Контрольна робота Вища математика
ЗАВДАННЯ 1. У декартовій прямокутній системі координат дано вершини піраміди
.
Знайдіть:
а) довжину ребра
;
б) косинус кута між векторами
і
;
в)
рівняння ребра
; г) рівняння межі
З
1; якщо А
1 (-2,2,2), В
1 (1, -3.0), З
1 (6,2,4), D
1 (5,7, -1).
Рішення. а)
Знайдемо координати вектора А
1 В
1 за формулою
де
- Координати точки А
1, -Координати точки В
1. Отже
= {1 - (-2); -3-2; 0-2} = {3; -5; -2}. Тоді
=
=
.
Отже, довжина відрізка,
(Або довжина векторі
) Дорівнює
. Це і
є бажана довжина
ребра.
б) Координати
= {3; -5; -2} вже відомі, залишилося визначити координати вектора
= {6 - (-2); 2 - 2, 4 - 2} = {8,0; 2}.
Кут між векторами
і
обчислимо за формулою
cos φ = (А
1 В
1, А
1 С
1) | А
1 В
1 | · | А
1 З
1 |
де скаляром твір
векторів А
1 В
1 і А
1 С
1 одно (
,
) = 3.8 + (-5) · 0 + (-2) = 24 +0-4 = 20,
|
| =
, |
| =
=
.
Отже,
cos φ = 20 = 10
·
в)
Координати
точки А
1 (-2,2,2) позначимо
відповідно Х
0 = -2, У
0 = 2, Z
0 = 2, а координати точки В
1 (1, -3,0) через X
1 =
1, У
1 = -3, Z
1 = 0 і скористаємося рівнянням прямої і просторі, що проходить через дві точки:
.
Отже, рівняння ребра
має вигляд
. г) Позначимо координати векторів
, І
через
Х
1 = 3, У
1 = -5,
Z 1 = -2 і
Х
2 = 8, У
2 = 0, Z
2 =
2 відповідно. Векторний добуток
даних
векторів визначається формулою
· A
1 C
1 = {Y
1 · Z
2-Y 2 · Z
1; Z
1 · X
2-Z 2 · X
1; X
1 · Y
2-X 2 · Y
2} =
= {(-5) · 2-0 · (-2); -2 · 8-2 · 3; 3.0 -8 · (-5 )}={- 10, -22,40}
Оскільки даний вектор
перпендикулярний
межі
З
1, то можна скористатися
рівнянням площини, що проходить
через точку (Х
0 У
0, Z
0) перпендикулярно вектору
{А;
В; С}, яке
має вигляд A · (XX
0) + B · (YY
0) + С · (ZZ
0) =
0. Підставимо координати точки А
1 (Хо = -2, У
0 = 2, Z
0 = 2) і координати
перпендикулярного вектора А = -10, У = -22, С = 40 в це рівняння:
- 10 (X + 2) - 22 (У - 2) т 40 (Z-2) - 0. Розкриємо
дужки і наведемо подібні члени - 10 х -22 у + 40z + (-20 + 44-80) = 0. Отже, рівняння
межі
, C
1 має вигляд:-10х-22у + 4О z-56 = 0 або
- 5х-lly + 20z-28 = 0.
ЗАВДАННЯ 2. Вирішіть систему лінійних рівнянь
а)
методом Крамера;
б) методом Гауса;
Рішення. а) Вирішимо дану систему рівнянь за допомогою формул Крамера (див. [2] глава 10.
стор. 268). Розглянемо довільну систему трьох лінійних рівнянь з трьома невідомими:
Рішення. а) Вирішимо дану систему рівнянь за допомогою формул Крамера (див. [2] глава 10, стор 268).
Тоді
, Де
Так як Δ x = -60; Δ y = -60; Δ z = 60; Δ = -120, то x = ; Y = ; Z = .
6) вирішимо цю систему рівнянь
методом Гаусса. Метод Гаусса полягає в тому, що за допомогою елементарних
перетворень система рівнянні приводиться до рівносильній системі ступеневої (або трикутного) виду з якої послідовно, починаючи з останнього рівняння, легко знаходять всі невідомі системи.
Складемо
розширену матрицю цієї системи.
-4 4 -6 3 1 0 -1 1 3 8 7 2
|
Поміняємо місцями перший і другий рядки
матриці, щоб в її лівому верхньому кутку була одиниця. Отримаємо
матрицю. 1 0 -1 1 -4 4 -6 3 3 8 7 2
|
Помножимо кожен елемент першого рядка матриці
на 4 і
додамо отримані числа до
відповідних елементів другого рядка.
Матриця прийме вигляд.
1 0 -1 1 0 4 -10 7 3 8 7 2
|
1 0 -1 1 1.4 + (-4) 0.4 +4 (-1) · 4-6 1.4 +3 3 8 7 2
|
=
Помножимо кожен елемент першого рядка матриці на -3. і додамо отримані числа до відповідних елементів третього рядка. Отримаємо:
1 0 -1 1 0 4 -10 7 0 8 10 -1
|
1 0 -1 1 0 4 -10 7 1 · (-3) +3 0 · (-3) +8 (-1) · (-3) +7 1 · (-3) +2
|
=
Розділимо кожний елемент другого рядка матриці на 4, щоб другий елемент, що стоїть на головній діагоналі матриці, став рівним 1.
Помножимо кожний елемент другого рядка матриці на -8 і додамо отримані числа до відповідних елементів третього рядка:
1 0 -1 1 0 1 0 · (-8) +0 1 · (-8) +8 · (-8) +10 · (-8) -1
|
Дана матриця
відповідає системі рівнянь
, Рішення якої збігається з рішенням вихідної системи. Починай з останнього рівняння, нескладно знайти всі невідомі.
Дійсно, так як
z =
=
і
y z = , То
y · Звідси, y
-
=
=
=
. З
x - z = 1 маємо
= z +1 =
+1 =
Відповідь:
x = ,
y =
,
Z =
.
Елементи теорії ймовірності та математичної статистики Для вирішення завдання 3 див. [5] глава 1. § 1-5.
ЗАВДАННЯ 3. На
складі університету
зберігається 28 однакових упаковок писальної
паперу. Відомо, що в чотирьох
з них
міститься
папір більш низької якості. Випадковим
чином
вибирають три упаковки
папери, Обчислити ймовірність
того, що серед них;
А)
немає упаковок з папером більш низької якості,
Б) є одна
упаковка
такого
паперу. Рішення. Загальне
число можливих
елементарних
результатів для даних випробувань
дорівнює числу
способів, якими
можна
витягти 3 упаковки паперу з
28
упаковок, тобто
=
=
=
= 13.9.28 = 3276 - числу сполучень із 28 елементів по 3.
а)
Підрахуємо
число фіналів, що сприяють цікавого для нас події (немає упаковок
з папером більш низької якості). Це число фіналів рівно числу
способів, якими можна витягти 3 упаковки паперу з 24
упаковок (стільки упаковок містить папір вищого сорту), тобто
=
=
=
= 11.23.8 = 2024
шукана ймовірність
дорівнює відношенню числа фіналів, що сприяють
події, до числа всіх елементарних фіналів:
P 1 =
=
≈ 0,62
б) Підрахуємо число
фіналів, що сприяють даній події (серед трьох упаковок
папери рівно 1 упаковка
містить
папір більш
низької якості): дві упаковки
можна вибрати з 24 упаковок:
=
=
=
= 276 способами, при цьому одну упаковку потрібно вибирати з чотирьох:
=
=
= 4 способами. Отже,
число сприятливих результатів одно
·
= 276.4 = 1104
Шукана ймовірність дорівнює відношенню числа фіналів, що сприяють даної події, до числа всіх
елементарних
результатів
p 2 =
=
≈ 0,34
Відповідь: а)
p 1 = 0,62;
б)
р 2 = 0,34.
ЗАВДАННЯ 4. Магазин
отримує електролампочки
з двох
заводів, причому частка першого заводу становить 25%.
Відомо, що
частка браку на цих заводах дорівнює відповідно
5% і 10% від всієї продукції, що випускається. Продавець навмання бере одну лампочку. Яка ймовірність
того, що вона виявиться бракованою?
Рішення: Позначимо через
А
подія -
«лампочка виявиться
бракованої
». Можливі наступні гіпотези про походження цієї
лампочки: H 1-лампочка надійшла з першого
заводу, H 2-лампочка надійшла з другого
заводу. Оскільки частка першого заводу становить 25%, то ймовірності цих гіпотез рівні
відповідно p (H 1) = = 0,25;
p (H 2) =
= 0,75.
Умовна ймовірність того, що бракована
лампочка випущена
перший
заводом
- p (A / H 1) =
= 0,05, другим
заводом
-
P (A / H 2) =
= 0,10 шукану ймовірність
того, що продавець узяв браковану лампочку, знаходимо за формулою повної ймовірності
р (А) = P (H 1) · p (A / H 1) + P (H 2) · (A / H 2) = 0,25 · 0,05 +0,75 · 0,10 = 0, 0125 +0,075 = 0.0875
Відповідь:
р (А) = 0,0875.
Для вирішення
завдання
5
см. [5] глава
6 § 1-3, глава 7 § 1-2, голова
8 § J-3.
ЗАДАЧА 5. Задано закон розподілу дискретної випадкової величини
X: X | -4
| -2
| 0
| 2
| 4
| 6
| 8
| p
| 0,05
| p
| 0,12
| 0,23
| 0,32
| 0,14
| 0,04
|
|
Знайти:
а) невідому ймовірність
р. б)
математичне сподівання
М, дисперсію
D і
середнє квадратичне
відхилення σ даної випадкової величини;
Рішення: а) оскільки сума всіх, ймовірностей повинна дорівнювати одиниці, то
одержимо рівняння
0,05 -
p + 0,12 + 0,23-0,32 + 0,14 +0,04 = 1.
Звідси
р + 0,9 = 1
і
р = 0,1.
б)
Математичне сподівання
М це сума всіх творів
значень
випадкової величини на їх ймовірності:
М = (-4) · 0,05 + (-2) · 0,1 + 0.0, 12 + 2.0, 23 + 4.0, 32 + 6.0, 14 + +8 · 0,04 -0,2-0,2 +0 + 0,46 + 1,28 + 0,84 + 0.32 = -0,4 + 2,9 = 2,5.
Дисперсія
D = Σ
(x 1) 2 ·
p 1 - M 2 = = (-4) · 0.05 + (-2)
2 · 0,1 +0
2 · 0,12 +2
2 · 0,23 +4
2 · 0,32 +6
2 · 0,14 +8
2 · 0 , 04 - (2,5)
2 =
= 0,8 +0 +0,92 +5,12 +5,04 +2,56-6,25 = 8,59
Середнє квадратичне відхилення σ =
=
≈ 2,9
ЗАДАЧА 6. Побудувати опуклий багатокутник, заданий системою
нерівностей x
1-x 2 ≥ - 2;
x
1-3x 2 ≥ - 10,
x
1 +2 x
2 ≥ 4,
x
1 ≤ 8,
x
2 ≥ 0.
Користуючись
геометричною інтерпретацією основного
завдання лінійного програмування, знайти мінімум і максимум лінійної форми
L = 2 x 1 + x 2 Рішення. Побудуємо прямокутну систему координат x
1 Ox 2. Якщо в цій системі побудувати пряму
ax 1 + bx 2 = c, то вона розіб'є площину
x 1 Ох 2 на дві півплощини, кожна з яких лежить але одну сторону від прямої. Сама пряма в цьому випадку називається
граничною і належить обом півплощини. Координати точок, що лежать в одній півплощині, задовольняють
нерівності ах 1 + bx 2 ≤ c, а координати точок, що лежать в іншій півплощини, -
нерівності. Ах 1 + bx 2 ≥ c. Побудуємо в площині x
1 Ox 2 граничні прямі
x 1 - x 2 =- 2 (AB), x 1 -3 x 2 =- 10 (BC), x 1 +2 x 2 = 4 (AE), x 1 = 8 (CD) і
x 2 = 0 (ED). У результаті отримаємо п'ятикутник
ABCDE (Рис. 12). Значення
x 1 та
x 2, що задовольняють системі нерівностей (1), є координатами точок, що лежать всередині або на кордоні знайденого п'ятикутника.
0
|
Тепер завдання зводиться до того, щоб знайти ті значення
x 1 і
x 2, в якій лінійна форма,
L (2) має мінімум, і ті значення
x 1 і
х 2, при яких лінійна форма
L досягає максимуму. З рис. 1 видно, що координати всіх точок, що лежать всередині або на
кордоні п'ятикутника, не є негативними, тобто всі значення
x 1 і
х 2 більше або дорівнювати нулю. Для кожної точки площині x
1 Ox 2 лінійна форма
L приймає фіксоване
значення. Безліч точок, при яких лінійна форма
L приймає значення L
1, є пряма
2 x 1 + х 2 = L 1 (l 1), яка
перпендикулярна до вектора
N = 2 i + j. Якщо пряму
l 1 пересувати паралельно самій собі в позитивному
напрямку
вектора N, то лінійна форма
L буде зростати, а
якщо пряму пересувати в протилежному напрямку - спадати. Побудуємо пряму
(l 1) для того випадку, коли
L = 0, тобто побудуємо пряму
2 x 1 + х 2 = 0. Як видно з рис. 1, при пересуванні прямою
l 1 в позитивному напрямку вектора
N вона вперше зустрінеться з вершиною
А побудованого п'ятикутника
ABCDE. У цій вершині лінійна форма
L має мінімум. Отже,
L min = 2.0 +1 · 2 = 2, При подальшому пересуванні прямий
l 1 паралельно самій собі у позитивному напрямку вектора
N значення лінійної форми
L буде зростати, і воно досягне максимального значення в точці С (8, 6). Таким чином,
Lmax = 2.8 +1 · 6 = 22.