Типовой расчет №1 (Алгебра и геометрия), 05 вариант

ВАРИАНТ 5ЗАДАНИЕ № 1Поверхность второго порядка задана уравнением  : x2  ( y  1)2  2z 2  4в прямоугольной системе координат.1) Определить тип поверхности  .2) Изобразить поверхность  .3) Нарисовать сечения поверхности координатными плоскостями.Найти фокусы и асимптоты полученных кривых.4) Определить по одну или по разные стороны от поверхности лежатточки M1 (0, 0, 2) и M 2 (0,1, 2) .5) Определить, сколько точек пересечения с поверхностью  имеетпрямая, проходящая через точки M1 и M 2 .Решениеx 2 ( y  1)2 z 21)  : x  ( y  1)  2 z  4    1.442222Это эллипсоид, где a  2, b  2, c  2 .Центр имеет координаты (0,-1,0).2) Изображение поверхности:3) Изображение сечений координатными плоскостями: Сечением плоскостью Оxz получаем фигуру x 2  2 z 2  3 .1Канонический вид:полуосямиa 3 и b 6x2 z 2 1 - это эллипс в плоскости Оxz с3 322 ицентром(0,0,0).Координатыфокусов:6; 0; 0  .

Асимптот у эллипса нет.  2 Сечением плоскостью Oyz получаем фигуру ( y  1)2  2z 2  4 .( y  1)2 z 2Канонический вид:  1 - это эллипс в плоскости Оyz с42полуосями a  2 и b  2 и центром (0,-1,0). Координаты фокусов:  0;  2;0  .Асимптот у эллипса нет. Сечением плоскостью Oxy получаем фигуру x2  ( y  1)2  4 .2Канонический вид:x 2 ( y  1)2 1 - это эллипс в плоскости Оxy с24полуосями a  2 и b  2 и центром (0,-1,0).

Координаты фокусов:   2;0;0  .Асимптот у эллипса нет.4) Для M1 (0, 0, 2) : 02  (0  1) 2  2  2   5  4 , значит, точка M 1 лежит вне2эллипсоида.Для M 2 (0,1, 2) : 02  (1  1)2  2  2   8  4 , значит, точка M 2 лежит вне2эллипсоида.Значит, обе точки лежат по одну сторону от поверхности.5) Уравнение прямой, проходящей через M1 и M 2 :x  0x0 y0z 2или  y  t .0  0 1 02 2z  2Решаем систему:x  0y  t 02  (t  1)2  2( 2) 2  4  (t  1) 2  0  t  1 .z  2 x 2  ( y  1)2  2 z 2  4Тогда точка пересечения прямой и поверхности только одна и имееткоординаты (0, 1, 2) .ЗАДАНИЕ № 2Дано комплексное число z 5  5i.3i 331) Записатьчислоzвпоказательной,тригонометрическойиалгебраической форме, изобразить его на комплексной плоскости.2) Записать в показательной, тригонометрической и алгебраическойформе число u  z 8 .3) Записать в показательной и тригонометрической форме каждоезначение wk (k  0,1, 2) корня степени m=3.4) Изобразить число z и числа wk на одной комплексной плоскости.Решение1) Алгебраическая форма числа:z5  5i (5  5i)(3  i 3) 15  15i  5 3i  5 3  15  5 3   15  5 3     i9312123  i 3 (3  i 3)(3  i 3) 22 15  5 3   15  5 3 5 6z     126  12 15  5 31112arg z  arctg arctg ( 3  2) 1215  5 312Тригонометрическая форма числа:z5 61111 i sin cos6 1212.Показательная форма числа:z5 6 i1112e .62) По формуле Муавра тригонометрическая форма числа:5 6 1111u  z   i sin cos1212 6 88Показательная форма числа: 5 6 i1112u  z  e68885 6  2222 i sin  cos33 6  8 5 6   223 i. e64.Алгебраическая форма числа:8  15  5 3   15  5 3  u  z      i  .1212  83) В тригонометрической форме:5 6wk  3 z  361111 2 k 2 k 12 i sin 12 cos , k  0,1, 233Тогдаw0  35 61111 i sin cos6 3636w2  35 665959 i sin cos36365 635353 i sin , w1  cos6 3636.В показательной форме: 11 2 k 56wk  3 z  3exp  i 12 , k  0,1, 263Тогдаw0 35 6 1136 ie ,6w1  35 6 3536 ie ,6w2 535 6 5936 ie .6,ЗАДАНИЕ № 3Дан многочлен p( z)  5z 4  8z3  3z 2  2z  2 .1) Найти все (целые) корни многочлена p(z).

Записать каждый корень валгебраической форме, указать его алгебраическую кратность.2) Разложить многочлен p(z) на неприводимые множители:а) в множествекомплексных чисел;б) в множестведействительных чисел.Решение1) 5z 4  8z3  3z 2  2z  2  (5z3  3z 2  2)( z 1)  (5z 2  2z  2)( z 1)2Корни многочлена в алгебраической форме:z1  1кратность  2z2  0, 2  0, 6iкратность  1 .z3  0, 2  0, 6iкратность  12) а) разложение в множествекомплексных чисел:p( z)  5z 4  8z3  3z 2  2z  2  ( z 1)( z 1)( z  0, 2  0,6i)( z  0, 2  0,6i)б)разложениевмножестведействительныхp( z)  5z 4  8z3  3z 2  2z  2  (5z 2  2z  2)( z 1)( z 1)6чисел:ЗАДАНИЕ № 4Пусть Pn – линейное пространство многочленов степени не выше n сдействительными коэффициентами.

Множество M  Pn состоит из всех техмногочленов p(t), которые удовлетворяют условию p(2 - i) = 0.1) Доказать, что множество М – подпространство в Pn.2) Найти размерность и какой-либо базис подпространства М.3) Дополнить базис подпространства М до базиса Pn.Решение1) Теорема: Критерий подпространства. Непустое множествоявляется подпространством пространства V тогда и только тогда, когдаW замкнуто относительно сложения векторов и умножения их наскаляры.

Иными словами, выполняются следующие два условия: 1.; 2..Проверка условий:1. Пусть p1(t) и p2(t) – некоторые многочлены степени не выше n сдействительными коэффициентами, для которых выполняетсяусловие p1(2 - i) = p2(2 - i) = 0, то есть они принадлежат М. Тогдаочевидно, что многочлен (p1(t) + p2(t)) тоже принадлежит М, так какдля него будет выполняться заданное условие.2. Если некоторый скаляр  , принадлежащий множеству, умножитьна некоторый многочлен p(t) из М, то многочлен (  p(t)) очевиднотоже будет принадлежать М.Критерий подпространства для М выполняется, что и требовалосьдоказать.2) Размерность М – это количество линейно-независимых многочленовстепени не выше n с действительными коэффициентами p(t), которыеудовлетворяют условию p(2 - i) = 0, то есть, dim(M)  n.7Базис М – это набор линейно-независимых многочленов степени невышеnсдействительнымикоэффициентамиp(t),которыеудовлетворяют условию p(2 - i) = 0, то есть (p1(t), p2(t), …, pk(t)), гдеk  n.ОбщийвидмногочленовизP3:p  x    a1  ia2  x 3   b1  ib2  x 2   c1  ic2  x  d1  id 2 .Составим общий вид многочленов из М:p  2  i   2a1  11a2  11ia1  2ia2  3b1  4b2  4b1i  3ib2  2c1  c2  ic1  2ic2  d1  id 2  02a1  3b1  2c1  11a2  4b2  c2  0c1  a1  1.5b1  5.5a2  2b2  0.5c2 11a1  4b1  c1  d1  2a2  3b2  2c2  d 2  0d1  10a1  2.5b1  d 2  7.5a2  5b2  2.5c2p  x    a1  ia2  x 3   b1  ib2  x 2   a1  1.5b1  5.5a2  2b2  0.5c2  ic2  x  10a1  2.5b1 d 2  7.5a2  5b2  2.5c2  id 2Тогда размерность М равна 6.

Найдем базис М:p  x    a1  ia2  x 3   b1  ib2  x 2   a1  1.5b1  5.5a2  2b2  0.5c2  ic2  x  10a1  2.5b1 d 2  7.5a2  5b2  2.5c2  id 2p1  x   x 3  x  10p2  x   ix 3  5.5 x  7.5p3  x   x 2  1.5 x  2.5p4  x   ix 2  2 x  5p5  x    0.5  i  x  2.5p6  x   i3) Чтобы дополнить базис подпространства М до базиса Pn, нужнодописать в набор, описанный выше, линейно-независимые векторыpm(t) такие, что pm(2-i)≠0, где k≤m≤n. ПустьЗАДАНИЕ № 58p7  x   1p8  x   x  1.1) Доказать, что множество М матриц, антиперестановочных с0 1 0матрицей A   1 0 0  , образует подпространство в пространстве0 0 1Мm*n всех матриц данного размера.2) Найти размерность и построить базис М.3) Проверить, чтоматрица1 2 3B   2 1 3  1 1 0 принадлежит М иразложить ее по базису в М.Решение1) Матрицы называются антиперестановочными, если АВ = - ВА.Матрицы можно перемножать, если количество строк первогомножителя равно количеству столбцов второго.Значит, М – множество матриц размерности 3*3, которыеудовлетворяют критерию антиперестановочности.Для всех элементов М будут выполняться условия критерияподпространствосумменесколькихэлементов(матрицыодинаковой размерности можно складывать, свойство матрицысуммы не изменится) и умножении элемента на скаляр (размерностьи свойство при этом не изменятся), значит, М – подпространство впространстве М3*3 всех матриц.2) Размерность М – это количество всех линейно-независимых матриц3*3, которые удовлетворяют условию АВ = - ВА, пусть их будет K итогда K≤N, где N – размерность пространства М3*3 всех матриц.3) Базис М – линейно-независимые элементы, удовлетворяющиеусловию АВ = - ВА, то есть множество (В1, В2, …, Вk), где K≤N.Пусть9aX   dgbehcf k Найдем общий вид матрицы Х, удовлетворяющей указанному уравнению. 0 1 0  a b c a 1 0 0   d e f     d 0 0 1  g h k g d e f b a c  a b c    e d f g h k h g k  d  be  a f  c d  ba  e a   ebd f  cc   f g  h g  h k  0h   g k   kc  e bX   b e c  h h 0 behc   0 1 0f   1 0 0 k   0 0 1 Итак, размерность М равна 4.

Найдем базис М, придавая по очереди одномуиз чисел значение 1, а остальным 0: 1 0 0 X 1   0 1 0  ; 0 0 0 0 1 0X 2   1 0 0  ; 0 0 00 0 1 X 3   0 0 1  ;0 0 0  0 1 0   1 2 3   2 1 3  1 0 0    2 1 3    1 2 3  4) АВ=  0 0 1   1 1 0   1 1 0  1 2 3   0 1 0  2 1 3  2 1 3    1 0 0    1 2 3  ВА =  1 1 0   0 0 1   1 1 0 100 0 0X 4   0 0 0  1 1 0 B   X1  2 X 2  3X 3  X 4Условие антиперестановочности выполнено, значит, В принадлежитподпространству М.Тогда в качестве разложения по базису получим:B  1B1  2 B2  ...  k Bk , где1,2 ,...k - некоторые скаляры из полядействительных чисел.ЗАДАНИЕ № 61) Доказать, что множество M   et   tet  (    )t 2et   t 3et  функцийx(t),заданныхнаобластиD  (; ) ,образуетлинейноепространство.2) Найти его размерность и базис.Решение1) Линейное, или векторное пространствонад полем P — этонепустое множество L, на котором введены операции: сложения, то есть каждой паре элементов множестваставитсявсоответствиеэлементтогожемножества,обозначаемый умножения на скаляр (то есть элемент поля P), то есть любомуэлементуилюбомусоответствие элемент изэлементу, обозначаемыйставитсяв.Проверка:1.Данное множество не пустое, потому как в нем есть как минимумодин элемент {0}, если все коэффициенты будут равны нулю, что, впринципе, возможно, так как D  (; ) .112.Еслизадатьx1 (t )  1et  1tet  (1  1 )t 2et   1t 3etx2 (t )   2et  2tet  (2   2 )t 2et   2t 3et ,ипринадлежащие М, то функцияx1 (t )  x2 (t ) суммы:  1et  1tet  ( 1  1 )t 2et   1t 3et    2et   2tet  (  2   2 )t 2et   2t 3et   (1   2 )et  ( 1   2 )tet  ( 1  1   2   2 )t 2 et  ( 1   2 )t 3etтакже будет принадлежать М.3.Если домножить функцию x1 (t )  1et  1tet  (1  1 )t 2et   1t 3et нанекоторый скаляр из D  (; ) , то очевидно, что функция x1 (t )  1et  1tet  (1  1 )t 2et   1t 3et также принадлежит М.4.Оба условия для линейного пространства выполнены, значит, М –линейное пространство над полем D  (; ) .2) Размерность М – количество всех линейно-независимых функций,удовлетворяющих М над D  (; ) .Базис М – непосредственно набор линейно-независимых функций,удовлетворяющих М над D  (; ) .M   et   tet  (    )t 2 et   t 3et x1  t   et  t 2et ;x2  t   tet  t 2et ;x3  t 3etРазмерность М равна 3.ЗАДАНИЕ № 7Даны векторыa  OA  (1, 2,5), b  OB  (3,1, 2), c  OC  (2, 1,3), d  OD  (6,3, 5) .Лучи ОА, ОВ и ОС являются ребрами трехгранного угла Т.1) Доказать, что векторы2) Разложить векторda, b , cлинейно независимы.по векторамa, b , c(возникающую при этомсистему уравнений решить с помощью обратной матрицы).3) Определить, лежит ли точка D внутри Т, вне Т, на одной из граней Т(на какой?).124) Определить, при каких значениях действительного параметра вектор d   a , отложенный от точки О, лежит внутри трехгранногоугла Т.Решение1) Требуется показать, что при любых ненулевых одновременночисловых коэффициентах Х, Y и Z, что Xa  Yb  Zc  0 , или, чтоданные векторы некомпланарны.Три вектора называются компланарными, если они, будучиприведенными к общему началу, лежат в одной плоскости.Данные векторы имеют общее начало в точке О.