Контрольная работа для Ольги Лысой

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

= 1×(-3)×1+ 3× 2 × 2 + 2 ×(-1)×1- (-1)×(-3)×3 - 2 × 2 ×1-1× 2 ×1 =

D = det A =

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

31.05.2015

Размер:

151.15 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Задание 1.

а) Проверить невырожденность системы линейных уравнений и решить ее по формулам Крамера и матричным способом.

x1 + 2x2 - x3 = 2,
		+ 2x3 = 2,
2x1 −3x2		+ 2x3 = 2,
	3x + x	+ x = 8.
	1 2	3

Решение.

Запишем систему уравнений в матричной форме

1 2			−1		x1		2
A =	2	-3	2	,	x = x		и B =	2	.
						2
	3	1	1		x			8
						3

Тогда систему уравнений можно записать в виде A × x = B .

Проверим невырожденность системы. Для этого вычислим определитель матрицы A :

= -3 +12 - 2 - 9 - 4 - 2 = -8 ¹ 0.

Так как D ¹ 0 , то система невырождена. Решим систему по формулам Крамера.

Если определитель D = det A матрицы системы Ax = b отличен от нуля, то система

имеет единственное решение x1 , x2 , x3 , определяемое формулами Крамера xi = Di где

Di , (i =1, 2, 3)– определитель матрицы 3-го порядка, полученной из матрицы A системы

заменой i –				го столбца столбцом правых частей b .
					1	2		-1	= 1×(-3)×1+ 3× 2 × 2 + 2 ×(-1)×1- (-1)×(-3)×3 - 2 × 2 ×1-1× 2 ×1 =
					1	2		-1
D = det A =					2	-3		2
					3	1		1
= -3 +12 - 2 - 9 - 4 - 2 = -8 ¹ 0.
Тогда
	2			2	-1		= 2 ×(-3)×1+ 8 × 2 × 2 + 2 ×(-1)×1- (-1)×(-3)×8 - 2 × 2 ×1- 2 × 2 ×1 =
	2			2	-1
D1 =	2 -3 2
	8			1	1
= -6 + 32 - 2 - 24 - 4 - 4 = -8,
D2 =			1	2	-1	=1× 2 ×1+ 3× 2 ×2 + 2 ×(-1)×8 - (-1)× 2 ×3 - 2 × 2 ×1-1× 2 ×8 = 2 +12 -16 + 6 - 4 -16 = -16,
			1	2	-1
			2	2	2
			3	8	1
		1		2	2	= 1×(-3)×8 + 3× 2 × 2 + 2 × 2 ×1- 2 ×(-3)×3 -1× 2 ×1- 2 × 2 ×8 =
		1		2	2
D3 =		2 -3 2
		3		1	8
= -24 +12 + 4 +18 - 2 - 32 = -24.											= −8 = 1,			= −16 = 2 ,			−24 = 3 .
Тогда решение системы x =										1	= −8 = 1,	x =	2	= −16 = 2 ,	x =	3 =	−24 = 3 .
								1		D	-8	2	D	-8	3	D	-8
								1				2			3

2) с помощью обратной матрицы.

A−1 × Ax = A−1 ×b , Ex = A−1 ×b .

Обратная матрица A−1 матрицы А имеет вид

	−1			A11		A21	A31
		=	1					,
A					A12	A22	A32

			D		A13	A23
							A33

где

= -3 +12 - 2 - 9 - 4 - 2 = -8 ¹ 0.

т.е. матрица A - невырожденная, и, значит, существует матрица A−1 . Находим:


A11	= (-1)1+1	-3 2				= -3 - 2 = -5 , A12 = (-1)1+2				2	2				= -(2 - 6) = 4 , A13		= (-1)1+3	2 -3				= 2 + 9 = 11 ,
A11	= (-1)1+1	-3 2				= -3 - 2 = -5 , A12 = (-1)1+2				2	2				= -(2 - 6) = 4 , A13		= (-1)1+3	2 -3				= 2 + 9 = 11 ,
		1			1					3	1							3		1
A21	= (-1)2+1			2	-1	= -(2 +1) = -3 , A22 = (-1)2+2						1		-1		= 1+ 3 = 4 , A23	= (-1)2+3	1	2		= -(1- 6) = 5 ,
A21	= (-1)2+1			2	-1	= -(2 +1) = -3 , A22 = (-1)2+2						1		-1		= 1+ 3 = 4 , A23	= (-1)2+3	1	2		= -(1- 6) = 5 ,
				1	1							3	1					3		1
A31	= (-1)3+1		2 -1				= 4 - 3 = 1 ,	A32 = (-1)3+2	1			-1			= -(2 + 2) = -4 , A33 = (-1)3+3				1	2			= -3 - 4 = -7 .
A31	= (-1)3+1		2 -1				= 4 - 3 = 1 ,	A32 = (-1)3+2	1			-1			= -(2 + 2) = -4 , A33 = (-1)3+3				1	2			= -3 - 4 = -7 .
			-3 2						2		2								2	-3

Тогда

				-5		-3	1
	−1		1
A		= -			4	4	-4	.
A		= -	8		4	4	-4	.
			8		11	5	-7
					11	5	-7

Проверка.

			-5 -3		1	1 2			-1
−1		1
A × A	= -		×	4 4	-4	×	2	-3	2	=
		8
				11 5	-7		3	1	1

					-5 ×1- 3×2 +1×3						-5 ×2 - 3×(-3) +1×1 -5 ×(-1) - 3×2 +1×1															-8
= -		1	×				4 ×1+ 4 × 2 - 4 ×3				4 × 2 + 4 ×(-3) - 4 ×1 4 ×(-1) + 4 × 2 - 4 ×1										= -		1		×		0
= -			×				4 ×1+ 4 × 2 - 4 ×3				4 × 2 + 4 ×(-3) - 4 ×1 4 ×(-1) + 4 × 2 - 4 ×1										= -				×		0
	8																					8
	8												5 ×(-3) - 7 ×1 11×(-1) + 5 ×									8					0
					11×1+ 5 ×2 - 7 ×3 11× 2 +								5 ×(-3) - 7 ×1 11×(-1) + 5 ×						2 - 7 ×1								0
1					0			0

=	0				1			0	= E.
	0				0			1
	0				0			1
Тогда
								-5 -3 1			2				-5 ×2 - 3× 2 +1×8				-8			1
				1									1					1
x = -						×		4 4 -4		×	2	= -			× 4 ×2 + 4 ×2	- 4 ×8	= -		×	-16	=	2		.
x = -				8		×		4 4 -4		×	2	= -			× 4 ×2 + 4 ×2	- 4 ×8	= -	8	×	-16	=	2		.
				8				11 5 -7			8			8		- 7 ×8		8		-24		3
								11 5 -7			8				11× 2 + 5 × 2	- 7 ×8				-24		3

0	0
-8	0	=

0	-8

Ответ: x = 2 .

б) Исследовать систему на совместность и в случае совместности решить ее, используя метод Гаусса.

x1 - 2x2 + x3 = 6,
		+ x2	- x3 = 2,
2x1
3x + 4x −3x = −2.
	1	2	3

Решение.

Запишем систему в матричной форме

1 -2			1		x1			6				1 -2			1	6
1 -2			1		x1			6				1 -2			1	6
	2	1		,			,		2	и	A		2	1	-1	2	- расширенная матрица.

A =			−1		x = x2			B =				B =
	3	4	−3		x				−2				3	4	-3	-2
						3
						3
Получим A × x = B .
Теорема Кронекера –						Капелли.

Для совместности системы линейных алгебраических уравнений необходимо и достаточно, чтобы ранг матрицы системы rang (A) равнялся рангу расширенной

матрицы этой системы rang (A B), т.е. rang (A) = rang (A B ).

Найдем ранг матрицы A ,

1		-2	1
A =	2	1	-1 ~{ умножим 1 строку на -2 и прибавим к 2 строке, умножим 1 строку на
	3	4	-3

							1	-2	1
-3 и прибавим к 3 строке }~ 0								5	-3 ~{ умножим 2 строку на -2 и прибавим к 3
							0	10	-6
				1		-2	1
строке }~ 0						5	-3 .
				0		0	0
	В матрице A минор 3 порядка равен 0. В матрице A есть минор 2-го порядка
отличный от нуля, например:
		1 -2			= 5 - 0 = 5 ¹ 0 .
		1 -2			= 5 - 0 = 5 ¹ 0 .
		0		5
	Тогда rang (A) = 2
	Найдем ранг расширенной матрицы A									B .
	Найдем ранг расширенной матрицы A									B .
		1		-2		1	6
		1		-2		1	6
A	B =		2	1		-1	2 ~{ умножим 1 строку на -2 и прибавим к 2 строке, умножим 1
A	B =		2	1		-1
			3	4		-3	-2

1		-2	1	6			-2			.
1		-2	1	6
прибавим к 3 строке }~	0	5	-3	-10	~{ удалим 3 строку }~ 1			1	6
	0	0	0	0		0	5	-3	-10
	0	0	0	0		0

В матрице A B все миноры 3 порядка равны 0. В матрице A B есть минор 2-го

порядка отличный от нуля, например:

1 -2 = 5 - 0 = 5 ¹ 0 . 0 5

Тогда rang (A) = 2

Следовательно, система линейных алгебраических уравнений, совместна, т.е. имеет решение.

Решим её методом Гаусса

1		-2	1	6
1		-2	1	6
	2	1	-1	2	~{ умножим 1	строку на -2 и прибавим к 2	строке, умножим 1 строку на
	2	1	-1	2	~{ умножим 1	строку на -2 и прибавим к 2	строке, умножим 1 строку на
	3	4	-3	-2

1	-2	1	6	1		-2	1	6

строке }~ 0	5	-3	-10
				~{ удалим 3 строку }~	0	5	-3	-10
0	0	0	0

Ранг матрицы равен 2, поэтому в системе есть 2 базисных и 3-2=1 свободных переменных. Выберем в качестве свободных переменных x5 . Тогда общее решения системы равно:

x		=	1		x		+ 2,

	1	5 3
				3
x		=			x		- 2.

	2	5				3

Ответ:

x1 = C + 2,
	= 3C - 2,
x2	= 3C - 2,
	x = 5C.
	3

Задание 2. Заданы координаты точек A(2,1, 0) , B (3, −1, −4) и C (0, 2, −2). Требуется

найти:

1)прAC AB ;

2)площадь треугольника с вершинами в точках A, B, C .

Решение.

× AB

1) Проекция вектора AB на вектор AC определяется по формуле прAC AB =

Найдем векторы AB и AC :

- 2, -1-1, -4 - 0} = {1,

-2, -4}

AB = {3

AC = {0 - 2, 2 -1, -2 - 0} = {-2,1, -2}.

(-2)+ (-2)×1+ (-4)×(-2) = -2 - 2 + 8 = 4 ,

Тогда

× AB = 1×

(-2)2 +12 + (-2)2 = 4 +1+ 4 = 9 = 3 .

Следовательно, проекция вектора AB на вектор AC равна

прAC AB =

2) Площадь треугольника ABC определяется по формуле S =

, где

´ AC

AB ´ AC - векторное произведение.

Векторное произведение векторов a = {x1 , y1 , z1} и b = {x2 , y2 , z2 } определяется по

формуле:

a ´b =

Вычислим векторное произведение AB ´ AC :

-2

-4

-2

= {4 + 4,8 + 2,1- 4}= {8,10, -3}.

AB ´ AC =

-2

-2 -2

-2 1

Тогда площадь треугольника равна:

173

» 6, 58 .

S =

82 +102 + (-3)2

64 +100 + 9

Задание 3. Найти угол (в градусах) между прямой x -1 = y + 3 = z +1 и плоскость,
2	-1	3

проходящей через точки M1 (1, 2, -1), M 2 (-1, 0, 4) и M3 (-2, -1,1).

Решение.

Уравнение плоскости, проходящей через точки A1 (x1 , y1 , z1 ), A2 (x2 , y2 , z2 ) и A3 (x3 , y3 , z3 ) определяется по формуле:

x - x1

y - y1

z - z1

= 0 .

x2 - x1

y2 - y1

z2 - z1

x3 - x1

y3 - y1

z3 - z1

Напишем уравнение плоскости, проходящей через точки M1 (1, 2, -1),

M 2 (-1, 0, 4) и

M3 (-2, -1,1). Тогда

x -1 y - 2 z +1

= 0 ,

x -1 y - 2 z +1

= 0 .

-1-1 0 - 2 4 +1

-2

-2 -1 -1- 2 1+1

-3

Вычислим определитель:

x -1

y - 2

z +1

= (x -1)×

-2 5

+ (y - 2)×

5 -2

+ (z +1)×

-2 -2

= (x -1)

× -2 ×2 - 5 ×(-3) +

-2

-3

-3 2

2 -3

-3 -3

+ (y - 2)× 5 ×(-3)

- (-2)×2 + (z +1)

× (-2)×(-3)- (-2)×(-3) = 11×(x -1)-11×(y - 2)+ 0 ×(z +1) =

= 11x -11y +11.

Уравнение плоскости равно x − y +1 = 0 .

Угол между прямой и плоскостью, есть угол между направляющим вектором

прямой a = {2, -1, 3}

и нормальным вектором плоскости n = {1, -1, 0} , определяется по

n × a

формуле sin α =

. Тогда

n × a = 1× 2 + (-1)×(-1)+ 0 ×3 = 3 ,

n = 12 + (-1)2 + 02 = 1+1+ 0 = 2 , a = 22 + (-1)2 + 32 = 4 +1+ 9 = 14 .

Следовательно, угол между прямой и плоскостью равен sin α =	3		» 0, 567 ,
	×
2		14

α = arcsin 0, 567 » 34, 54 .

Задание 4. Упростить уравнение кривой и изобразить ее на рисунке.

x2 + 8x + 2 y + 20 = 0 .

Решение.

Выделим полный квадрат в уравнении:

x2 + 2 × 4x + 42 - 42 + 2 y + 20 = 0 ,

(x + 4)2 + 2 y + 4 = 0 , y = − 1 (x + 4)2 − 2 .

Это есть уравнение параболы с вершиной в точке (−4, −2) ветви направленные вниз. Построим кривую

Задание 5. Найти пределы функций

+ 4 - 2

5x3 + x2 - 6

x sin 2x

а)

lim

; б) lim

; в)

lim

; г) lim

cos

- x +12

- cos 4x

+16 - 4

x®0 x2

x®¥

x®0 1

x®¥

Решение

а) lim x2 + 4 - 2 ; x®0 x2 +16 - 4

Предел имеет неопределенность вида . Умножим числитель и знаменатель на

( x2 + 4 + 2)( x2 +16 + 4). Тогда получим

(

- 2)(

+ 2)(

+ 4)

(x2 + 4 - 22 )(

+ 4)

x2 + 4

x2 +16

+ 4 - 2

lim

= lim

x®0

x2 +16 - 4

x®0 (

x2 +16 - 4)(

x2 + 4 + 2)(

x2 +16 + 4)

x®0

(x2 +16 - 42 )(

x2 + 4 + 2)

x2 ×(

+ 4)

x2 +16

= lim

+16

+ 4

+16

+ 4

= 2.

x®0

×( x

+ 4 + 2)

x®0

+ 4 + 2

б) lim 5x3 + x2 - 6 ; x®¥ 2x4 - x +12

Предел имеет неопределенность вида ¥ . Разделим числитель и знаменатель на переменную наибольшей степени, т.е. на x4 . Тогда получим

5x3

5x3 + x2 - 6

0 + 0 - 0

lim

= lim

= 0 .

x®¥ 2x4 - x +12

x®¥ 2x4

x®¥ 2 -

2 - 0 + 0

в) lim

x sin 2x

;

- cos 4x

x®0 1

Предел имеет неопределенность вида . Используем формулу тригонометрии

представим 1- cos 4x = cos2 2x + sin2 2x - cos2 2x + sin2 2x = 2 sin2 2x .

Тогда получим

lim

x sin 2x

= lim

x sin 2x

= lim

- cos 4x

x®0 1

x®0 2 sin2 2x

x®0 2 sin 2x

Используем эквивалентность бесконечно малых величин, при x → 0 имеем

sin 2x 2x . Тогда

lim

x sin 2x

= lim

- cos 4x

x®0 1

x®0 2 sin 2x

x®0 2 × 2x

г) lim

cos

x®¥

(

)

Предел имеет неопределенность вида

. Приведем предел к второму

1¥

1 x

= e . Тогда

замечательному пределу lim

x®¥

× cos

-1

cos

-1

lim

cos

= lim

+ cos

-1

= lim

1+ cos

-1

x®¥

cos

-1

= e . Значит

Согласно второму замечательному пределу

lim

cos

−1

x®¥

предел равен

× cos

-1

lim x2 × cos

-1

cos

-1

lim

cos

= lim

+ cos

−

= e

→∞

x®¥

Используем эквивалентность бесконечно малых величин, при x → ∞ имеем

lim x

2 × cos

-1

lim x2 × -

× lim

×0

cos

−1 −

. Тогда lim

cos

= e

→∞

= e

→∞

2 x

= e 2

→∞ x

= e

2 =1.

x®¥

Ответ: а) 2;

б) 0; в)

; г) 1.

Задание 6. Исследовать функции на непрерывность и установить характер точек разрыва, если таковые имеются. В пункте б) дополнительно построить график функции.

		x	+ 4		2,	x < 0
а) f (x) =			+ 4	; б) f (x) = cos x +1,		0 ≤ x ≤ π

	x	2	+ 4x
	x		+ 4x		1− x,	x > π
					1− x,	x > π
Решение.
		x + 4
а) f (x) =		x + 4		;

	x	2	+ 4x
	x	2	+ 4x

Функция непрерывна всюду, кроме точек x1 = −4 и x2

= 0 , в которых f (x) не

определена. Исследуем эти точки:

В точке x1 = −4 , имеем

lim

x + 4

lim

−(x + 4)

lim

−(x + 4)

= − lim

x→−4−0 x2 + 4x

x→−4−0 x (x + 4)

x→−4−0 x 4

lim

x + 4

lim

x + 4

lim

x + 4

lim

= −

x→−4+0 x2 + 4x

x→−4+0 x (x + 4)

x→−4+0 x

lim f (x)− lim

f (x)

Функция имеет разрыв I рода. Скачок равен

В точке x2

= 0 , имеем

x→−4−0

x→−4+0

4 4

lim

x + 4

= lim

x + 4

= −∞

lim

x + 4

= lim

x + 4

= lim

= +∞ .

(x + 4)x

x→−0 x2 + 4x

x→−0

x→+0 x2 + 4x x→+0 x (x + 4)

x→+0 x

Функция имеет разрыв II рода.

x < 0

б) f (x) = cos x +1,

0 ≤ x ≤ π

1− x,

x > π

В интервалах (−∞;0);

(0;π ) и (π; +∞), функция задана аналитическими

выражениями непрерывных функций. Точками разрыва могут быть только точки x = 0 и x =π . Вычислим пределы справа и слева в этих точках

	а) при x = 0 ,		f (0) = cos 0 +1 =1+1 = 2 . Предел слева lim f (x)= lim 2 = 2 , предел справа
							x→−0	x→−0
	lim f (x)= lim (cos x +1) =1+1 = 2 . Так как все три значения совпали, то в точке x = 0
	x→+0	x→+0
функция непрерывна.
	б) при x =π ,		f (π ) = cosπ +1 = −1+1 = 0 . Предел слева
	lim	f (x)= lim (cos x +1) = −1+1 = 0 , предел справа lim					f (x)= lim (1− x)=1−π . Левый и
	x→π −0	x→π −0				x→π +	0	x→π +0
правый пределы не равны, функция терпит разрыв I рода, скачок равен
	lim	f (x)− lim f (x)		=	0 −(1−π )	= π −1.
	lim	f (x)− lim f (x)		=	0 −(1−π )	= π −1.
	x→π −0	x→π +0
	x→π −0	x→π +0

Сделаем чертеж

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.11.2019587.88 Кб7контрольная Краснова.docx
#
26.04.2019125.74 Кб2Контрольная по АХД.docx
#
24.09.2019784.38 Кб2Контрольная раб..doc
#
31.05.2015356.35 Кб17Контрольная работа (для гр. 31301213).doc
#
31.05.2015125.95 Кб11Контрольная работа .doc
#
31.05.2015151.15 Кб8Контрольная работа для Ольги Лысой.pdf
#
31.05.2015270.45 Кб6Контрольная работа информатика.pdf
#
31.05.201552.74 Кб24Контрольная работа по информатике.doc
#
19.07.2019137.44 Кб5контрольная работа по информатике.docx
#
31.05.20151.38 Mб21КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА ПО СОПРОМАТУ (ПГС).pdf
#
29.04.2019355.33 Кб5КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №1 по Англ.яз.doc