Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Хабаровский государственный университет экономики и права

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

5018

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.11.2022

Размер:

887.37 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

		1) Расстояние d между точками M1 (x1 y1 )																															и M 2 (x2 y2 ) определяется по
формуле

													d						( x								x )2										( y		2	y )2	.		(1)
																				2					1														2	1
			Подставим в формулу (1)																			координаты точек А и В, получим

																									2 (								8)2
													АВ				5			4					2 (				4				8)2						81	144 15 .
			2) Уравнение прямой, проходящей через две точки M1 (x1 y1 )																																						и M 2 (x2 y2 ) ,
имеет вид
																		х				х1					у		у1				.										(2)
																		х2				х1					у2			у1			.										(2)
Подставив в					формулу (2) координаты точек А и В, получим уравнение прямой
АВ:
				x ( 4)							y 8				x 4 y 8												x 4 y 8														(АВ).
														,									,															, 4x 3y 8 0
															9					12					3								4
		5 ( 4)								4 8					9					12					3								4
		Для нахождения углового коэффициента kАВ																																					прямой АВ				разрешим
полученное уравнение относительно у:																										у			4		х				8	. Отсюда kAB					4	.
полученное уравнение относительно у:																										у					х					. Отсюда kAB					3	.
																													3				3								3
		Аналогично найдём уравнение прямой ВС.
	x 5		y ( 4)			,		x 5 y 4							, x		5					y 4			, 2x					y				14 0─ уравнение ВС в общем
									5			10										2
10 5		6 (			4)				5			10										2
виде,		или y			2x				14 ─ уравнение ВС с угловым коэффициентом. Угловой
коэффициент прямой ВС kBC																	2 .
	3) Известно, что тангенс угла																											между двумя прямыми, угловые
коэффициенты которых соответственно равны k1																																		и k2 , вычисляется по формуле
																tg					k2		k1				.																(3)
																tg											.																(3)
																				1 k1k2
		Искомый угол В образован прямыми АВ и ВС, угловые коэффициенты
найдены: kAB							4		; kBC				2 . Применяя формулу (3), получим
найдены: kAB							3		; kBC				2 . Применяя формулу (3), получим
							3
																				4					2				10
														kAB			kBC																	2 ;
											tgB											3							3
																						3							3
												1			kAB kBC					1 (				4		)2						5
												1			kAB kBC									4								5
																								3					3

B 63 26, или B 63 26180 1,11рад.

4) Найдём уравнение высоты СD и её длину.

Высота СD перпендикулярна АВ, чтобы найти угловой коэффициент высоты СD, воспользуемся условием перпендикулярности прямых. Угловой

коэффициент k

будет равен

1/( 4 / 3)

kАВ

Искомая высота проходит через точку С(10,6). Воспользуемся уравнением прямой, проходящей через данную точку, с заданным угловым коэффициентом:

	y	y0	k (x	x0 ) .	(4)
y 6	3	(x	10) , 3x	4y 6	0 (СD).
	4

Найдём длину высоты CD .

Воспользуемся формулой расстояния от точки D (x0 , y0 ) до прямой

Ax By C 0:

				d		Ax0		By0 C		.				(5)

							A2 B2
							A2 B2
Длина высоты CD равна расстоянию от точки C 10;6 до прямой
4x	3y 8 0 AB
d	C, AB	4 xC	3 yC 8		4 10 3 6 8						40 18 8		50	10.
		4 xC	3 yC 8		4 10 3 6 8						40 18 8		50

												5
		42	32		16			9	25
		42	32		16			9	25

5) Обозначим основание искомой медианы через М.

По определению медианы, М делит сторону ВС пополам. Координаты точки М найдём по формуле

							(			х1		х2		;	y1	y2		);						(6)
							(					2		;		2		);						(6)
												2				2
								М (	5 10				;		4	6	)		(	15	;1) .
								М (					;				)		(		;1) .
									2						2				2
Чтобы		записать					уравнение					медианы								AM,			воспользуемся формулой (2).
	x (	4)		y	8	,		x 4			y	8		,		2(x			4)			y	8	, 14x 23y 128 0 (АМ).
15/ 2		( 4)	1		8	,	23/ 2					7		,		23							7	, 14x 23y 128 0 (АМ).
15/ 2		( 4)	1		8		23/ 2					7				23							7

6) Найдём уравнение прямой, проходящей через точку С параллельно стороне АВ.

Обозначим искомую прямую СР. Прямые АВ и СР параллельны, по условию

параллельности прямых

. Угловой коэффициент k

, k

т.к. искомая прямая проходит через точку С(10,6), воспользуемся уравнением (4)

у 6	4	(х 10) , 3y 18 4x 40, 4x 3y 58 0 (СP).
	3

Задание 2. Линии второго порядка

Уравнение кривой привести к каноническому виду и построить линию.

Таблица 3 – Данные задания 2 «Линии второго порядка»

№

Задача

Уравнения кривых

14x

4x2

16y2 72x

64y

196

12x

25x2

4 y 2

50x 8y 0.

y 2

4 y

5x2

9 y 2

30x 18y 9 0.

2x2

9x2

4 y 2

54x 8y 49 0.

y 2

2 y

36y 2

72y 16

y 2

16y

4x2

y 2

8x 6 y 3 0.

y 2

2 y

2x2

y 2

20x 2 y 53 0.

3x2

18x

6x2

8y 2

12x

32y

10.

4 y

4x2

25y 2

24x

100y

14x

16x2

4 y 2

96x

40y

180

№

Задача

Уравнения кривых

4 y

36y2

4x 72y 4 0.

4 y

4x2

y 2

8x 6 y 9 0.

36x2

72x 6 y 9 0.

4 y

y 2

8x 14y 34 0.

y 2

5x2

y 2

10x 6 y 9 0.

y 2

6 y

9x2

4 y 2

54x

113

y 2

8x 2 y 12 0.

y 2

20y

102

4 y 2

24x

40y

y 2

10y

25x2

4 y 2

200x

8y 304 0.

y 2

10y

25x2

4 y 2

50x

121

Пример 2. Уравнение кривой привести к каноническому виду и построить линию.

1)х2 + 4у2 - 4х + 16у - 16 = 0;

2)9x2-4y2-54x-8y+41 = 0.

Решение:

1)х2 + 4у2 - 4х + 16у - 16 = 0. Приведём данную кривую к каноническому виду и построим.

Выделим полные квадраты при х и у:

(х2-4х+4)-4+4(у2+4у+4)-16-16=0 , (х-2)2+4(у+2)2-36=0, (х-2)2+4(у+2)2=36,

	(х 2)2 ( у	2)2	1.
	36	9	1.
	36	9
Получили каноническое уравнение эллипса вида
				(х )2 ( у	)2	1.	(7)
				а2	b2	1.	(7)
				а2	b2
	Центр эллипса лежит в точке O/(α,β), оси параллельны осям координат
ОХ и OY. Точка O/(2,-2) – центр данного эллипса. Отложим от							точки O/
отрезки a		6 b 3 в направлениях,			параллельных ОХ и OY,		CС/=2 a =12

ВВ/=2 b =6 (рисунок 2).

Y	Y/
	B/	3
				X
C		О О O/	C/	X/
-6			6
	B	-3

Рисунок 2 ─ Эллипс

2) 9x2-4y2-54x-8y+41 = 0. Приведём данную кривую к каноническому виду и построим.

Выделим полные квадраты при х и у: 9(х2-6х+9)-81-4(у2+2у+1)+4+41 = 0 , 9(х-3)2-4(у+1)2-36 = 0,

9(х-3)2─ 4(у+1)2 = 36 ,	(х 3)2		( у 1)	2	1.
4		9			1.
4		9

Получили каноническое уравнение гиперболы вида

(х	)2 ( у		)2	1.	(8)
	а2	b2

Центр гиперболы лежит в точке А(α,β), оси параллельны осям координат. Центр данной гиперболы лежит в точке А(3,-1), a =2, b =3. Построим основной прямоугольник гиперболы, откладывая от точки А отрезки a =2, b =3 в направлениях, параллельных основным осям координат. BB/=2∙ a =4, СС/=2∙ b =6. Диагонали прямоугольника будут являться асимптотами. Вершины гиперболы – точки B и B/ (рисунок 3).

Y Y/

O X

B/ А

Рисунок 3 ─ Гипербола

Задание 3. Системы линейных уравнений

1)Решить систему линейных уравнений матричным способом.

2)Найти базисное решение системы уравнений методом Жордана – Гаусса.

Таблица 4 – Данные задания 3 « Системы линейных уравнений»

№

Системы уравнений

2x1

2x2

2x4

2x5

4x1

3x2

2x4

3x1

2x2

2x3

3x1

2x2

2x4

2x1

3x2

2x3

2x4

2x5

2x2

3x3

2x4

2x1

4x2

5x3

3x1

2x2

2x4

3x1

2x2

5x3

2x1

2x5

4x2

3x3

2x3

2x1

3x3

2x2

2x4

2x1

2x2

2x4

2x5

3x2

5x3

4x1

2x4

3x1

2x2

2x3

3x1

2x2

2x4

2x2

4x3

2x1

5x4

2x1

3x2

3x1

2x4

5x1

3x2

4x3

2x2

4x1

2x2

3x4

2x1 x2

2x3

2x4

2x2

5x2

4x4

3x x

3x4

x 3x 2x

2x4

4x2

5x2

4x4

2x2

3x3

3x1

2x2

3x4

2x1

x3 1

2) 2x1

2x4

4x1

5x2

4x4

2x5

3x1

3x4

5x1

2x2

2x3

2x4

3x2

2x3

2x2

4x4

2x5

2x2

2x1

3x1

3x3

2) x1

2x2

3x4

2x1

4x2

3x3

2x4

2x1

2x2

3x3

2x1

3x2

2x1

3x2

2x3

2) x1

2x2

3x4

3x1

4x2

2x3

2x4

4x1

5x3

5x1 3x2

3x1

2x3

2) x1

3x2

3x4

x1 3x2

2x3

4x4

3x1

2x2

3x3

2x4

5x1

3x2

2x3

2) x1

3x4

2x5

3x1

2x2

4x3

2x3

2x1

5x4

2x1

2x2

3x3

2) 3x1

4x3

2x5

3x1

5x2

2x2

3x x 2x 1

5x2

4x4

2x 4x

3x5

3x1

4x2

5x3

2x4

2x3

2x1

3x3

4x1

2x3

2) x1

3x2

2x4

2x1

2x2

5x2

2x4

3x1

2x3

2x1

3x3

4x5

3x2

3x1

2x2

2x4

4x1

2x2

3x4

2x2

2x4

4x2

5x3

2) x1

4x2

3x1

2x3

2x2

3x3

3x2

2x3

2x2

5x3

2x1

5x2

2x3

2x1

3x3

3x1

3x3

2x1

3x5

3x2

3x3

2) 3x1

2x3

2x5

4x1

2x2

3x3

5x1

2x2

Пример 3
1)	Решить систему уравнений матричным способом.
2x1		5x2	2x3	2;
3x1		2x2	2x3	2;
	x1	x2	x3	6.
				х1
	Решение. Обозначим X = х				− матрица-столбец неизвестных переменных;
				2
				х3
	2	5	2
A	3	2	2	− матрица коэффициентов при неизвестных или основная
	1	1	1
матрица;
		2
A		2	− матрица свободных членов системы уравнений.
0
		6
Систему уравнений можно представить в матричном виде А ∙ X = А0.
Тогда решение системы имеет вид:
					Х = А-1 ∙ А0,		(9)
					а11	а12	а13
где А-1 – обратная матрица к квадратной матрице А = а						а	а .
					21	22	23
					а31	а32	а33
Формула для вычисления обратной матрицы

А--1= 1А

А11	А21	А31 .	(10)
А12	А22	А32
А13	А23	А33

А – определитель матрицы А, который вычисляется по формуле

a11 a12 a13

Aa21 a22 a23 a11 a22 a33 a12 a23 a31 a13 a21 a32 (a13 a22 a31 a11 a23 a32 a31 a32 a33

a12 a21 a33 ).

Вычислим определитель матрицы системы:

	2	5	2
A	3	2	2	2	2 1	5	2	1	2	3	1	2	2 1	2	2	1	5 3 1	35	0.
A	3	2	2	2	2 1	5	2	1	2	3	1	2	2 1	2	2	1	5 3 1	35	0.
	1	1	1

Т.к. определитель матрицы А не равен 0, то матрица А невырожденная , для неё существует обратная матрица A-1.

Вычислим алгебраические дополнения				Aij	для каждого элемента aij	основной
матрицы по формуле Aij	1 i j	Mij	, где M ij		– минор того же элемента aij .
Минор Mij элемента	aij	–	это	определитель, полученный из		данного

определителя вычеркиванием i-й строки и j-гo столбца.

A11					1	1		2	5	2					2					2
																		2
																		2
				1				3	2	2	1							1	1		2 1				2		1	2	2		0;
								1	1	1								1	1
								1	1	1



					1	2		2	5	2				3			3		2
								2	5	2
A				1				3	2	2	1									3 1					2		1	3	2		5;
A				1				3	2	2	1									3 1					2		1	3	2		5;
12																	1		1
								1	1	1							1		1
								1	1	1		5 2										2 2								2 5
A		3 2							5; A ( 1)3										7; A							0; A ( 1)5								7;
A		3 2							5; A ( 1)3										7; A							0; A ( 1)5								7;
13		1			1				21			1				1				22		1	1				23			1		1
13									21											22							23

A					2				14;	A (	1)5		2			2			10; A					2	5		11.
A		5			2				14;	A (	1)5		2			2			10; A					2	5		11.
31		2				2				32			3			2					33			3	2
31										32											33

			Таким образом, по формуле (10) имеем следующую обратную матрицу:
	1					0			7	14
A 1	1						5		0	10 .

	35
	35						5		7	11
							5		7	11
Согласно формуле (9), получаем:
		x1					1		0	7	14					2				1		0			2		7	2	14 6
X		x2					1		5 0		10					2				1			5		2 0			2 10 6

							35													35
		x3					35		5	7	11					6				35			5		2		7	2	11 6
		x3							5	7	11					6							5		2		7	2	11 6
					14		84				70								70	35			2
	1				14		84			1	70												2

					10		60				70					70							2 .
																70				35
	35									35

				10		14			66		70								70				2
				10		14			66		70								70	35			2
																				35
Проверка:
			Подставим найденные числа																вместо			переменных						x1 , x2 , x3			в		исходную

систему уравнений:

2	2	5	2	2	2	2;
3	2	2	2	2	2	2;
		2	2	2	6.

Получили верные числовые равенства, следовательно, решение найдено

верно.

Ответ: x1 2, x2

2, x3 2 .

Приведение системы линейных уравнений к системе с базисом методом Жордана – Гаусса

Система уравнений называется системой с базисом, если каждое уравнение системы содержит переменную с коэффициентом 1, отсутствующую в других уравнениях.

Например, рассмотрим систему уравнений с базизом:

	x1	3x3	2x4	15;
	x2	4x3	5x4	11.
Переменные x1, x2 – базисные, x3 , x4 – свободные. Базисное решение

X (15, 11,0,0) .
	Алгоритм метода Жордана – Гаусса
1.	Составляем таблицу Жордана – Гаусса.
2.	Выбираем разрешающий элемент из коэффициентов aij 0 при
	неизвестных, i-я строка и j-й столбец будут называться разрешающими.

3.Элементы i-й разрешающей строки делят на разрешающий элемент и полученные частные записывают в i-ю строку следующей таблицы.

4.Все элементы j-го столбца следующей таблицы обращаются в 0, кроме элемента, стоящего на месте разрешающего, он равен 1.

5.Все остальные элементы следующей таблицы вычисляются по “правилу прямоугольников”:

aik	aip			aqp	aik aqk	aip
			aik


					aqp		.	(11)
aqk		aqp

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.11.2022881.14 Кб75013.pdf
#
13.11.2022881.44 Кб35014.pdf
#
13.11.2022881.73 Кб35015.pdf
#
13.11.2022881.77 Кб15016.pdf
#
13.11.2022886.5 Кб25017.pdf
#
13.11.2022887.37 Кб25018.pdf
#
13.11.2022889.64 Кб05019.pdf
#
13.11.2022890.31 Кб25020.pdf
#
13.11.2022890.34 Кб25021.pdf
#
13.11.2022890.35 Кб15022.pdf
#
13.11.2022891.06 Кб25023.pdf