любое. Числу λ2,3 = 1 соответствует собственный вектор , где х3 – произвольное действительное число. В частности, при х3 = 1 имеем . Итак, матрица А имеет три собственных значения λ1 = 5, λ2 = 1 (кратности 2). Соответствующие им собственные векторы (с точностью до постоянного множителя) равны и .
Задание 69 Привести к каноническому виду уравнение линии второго порядка, используя теорию квадратичных форм. 6х2 + 2 ху +3у2 = 16. Решение Левая часть уравнения 6х2 + 2 ху + 3у2 = 16 представляет собой квадратичную форму с матрицей . Решаем характеристическое уравнение т.е. . (6 – λ)(3 – λ) – 10 = 0; 18 – 9λ + λ2 – 10 = 0; λ2 – 9λ + 8 = 0; D = 81 – 32 = 49; λ1 = (9 – 7) / 2 = 1, λ2 = (9 + 7) / 2 = 8. λ1 = 1, λ2 = 8 – характеристические числа. Находим собственные векторы из системы уравнений . Полагая λ = λ1 = 1, получаем систему уравнений для первого вектора : х2 = – х1 = – х1 . Пусть х1 = , тогда х2 = – и – собственный вектор, соответствующий λ1=1. Полагая λ = λ2 = 8, получаем систему уравнений для второго вектора : х1 = х2 = х2. Пусть х2 = , тогда х1 = и – собственный вектор, соответствующий λ2 = 8. Нормируем собственные векторы , получаем , . Составляем матрицу перехода от старого базиса к новому , в которой координаты нормированных собственных векторов записаны по столбцам. Выполняя преобразование или Найденные для х и у выражения подставим в исходное уравнение кривой: 6 • ( х′ + у′)2 + 2 • ( х′ + у′)(– х′ + у′) + 3 • (– х′ + у′)2 – 16 = 0; 2х′2 + 2 х′у′ + 5у′2 ) + (– х′2 +2х′у′ –5х′у′ + у′2 )+ (5х′2 – 2 х′у′ + 2у′2 )– 16 = 0; х′2 + х′у′+ у′2 – х′2 – х′у′ + у′2+ х′2– х′у′+ у′2-16=0 х′2 +8у′2 – 16 = 0; – каноническое уравнение эллипса.
