Задача

Задача 1.

Для данного определителя

найти миноры и алгебраические дополнения элементов α12, α32. Вычислить определитель: а) разложив его по элементам первой строки и второго столбца; б) получив предварительно нули в первой строке.

►Находим:

М12 = = –8–16+6+12+4–16 = –18,

М32 = = –12+12–12–8 = –20.

Алгебраические дополнения элементов а12 и а32 соответственно равны:

А12 = (–1)1+2М12 = –(–18) = 18,

А32 = (–1)3+2М32 = –(–20) = 20.

а) Вычислим определитель, разложив его по элементам первой строки:

= a11А11 + a12А12 + a13А13 + a14А14 = –3 –2 +

+ 1 = – 3(8 + 2 + 4 – 4) – 2(– 8 – 16 + 6 + 12 + 4 – 16) + (16 – 12 – – 4 + 32) = 38;

Разложим определитель по элементам второго столбца:

= – 2 – 2 + 1 = – 2(– 8 + 6 – 16 + + 12 + 4 – 16) – 2(12 + 6 – 6 – 16) + (– 6 + 16 – 12 – 4) = 38;

б) Вычислим , получив предварительно нули в первой строке. Используем соответствующее свойство определителей. Умножим третий столбец определителя на 3 и прибавим к первому, затем умножим на –2 и прибавим ко второму. Тогда в первой строке все элементы, кроме одного, будут нулями. Разложим полученный таким образом определитель по элементам первой строки и вычислим его:

= = = = =

= – (– 56 + 18) = 38.

(В определителе третьего порядка получили нули в первом столбце по тому же самому, что и выше свойству определителей.) ◄

Задача 2.

Дана система линейных неоднородных алгебраических уравнений

Проверить, совместна ли эта система, и в случае совместности решить ее: а) по формулам Крамера; б) с помощью обратной матрицы (матричным методом); в) методом Гаусса.

►Совместность данной системы проверим по теореме Кронекера – Капелли. С помощью элементарных преобразований найдем ранг матрицы

А =

данной системы и ранг расширенной матрицы

В = .

Для этого умножим первую строку матрицы В на –2 и сложим со второй, затем умножим первую строку на –3 и сложим с третьей, поменяем местами второй и третий столбцы. Получим

В = ~ ~ .

Следовательно, rang А = rang В = 3 (т. е. числу неизвестных). Значит, исходная система совместна и имеет единственное решение.

а) По формулам Крамера

x = x / , y = y / , z = z/ ,

где

= = – 16;

x = = 64;

y = = – 16;

z = = 32,

находим: x = 64/(– 16) = – 4, y = – 16/(– 16) = 1, z = 32/(– 16)= – 2;

б) Для нахождения решения системы с помощью обратной матрицы запишем систему уравнений в матричной форме АХ = . Решение системы в матричной форме имеет вид х = А–1 . По формуле находим обратную матрицу А–1 (она существует, так как = dеt A = – 16 ≠ 0):

A11 = = – 15, A21 = – = 16, A31 = = – 11,

A12 = – = – 3, A22 = = 0, A32 = – = 1,

A13 = = – 14, A23 = – = 16, A33 = = – 6,

A–1 = .

Решение системы:

X = = = =

.

Итак, x = –4, y = 1, z = –2;

в) Решим систему методом Гаусса. Исключим x из второго и третьего уравнений. Для этого первое уравнение умножим на 2 и вычтем из второго, затем первое уравнение умножим на 3 и вычтем из третьего:

Из полученной системы находим x = – 4, y = 1, z = –2. ◄

Задача 5.

Вершины пирамиды находятся в точках А( 2; 3; 4), В( 4; 7; 3), С( 1; 2; 2) и D(– 2; 0; – 1). Вычислить: а) площадь грани ABC; б) площадь сечения, проходящего через середину ребер АВ, AC, AD; в) объем пирамиды ABCD.

►а) Известно, что SABC = . Находим: = ( 2; 4; – 1),

= (– 1; – 1; – 2),

= = – 9i + 5j + 2k.

Окончательно имеем:

SABC = = ;

б) Середины ребер АВ, ВС и АD находятся в точках К ( 3; 5; 3,5),

М (1,5; 2,5; 3), N ( 0; 1,5; 1,5). Далее имеем:

Sсеч = , = (– 1,5; – 2,5; – 0,5), = (– 3; – 3,5; – 2),

= = 3,25i – 1,5j – 2,25k,

Sсеч = = ;

в) Поскольку Vпир = , = (– 4; – 3; – 5),

= = 11, то V = 11/6. ◄

Задача 6

.

Сила F = ( 2; 3;– 5) приложена к точке А( 1; – 2; 2). Вычислить: а) работу силы F в случае, когда точка ее приложения, двигаясь прямолинейно, перемещается из положения А в положение В( 1; 4; 0); б) модуль момента силы F относительно точки В.

►а) Так как А = F·s, s = = ( 0; 6; – 2),

то F· = 2·0 + 3·6 + ( – 5)( – 2) = 28; А = 28;

б) Момент силы М = , = (0; – 6; 2),

= = 24i + 4j + 12k.

Следовательно, = = 4 . ◄

Задача 8.

Известны вершины О(0; 0), A( – 2; 0) параллелограмма ОАСD и точка пересечения его диагоналей В(2;–2). Записать уравнения сторон параллелограмма.

►Уравнение стороны ОА можно записать сразу: y = 0. Далее, так как точка В является серединой диагонали AD (рис. 1), то по формулам деления отрезка пополам можно вычислить координаты вершины D(x; y):

2 = , –2 = ,

откуда x = 6, y = –4.

Теперь можно найти уравнения всех остальных сторон. Учитывая параллельность сторон OA и CD, составляем уравнение стороны CD: y = –4. Уравнение стороны OD составляется по двум известным точкам:

= ,

откуда y = – x, 2x + 3y = 0.

Наконец, находим уравнение стороны AC, учитывая тот факт, что она проходит через известную точку А (– 2; 0) параллельно известной прямой OD:

y – 0 = – (x + 2) или 2x + 3y + 4 = 0. ◄

 

(рис. 1)

Задача 9.

Даны вершины треугольника ABC: A( 4; 3),B( – 3; – 3),C( 2; 7). Найти:

а) уравнение стороны AB;

б) уравнение высоты CH;

в) уравнение медианы AM;

г) точку N пересечения медианы AM и высоты CH;

д) уравнение прямой, проходящей через вершину C параллельно стороне AB;

е) расстояние от точки C до прямой AB.

►а) Воспользовавшись уравнением прямой, проходящей через две точки, получим уравнение стороны AB:

= ,

откуда 6(x – 4) = 7(y – 3) или 6x – 7y – 3 = 0;

б) Согласно уравнению

y = kx + b (k = tg α),

угловой коэффициент прямой AB k1=6/7. С учетом условия перпендикулярности прямых AB и CH угловой коэффициент высоты CH k2= –7/6 (k1∙k2= –1). По точке C( 2; 7) и угловому коэффициенту k2= –7/6 составляем уравнение высоты CH: (y – y0 = k(x – x0))

y – 7 = – (x – 2) или 7x + 6y – 56 = 0;

в) По известным формулам находим координаты x, y середины M отрезка BC:

x = (– 3 + 2)/2 = –1/2, y = (– 3 + 7)/2 = 2.

Теперь по двум известным точкам A и M составляем уравнение медианы AM:

= или 2x – 9y + 19 = 0;

г) Для нахождения координат точки N пересечения медианы AM и высоты CH составляем систему уравнений

Решая её, получаем N (26/5; 49/15);

д) Так как прямая, проходящая через вершину C, параллельна стороне AB, то их угловые коэффициенты равны k1=6/7. Тогда, согласно уравнению:

y – y0 = k(x – x0), по точке C и угловому коэффициенту k1 составляем уравнения прямой CD:

y – 7 = (x – 2) или 6x – 7y + 37 = 0;

е) Расстояние от точки C до прямой AB вычисляют по известной формуле:

d = |CH| =

Решение данной задачи проиллюстрировано на рис. 2 ◄

(рис. 2)

Задача 10.

Даны четыре точки A1( 4; 7; 8), A2(– 1;13; 0), A3( 2; 4; 9), A4( 1; 8; 9). Составить уравнения:

а) плоскости A1 A2 A3; б) прямой A1 A2;

в) прямой A4 M, перпендикулярной к плоскости A1 A2 A3;

г) прямой A4N, параллельной прямой A1 A2 .

Вычислить:

д) синус угла между прямой A1 A4 и плоскостью A1 A2 A3;

е) косинус угла между координатной плоскостью Оxy и плоскостью А1А2А3.

►а) Используя формулу уравнения плоскости по трем точкам, составляем уравнение плоскости А1 А2 А3:

откуда 6х – 7у – 9z + 97 = 0;

б) Учитывая уравнения прямой, проходящей через две точки, уравнения прямой А1 А2 можно записать в виде

= = ;

в) Из условия перпендикулярности прямой А4 М и плоскости А1 А2 А3 следует, что в качестве направляющего вектора прямой s можно взять нормальный вектор n = ( 6; – 7; – 9) плоскости А1 А2 А3. Тогда уравнение прямой А4 М с учетом канонических уравнений прямой запишется в виде

= = ;

г) Так как прямая A4N параллельна прямой А1 А2, то их направляющие векторы s1 и s2 можно считать совпадающими: s1 =s2 = ( 5; – 6; 8). Следовательно, уравнение прямой A4N имеет вид

= = ;

д) По формуле нахождения величины угла между прямой и плоскостью

sin φ =

е) В соответствии с формулой нахождения величины угла между плоскостями

cos φ = = ◄

Задача 11.

Составить уравнение плоскости, проходящей через точки M( 4; 3; 1) и

N(– 2; 0; – 1) параллельно прямой, проведенной через точки A( 1; 1; – 1) и

B(– 3; 1; 0).

►Согласно формуле уравнения прямой в пространстве, проходящей через две точки, уравнение прямой AB имеет вид

= = .

Если плоскость проходит через точку M( 4; 3; 1), то её уравнение можно записать в виде A(x – 4) + B(y – 3) + C(z – 1) = 0. Так как эта плоскость проходит и через точку N(– 2; 0; – 1), то выполняется условие

A( – 2 – 4) + B(0 – 3) + C( – 1 – 1) = 0 или 6A + 3B + 2C = 0.

Поскольку искомая плоскость параллельна найденной прямой AB, то с учетом формул условия параллельности прямой и плоскости имеем:

–4A + 0B + 1C = 0 или 4A – C = 0.

Решая систему

находим, что C = 4A, B = – A. Подставим полученные значения С и B в уравнение искомой плоскости, имеем

A(x – 4) – A(y – 3) + 4A(z – 1) = 0.

Так как A ≠ 0, то полученное уравнение эквивалентно уравнению

3(x – 4) – 14(y – 3) + 12(z – 1) = 0. ◄

Задача 12.

Найти координаты x2, y2 , z2 точки M2, симметричной точке M1( 6; – 4; – 2) относительно плоскости x + y + z – 3 = 0.

►Запишем параметрические уравнения прямой M1M2, перпендикулярной к данной плоскости: x = 6 + t, y = – 4 + t, z = – 2 + t. Решив их совместно с уравнением данной плоскости, найдем t = 1 и, следовательно, точку M пересечения прямой M1M2 с данной плоскостью: M ( 7; – 3; – 1). Так как точка M является серединой отрезка M1M2, то верны равенства

7 = , –3 = , –1 = ,

из которых находим координаты точки M2: x2 = 8, y2 = – 2, z2 = 0. ◄

Задача 13.

Составить уравнение линии, каждая точка М которой отстоит от точки

А( 3; 2) на расстоянии, в три раза большем, чем от точки В( – 1; 0).

►Пусть М( х; у) – любая точка искомой линии (рис. 3). Тогда по условию задачи |АМ| = 3|ВМ|. Так как

|АМ| = , |ВМ| = ,

то уравнение искомой линии

= 3 .

Преобразуем его, возведя обе части в квадрат. Имеем:

x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 = 9x2 + 18x + 9 + 9y2,

8x2 + 24x + 8y2 + 4y – 4 = 0.

Выделив полные квадраты в последнем уравнении, придем к уравнению вида

которое является уравнением окружности с центром в точке

С( – 3/2; – 1/4) и радиусом R = . ◄

(рис. 3)

Задача 14.

Составить канонические уравнения: а) эллипса, большая полуось которого равна 3, а фокус находится в точке F(; 0); б) гиперболы с мнимой полуосью, равной 2, и фокусом F(–, 0); в) параболы, имеющей директрису x = –3.

►а) Каноническое уравнение эллипса имеет вид. По условию задачи большая полуось a = 3, с = . Для эллипса выполняется равенство

b2 = a2 – с2. Подставив в него значения a и с, найдем b2 = З2 – ()2 = 4. Искомое уравнение эллипса

;

б) Каноническое уравнение гиперболы имеет вид . По условию мнимая полуось b = 2, а c = . Для гиперболы справедливо равенство b2 = с2 – a2. Поэтому a2 = с2 – b2 = ()2 – 22 = 9. Записываем искомое уравнение гиперболы:

;

в) Каноническое уравнение параболы в данном случае должно иметь вид у2 = 2рх, а уравнение ее директрисы х = – р/2. Но по условию задачи уравнение директрисы х = – 3. Поэтому – р/2 = – 3, р = 6 и искомое каноническое уравнение параболы имеет вид

у2 = 12х. ◄

Задача 15.

Построить кардиоиду, заданную уравнением в полярных координатах

ρ = 4(1 – sin φ).

►Составим таблицу, в которой приведены значения полярного угла

φi (i = 1,16) и соответствующие им значения полярного радиуса ρi:

φi	ρi	φi	ρi	φi	ρi	φi	ρi
0	4	π/2	0	π	4	3π/2	8
π/6	2	2π/3	≈0,6	7π/6	6	5π/3	≈7,4
π/4	≈1,2	3π/4	≈1,2	5π/4	≈6,8	7π/4	≈6,8
π/3	≈0,6	5π/6	2	4π/3	≈7,4	11π/6	6

Построив найденные точки Mi ( ρi; φi) в полярной системе координат и соединив их плавной линией, получим достаточно точное представление о кардиоиде (рис. 4). ◄

(рис. 4)

Задача 18.

Построить данные поверхности и определить их вид (название):

►a) ; б) .

а) Приведем уравнение к каноническому виду

.

Получили уравнение гиперболоида, расположенного так, как показано на рис. 5, полуоси его «горлового» эллипса ОВ = /2, ОС = 2;

б) Приведем уравнение к каноническому виду

.

Это уравнение конуса второго порядка, ориентированного указанным на рис. 6 образом. Его сечения плоскостями z = const являются эллипсами. ◄

(рис. 5). Гиперболоид (рис. 6). Конус второго порядка

 

Задача 19.

Записать уравнение поверхности, полученной при вращении:

1) параболы : а) вокруг оси Оy; б) вокруг оси Oz;

2) эллипса : а) вокруг оси Oz; б) вокруг оси Оу.

►1. В соответствии с общим правилом получения уравнения поверхности вращения находим:

а) ,

(алгебраическая поверхность четвертого порядка (рис. 7));

б) ,

(параболоид вращения (рис. 8)).

2. Имеем:

а) , .

Получили сплюснутый вдоль оси Oz эллипсоид вращения (сфероид), полуоси его главных сечений ОА = ОВ = 8, ОС = 2 (рис. 9);

б) ,

(вытянутый вдоль оси Оy эллипсоид вращения (рис. 10): OA = ОС = 2, ОВ = 8).◄

(рис. 7). Алгебраическая поверхность четвертого порядка

(рис. 8). Параболоид вращения

(рис. 9). Эллипсоид вращения (сфероид) (сплюснутый вдоль оси Oz)

(рис. 10). Эллипсоид вращения (вытянутый вдоль оси Оy)

Задача 20.

Построить тело, ограниченное данными поверхностями:

а) у = х, х = 1, z = 0, z = xy;

б) х + у = 4, х = , 3x = 2z, z = 0.

►а) Построение выполнено на рис. 11: ОС – дуга параболы, являющейся пересечением гиперболического параболоида z = xy с плоскостью х = у; дуга AˇC – пересечение поверхности z = xy с плоскостью х = 1; A( 1; 0; 0), В( 1; 1; 0), С( 1; 1; 1) – характерные точки тела;

б) Построение выполнено на рис. 12: ОС – дуга параболы, являющейся пересечением параболического цилиндра с плоскостью 2z = 3x; А( 2; 2; 0),

В( 0; 4; 0), С( 2; 2; 3) – характерные точки тела. ◄

(рис. 11)

(рис. 12)

Образец решения

2. Найти указанные пределы.

а)

б) .

в)

г)

д)

е)

ж)

з)

и)

=

Образец решения

3. Исследовать данную функцию на непрерывность и построить её график:

Функция f(x) определена и непрерывна на интервалах и ( где она задана непрерывными элементарными функциями. Следовательно, разрыв возможен только в точках

и Для точки имеем:

т. е. функция в точке имеет разрыв первого рода.

Для точки находим:

т. е. в точке функция также имеет разрыв первого рода.

График данной функции

Образец решения

4. Записать формулу для производной n-го порядка, если

Имеем:

Сравнив полученные выражения для запишем:

5. Записать уравнение касательной к кривой в точке с абсциссой

Ордината точки касания . В любой точке

В точке касания Поэтому имеем уравнение касательной (по точке (-1, 6) и угловому коэффициенту -11):

6. По оси Ox движутся две материальные точки, законы движения которых

и (x-в метрах, t-в секундах). В какой момент времени их скорости окажутся равными?

Находим скорости обеих точек:

Так как то с, с.

Образец решения

7. От канала шириной 32 м отходит под прямым углом другой канал шириной 4 м. Определить наибольшую длину брёвен, которые можно сплавлять по этой системе каналов. (Толщину бревна не учитывать.)

Обозначим длину бревна через L. Тогда:

=

Исследуем функцию на экстремум:

Если то Так как то из последнего уравнения имеем: В окрестности этого значения

знак производной определяется знаком её числителя, т. е. выражения Имеем:

т. е.

Следовательно, при расстояние будет минимальным, поэтому наибольшая длина бревна, сплавляемого из одного канала в другой, не может быть больше этого расстояния. Окончательно получаем:

м.

Рассмотрим ряд задач, приводящих к дифференциальным уравнениям.

ПРИМЕР 1: Задача о колебании маятника (1). Материальная точка P массы m подвешена на нерастяжимой нити длины l, массой которой можно пренебречь. Под действием силы тяжести точка P движется по окружности радиуса l. Найдем закон движения маятника, если он в начальный момент отклонен от вертикального положения на угол j<p/2 и имеет начальную скорость, равную нулю.

Положение маятника будет определяться углом j, отсчитываемым от вертикали. На маятник действует сила тяжести mg, направленная вертикально вниз, и сила тяжести нити.

Пусть S-путь, проведенный точкой по дуге PA окружности, S=lj. Касательная сила тяжести, равная, как видно из рисунка, mg sinj, направлена в сторону убывания S, поэтому второй закон Ньютона дает дифференциальное уравнение

(1)

Сократим на m уравнение (1) и заменим S на lj , получим:

(2)

Это и есть уравнение математического маятника.

ПРИМЕР 2: Материальная точка массы m притягивается каждым из двух центров с силой, пропорциональной расстоянию; коэффициент пропорциональности для первого центра равен r, для второго 3 r. Расстояние между центрами 2 b. В начальный момент точка находится на расстоянии b/8 от центра с большим коэффициентом притяжения, двигаясь к центру со скоростью v0 = b. Найти амплитуду и начальную фазу колебания.

РЕШЕНИЕ

 

Пусть P1 и P2 – центры притяжения. Возьмем за начало координат (S=0) точку O, в которой данная масса находится в положении равновесия. Условием равновесия является равенство, значит, точка О должна делить отрезок Р1 Р2 в отношении 3:1. При таком выборе системы координат точка Р1 имеет координату – 3b/2, а Р2 – координату b/2. Кроме того, так как в начальный момент t=0 точка находилась на расстоянии b/3 от Р2 и двигалась к Р1 со скоростью, равной по модулю мы получим следующие начальные условия задачи Коши:

 

 

Уравнение движения по закону Ньютона будет где F- проекция на ось OS равнодействующей двух сил Р1 и Р2. Если точка М имеет координату S, то ее расстояния от Р1 и Р2 равны соответственно

и

(очевидно, что ). Поэтому по условию задачи

Так как векторы и противоположно направлены, то .

Обозначая , получим уравнение с начальными условиями , .

Характеристическое уравнение имеет корни , поэтому общее решение и определяем из начальных условий , .

Решением задачи будет функция

,

определяющая гармоническое колебание с амплитудой

и начальной фазой

,

при этом решение может быть представлено в виде

.

ПРИМЕР 3. Найти численное решение методом Рунге-Кутта на отрезке уравнения вида , с условиями ; .

Одним из наиболее распространенных численных методов решения дифференциальных уравнений является метод Рунге-Кута. Метод обладает высокой точностью, с погрешностью порядка Н5 . Дифференциальное уравнение n-го порядка можно представить в виде системы n уравнений 1-го порядка или для n = 2 сразу воспользоваться рекуррентными формулами для уравнения второго порядка. Перед началом вычислений задается шаг интегрирования Н, начальное значение . Причем величина шага интегрирования Н определяет точность решения. Рекомендуется величину шага брать и не слишком малую, т. к. будут большие затраты машинного времени, и не слишком большую, т. к. функция теряет гладкость и далека по значению от точной . Поэтому шаг Н выбирается автоматически.

Для дифференциального уравнения

Функция описана в строке 150. При Н≈0, , , , по программе, приведенной ниже, получены результаты:

10¯ PRINT’ РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ '

20¯ PRINT’ ВТОРОГО ПОРЯДКА МЕТОДОМ РУНГЕ-КУТТА’

30¯ INPUT’ВВЕДИТЕ ШАГ Н=’H:INPUT’ВВЕДИТЕ НАЧАЛЬНОЕ Х0¯=’X

40¯ INPUT’ВВЕДИТЕ НАЧАЛЬНОЕ Y0=’W

50¯ INPUT’ВВЕДИТЕ НАЧАЛЬНОЕ DY/DX0=’V:LET Y=W:LET Z=V

60¯ GOSUB 150:LET A=H*F:LET X=X+H/2

70¯ LET Y=W+V*H/2+A*H/8:LET Z=V+A/2

80¯ GOSUB 150:LET B=H*F:LET Z=V+B/2

90¯ GOSUB 150:LET C=H*F:LET X=X+H/2

100¯ LET Y=W+H*V+H*C/2:LET Z=V+C:GOSUB 150

110¯ LET Y=W+H*(V+(A+B+C)/6):LET W=Y

120¯ LET Z=V+(A+(B+C)*2+H*F)/6:LET V=Z

130¯ PRINT’ ДЛЯ X=’X:PRINT’Y=’Y

140¯ PRINT’ DY/DX=’Z:GOTO 60

150¯ LET F= –Y+(1–Y*Y)*Z*20:RETURN:END