Математика, контрольная 1. Уч.пособ. 1 семестр

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

ГОУВПО ВОРОНЕЖСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ ТЕХНОЛОГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ

КАФЕДРА ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКИ

УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ ДЛЯ ВЫПОЛНЕНИЯ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ № 1

ПО МАТЕМАТИКЕ

Для студентов всех направлений квалификация (степень) «бакалавр» заочной формы обучения

ВОРОНЕЖ

2011

УДК 516 (075.5)

Контрольная работа № 1 по математике [Текст]: учебное пособие / Воронеж, гос. технол. акад.; сост.: Н.В. Минаева, В.И. Ряжских, Д.С. Сайко, А.Д. Чернышов, А.А. Богер, С.Ф. Кузнецов, Е.Н. Ковалёва, М.В. Половинкина, О.П. Резцов, В.А. Сумин, О.Ю. Никифорова, С.В. Рябов, Е.А. Соболева. – Воронеж: ВГТА, 2011.- 44 с.

Учебное пособие по разделам «Векторная алгебра», «Аналитическая геометрия» и «Математический анализ» разработаны в соответствии с требованиями ФГОС ВПО по всем направлениям подготовки бакалавров. Предназначено для закрепления теоретических знаний по математике.

Библиогр.: 10 назв.

Составители: профессоры Н.В. МИНАЕВА, В.И. РЯЖСКИХ, Д.С. САЙКО, А.Д. ЧЕРНЫШОВ, доценты А.А. БОГЕР, С.Ф. КУЗНЕЦОВ, Е.Н. КОВАЛЁВА, М.В. ПОЛОВИНКИНА, О.П. РЕЗЦОВ, В.А. СУМИН, старшие преподаватели О.Ю. НИКИФОРОВА, С.В. РЯБОВ, Е.А. СОБОЛЕВА

Научный редактор профессор В.И. РЯЖСКИХ Рецензент профессор В.В. ПРОВОТОРОВ (Воронежский государственный университет)

©Минаева Н.В., Ряжских В.И., Сайко Д.С., Чернышов А.Д., Богер А.А., Кузнецов С.Ф., Ковалёва Е.Н., Половинкина М.В., Резцов О.П., Сумин В.А., Никифорова О.Ю., Рябов С.В., Соболева Е.А., 2011

©ГОУВПО «Воронежская государственная технологическая академия», 2011

2

ВВЕДЕНИЕ

Данное учебное пособие предназначено для закрепления теоретических знаний по разделам векторной алгебры, аналитической геометрии и математического анализа и является базовым для всех направлений подготовки бакалавров. В нём представлены краткие теоретические сведения по соответствующим разделам математики и даны примеры решения и оформления типовых заданий контрольной работы № 1.

Учебное пособие составлено по программе курса математики для бакалавров факультета безотрывного образования Воронежской государственной технологической академии и направлено на активизацию самостоятельной работы студентов в изучении теоретического материала соответствующих разделов математики и применение полученных знаний для решения практических задач.

3

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ, ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЙ

ЗАДАНИЕ 1

В данном задании требуется решить линейную систему трех уравнений с тремя неизвестными. Для этого используются определители второго и третьего порядков. Определителем 2-го порядка называется число, которое обозначается в виде таблицы из двух строчек и двух столбцов и вычисляется по правилу.

a1	b1	= a b - a b .
a2	b2	1	2	2	1

Определитель 2-го порядка равен разности между произведениями элементов, лежащих на главной и побочной диагоналях, т. е.

1 3 = 1× 2 - 3×(-1) = 5 -1 2

Определителем 3-го порядка называется число, обозначаемое таблицей:

a1	b1	c1
a2	b2	c2
a3	b3	c3

и определяется равенством.

a1

b1

c1

= a

b2

c2

- b

a2

c2

+ c

a2

b2

=

a b c

2

2

2

1

b

c

1

a

c

1

a

b

(1)

a3

b3

c3

3

3

3

3

3

3

= a1 (b2c3 - b3c2 ) - b1 (a2c3 - a3c2 ) + c1 (a2b3 - b2a3 )

4

1	4	-1		3	-2		2	-2		+ (-1)		2	3		= 1(3× 2 -1×(-2)) -
2	3	-2	= 1			- 4
0	1	2		1	2		0	2				0	1

-4 (2 × 2 - 0 ×(-2)) + (-1)(1× 2 - 0 ×3) = 8 -16 - 2 = -10

Решение системы методом определителей.

Пусть дана система трех линейных уравнений с тремя неизвестными:

a x + b y + c z = h
1	1		1	1
a2 x + b2 y + c2 z = h2 .							(2)
a3 x + b3 y + c3 z = h3
Для решения этой системы вначале необходимо вычислить
ее определитель:
D =		a1	b1	c1
		a2	b2	c2			(3)
		a3	b3	c3

Если D ¹ 0 , то можно решить систему (2) по формулам:

x =	x	,	y =	Dy	, z =	z	,	(4)
				D
	D					D

h1

b1

c1

a1

h1

c1

a1

b1

h1

где Dx =

h2

b2

c2

, Dy =

a2

h2

c2

, Dz =

a2

b2

h2

,

(5)

h3

b3

c3

a3

h3

c3

a3

b3

h3

Определитель Dx получается из

всей системы путем

формальной замены 1-го столбца на правые части системы,

Dy и

Dz последовательной заменой 2-го и 3-го столбцов на эти же

правые части.

Пример:

5

2x − y + 3z = −3

+ y − 2z = 5

(6)

x

−x + 4z = −5

Решение: Вычислим определитель системы

2

−1

3

1

−2

1 −2

1

1

=

1 1 −2

= 2

+1

+ 3

= 13 .

−1

0

4

0

4

−1

4

−1

0

D ¹ 0 значит, система имеет единственное решение.

Вычислим

x ,

y и

z

−3

−1

3

2

−3

3

x =

5 1 −2

= 13 ,

y =

1 5 −2

= 26 ,

−5

0

4

−1

−5

4

=

2

−1

−3

= −13 .

z

1

1

5

−1

0

−5

Решение системы:

z = −13 = −1 .

x = x =

13

= 1 , y =

y

=

26

= 2 , z =

13

13

13

Решение систем матричным методом.

Квадратной матрицей 3-го порядка называется таблица из 3-х строчек и 3-х столбцов.

a11	a12
A = a	a
21	22
	a32
a31

a13

a23 . (7)

a33

Внешне матрица A похожа на определитель 3-го порядка, но определитель 3-го порядка - число, которое находится по формуле (1), а матрица A - набор информации из девяти чисел,

6

расположенных в виде (7). При написании они отличаются тем, что определитель по бокам имеет прямые линии, а матрица – скобки. Элементы матрицы A и определителя называются одинаково: строки, столбцы, главная и побочная диагонали.

Введем определение единичной матрицы:

1		0	0
	0	1	0		(8)
E =				.
	0	0	1

У единичной матрицы E на главной диагонали элементы равны 1, а все остальные элементы равны 0.

Матрицы можно транспонировать, т.е. из A образовать но-

вую матрицу AT ,которая получается из A путем замены строк соответствующими столбцами.

	a	a
T	11	21
A	= a12	a22
		a23
	a13

a31

a32 . (9)

a33

Две матрицы A и B можно перемножать, в результате получим новую матрицу C :

	c11	c12	c13		a11	a12
C = AB ;	c	c	c		= a	a
	21	22	23		21	22
		c32	c33			a32
	c31				a31

a13 b11 a23 b21 a33 b31

b	b
12	13
b22	b23		. (10)
b32	b33

Элементы матрицы C находятся по правилу: если индексы

i = 1, 2, 3	и j = 1, 2, 3, то элемент Cij							равен сумме произведений
элементов на i -й строке матрицы						A		на соответствующие эле-
менты на	j -ом столбце матрицы B .
Пример:								−1
	3		1	2					1	3
			-3 1			×						=
	C = A × B =	1						3	2	1
		6	4	5				0	−2	4

7

	3×(-1) +1×3+ 2×0				3×1+1×2 + 2×(-2)	3×3+1×1+ 2×4
						1×3+(-3)×1+1×4		=
= 1×(-1) +(-3)×3+1×0 1×1+(-3)×2 +1×(-2)
	6×(-1) + 4×3+5×0				6×1+ 4×2 +5×(-2)	6×3+ 4×1+5×4
	0	1	18
	-10	-7
=			4
	6	4	42

Далее понадобится понятие вектор – столбца. Обычно проекции вектора располагают строчкой h = (h1, h2 , h3 ) . Если эти же

проекции расположить вертикально, то получим вектор – столбец:

h1

h = h2 . (11)

h3

Подобный вектор – столбец используется в произведении с

матрицей. Произведением матрицы B на вектор – столбец h называется новый вектор g элементы которого равны сумме про-

изведений соответствующей строки матрицы B на элементы вектора – столбца h , т. е.

b11

b12

b13

h1

(g , g

, g

) = B ×

= b

b

b

h

h

,

(12)

g

2

3

1

21

22

23

2

b31

b32

b33 h3

g1 = b11h1 + b12h2 + b13h3

где g2

= b21h1 + b22 h2 + b23h3 .

(13)

g3

= b31h1 + b32h2 + b33h3

Еще необходимо определить обратную матрицу.

Матрица A−1 называется обратной матрицей к матрице A , если имеют место следующие матричные равенства:

AA−1 = A−1 A = E .

(14)

8

Для всякой матрицы A , если ее определитель D ¹ 0 , суще-

ствует обратная матрица. Обратная матрица

A−1

строится сле-

дующим образом:

1. Вычисляем определитель

данной матрицы A .

2. Для элементов

ai j матрицы

A вычисляем алгебраиче-

ские дополнения Ai j по правилу: Ai j

равно определителю второ-

го порядка взятого со знаком (−1)i+ j

и получаемого вычеркива-

нием i -й строки и j -го столбца из определителя .

Например:

A = (−1)2+2

a11

a13

= a a − a a

22

a31

a33

11

33

13

31

A = (−1)2+1

a12

a13

= − (a a − a a )

21

a32

a33

12

33

13

32

3. Из элементов Ai

j составляем матрицу B .

A11

A12

A13

B =

A

A

A

.

(15)

21

22

23

A31

A32

A33

4. Каждый элемент матрицы B делим на определитель и транспонируем полученную матрицу. В результате находим обратную матрицу:

			A	A	A
			11	21	31
A	−1		A	A	A		(16)
		=	12	22	32	.
				A23	A33
		A13

9

Пример вычисления обратной матрицы.
Найдем обратную матрицу для системы (6):
1. Определитель												данной матрицы уже найден D = 13 .
Так как D ¹ 0 , то обратная матрица существует.
2. Найдем алгебраические дополнения Ai j :
A = (−1)1+1			1 −2							= 4 , A =											(−1)1+2				1 −2											= −2 ,
11			0 4															12							−1							4
A =	(−1)1+3						1 1									= 1, A = (−1)2+1											−1					3		= 4 ,
13							−1	0										21									0					4
A = (−1)2+2					2			3								= 11, A = (−1)2+3															2 −1									= 1,
22					−1			4										23											−1			0
				−1 3										= −1, A = (−1)3+2																	2 3							= 7 ,
A = (−1)3+1
31			1					−2										32													1	−2
					A = (									−1)3+3						2 −1			= 3 .
	33																			1	1
3. Составим матрицу B																				−2
																4					1
																	4	11			1
								B =
																	−1	7			3

4. Найдем обратную матрицу A−1 :

4		4
	13	13
A−1 =	−2	11
	13	13
	1	1
	13	13

Проверку сделаем по формуле (14):

−1
13
7
13	.	(17)
3
13

10