Контрольной работы № 1
Задача. Найти: а) ,
;
б) модуль вектора ;
в) скалярное произведение ;
г) векторное произведение векторов ;
д) смешанное произведение векторов ;
.
Решение:Пусть даны две точки в пространстве А (х1, у1, z1), В (х2, у2, z2). Вектором в пространстве называется направленный отрезок. Обозначается , координаты вектора находятся как разность соответствующих координат точек
= (х2 – х1; у2 – у1; z2 – z1). Длина вектора находится по формуле
. Для двух векторов
,
,
,
,
, j =
, из последней формулы
.
Векторное произведение двух векторов вычисляется по формуле ,
– ортонормированный базис.
Смешанное произведение находится как , где
.
Пример. Найти: а) ,
;
б) модуль вектора ;
в) скалярное произведение ;
г) векторное произведение векторов ;
д ) смешанное произведение векторов ;
.
А (4, 2, 6), В (–1, 2, 1), С (1, 0, –1).
Решение:
а)
б) ;
в)
;
г) ;
д) ,
где .
Задача.Доказать, что векторы образуют базис, и найти координаты вектора
в этом базисе.
Решение:Базисом в пространстве Rn называется совокупность n векторов, таких, что любой другой вектор этого пространства может быть представлен в виде разложения по данному базису. В трехмерном пространстве R3 , если существуют числа a, b, g, такие, что любой другой вектор может быть представлен в виде линейной комбинации трех базисных векторов
, т. е.
. В трехмерном пространстве базисом могут быть любые три некомпланарных вектора, так как их смешанное произведение не равно нулю:
.
Пример. Доказать, что векторы образуют базис, и найти координаты вектора
в этом базисе:
,
,
.
Решение: образуют базис, если они некомпланарные, т. е.
, так как смешанное произведение отлично от нуля, то
образуют базис. В данном базисе любой другой вектор представлен в виде линейной комбинации данных векторов
, a, b, g – координаты вектора
в базисе
.
Последнее равенство равносильно системе:
, D = 12 ¹ 0, то система имеет единственное решение.
,
,
.
Ответ: =
.
Задача.Сила приложена к точке А. Вычислить:
а) работу силы , если точка ее приложения, двигаясь прямолинейно, переместилась в точку В;
б) модуль вращающего момента силы , приложенной к точке В.
Решение:Если некоторая сила приложена к материальной точке А и при этом точка А прямолинейно переместилась в точку В, то работа А силы определяется по формуле А =
, где
. Понятие векторного произведения применяется при решении физических задач. Например, для нахождения вращающего момента силы
пользуемся формулой
, где
– сила, приложенная к точке В, относительно точки А.
Пример. Сила приложена к точке А. Вычислить:
а) работу силы , если точка ее приложения, двигаясь прямолинейно, переместилась в точку В;
б) модуль вращающего момента силы относительно точки В.
Решение:
а)ИзвестноА = ,
= (3, 2, –1), А (1, 3, 1), В (3, 5, 0), где
, так как точка А переместилась в точку В, то
= (2, 2, –1); следовательно, А = (3, 2, –1)(2, 2, –1) = 6 + 4 + 1 = 11.
Ответ: А = 11;
б) ,
= (3, 2, –1),
.
.
Ответ: .
Задача.Заданы три точки пространства А, В и С. Найти:
а) уравнение стороны АВ треугольника АВС;
б) периметр треугольника (до 0,01);
в) уравнение плоскости (АВС);
г) площадь треугольника (до 0,01).
Решение:Уравнение прямой, проходящей через две точки пространства А (х1, у1, z1) и В (х2, у2, z2), имеет вид
(АВ): .
Уравнение плоскости, проходящей через три точки пространства, имеет вид
(АВС): , где С (х3, у3, z3) некоторая точка пространства, отличная от А и В. Площадь треугольника, построенного на двух векторах, находится по формуле S=
.
Пример. Заданы три точки пространства А, В и С (координаты точек взять из задания 1.1. Найти:
а) уравнение стороны АВ треугольника АВС;
б) периметр треугольника (до 0,01);
в) уравнение плоскости (АВС);
г) площадь треугольника (до 0,01).
А (4, 2, 0), В (–1, 2, 1), С (1, 0, –1).
Решение:
а) Уравнение прямой, проходящей через две точки А (4, 2, 0) и В (–1, 2, 1), имеет вид (АВ):
и у = 2;
б)
;
в) (АВС):
2(х – 4) – 8(у – 2) + 10z = 0
2х – 8у + 10z + 8 = 0
х – 4у + 5z + 4 = 0.
Ответ: х – 4у + 5z + 4 = 0;
г)
Ответ: S = 6,48 кв. ед.
Задача.Проверить совместность системы линейных алгебраических уравнений и решить ее:
а) методом Крамера;
б) методом Гаусса;
в) матричным методом.
Решение:Система n линейных алгебраических уравнений с n неизвестными имеет единственное решение, если определитель, составленный из коэффициентов, при неизвестных отличен от нуля.
(1)
Рассмотрим три метода решения систем линейных алгебраических уравнений:
а) Правило Крамера (m = n)
Система (1) имеет единственное решение, если D ¹ 0, которое находится из формулы
хi = ,
где DI – определитель, полученный из определителя D путем замены i-того столбца столбцом свободных членов системы.
б) Метод Гаусса
Система m линейных алгебраических уравнений с m неизвестными с помощью элементарных преобразований приводится к виду:
(2)
Из последнего уравнения определяется хm , из предпоследнего уравнения находится хm–1 и т. д.
в) Матричный метод
Систему (1) можно записать в виде
АХ = В, (3)
где А = – квадратная матрица, причем detA ¹ 0.
Х = , В =
.
Умножив обе части равенства (3) на А–1, получим
А–1АХ = А–1В или Х = А–1В. (4)
А–1 – обратная матрица.
А–1= , Аt=
, (5)
Аij – алгебраические дополнения к соответствующим элементам аij. Аij = (–1)i+jMij . Mij – минор элемента аij. Минор Mij – это определитель (n – 1)-го порядка, полученный из определителя D n-го порядка путем вычеркивания i-той строки и j-того столбца.
Задача. Проверить совместность системы линейных алгебраических уравнений и решить ее: а) методом Крамера, б) методом Гаусса, в) матричным методом.
Решение: Система n линейных алгебраических уравнений с n неизвестными имеет единственное решение, если определитель, составленный из коэффициентов, при неизвестных отличен от нуля
.
а) Метод Крамера
, х1 =
, х2 =
, х3 =
.
Ответ: (3, 1, 1).
б) Метод Гаусса
Выпишем расширенную матрицу системы и преобразуем ее
Последней матрице соответствует система уравнений, эквивалентная исходной.
.
Ответ: (3, 1, 1).
в) Матричный метод
Систему (1) можно записать в виде
АХ = В,
тогда Х = А–1В det = –60
X = –
Х= =
.
Ответ: (3, 1, 1).
1.2. Методические указания и решение типового варианта