Высшая математика

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:

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 x₁Ox_2.  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+bx_2≥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, L_min=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.