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 А1
В1
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 иесть искомая длинаребра.
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
= (А1
В1
, А1
С1
)
|А1
В1
|·| А1
С1
|
где скалярое произведение векторов А1
В1
и А1
С1
равно (,)=3·8+(-5)·0+(-2)=24+0-4=20,
||=, ||==.
Итак, cos
φ
= 20 = 10
·
в)Координатыточки 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 черезХ1
=3, У1
= -5, Z
1
= -2 и Х2
=8, У2
=
0, Z2
=2 соответственно. Векторное произведениеданныхвекторов определяется формулой
·A1
C1
= {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 векторперпендикуляренграниС1
,то можно воспользоватьсяуравнением плоскости, проходящейчерез точку (Х0
У0
, Z0
) перпендикулярно вектору{А;В;
С},
котороеимеет 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. Раскроемскобки и приведем подобные члены - 10 х -22 у + 40z + (-20 + 44-80)=0. Итак, уравнениеграни,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 уравненийметодом Гаусса. Метод Гаусса состоит в том, что с помощью элементарныхпреобразований система уравнении приводится к равносильной системе ступенчатого (или треугольного) вида из которой последовательно, начиная с последнего уравнения, легко находят все неизвестные системы.
Составимрасширенную 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 матрицына 4 иприбавим 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.
Наскладе университетахранится 28 одинаковых упаковок писчейбумаги. Известно, что в четырехиз нихсодержитсябумага более низкого качества. Случайнымобразомвыбирают три упаковкибумаги, Вычислить вероятность того, что среди них;
А)нет упаковок с бумагой более низкого качества,
Б) есть однаупаковкатакой бумаги.
Решение.
Общеечисло возможныхэлементарныхисходов для данных испытанийравно числуспособов, которымиможноизвлечь 3 упаковки бумаги из28 упаковок,
то есть
====13·9·28=3276 – числу сочетаний из 28 элементов по 3.
а)Подсчитаемчисло исходов, благоприятствующих интересующему нас событию (нет упаковокс бумагой более низкого качества). Это число исходов ровно числуспособов, которыми можно извлечь 3 упаковки бумаги из 24 упаковок (столько упаковок содержит бумагу высшего сорта), то есть
====11·23·8=2024
искомая вероятностьравна отношению числа исходов, благоприятствующихсобытию, к числу всех элементарных исходов:
P
1
==≈0,62
б) Подсчитаем число исходов,
благоприятствующих данному событию (среди трех упаковокбумаги ровно 1 упаковкасодержитбумагу болеенизкого качества): две упаковкиможно 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 всехэлементарныхисходов p
2
==≈0,34
Ответ:
а)p
1
=0,62;б)
=0,34.
ЗАДАЧА 4.
Магазинполучает электролампочкис двух заводов,
причем доля первого завода составляет 25 %. Известно,
чтодоля брака на этих заводах равна соответственно5 % и 10 % от всей выпускаемойпродукции. Продавец наугад берет одну лампочку. Какова вероятность того,
что она окажется бракованной?
Решение:
Обозначим черезАсобытие - «
лампочкаокажетсябракованной».
Возможны следующие гипотезы о происхождении этой лампочки:
H
1
-лампочка поступила с первого завода,
H
2
-лампочка поступила со второгозавода.
Так как доля первого завода составляет 25 %, то вероятности этих гипотез равнысоответственно p
(
H
1
)==
0,25; p
(
H
2
)
==0,75.
Условная вероятность того, что бракованнаялампочка выпущенапервымзаводом –
p
(
A
/
H
1
)
==0,05, вторымзаводом- p
(
A
/
H
2
)
==0,10 искомую вероятностьтого, 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 решениязадачи5 см.
[5]глава6 § 1—3, глава 7 § 1-2, глава8 § J—3.
ЗАДАЧА 5.
Задан закон распределения дискретной случайной величеныX
:
| 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
исреднее квадратическоеотклонение σ данной случайной величены;
Решение:
а)так как сумма всех, вероятностей должна равняться единице, тополучим уравнение
0,05-p
+ 0,12 + 0,23-0,32 + 0,14+0,04 = 1.
Отсюда р
+
0,9 = 1и р=
0,1.
б)Математическое ожидание М
это сумма всех произведенийзначенийслучайной 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
=∑(x
1
)2
·p
1
-
M
2
=
=
(-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
=2
x
1
+
x
2
Решение. Построим прямоугольную систему координат x1
Ox
2.
Если в этой системе построить прямую ax
1
+
bx
2
=
c
,
то она разобьет плоскость x
1
Ох2
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
+
bx
2
≤
c
,
а координаты точек, лежащих в другой полуплоскости,— неравенству.
ах1
+
bx
2≥
c
.
Построим в плоскости x1
Ox
2
граничные прямые x
1
-
x
2
=-2(
AB
),
x
1
-3
x
2
=-10(
BC
),
x
1
+2
x
2
=4(
AE
),
x
1
=8(
CD
)
иx
2
=0(
ED
).
В результате получим пятиугольник ABCDE
(рис. 12). Значения x
1
и x
2
,
удовлетворяющие системе неравенств (1), являются координатами точек, лежащих внутри или на границе найденного пятиугольника.
| x2
|
| E
|
| D
х1 |
| 0
|
| Рис. 1
|
Теперь задача сводится к тому, чтобы найти те значения x
1
иx
2
,
при которых линейная форма, L
(2) имеет минимум, и те значения x
1
и х2
,
при которых линейная форма L
достигает максимума. Из рис. 1 видно, что координаты всех точек, лежащих внутри или награнице пятиугольника, не являются отрицательными, т. е. все значения x
1
и х2
больше или равны нулю. Для каждой точки плоскости x1
Ox
2
линейная форма L
принимает фиксированноезначение. Множество точек, при которых линейная форма L
принимает значение L1
, есть прямая 2
x
1
+х2
=
L
1
(
l
1
)
, которая перпендикулярна векторуN
= 2
i
+
j
. Если прямую l
1
передвигать параллельно самой себе в положительномнаправлениивектора N
, то линейная форма L
будет возрастать, аесли прямую передвигать в противоположном направлении — убывать. Построим прямую (l
1
) для того случая, когда L
= 0, т.е. построим прямую 2
x
1
+х2
=
0. Как видно из рис. 1 , при передвижении прямой l
1
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 l
1
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.