Здесь можно найти учебные материалы, которые помогут вам в написании курсовых работ, дипломов, контрольных работ и рефератов. Так же вы мажете самостоятельно повысить уникальность своей работы для прохождения проверки на плагиат всего за несколько минут.
Предлагаем нашим посетителям воспользоваться бесплатным программным обеспечением «StudentHelp», которое позволит вам всего за несколько минут, выполнить повышение оригинальности любого файла в формате MS Word. После такого повышения оригинальности, ваша работа легко пройдете проверку в системах антиплагиат вуз, antiplagiat.ru, РУКОНТЕКСТ, etxt.ru. Программа «StudentHelp» работает по уникальной технологии так, что на внешний вид, файл с повышенной оригинальностью не отличается от исходного.
Результат поиска
Наименование:
контрольная работа Линейная алгебра и аналитическая геометрия. Задачи
Информация:
Тип работы: контрольная работа.
Добавлен: 08.05.2012.
Год: 2011.
Страниц: 19.
Уникальность по antiplagiat.ru: < 30%
Описание (план):
Министерство
образования Российской Федерации
Хабаровская
государственная академия экономики
и права
Кафедра
математика и математические методы в
экономике
КОНТРОЛЬНАЯ
РАБОТА №1
по
дисциплине
«Линейная
алгебра и аналитическая геометрия»
Вариант
№8
Задание 1. Найти произведение
заданных матриц А
и В.
Решение:
Произведением
матрицы А = (аij)m?nна матрицу В=(bjk)n?s называется матрица С =
АВ размерности m?s, элементы Сik
которой находятся по формуле Cik
= ai1b1k +
… + ainbnk = (i =1,…,m; k = 1,…,s).
Задание 2. Решить систему
линейных алгебраических
уравнений по формулам
Крамера, матричным
методом и методом Гаусса.
Решение:
а)
методом Крамера
Система
линейных алгебраических уравнений называется
крамеровской, если число m уравнений
совпадает с числом n неизвестных и
определитель ?(А) квадратной матрицы
А данной системы отличен от нуля. Определитель
?(А), называемый определителем
системы, имеет вид
Каждая
крамеровская система линейных уравнений
совместна и определенна, т.е. имеет
единственное решение, которое определяется
формулами Крамера
Здесь
?j (j = 1, …, n) есть определитель,
получающийся из определителя системы
путем замены его j – го столбца столбцом
из свободных членов системы. , ,
б)
матричным методом
Если
матрица системы n уравнений
с n неизвестными неособенная, то система
имеет единственное решение, которое представимо
в матричном виде где Х – матрица-столбец из неизвестных,
В -
матрица-столбец из свободных членов системы,
А-1 – обратная матрица к матрице
системы.
Так
как ?(А) = 170 ? 0, то обратная матрица
А-1 существует. Для ее нахождения
вычислим все алгебраические дополнения
элементов матрицы А: , , , , , , , , .
Тогда
обратная матрица имеет следующий вид
Тогда
имеем
в)
методом Гаусса
Задание 3. Показать,
что векторы а1,
а2,
а3
образуют базис в пространстве
R3,
и найти координаты
вектора а в этом
базисе.
Решение:
Любая
система а1
= (а11, …, а1n),
……….. an
= (an1, …, ann)
из
n векторов пространства Rn
образует базис этого пространства, если
определитель, составленный из их координат,
не равен нулю:
Векторы образуют базис пространства R3.
Вектор
а разлагается по векторам этого базиса,
т.е. справедливо равенство вида: а
= ?1а1 +
?2а2 + ?3а3.
Последнее
равенство в координатной форме
имеет следующий вид:
(-6,
1, 1) = ?1(2, 1, -2) + ?2(1, -4,
3) + ?3(3, 0, 7).
Согласно
определению равенства векторов
и действиям над векторами
получим систему
линейных
алгебраических уравнений с неизвестными
?1, ?2, ?3.
Решим
полученное уравнение методом Крамера: , , a=(-2,
0, 1)a1,a2,a3
Задание 4. Определить
ранг заданной матрицы.
Решение:
Преобразуем
данную матрицу к эквивалентной
ей, используя следующие правило. при вычислении
ранга матрицы можно исключить из рассмотрения
(вычеркнуть, отбросить):
1) нулевые
строки;
2) одну
из двух равных строк;
3) одну
из двух пропорциональных строк;
4) строку,
являющуюся линейной комбинацией остальных
строк.
Такие
образом, можно отбросить вторую
строку, пропорциональную первой, и
третью нулевую строку. Получим: (2. 4).
То есть r(A) = 1.
Задание 5. Привести
систему к системе
с базисом методом
Жордана-Гаусса
и найти одно базисное
решение. Решение:
Получим
следующую систему:
Свободные
переменные: х3, х4, х5.
При
х3 = 1, х4 = 0, х5 = 0 получим: ,
Одно
базисное решение
Задание 6. Найти два
опорных решения
канонической системы
уравнений.
Решение:
Данная
система является системой с базисом
относительно переменных х4,
х5. Свободными неизвестными являются
х1,х2 и х3.
Полагая в системе х1 = 0, х2
= 0 и х3 = 0, получим первое опорное
решение = (0,0,0,4,7).
Так
как при свободных неизвестных
х1,х2 и х3
имеются положительные коэффициенты,
то возможен переход к эквивалентной канонической
системе. Переход осуществим согласно
алгоритму преобразования однократного
замещения.
В
качестве разрешающего столбца возьмем
столбец свободной неизвестной
х1. Разрешающей строкой будет первая
строка. Тогда разрешающим элементом будет
элемент а11 = 2.
Приведем
полученную систему к системе
с базисом:
Получим
систему:
Тогда
второе опорное решение: = (-451, -7, 65, 0, 0).
Задание 7. Найти собственные
значения и собственные
векторы данной матрицы.
Решение:
Характеристическое
уравнение имеет вид:
Подставляя
последовательно полученные собственные
значения в получим следующие три системы
уравнений для нахождения соответствующих
собственных векторов:
Решая
данные системы получим собственные
векторы:
из
первой системы уравнений =(с, 0, -с)
из
второй системы уравнений = (4с, 4c, c)
из
третьей системы уравнений = (-4с, 5c, c)
где
с – любое действительное число,
не равное нулю.
Задание 8. Даны вершины
треугольника АВС. Найти
уравнения его
сторон и точку
пересечения высот.
Решение:
Найдем
уравнения сторон треугольника:
АВ:
АВ:
у = х + 6
АС:
АС:
ВС:
ВС:
Составим
уравнения высот треугольника:
AH1:
A(-3, 3),
так
как , то угловой коэффициент перпендикулярной
прямой
y = x + b
3 = •(-3) + b ? b = 5
AH1:
y = x + 5
CH3:
C(6, 2), у = х + 6
так
как k = 1, то угловой коэффициент перпендикулярной
прямой k = -1
y =
-x + b
2 =
-6 + b ?
b = 8
CH3:
y = 8 - x
Найдем
точку D – точку пересечения высот.
Решив
систему уравнений получим D(,)
Задание 9. Привести
уравнение кривой второго
порядка к каноническому
виду и построить линию.
Решение:
(-25x2
+ 100x) + (4y2 + 8y) – 196 = 0
(-25x2
+ 100x - 100) + (4y2 + 8y + 4) – 196 + 100 - 4 = 0
-(25x2
- 100x + 100) + (2y + 2)2 = 100
-(5x
– 10)2 + (2y + 2)2 = 100
-25(x
– 2)2 + 4(y + 1)2 = 100
Данное
уравнение является каноническим уравнением
гиперболы с центром в точке
С(2, -1) и полуосями a = 2, b = 5.
Построим
гиперболу:
Задание 10. Построить
график заданной кривой.
Решение:
Преобразуем
уравнение:
y –
? = -2(x – ?)2, где ,
Таким
образом, данное уравнение определяет
параболу с вершиной в точке (3, 9)
и осью симметрии х = 3. Так как
а = -2, то ветви параболы направлены вниз.
Ответы на экзаменационные
билеты
Билет
8
Является
ли система векторов на плоскости
(в пространстве R2)
линейно независимой?
Решение:
Система
векторов а1
= (а11, …, а1n), a2
= (a21, …, a2n),
……….. as
= (as1, …, asn)
называется
линейно зависимой, если справедливо
равенство ?1а1
+ … + ?sas
= 0,
Получаем: ? ?
Данная
система векторов является линейно
независимой.
Какую
кривую на плоскости
при определяет
уравнение
Решение:
Преобразуем
данное уравнение к следующему виду:
. где
Следовательно,
заданное уравнение определяет параболу
с вершиной в точке и осью симметрии (ось симметрии параллельна оси ординат).
Вычислить
определитель
Решение:
Найти
два опорных решения
канонической системы
уравнений
Решение:
Данная
система является системой с базисом
относительно переменных х1
и х3. Свободной неизвестной
является х2. Полагая в
системе х2 = 0, получим первое
опорное решение = (2, 0, 6).
Так
как при свободной неизвестной
х2 имеются положительные коэффициенты,
то возможен переход к эквивалентной канонической
системе. Переход осуществим согласно
алгоритму преобразования однократного
замещения.
В
качестве разрешающего столбца возьмем
столбец свободной неизвестной х2.
Разрешающей строкой будет первая строка.
Тогда разрешающим элементом будет элемент
а12 = 2.
Приведем
полученную систему к системе
с базисом:
Получим
систему:
Тогда
второе опорное решение: = (0, 2, 0).
Найти
уравнение перпендикуляра,
восстановленного в
точке пересечения
прямой с осью абсцисс.
Решение:
Общее
уравнение прямой: y = kx + b
Пусть
заданная прямая имеет вид: с.
Уравнение
искомого перпендикуляра имеет вид: y =
k2x + b2
По
условию перпендикулярности прямых
угловой коэффициент искомой
прямой .
Тогда
уравнение перпендикуляра примет вид:
Так
как перпендикуляр восстановлен
в точке пересечения прямой с осью
абсцисс, то есть в точке М(х0, 0), получаем: ?
Уравнение
перпендикуляра: и т.д.................
