Высшая математика
Контрольная работа
Высшая математика
ЗАДАЧА 1.
В декартовой прямоугольной
системе координат даны вершины пирамиды .
Найдите:
а) длину ребра ;
б) косинус угла между
векторами и ;
в) уравнение ребра ;
г) уравнение грани С1; если А1 (-2,2,2),В1(1,-3.0), С1(6,2,4),
D1(5,7,-1).
Решение.
а) Найдем координаты вектора
А1В1 по формуле
где - координаты точки А1, -координаты
точки В1.
Итак ={1-(-2);-3-2;0-2}={3;-5;-2}. Тогда = =.
Итак, длина отрезка, (или длина векторе)
равна . Это и есть
искомая длина ребра.
б) Координаты ={3;-5;-2} уже известны, осталось определить
координаты вектора ={6- (-2); 2 - 2; 4 - 2}= {8,0; 2}.
Угол между векторами и вычислим
по формуле
cos φ = (А1В1, А1С1)
|А1В1|·| А1С1|
где скалярое произведение векторов А1В1 и А1С1 равно (,)=3·8+(-5)·0+(-2)=24+0-4=20,
| |=, | |==.
Итак, cos φ = 20 = 10
·
в) Координаты
точки А1(-2,2,2) обозначим соответственно Х0 = -2, У0
= 2, Z0 = 2,
а координаты точки В1(1,-3,0) через X1 = 1, У1 = -3, Z1 = 0 и воспользуемся уравнением прямой и
пространстве, проходящей через две точки:
.
Следовательно, уравнение ребра имеет вид
.
г) Обозначим
координаты векторов, и через Х1=3, У1= -5, Z1= -2 и Х2=8, У2=
0, Z2=2 соответственно. Векторное произведение данных векторов
определяется формулой
·A1C1 = {Y1·Z2-Y2·Z1;Z1·X2-Z2·X1;X1·Y2-X2·Y2} =
=
{(-5)·2-0·(-2);-2·8-2·3;3·0-8·(-5)}={-10,-22,40}
Так как данный вектор перпендикулярен
грани С1, то
можно воспользоваться уравнением плоскости, проходящей через точку
(Х0 У0, Z0) перпендикулярно вектору {А;В;С}, которое имеет вид A·(X-X0)+B·(Y-Y0)+С·(Z-Z0)=0.
Подставим координаты точки А1 (Хо=
-2, У0=2, Z0=2) и координаты перпендикулярного вектора А=
-10, В= -22, С=40 в это уравнение:
- 10 ( X + 2 ) - 22 (У – 2) т 40 ( Z- 2) - 0. Раскроем скобки и приведем
подобные члены - 10 х -22 у + 40z + (-20 + 44-80)=0. Итак, уравнение грани,C1
имеет вид: -10х- 22у + 4О z-56=0 или -5х- lly + 20z-28=0.
ЗАДАЧА 2.
Решите систему линейных уравнений
а) методом Крамера;
б) методом Гаусса;
Решение.
а) Решим данную систему
уравнений с помощью формул Крамера (см.[2] глава 10. стр. 268). Рассмотрим произвольную
систему трех линейных уравнений с тремя неизвестными:
Решение.
а)
Решим данную систему уравнений с помощью формул Крамера ( см. [2] глава 10,
стр. 268).
Тогда
, где
Так как Δx= -60; Δy= -60; Δz=60; Δ=
-120, то x=;
y=; z=.
6) решим данную систему уравнений методом
Гаусса. Метод Гаусса состоит в том, что с помощью
элементарных преобразований система уравнении приводится к равносильной
системе ступенчатого (или треугольного) вида из
которой последовательно, начиная с последнего уравнения, легко
находят все неизвестные системы.
Составим расширенную матрицу данной
системы.
Поменяем местами первую и вторую строки
матрицы, чтобы в ее левом верхнем углу была единица.
Получим матрицу.
Умножим каждый элемент первой строки матрицы на 4 и прибавим
полученные числа к соответствующим
элементам второй строки. Матрица примет вид.
=
Умножим каждый элемент первой строки матрицы на -3. и прибавим
полученные числа к соответствующим
элементам третьей строки. Получим:
=
Разделим каждый элемент второй строки матрицы
на 4, чтобы второй элемент, стоящий на главной диагонали
матрицы, стал равным 1.
Умножим каждый элемент второй строки матрицы
на -8 и прибавим полученные числа к соответствующим элементам
третьей строки:
Действительно,
так как z==
и yz=,
то y ·
Отсюда, y-===. Из x-z=1 имеем =z+1=+1=
Ответ: x=, y=, z=.
Элементы
теории вероятности и математической статистики
Для решения задачи 3 см. [5] глава 1. §
1—5.
ЗАДАЧА 3.
На складе университета хранится
28 одинаковых упаковок писчей бумаги. Известно, что в четырех из них содержится бумага более низкого
качества. Случайным образом выбирают три упаковки
бумаги, Вычислить вероятность того, что среди них;
А) нет упаковок с бумагой более низкого качества,
Б) есть одна упаковка
такой бумаги.
Решение.
Общее число возможных элементарных исходов для данных
испытаний равно числу способов, которыми можно
извлечь 3 упаковки бумаги из 28 упаковок, то есть
====13·9·28=3276
– числу сочетаний из 28 элементов по 3.
а) Подсчитаем
число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию (нет упаковок
с бумагой более низкого качества). Это число исходов ровно
числу способов, которыми можно извлечь 3
упаковки бумаги из 24 упаковок (столько упаковок содержит бумагу высшего
сорта), то есть
====11·23·8=2024
искомая вероятность равна отношению
числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных
исходов:
P1==≈0,62
б) Подсчитаем число исходов,
благоприятствующих данному событию (среди трех упаковок бумаги ровно 1 упаковка содержит бумагу более низкого
качества): две упаковки можно выбрать из 24 упаковок:
====276 способами, при этом одну упаковку нужно выбирать из четырех: ===4 способами. Следовательно, число благоприятствующих исходов равно ·=276·4=1104
Искомая
вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих данному событию,
к числу всех элементарных исходов p2==≈0,34
Ответ: а)
p1 =0,62; б) р2 =0,34.
ЗАДАЧА 4.
Магазин получает электролампочки с
двух заводов, причем доля первого завода составляет 25 %. Известно, что доля брака на этих заводах равна
соответственно 5 % и 10 % от всей выпускаемой продукции. Продавец наугад берет одну лампочку. Какова вероятность того,
что она окажется бракованной?
Решение:
Обозначим через А событие - «лампочка окажется бракованной».
Возможны следующие гипотезы о происхождении этой
лампочки: H1-лампочка поступила с первого завода, H2-лампочка поступила со второго завода.
Так как доля первого завода составляет 25 %, то вероятности
этих гипотез равны соответственно p(H1)==0,25; p(H2)==0,75.
Условная вероятность того, что бракованная лампочка
выпущена первым заводом – p(A/H1)==0,05, вторым заводом - p(A/H2)==0,10 искомую вероятность
того, что продавец взял бракованную лампочку, находим
по формуле полной вероятности
р(А) = P(H1)· p(A/H1)+P(H2)·(A/H2)=0,25·0,05+0,75·0,10=0,0125+0,075=0.0875
Ответ: р(А) = 0,0875.
Для решения задачи 5 см. [5]глава
6 § 1—3, глава 7 § 1-2, глава 8 § J—3.
ЗАДАЧА 5.
Задан закон распределения дискретной
случайной величены X:
X
|
-4
|
-2
|
0
|
2
|
4
|
6
|
8
|
p
|
0,05
|
p
|
0,12
|
0,23
|
0,32
|
0,14
|
0,04
|
|
Найти:
а) неизвестную
вероятность р.
б) математическое
ожидание М, дисперсию D и среднее квадратическое отклонение σ данной случайной величены;
Решение:
а) так как
сумма всех, вероятностей должна равняться единице, то получим уравнение
0,05-p +
0,12 + 0,23-0,32 + 0,14+0,04
= 1.
Отсюда р+0,9 = 1 и р=0,1.
б) Математическое
ожидание М это сумма всех произведений значений случайной
величины на их вероятности:
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.
Дисперсия D=∑(x1)2·p1-M2=
=(-4)·0.05+(-2)2·0,1+02·0,12+22·0,23+42·0,32+62·0,14+82·0,04-(2,5)2=
=0,8+0+0,92+5,12+5,04+2,56-6,25=8,59
Среднее квадратическое отклонение σ = = ≈2,9
ЗАДАЧА 6.
Построить выпуклый
многоугольник, заданный системой неравенств
x1-x2 ≥ - 2;
x1-3x2 ≥ - 10,
x1+2 x2 ≥4,
x1 ≤8,
x2≥0.
Пользуясь геометрической интерпретацией
основной задачи линейного программирования, найти минимум и
максимум линейной формы
L=2x1+x2
Решение. Построим прямоугольную систему
координат x1Ox2. Если в этой системе
построить прямую ax1 + bx2 = c, то она разобьет плоскость x1Ох2 на
две полуплоскости, каждая из которых лежит но одну сторону от
прямой. Сама прямая в этом случае называется граничной и принадлежит
обеим полуплоскостям. Координаты точек, лежащих в одной полуплоскости,
удовлетворяют неравенству ах1+bx2≤c, а координаты точек, лежащих в другой
полуплоскости,— неравенству. ах1+bx2≥c. Построим в плоскости x1Ox2 граничные
прямые x1-x2=-2(AB), x1-3x2=-10(BC), x1+2 x2=4(AE), x1=8(CD) и x2=0(ED).
В результате получим пятиугольник ABCDE (рис. 12). Значения x1 и x2, удовлетворяющие системе неравенств (1), являются координатами
точек, лежащих внутри или на границе найденного пятиугольника.
Теперь задача сводится к тому, чтобы найти те
значения x1 и x2, при
которых линейная форма, L (2)
имеет минимум, и те значения x1 и х2, при которых
линейная форма L достигает
максимума. Из рис. 1 видно, что координаты всех точек,
лежащих внутри или на границе пятиугольника, не являются отрицательными,
т. е. все значения x1 и х2 больше
или равны нулю. Для каждой точки плоскости x1Ox2 линейная
форма L принимает
фиксированное значение. Множество точек, при которых линейная форма L принимает значение L1, есть прямая 2x1+х2=L1(l1), которая
перпендикулярна вектору N = 2i+j. Если прямую l1 передвигать параллельно самой себе в положительном направлении вектора N, то линейная форма L будет возрастать, а если прямую
передвигать в противоположном направлении — убывать. Построим прямую (l1) для того случая,
когда L = 0, т.е. построим прямую 2x1+х2=0. Как видно из рис. 1 , при
передвижении прямой l1 в положительном направлении вектора N
она впервые встретится с вершиной А построенного
пятиугольника ABCDE. В этой вершине линейная форма L имеет минимум. Следовательно, Lmin=2·0+1·2=2, При дальнейшем передвижении прямой l1 параллельно
самой себе в положительном направлении вектора N значение линейной
формы L будет возрастать,
и оно достигнет максимального значения в
точке С(8; 6). Таким образом, Lmax=2·8+1·6=22.