Высшая математика
10
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 ? = (А1В1, А1С1)
А1В1· А1С1
где скалярое произведение векторов А1В1 и А1С1 равно (,)=3·8+(-5)·0+(-2)=24+0-4=20,
=, ==.
Итак, cos ? = 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
?
x= -60;
?
y= -60;
?
z=60; ?= -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:
Данная матрица соответствует системе уравнений , решение которой совпадает с решением исходной системы. Начинай с последнего уравнения, несложно найти все неизвестные.
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-4-202468p0,05p0,120,230,320,140,04 | |
|
Найти:а) неизвестную вероятность
р.б) математическое ожидание
М, дисперсию
D и
среднее квадратическое
отклонение ? данной случайной величены;
Решение:а) так как сумма всех, вероятностей должна равняться единице, то
получим уравнение0,05-
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=8,59Среднее квадратическое отклонение ? = = ?2,9
ЗАДАЧА 6.Построить выпуклый многоугольник, заданный системой неравенствx1-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+x2Решение. Построим прямоугольную систему координат x1
Ox2. 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 x1
Ox2 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.
x2E D х10Рис. 1Теперь 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 x1
Ox2 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.