Задание 1. Найти (методом присоединенной матрицы) матрицу, обратную к матрице А. Сделать проверку. 7 3 5 А 5 2 1 2 1 3 Задание 2. Дана система линейных уравнений. Доказать ее совместимость и решить тремя способами: 1. методом Гаусса; 2. методом Крамера; 3. средствами матричного исчисления. Сделать проверку. 3x 2 y 2 z 0 x 5 y 8z 1 4 x 2 y z 4 Задание 3. 1. Найти длину вектора с а b , если a i 3 j k , b 2i k . Задание 4. Даны координаты вершин пирамиды А1А2А3А4. Найти: 1) 2) 3) 4) 5) длину ребер A1A2; A1A3; A1A4; угол между ребрами: A1A2 и A1A4; площадь грани A1A2А3; объем пирамиды; длину высоты, опущенной из вершины А4 на грань A1A2А3. А1 (1; -1; 2), А2 (2; 1; 2), А3 (1; 1; 4), А4 (6; -3; 8). Задание 5. Дана прямая 2х + 3у + 4 = 0. Составить уравнение прямой, проходящей через точку М0(2;1) под углом в 45 0 к данной прямой. l1 : 5 x y 6 0 Задание 6. Составить уравнение и построить линию, расстояния каждой точки которой от начала координат и от точки А (5;0) относятся как 2:1. Задание 7. Составить каноническое уравнение эллипса, зная, что большая полуось а = 12, а эксцентриситет ε = 0,5. Построить линию. Задание 8. Линия задана уравнением r = r(φ) в полярной системе координат, где r ≥ 0. Требуется: 1) построить линию по точкам начиная от φ = 0 до φ = 2π и придавая φ значения через промежуток π/8; 2) найти уравнение данной линии в декартовой прямоугольной системе координат, у которой начало совпадает с полюсом, а положительная полуось абсцисс - с полярной осью; 3) по уравнению в декартовой прямоугольной системе координат определить, какая это линия. Построить линию r = 2cos2φ Образец выполнения контрольной работы Задание 1. Найти матрицу, обратную к матрице 3 2 1 А 1 1 1 4 1 5 Решение: 1) Вычислим определитель матрицы А 3 2 1 1 1 1 1 1 1 А det A 1 1 1 3 2 1 12 18 5 11 0 1 5 4 5 4 1 4 1 5 2) Обратная матрица А-1 вычисляется по формуле А1 АijT А , где АijТ – транспонированная матрица, составленная из алгебраических дополнений. а) Найдем алгебраические дополнения всех элементов матрицы 1 1 4; 1 5 А12 1 А21 1 2 1 11; 1 5 А31 1 2 1 3 ; 1 1 А11 1 11 2 1 3 1 1 1 9 ; 4 5 А13 1 А22 1 3 1 11 ; 4 5 А23 1 3 2 11 4 1 А32 1 3 1 4; 1 1 А33 1 3 2 1 1 1 1 2 2 2 3 2 1 3 23 3 3 1 1 5 4 1 б) Составим матрицу алгебраических дополнений 4 9 5 Аij 11 11 11 3 4 1 в) Транспонируем матрицу Аij и получим АijТ 4 11 3 Аij 9 11 4 5 11 1 T г) Вычисляем обратную матрицу 3 4 1 11 4 11 3 11 1 9 4 А1 9 11 4 1 11 11 11 1 5 1 5 11 1 11 11 1 0 0 д) Для проверки умножим А на А, получим А А Е 0 1 0 0 0 1 -1 1 3 12 8 3 4 15 4 12 1 1 ; 1 ; 1 11 11 11 11 11 11 11 11 1 0 0 3 2 1 9 4 27 16 18 4 9 20 1 0 1 0 Е А А 1 1 1 1 1 ; 1 ; 1 11 11 11 11 11 11 11 11 5 1 4 1 5 15 4 10 1 5 5 0 0 1 1 1 ; 1 ; 1 11 11 11 11 11 11 11 11 3 4 1 11 11 9 4 Ответ: А1 1 . 11 11 5 1 1 11 11 Задание 2. Дана система линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) x y z 0 4 x 6 y 6 . 3x y 2 z 1 Доказать ее совместимость и решить тремя способами: 1. методом Гаусса; 2. методом Крамера; 3. средствами матричного исчисления. Решение: 1. Метод Гаусса заключается в последовательном исключении неизвестных и осуществляется в два этапа: а) прямой ход заключается в приведении системы к ступенчатому (треугольному) виду; при этом, последнее уравнение системы имеет одну неизвестную; б) Обратный ход заключается в последовательном определении неизвестных из уравнений системы. С помощью элементарных преобразований над строками расширенной матрицы системы сведем ее к треугольному виду. Если в процессе СЛАУ методом Гаусса какая-либо строка примет вид 0=0, это будет свидетельствовать о том, что СЛАУ имеет бесконечное множество решений, если же возникает строка 0 = const, то система несовместна. 1 1 1 0 1 1 1 0 3 1 1 1 0 4 1 1 1 0 ~ 0 4 51 ~ 4 6 0 6 ~ 3 1 2 1 ~ 1 4 5 1 3 1 2 1 4 6 0 6 4 6 0 6 0 2 4 6 2 1 1 1 0 1 1 1 0 ~ 0 4 51 ~ 0 4 5 1 z 1 4 y 5 z 1 4 y 1 5 z 4 y 1 5 1 0 0 0 13 : 13 0 0 1 1 4 y 4 y 1 x y z 0 x y z 1 1 0 . Ответ: (0,1,1). 2. Методом Крамера При А det A 0 СЛАУ совместна и, причем, она имеет единственное решение, которое может быть найдено по формулам Крамера x x , y y , z z , где ∆ - определитель матрицы А системы, а ∆х, ∆у, ∆z – определители для неизвестных (х,у,z), полученные заменой соответствующего столбца, составленного из коэффициентов при неизвестных, на столбец свободных членов. 1 1 1 1 1 1 1 4 6 0 4 6 4 30 26 1 2 3 2 3 1 2 1 0 1 1 1 0 1 х 6 6 0 6 6 660 1 2 1 2 1 1 2 1 0 1 1 1 0 6 0 4 6 у 4 6 0 1 1 12 14 26 1 2 3 1 3 1 2 6 6 4 6 z 4 6 6 1 1 12 14 26 1 1 3 1 3 1 1 x 0 26 26 0; y 1; z 1 . Ответ: (0,1,1). 26 26 26 3. средствами матричного исчисления СЛАУ удобно записать в матричной форме А·Х=С, где А – матрица системы, Х – столбец неизвестных членов, С – столбец свободных членов. Из матричного уравнения следует Х = А-1С, (*) где А-1 – обратная матрица, 1 которая вычисляется по формуле А АijT А , где АijТ – транспонированная матрица, составленная из алгебраических дополнений. Вычислим определитель матрицы А (смотрите выше) А det A 26 0 а) Найдем алгебраические дополнения всех элементов матрицы А11 1 11 6 0 12 ; 1 2 А12 1 1 2 4 0 8; 3 2 А13 1 1 3 4 6 22 3 1 А21 1 1 1 1 2 2 1 1 ; А22 1 5 ; 1 2 3 2 А23 1 1 1 4 3 1 А31 1 1 1 6; 6 0 А33 1 1 1 2 4 6 2 1 3 1 А32 1 3 2 1 1 4; 4 0 23 3 3 б) Составим матрицу алгебраических дополнений 12 8 22 Аij 1 5 4 6 4 2 в) Транспонируем матрицу Аij и получим АijТ 12 1 6 Аij 8 5 4 22 4 2 T г) Вычисляем обратную матрицу 1 6 26 12 1 6 13 4 1 5 1 А 8 5 4 26 26 13 2 22 4 2 11 13 13 3 13 2 13 1 13 Согласно формуле (*) столбец решений 1 6 13 26 x 4 5 X y 13 26 z 11 2 13 13 3 3 6 13 0 26 13 0 2 30 2 . 6 1 13 26 13 1 1 12 1 1 13 13 13 Таким образом, СЛАУ: х = 0, у = 1, z = 1, что подтверждается в ходе проверки (подстановки полученных значений в каждое уравнение системы). Задание 3. Даны вершины треугольника АВС: А(1;-1;2), B(5;-6;2), С(1;3;-1). Найти длину его высоты, опущенной из вершины В на сторону АС. Решение: Площадь S треугольника АВС равна половине площади параллелограмма, построенного на векторах АВ и АС , то есть S Имеем: АВ 4,5,0 , 1 AB AC . 2 АС 0,4,3 . Тогда векторное произведение этих векторов равно i j k 5 0 4 0 4 5 АВ АС 4 5 0 i j k 15i 12 j 16k 15,12,16 . 4 3 0 3 0 4 0 4 3 S 1 1 1 AB AC 152 122 16 2 25 (*). 2 2 2 1 2 Известно, что площадь треугольника равна S AC h (**). Приравняем равенства (*) и (**) и определим высоту h 1 1 25 25 АС h h 2 2 AC 25 4 3 2 2 25 5 . Ответ: h = 5. 5 Задание 4. Даны координаты вершин пирамиды А1А2А3А4 А1 (2; -1; 1), А2 (5; 5; 4), А3 (3; 2; 3), А4 (4; 1; 3). Найти: 1) длину ребер A1A2; A1A3; A1A4; 2) угол между ребрами: A1A2 и A1A4; 3) площадь грани A1A2А3; 4) объем пирамиды; 5) длину высоты, опущенной из вершины А4 на грань A1A2А3. Решение: 1) А1 А2 5 2, 5 1, 4 1 3,6,3 , А1 А2 32 62 32 54 3 6 А1 А3 3 2, 2 1, 3 1 1,3,2 , А1 А3 12 32 22 14 А1 А4 4 2, 1 1, 3 1 2,2,2 , А1 А4 22 22 22 12 2 3 2) Пусть α угол между ребрами A1A2 и A1A4. Скалярное произведение векторов А1 А2 х1 , у1 , z1 и А1 А4 х2 , у2 , z2 запишется в следующем виде: А1 А2 А1 А4 А1 А2 А1 А4 cos x1 x2 y1 y2 z1 z2 cos x1 x2 y1 y2 z1 z2 3 2 6 2 3 2 3 6 2 3 A1 A2 A1 A4 24 4 4 0,9428 arccos0,9428 19,5 . 6 18 18 3 2 3) Площадь грани A1A2А3 будем вычислять, исходя из геометрического смысла векторного произведения векторов. Модуль векторного произведения векторов численно равен площади параллелограмма, построенного на этих векторах. Площадь треугольника A1A2А3 равна S 1 A1 А2 A1 А3 . 2 i j k 6 3 3 3 3 6 А1 А2 А1 А3 3 6 3 i j k 3i 3 j 3k 3,3,3 . 3 2 1 2 1 3 1 3 2 S 1 2 1 3 3 2 3 3 32 27 . 2 2 2 4) Объем пирамиды численно равен 1/6 модуля смешанного произведения векторов, образующих данную пирамиду, то есть А1 А2 , А1 А3 и А1 А4 . 3 6 3 3 2 1 2 1 3 1 А1 А2 А1 А3 А1 А4 1 3 2 3 6 3 6 12 12 6 Vпир 6 1 . 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 5) Известно, что Vпир 1 S h , где S – площадь основания (грань A1A2А3) 3 пирамиды, а h – высота пирамиды, опущенной из вершины А4 на грань A1A2А3. h 3Vпир S 3 1 2 . 3 3 2 3 Задание 5. а) Найти острый угол между двумя плоскостями Р1 : 5 x 3 y 4 z 4 0, I Р2 : 3x 4 y 2 z 5 0, II . между двумя плоскостями А1x В1 y С1z D1 0 и А2 x В2 y С2 z D2 0 равен углу между их нормальными векторами Решение: Угол N1 A1 , B1 , C1 и N 2 A2 , B2 , C2 и определяется по формуле cos N1 N 2 A1 A2 B1B2 C1C2 * . 2 N1 N 2 A1 B12 C12 A22 B22 C22 Из формулы (*) получим, если учесть, что на основании уравнения (I) А1 = 5; В1 = 3; С1 = 4, а из (II) А2 = 3; В2 = -4; С2 = -2, cos 15 12 8 19 ; cos ; 50 29 5 58 cos 0,49990; 6004 . В формуле (*) следует взять абсолютную величину правой части, так как надо найти острый угол между плоскостями. б) Составить уравнение плоскости, которая проходит через прямую пересечения плоскостей Р1, Р2 и точку М(2,-1,3). Решение: Две пересекающиеся плоскости Р1 и Р2 определяют (задают) пучок плоскостей, уравнение которого имеет вид 5x–3y+4z–4+t(3x–4y–2z+5)=0, где t – параметр. Все плоскости этого пучка проходят через прямую пересечения плоскостей Р1 и Р2 (ось пучка). Из множества плоскостей пучка выбираем ту (определяем значение t), которая проходит через точку М: значение t должно быть таким, чтобы координаты точки М удовлетворяли уравнению 5 2 3 1 4 3 4 t 3 2 4 1 2 3 5 0 21 t 21 0 t 1. Уравнение искомой плоскости 5x 3 y 4z 4 3x 4 y 2z 5 0 2x y 6z 9 0 . Задание 6. Даны уравнения высот треугольника 2х – 3у + 1 = 0 и х + у = 0 и координаты одной из его вершин А(1;2). Найти уравнения сторон треугольника. Решение: Точка А(1;2) не принадлежит данным в условии высотам треугольника, так как ее координаты не удовлетворяют их уравнениям: 2·1 - 3·2 + 1 ≠ 0 и 1 + 2 ≠ 0. Отсюда следует, что высоты, данные в задаче, проведены из двух других вершин треугольника В и С. Назовем их СД и ВЕ, СД АВ , ВЕ АС . Пусть высота СД имеет уравнение х + у = 0, а высота ВЕ имеет уравнение 2х – 3у + 1 = 0. I способ. Так как АС ВЕ , то уравнение АС мы найдем из уравнения семейства прямых, перпендикулярных ВЕ, приняв во внимание, что искомая прямая проходит через данную точку А(1;2). Если две прямые А1 А2 В1В2 0 А1 х В1 у С1 0 А2 х В2 у С2 0 перпендикулярны, то выполняется условие А2 В 2 (*) , то есть коэффициенты при х и у меняются В1 А1 местами, а также изменяется знак при у. 1. Уравнение стороны АС ВЕ : 2 х 3 у 1 0 А1 2, В1 3 АС : А2 х В2 у С2 0 согласно (*) А2 3, В2 2 АС : 3х 2 у С 2 0, подставим координаты точки А(1;2) 3 1 2 2 С 2 0 С2 7 АС : 3х 2 у 7 0 2. Уравнение стороны АВ СД : х у 0 А1 1, В1 1 АВ : А2 х В2 у С2 0 согласно (*) А2 1, В2 1 АВ : х у С2 0, подставим координаты точки А(1;2) 1 2 С 2 0 С2 1 АВ : х у 1 0 3. Уравнение стороны ВС Сначала следует найти координаты точек В и С, как точек пересечения прямых ВЕ и АВ и прямых СД и АС, соответственно. 2 х 3 у 1 0 хВ 2, уВ 1 точка имеет координаты В(2;1) х у 1 0 х у 0 хС 7, уС 7 точка имеет координаты С (7;7) 3х 2 у 7 0 Теперь найдем уравнение ВС, воспользовавшись уравнение прямой, проходящей через две точки В(-2;-1) и С(7;-7). х хВ у уВ х2 у 1 х 2 у 1 6 х 12 9 у 9 6 х 9 у 21 0 хС хВ уС уВ 7 2 7 1 9 6 2 х 3 у 7 0. II способ. Если две прямые заданы уравнениями у к1х в1 и у к2 х в2 , то условия перпендикулярности двух прямых имеет вид к1к2 1 . 1. Уравнение стороны АС ( АС ВЕ ) Определим угловой коэффициент (к1 ) высоты ВЕ. Преобразуем уравнение 2 3 1 3 2 3 3 2 высоты ВЕ: 2 х 3 у 1 0 у х к1 . Поэтому к2 ( АС ) . Уравнение прямой, проходящей через данную точку А(х1;у1) в данном направлении, определяемом угловым коэффициентом, у у1 кх х1 (**). Точка А(1;2) принадлежит прямой АС, поэтому подставим ее координаты в уравнение (**). у 2 х 1 2 у 4 3х 3 3х 2 у 7 0 . 3 2 2. Уравнение стороны АВ ( АВ СД ) Угловой коэффициент высоты СД, имеющей вид, х у 0 у х равен к1 1 к2 ( АВ) 1 (**) у 2 1х 1 х у 1 0 . 3. Уравнение стороны ВС рассмотрено выше. Задание 7. Найти уравнение касательной к параболе у2 = 4х, проведенной из точки А(-2;-1). Решение: Уравнение прямой будем искать в виде y kx b, * . Так как точка А принадлежит искомой касательной, подставляя ее координаты в уравнение (*), получим тождество 1 2k b, * * . Далее, прямая (*) и парабола у2 = 4х имеют единственную общую точку (касаются). Следовательно, система y kx b уравнений 2 y 4x имеет единственное решение. Решаем ее относительно х и у. Это можно сделать различными способами, например, возвести правую и левую части первого уравнения в квадрат и подставить в левую часть полученного равенства вместо у2 его выражение из второго уравнения. Получим k 2 x 2 2kbx b 2 4 x . Это – квадратное уравнение, имеющее единственное решение в случае, когда дискриминант равен нулю. Таким образом, D 1 2 kb 2 k 2b 2 0 или 4kb 4, b , * * * . Теперь для параметров k 4 k и b прямой (*) имеем два условия: (**) и (***). Следовательно, искомые значения параметров находятся как решения системы из этих условий: 2 k b 1 . Подстановкой вместо b в первое уравнение его выражения из 1 b k 1 2 второго, получим 2k 2 k 1 0 , откуда находим, что k1 1, k2 . Система имеет два решения: k1 1 k 2 1 2 и . b1 1 b2 2 Следовательно, две прямые x 2 удовлетворяют условиям задачи. Их уравнения: y x 1 и y 2 . Задание 8. Постройте кривую r 12 в полярной системе координат. 2 cos Найти каноническое уравнение данной линии в декартовой прямоугольной системе координат, у которой начало совпадает с полюсом, а положительная полуось абсцисс - с полярной осью. Решение: Полярная система координат задана, если заданы точка О, называемая полюсом, и исходящей из полюса луч ОР, который называется полярной осью. Если задать на плоскости прямоугольную декартову систему координат, поместив ее начало в полюс и совместив ось абсцисс с полярной осью, то декартовы координаты х и у будут выражены через полярные координаты (r и φ) уравнениями: x r cos , y r sin r x2 y 2 , (*), полярный угол, r полярный радиус . Составим таблицу для значений r от φ с шагом π/8. 0 π/8 π/4 3π/8 π/2 5π/8 3π/4 7π/8 π φ 1 0,92 0,71 0,38 0 -0,38 -0,71 -0,92 -1 cosφ 12 11,1 9,3 7,4 6 5 4,4 4,1 4 r 9π/8 5π/4 11π/8 3π/2 13π/8 7π/4 15π/8 2π φ 0 0,38 0,71 0,92 1 cosφ -0,92 -0,71 -0,38 4,1 4,4 5 6 7,4 9,3 11,1 12 r Примем произвольный отрезок за единицу масштаба, которым мы будем пользоваться при построении r. Для построения проводим из полюса лучи, соответствующие выбранным значениям φ, и на каждом луче (то есть вдоль него) откладываем соответствующие вычисленные значения полярного радиуса. Полученные точки соединяем плавной кривой. Построенная линия – эллипс. Найдем каноническое уравнение данной линии в декартовой прямоугольной системе координат, используя уравнения, отмеченные выше (*). r 12 12 2 x2 y 2 2 x 2 y 2 x 12 4 x 2 y 2 x 12 x 2 cos 2 x2 y 2 4 x 2 4 y 2 x 2 24 x 144 3x 2 24 x 4 y 2 144 x 2 8 x 4 2 y 48 3 x 4 4 y 2 1 4 2 4 2 y 48 x 4 y 2 16 48 64 3 3 64 3 64 2 x 2 2 4 x 16 16 2 x 4 82 y2 48 2 1. Это уравнение является уравнением эллипса с полуосями a 8, b 48 7 и с центром симметрии в точке О(4,0).