Математика РГР

	1				1				2				1
			х1				х2				х3
	8				2				3				1 .
	1				1				1				2

Используя свойства матриц и действия над ними, получим систему линейных уравнений относительно неизвестных х1 , х2 , х3 :

х1 2х2 х3 1,2х1 3х2 х3 8,х1 х2 2х3 1.

а) Решение полученной системы линейных уравнений через определи-

тели.

Находим главный определитель системы уравнений:

		2	1
	1
	2	3	1	10 0,
	1	1	2

следовательно, данная система уравнений имеет единственное решение, ко-

торое находим по формулам Крамера:

x	1	,	х			2	,	х	3	,
				2
1								3

где i (i 1,2,3) получается путем замены i-го столбца свободными членами.

Вычислим определители 1, 2 , 3 .

				2		1
	1
1	8			3		1			6 8 2 ( 3 1 32) 30,
	1			1		2
				1		1									1	2		1
		1
2		2	8			1	0,				3				2	3		8	20 .
		1		1		2									1	1		1
Находим		x			30	3;			х				0	0;		х		20 2.
										2							3
			1	10								10						10

61

Ответ: x1 3;

х2 0;

х3 2.

б) Решение системы через обратную матрицу.

Обозначим через А матрицу коэффициентов при неизвестных, Х – мат-

рицу-столбец неизвестных Х1, Х2, Х3; Н – матрицу-столбец свободных чле-

нов:

1		2	1			Х	1			1
А	2	3	1 ,		Х	Х 2		,	Н	8	.
	1	1	2			Х	3			1

С учетом этих обозначений данная система уравнений принимает сле-

дующую матричную форму:

А Х Н .

Для нахождения решения системы уравнений необходимо вычислить обратную матрицу

			А				А		А
			11				21	31
А1			А12				А22		А32			,
			А				А		А
			13	23				33

где Аij (i 1,2,3; j 1,2,3)– алгебраическое дополнение элемента aij .

Вычислим определитель и алгебраические дополнения					Аij элемен-
тов матрицы А.
		2	1
	1
	2	3	1	10 0, следовательно, матрица А имеет	обратную
	1	1	2

матрицу А 1 .

62

																								1																														2						1					5,
А				( 1)1 1									3																					5,						А				( 1)1 2
	11												1											2															12															1							2
А								1 3															3							5,
														2
						( 1)
	13													1									1
А			( 1)2 1																2						1								3,						А					( 1)2 2											1					1			3,
	21																		1						2														22																1					2
			( 1)2 3																				2
А																			1														1,
	23																		1				1
А			( 1)3 1															2							1										1, А											( 1)3 2													1		1						3,
	31														3									1																			32																2				1
			( 1)3 3																				2
А																		1															7.
	33																	2						3
Тогда
													5												3														1
																																																	5														1
													10												10														10																		3
								1												5					1														3								1			5 1
						А																																																							3					.
													10												10												10								10					5					1						7
																				5													1						7
																																					10
													10												10
						Решение системы уравнений
																							5													3				1 1																					5 1 3 8 ( 1) ( 1)
Х А1 Н													1																																							1
																								5 1															3								8																5 1 1 8 3 ( 1)
													10																																						10
																								5												1 7																								5 1 ( 1) 8 7 ( 1)
																																															1
							30														3
		1
								0													0 .
		10
																				2
							20
Отсюда x1 3;																					х2				0;												х3 2.
						Ответ:						x1 3;																					х2 0;										х3 2.

в) Решение системы линейных уравнений методом Гаусса (через рас-

ширенную матрицу).

63

Составим расширенную матрицу данной системы линейных уравнений и с помощью элементарных преобразований матрицы приведем ее к тре-

угольному виду (ниже главной диагонали все элементы равны нулю).

				х1	х2 х3
			1		2	1		1	1	2	1		1	1	2	1		1
В А		Н 2			3 1			8	~ 0 7		3		6	~ 0 1		1		2 ~
				1	1	2		1	0 1		1		2	0 7		3		6
1		2		1
					1
					2
~ 0	1			1		.
			10
0	0				20

Видим, что ранги матриц А и В совпадают и равны числу неизвестных, то есть r(A) r(B) 3, n 3. Следовательно, система линейных уравнений име-

ет единственное решение. Чтобы найти это решение, перейдем от матричной записи к ступенчатой системе уравнений.

x		2х		х		1,
	1		2		3
		х2 х3				2,
		10х3				20.

Двигаясь снизу вверх (обратный ход метода Гаусса), получаем х3 2. По-

лученный результат подставляем во второе уравнение, а потом вместе с

	найденным х2 в первое уравнение:
	х2 2 2,	х2 0,
	х1 2 0 2 1,		х1 3.
	Ответ: x1 3;		х2 0;	х3 2.
	3. Определить тип кривой 9х2 25у 2						225, найти ее параметры; опре-
	делить угловой коэффициент прямой				х		у	1. Найти точки пересечения
					5		3

данных линий и сделать чертеж.

64

Решение. Приведем уравнение кривой 9х2 25у 2 225 к канониче-

скому виду

х2

y 2

1,

разделив на 225. Получим уравнение

эллипса

а 2

b2

х2

y 2

1. Его большая полуось

a 5 , малая полуось b 3 . Центр совпа-

25

9

дает с началом координат.

Уравнение прямой

х

у

1

имеет вид «в отрезках»

х

у

1 , что

5

3

а

b

удобно для построения. Для	нахождения углового коэффициента прямой
приведем ее к виду y kx b ,	выразив у через х:	у	3		х 3 .
			5

Угловой коэффициент k 53 .

Для нахождения точек пересечения этих линий решим систему

9x2 25y 2 225,5y 3x 15.

Возведем второе уравнение в квадрат

25y2 ( 3x 15)2

и подставим в первое уравнение:

9х2 ( 3х 15)2		225, 9	х2 9х2 90х 225 225,
18х2 90х 0,		18х(х 5)	0,
х1 0,	х2 5,
у1 3,	у2 0.

Нашли точки пересечения (0; 3) и (5; 0), что наглядно видно на чертеже.

65

Рисунок 2 – Эллипс и прямая

4. Даны координаты вершин пирамиды АВСD: А(0;0;1), В(2;3;5),

С(6;2;3), D(3;7;2). Требуется:

1)записать векторы АВ, АС, АD в системе орт i , j, k и найти модули этих векторов;

2)найти угол между векторами АВ и АС ;

3)найти проекцию вектора АD на вектор АВ ;

4)найти площадь грани АВС;

5)найти объем пирамиды АВСD;

6)составить уравнение ребра АС;

7)составить уравнение грани АВС.

Решение.

1)	Произвольный вектор			а представляется в системе орт	i ,	j, k по
формуле
а	ах i a y j		az k ,
где ax , a y , az					x1, y1, z1 ,
		– координаты вектора а . Если заданы точки M1
				M1M 2
M 2 x2 , y2 , z2 , то для вектора а

ax x2 x1, ay y2 y1, az z2 z1 ,

66

то есть

M1M 2 (x2 x1 )i	( y2 y1 ) j	(z2	z1 )k .

Воспользовавшись формулой и координатами заданных точек А, В, С,

D, получим:

АВ (2 0)i

(3 0) j

(5 1)k

2i

3 j

4k ;

АС (6 0)i

(2 0) j

(3 1)k

6i

2 j

2k

;

АD (3 0)i

(7 0) j

(2 1)k

3i

7 j

k .

Если вектор

а

ах i

a y j

az k , то его модуль вычисляется по форму-

ле:

а

2

a

2

a

2 .

а

х

y

z

Модули найденных векторов

АВ 22 32 42 29 ;

АС 62 22 22 211 ;

АD 32 72 12 59 .

2) Известна формула

a

b

cos a, b

,

a

b

где a

b – скалярное произведение векторов

а и b , которое можно вычис-

лить следующим образом:

axbx

a yby az bz .

a

b

У нас

AB AC

2 6

3

2

4 2

13

cos cos AB, AC

0,7279 ,

AB

AC

2

29

11

319

то есть 430 .

67

a

b

3) Известно, что

пр a

,

b

b

то есть в нашем случае

2 3 3 7 4 1

31

прAB AD

a

b

5,76 .

29

29

b

4) Воспользуемся формулой нахождения площади треугольника, по-

строенного на векторах

a

и b

1

S

a

b

,

2

где

– векторное произведение векторов, которое можно вычислить по

a b

следующему правилу:

i

j

k

a

a

a

.

a b

x

y

z

bx

by

bz

В нашем примере S ABC

1

AB AC

, причем

i

j

2

k

AB AC

2 3

4

2( i

10 j

7k ) .

6

2

2

1

Таким образом, S ABC

2

( 1)2 102

( 7)2

5

(кв. ед.).

150

6

2

5) Объем пирамиды, построенной на трех некомпланарных векторах

можно найти по формуле

a, b, c

1

V

(a b)

c

,

6

где

– смешанное произведение векторов, которое вычисляется сле-

(a

b) c

дующим образом:

68

				ax	a y	az
				bx	by	bz
(a	b ) c						.
				cx	c y	cz

У нас V 16 ( АВ АС) AD , где

2 3 4

( АВ АС) AD 6

2 2 2(2 14) 3(6 6) 4(42 6) 120 ,

3 7 1

то есть V 16 120 20 (куб. ед.).

6) Известно, что уравнение прямой, проходящей через две заданные точки M1 x1, y1, z1 и M 2 x2 , y2 , z2 , имеет вид:

x x1				y y1				z z1			.
		x				y
x	2			y	2			z	2	z
		1				1				1

Подставив координаты точек А и С, получим:

	x 0		y 0		z 1		,
	6 0		2 0		3 1

то есть уравнение ребра АС окончательно запишется следующим образом:

	x			y		z 1		или	x		y		z 1	.
6			2		2				3	1			1
7)			Уравнение					плоскости,					проходящей через три заданные точки

A x1, y1, z1 , В2 x2 , y2 , z2 , С1 x1, y1, z1 , можно записать в виде

x x1 x2 x1 x3 x1

y y1 y2 y1 y3 y1

z z1

z2 z1 0 . z3 z1

Подставляя в него координаты точек А, В, С, получим:

x 0	y 0	z 1				x	y z 1
2 0	3 0	5 1		0;		2	3	4			0;
6 0	2 0	3 1				6	2	2

69

х( 2) у( 20) (z 1)( 14) 0;2x 20 y 14z 14 0;

x 10 y 7z 7 0.

5. Функция у задана различными аналитическими выражениями для

различных областей изменения аргумента х:

х 2,		х 2,
	2 4,	2 x 1,
у x
4	2x,	x 1.

Требуется:

1)найти точки разрыва функции, если они существуют;

2)найти односторонние пределы и скачок функции в точках разрыва;

3)сделать чертеж.

Решение. Данная функция	опреелена и непрерывна в интервалах
Ґ; 2 , ( 2;1), (1; Ґ) . При х 2	и х 1 меняется аналитическое выраже-

ние функции, и только в этих точках функция может иметь разрыв.

Определим односторонние пределы в точке х 2 :

lim	y lim (x 2) 0;	lim	y lim (x2	4) 0.
x2	x2	x2	x2
x2	x2	x2	x2

Односторонние пределы совпадают. Функция в этой точке непрерывна.

Определим односторонние пределы в точке х 1:

lim y lim (x2		4) 3;	lim y lim (4 2x) 2.
x1	x1		x1	x1
x1	x1		x1	x1

Так как односторонние пределы функции у в точке х 1 не равны между со-

бой, то в этой точке функция имеет разрыв первого рода.

Скачком функции в точке разрыва называется абсолютная величина разности между ее правым и левым предельными значениями. Следователь-

но, в точке х 1 скачок функции h 2 ( 3) 5.

70