алгебра 1 типовик 14 вариант (1016659)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

АЛГЕБРА И ГЕОМЕТРИЯТИПОВОЙ РАСЧЕТВариант 14ЗАДАЧА 1. Для пирамиды с вершинами точках A1, А2, A3, А4 найти:а)длину ребра А1А2;б)угол между рёбрами А1А2 и А1А4;в)уравнение плоскости А1А2А3;г)площадь грани А1А2А3;д)угол между ребром А1А4 и плоскостью А1А2А3;е)уравнение высоты, опущенной из точки А4 на грань А1А2А3;ж)объём пирамиды А1А2А3А4.Даны координаты пирамиды: A1(3; 4; 3), A2(3; 6; 2), A3(0; 4; 4), A4(4; 8; 2)Решениеа) Длину ребра можно найти как длину соответствующего ему вектора.Найдем координаты вектораX = x2 - x1; Y = y2 - y1; Z = z2 - z1X = 3-3; Y = 6-4; Z = 2-3(0; 2; −1)Длина вектора a(X;Y;Z) выражается через его координаты формулой:|a| = X2 + Y2 + Z2|A1A2| = 02 + 22 + 12 = 5 = 2.236б) Угол между векторами1(X1;Y1;Z1),2(X2;Y2;Z2)где a1a2 - скалярное произведение векторов.Векторможно найти по формуле: cos=||||(1; 4; −1), длина |A1A4| = 12 + 42 + 12 = 18 = 4.243Найдем угол между ребрами A1A2 и A1A4cos γ =0 • 1 + 2 • 4 + (-1) • (-1)= 0.9495 • 18γ = arccos(0.949) = 18.4350в) Если точки A1(x1; y1; z1), A2(x2; y2; z2), A3(x3; y3; z3) не лежат на одной прямой, то проходящаячерез них плоскость представляется уравнением:x-x1 y-y1 z-z1 x -x y -y z -z  = 0 2 1 2 1 2 1x3-x1 y3-y1 z3-z1 Уравнение плоскости A1A2A3x-3 y-4 z-3 0 2 -1  = 0-3 0 1 (x-3)(2 • 1-0 • (-1)) - (y-4)(0 • 1-(-3) • (-1)) + (z-3)(0 • 0-(-3) • 2) = 2x + 3y + 6z-36 = 0A1A2A3: 2x + 3y +6z-36 = 0.г) Найдем площадь грани с учётом геометрического смысла векторного произведения:1S = 2 | A1A2 x A1A3 |(0; 2; −1), |A1A2| = 02 + 22 + 12 = 5 = 2.236(-3;0;1), |A1A3| = 32 + 02 + 12 = 10 = 3.162.Векторное произведение:i j k 0 2 -1  = i(2 • 1-0 • (-1)) - j(0 • 1-(-3) • (-1)) + k(0 • 0-(-3) • 2) = 2i + 3j + 6k-3 0 1 111S = 2| A1A2 x A1A3 | = |2i + 3j + 6k| = 22 + 32 + 62 = 49 = 3.522д) Угол между ребром A1A4 и плоскостью A1A2A3Синус угла между прямой с направляющими вектором (l; m; n) и плоскостью с нормальнымвекторомsin γ =(A; B; C) можно найти по формуле:|Al + Bm + Cn|A + B2 + C2 l2 + m2 + n22Уравнение плоскости A1A2A3: 2x + 3y +6z-36 = 0.Векторsin γ =(1; 4; −1).|2 • 1 + 3 • 4 + 6 • (-1)|= 0.26922 + 32 + 62 12 + 42 + 12γ = arcsin(0.269) = 15.605oе) Уравнение высоты пирамиды, опущенной из вершины A4(4,8,2) на грань А1А2А3Прямая, проходящая через точку M0(x0;y0;z0) и перпендикулярная плоскости Ax + By + Cz + D = 0имеет направляющий вектор (A;B;C) и, значит, представляется уравнением:x - x0 y - y0 z - z0A = B = CУравнение высоты:x-4 y-8 z-2==.236ж) Объем пирамидыОбъем пирамиды, построенный на векторах a1(X1;Y1;Z1), a2(X2;Y2;Z2), a3(X3;Y3;Z3) равен:X Y Z1  1 1 1 V = 6 X2 Y2 Z2 X3 Y3 Z3 V=0 2 -1 1 8-3 0 1  = = 1.333. 661 4 -1 Находим определитель матрицы∆ = 0 • (0 • (-1)-4 • 1)-(-3) • (2 • (-1)-4 • (-1))+1 • (2 • 1-0 • (-1)) = 8.ЗАДАЧА 2.

Решить систему линейных уравнений тремя способами:а)методом Гаусса;б)с помощью формул Крамера;в)записать систему в матричной форме и найти ее решение с помощью обратной матрицы.Решение:2 − − = 43 + 4 − 2 = 113 − 2 + 4 = 11а) Запишем расширенную матрицу системы и приведем её к ступенчатому виду.2 -1 -1 43 -4 -2 113 -2 4 11Для удобства вычислений поменяем строки местами:3 -4 -2 113 -2 4 112 -1 -1 4Работаем со столбцом №1Умножим 2-ую строку на (k = -2 / 3 = -2/3) и добавим к 3-ой:3 4 -2113 -2 4111-110 /3/3 -10/3Умножим 1-ую строку на (k = -3 / 3 = -1) и добавим к 2-ой:3 4 -2 110 -6 601-110 /3 /3 -10/3Работаем со столбцом №2Умножим 2-ую строку на (k = 1/3 / 6 = 1/18) и добавим к 3-ой:3 4 -2110 -6 60-10-100 0/3/3Получим единицы на главной диагонали.

Для этого всю строку делим на соответствующий элементглавной диагонали:1 4/3 -2/3 11/301-100110Теперь исходную систему можно записать как:x1 = 11/3 - (4/3x2 - 2/3x3)x2 - x3=0x3 = 1x3 = 1Из 2-ой строки выражаем x2x2 = 0 - (-1)•1 = 1Из 1-ой строки выражаем x1x1 = 11/3 - 4/3•1 - (-2/3)•1 = 3Ответ: (3, 1, 1)б)Решим систему с помощью формул Крамера. Вычислим определитель основной матрицы.2 -1 -1∆ = 3 4 -2 = 603 -2 4Вычислим вспомогательные определители, получаемые заменой соответствующего столбцастолбцом свободных членов.4-1 -1∆1 = 11 4 -2 = 18011 -2 42 4 -1∆2 = 3 11 -2 = 603 11 42 -1 4∆3 = 3 4 11 = 603 -2 11x1 =∆1180== 3∆60x2 =∆260== 1∆60x3 =∆360== 1∆60Ответ: (3;3;3).в) Обозначим через А — матрицу коэффициентов при неизвестных; X — матрицу-столбецнеизвестных; B - матрицу-столбец свободных членов:2 -1 -1 3 4 -2 3 -2 4 Вектор B:BT=(4,11,11)С учетом этих обозначений данная система уравнений принимает следующую матричную форму:А*Х = B.Если матрица А — невырожденная (ее определитель отличен от нуля, то она имеет обратнуюматрицу А-1.

Умножив обе части уравнения на А-1, получим: А-1*А*Х = А-1*B, А-1*А=Е.Найдем главный определитель.∆=2•(4•4-(-2•(-2)))-3•(-1•4-(-2•(-1)))+3•(-1•(-2)-4•(-1))=60Итак, определитель 60 ≠ 0, поэтому продолжаем решение. Для этого найдем обратную матрицу черезалгебраические дополнения.Пусть имеем невырожденную матрицу А:a11 a12 a13 A=a21 a22 a23 a31 a32 a33 Тогда:A A A1  11 21 31 A = ∆A12 A22 A32 A13 A23 A33 -1где Aij — алгебраическое дополнение элемента aij в определителе матрицы А, которое являетсяпроизведением (—1)i+j на минор (определитель) n-1 порядка, полученный вычеркиванием i-й строкии j-го столбца в определителе матрицы А.Транспонированная матрица к матрице A имеет вид:2 3 3 AT=-1 4 -2 -1 -2 4 Вычисляем алгебраические дополнения для транспонированной матрицы.4 -2 A1,1=(-1)1+1-2 4  , ∆1,1=(4•4-(-2•(-2)))=12-1 -2 A1,2=(-1)1+2-1 4 , ∆1,2=-(-1•4-(-1•(-2)))=6-1 4 A1,3=(-1)1+3-1 -2 , ∆1,3=(-1•(-2)-(-1•4))=63 3 A2,1=(-1)2+1-2 4 , ∆2,1=-(3•4-(-2•3))=-182 3 A2,2=(-1)2+2-1 4 , ∆2,2=(2•4-(-1•3))=112 3 A2,3=(-1)2+3-1 -2 , ∆2,3=-(2•(-2)-(-1•3))=13 3 A3,1=(-1)3+14 -2 , ∆3,1=(3•(-2)-4•3)=-182 3 A3,2=(-1)3+2-1 -2 , ∆3,2=-(2•(-2)-(-1•3))=12 3 A3,3=(-1)3+3-1 4 , ∆3,3=(2•4-(-1•3))=11Из полученных алгебраических дополнений составим присоединенную матрицу:12 6 6 -18 11 1 -18 1 11 Вычислим обратную матрицу:12 6 6 1 A =60-18 11 1 -18 1 11 -112 6 6  4 1 Вектор результатов X=60-18 11 1 · 11 -18 1 11  11 (12•4)+(6•11)+(6•11) 1 X=60 (-18•4)+(11•11)+(1•11) (-18•4)+(1•11)+(11•11) 180 1 X=60 60 60 XT=(3,1,1)x1=180 / 60=3x2=60 / 60=1x3=60 / 60=1Ответ: (3;1;1).ЗАДАЧА 3.

Найти нее комплексные корни заданного уравнения. Отметить найденные корни накомплексной плоскости.−4Решение−4+8=0+ 8 = 0. Решим квадратное уравнение относительно z2.# = 16 − 4 ∗ 8 = −16,==&√( )(√( )= 2 + 2* = 2(1 + *),= 2 − 2* = 2(1 − *).Найдем корни из комплексных чисел. Воспользуемся формулой.= ±√2 ,-√ & &√= ±√2 ,-& &+ *-√ & (− *-√ & (. = ±(/√2 + 1 + * /√2 − 1),. = ±(/√2 + 1 − * /√2 − 1).Изобразим корни на комплексной плоскости.Корни уравнения можно найти в тригонометрической формеНаходим тригонометрическую форму комплексного числа z = 2+2*ix = Re(z) = 2y = Im(z) = 2|z| = x2 + y2 = 22 + 22 = 2 2Поскольку x > 0, y > 0, то arg(z) находим как:yarg(z) = φ = arctg( )x2φ = arctg 2 = π/4Таким образом, тригонометрическая форма комплексного числа z = 2+2*iz = 2 2(cos(π/4) + i sin (π/4))Извлекаем корни по формуле:zk =2z=2φ + 2π kφ + 2π k |z|cos()+isin(22 ), k = 0, 1k=0z0 =2π/4 + 2π • 0π/4 + 2π • 0 |z|cos()+isin()22z0 = 23/4(cos(1/8•π) + i sin(1/8•π))k=1z1 =2π/4 + 2π • 1π/4 + 2π • 1 |z|cos() + i sin()22z1 = 23/4(cos(9/8•π) + i sin(9/8•π))илиz1 = 23/4(-cos(1/8•π) -sin(1/8•π) i)И для второго корня получаем.Находим тригонометрическую форму комплексного числа z = 2-2*ix = Re(z) = 2y = Im(z) = -2|z| = x2 + y2 = 22 + (-2)2 = 2 2Поскольку x > 0, y < 0, то arg(z) находим как:|y|arg(z) = φ = 2π - arctg( x )|(-2)|φ = 2π - arctg 2 = -π/4Таким образом, тригонометрическая форма комплексного числа z = 2-2*iz = 2 2(cos(-π/4) + i sin (-π/4))Извлекаем корни по формуле:zk =2k=0z=2φ + 2π kφ + 2π k |z|cos( 2 ) + i sin( 2 ), k = 0, 1z0 =-π/4 + 2π • 0-π/4 + 2π • 0 |z|cos()+isin()222z0 = 23/4(cos(-1/8•π) + i sin(-1/8•π))илиz0 = 23/4(cos(1/8•π) -sin(1/8•π) i)k=1z1 =-π/4 + 2π • 1-π/4 + 2π • 1 |z|cos()+isin()222z1 = 23/4(cos(7/8•π) + i sin(7/8•π))илиz1 = 23/4(-cos(1/8•π) + sin(1/8•π) i)Ответ: ±(/√2 + 1 + * /√2 − 1), ±(/√2 + 1 − */√2 − 1) или0= √8(cos + * sin ),33122= √8(cos1623+ * sin623),0= √8(cos − * sin ),33122= √8(−cos + * sin )33122ЗАДАЧА 4.

Решить матричные уравнения АХ=В и YA=В.=75 15 −29, : = 79−3 37 −1Решениеа) Решим матричное уравнение A·X = B.Вычислим определитель матрицы А:∆ = 5*(3) - (-3)*1 = 18Определитель матрицы А равен detA=18Так как A невырожденная матрица, то существует обратная матрица A-1. Умножим слева обе частиуравнения на A-1: A-1·A·X = A-1·B, тогда получим E·X = A-1·B, или X = A-1·B.Найдем обратную матрицу A-1.Алгебраические дополненияA11 = (-1)1+1·3 = 3; A21 = (-1)1+2·1 =- 1; A12 = (-1)2+1·(-3) = 3; A22 = (-1)2+2·5 = 5;Обратная матрица A-1.A-1 =1 3 -1 183 5 Матрицу Х ищем по формуле: X = A-1·BX=1 3 -1  5 -2  4/9 -5/18 ·=183 5  7 -1  25/9 -11/18 Ответ:4-5 /9 /18 X = 25/ -11/ 918б) Решим матричное уравнение Y·A = B.Определитель матрицы А равен detA=18Так как A невырожденная матрица, то существует обратная матрица A-1.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов домашнего задания