Контрольна робота
Вища математика
ЗАВДАННЯ 1.
У декартовій прямокутній системі координат дано вершини піраміди
Знайдіть:
а) довжину ребра
б) косинус кута між векторами
в) рівняння ребра
г) рівняння межі
Рішення.
а) Знайдемо координати вектора А 1 В 1 за формулою
Отже
Отже, довжина відрізка,
б) Координати
Кут між векторами
|
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
г) Позначимо координати векторів
= {(-5) · 2-0 · (-2); -2 · 8-2 · 3; 3.0 -8 · (-5 )}={- 10, -22,40}
Оскільки даний вектор перпендикулярний межі
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
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
Так як Δ x = -60; Δ y = -60; Δ z = 60; Δ = -120, то x =
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.
Поміняємо місцями перший і другий рядки матриці, щоб в її лівому верхньому кутку була одиниця. Отримаємо матрицю.
Помножимо кожен елемент першого рядка матриці на 4 і додамо отримані числа до відповідних елементів другого рядка. Матриця прийме вигляд.
=
Помножимо кожен елемент першого рядка матриці на -3. і додамо отримані числа до відповідних елементів третього рядка. Отримаємо:
=
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:
Дана матриця відповідає системі рівнянь
Дійсно, так як z =
Звідси, y
Відповідь: x =
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
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
шукана ймовірність дорівнює відношенню числа фіналів, що сприяють події, до числа всіх елементарних фіналів:
P 1 =
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:
Шукана ймовірність дорівнює відношенню числа фіналів, що сприяють даної події, до числа всіх елементарних результатів p 2 =
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) =
Умовна ймовірність того, що бракована лампочка випущена перший заводом - p (A / H 1) =
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:
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 =
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.
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.
Вища математика
ЗАВДАННЯ 1.
У декартовій прямокутній системі координат дано вершини піраміди
Знайдіть:
а) довжину ребра
б) косинус кута між векторами
в) рівняння ребра
г) рівняння межі
Рішення.
Отже
Отже, довжина відрізка,
б) Координати
Кут між векторами
|
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
г) Позначимо координати векторів
= {(-5) · 2-0 · (-2); -2 · 8-2 · 3; 3.0 -8 · (-5 )}={- 10, -22,40}
Оскільки даний вектор перпендикулярний межі
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
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
Так як Δ x = -60; Δ y = -60; Δ z = 60; Δ = -120, то x =
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.
1 0 -1 1 0 1 0 8 10 -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 |
1 0 -1 1 0 1 0 0 30 -15 |
= |
Дана матриця відповідає системі рівнянь
Дійсно, так як z =
Звідси, y
Відповідь: x =
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
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
шукана ймовірність дорівнює відношенню числа фіналів, що сприяють події, до числа всіх елементарних фіналів:
P 1 =
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:
Шукана ймовірність дорівнює відношенню числа фіналів, що сприяють даної події, до числа всіх елементарних результатів p 2 =
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) =
Умовна ймовірність того, що бракована лампочка випущена перший заводом - p (A / H 1) =
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:
|
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.
7 |
i = 1 |
= (-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 =
ЗАДАЧА 6.
Побудувати опуклий багатокутник, заданий системою нерівностей
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.
| x2 |
| E |
| D х 1 |
|
| Рис. 1 |