Примеры решения задач.

Примеры решения задач.


Задачка 1.Обоснуйте, что последующие векторы

a1 = (2, 1, 3),a2 = (3,-1, 5), a3 = (4, 7, 5)

в пространстве R3 линейно зависимы и найдите их нетривиальную линейную комбинацию, равную нулевому вектору.

Решение. Нужно объяснить: то, что нам дано по условию задачки – это не координаты вектора. Набор из трёх чисел – это и есть сам вектор из места R3, и записывать этот набор можно, как в виде строчки, так и в виде столбца.

Составляем линейную комбинацию данных векторов и приравниваем её к нулевому вектору:

l1a1 + l2a2 +l3a3 = o

l1(2, 1, 3) + l2(3,-1, 5) +l3(4, 7, 5) = (0, 0, 0)

(2l1, l1, 3l1) + (3l2,-l2, 5l2) + (4l3, 7l3, 5l3) = (0, 0, 0)

(2l1 + 3l2 + 4l3, l1 - l2 + 7l3, 3l1 + 5l2 + 5l3) = (0, 0, 0)

Получаем систему линейных уравнений для нахождения неведомых коэффициентов l1, l2, l3. Способы решения схожих систем линейных урав-нений изучаются в курсе алгебры, но для полноты изложения мы решим данную систему тщательно способом Гаусса. На 1-ое место поставим 2-ое уравнение. Потом ко второму уравнению прибавим 1-ое, домноженное на -2, а к третьему уравнению прибавим 1-ое, домноженное на -3:



l1 - l2 + 7l3 = 0, l1 - l2 + 7l3 = 0,

2l1 + 3l2 + 4l3 = 0, Û 5l2 - 10l3 = 0,

3l1 + 5l2 + 5l3 = 0. 8l2 - 16l3 = 0.

Разделим 2-ое уравнение на 5, а третье - на 8. Мы получим два схожих уравнения. Тогда одно из их мы можем вычеркнуть. Получили два уравнения с 3-мя неведомыми.

l1 - l2 + 7l3 = 0,

l2 - 2l3 = 0,

l2 - 2l3 = 0,

Коэффициенты, стоящие около l1 и l2, образуют треугольную матрицу и определитель этой матрицы не равен нулю. Потому неведомые l1 и l2 можем бросить в левой части уравнения (они именуются базовыми), а l3 переносим на право (она именуется параметрической неведомой):

l1 - l2 = -7l3,

l2 = 2l3.

Нас не интересует общее решение системы. Нам довольно отыскать личное решение. Потому мы можем придать l3 случайное ненулевое значение. Удобнее всего l3 = 1. Потом находим l2 = 2, l1 = -5. Согласно условию, ответом должна служить линейная композиция:

2·a1 - 5·a2 +1·a3 = o.

Потому что мы отыскали эту комбинацию, то мы обосновали, что данные векторы линейно зависимы.

Задачка 2.Обоснуйте, что последующие векторы

a1 = (1, 1, 1, 1),a2 = (0, 1, 1, 1), a3 = (0, 0, 1, 1), a4 = (0, 0, 0, 1)

в пространстве R4 образуют базис, и найдите координаты вектора

x = (7, 5, 8, 9) в этом базисе.

Решение. Так как размерность места R4 равна 4, то базис должен состоять из четырёх линейно независящих векторов. Нам даны по условию 4 вектора a1,a2,a3, a4. Нужно обосновать их линейную независимость.

Составляем линейную комбинацию данных векторов и приравниваем её к нулевому вектору:

l1a1 + l2a2 +l3a3 +l4a4 = o,(*)

l1(1, 1, 1, 1) + l2(0, 1, 1, 1) +l3(0, 0, 1, 1) +l4(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0),

(l1, l1 + l2, l1 + l2 + l3, l1 + l2 + l3 + l4) = (0, 0, 0, 0).

Получаем систему линейных уравнений

l1 = 0,

l1 + l2 = 0,

l1 + l2 + l3 = 0,

l1 + l2 + l3 + l4 = 0,

из которой следует, что l1 = l2 = l3 = l4 = 0. Как следует, композиция (*) может быть только очевидной и векторы a1,a2,a3, a4 линейно независимы. Означает, они образуют базис: B = {a1,a2,a3, a4}. Разложение вектора x по базису имеет вид:

x = x1a1 + x2a2 +x3a3 +x4a4,

(7, 5, 8, 9) = x1(1, 1, 1, 1) + x2(0, 1, 1, 1) + x3(0, 0, 1, 1) + x4(0, 0, 0, 1).

Так же, по-прежнему, получаем систему линейных уравнений

x1 = 7,

x1 + x2 = 5,

x1 + x2 + x3 = 8,

x1 + x2 + x3 + x4 = 9.

Решая ее, находим, что x1 = 7, x2 = -2, x3 = 3, x4 = 1. Означает x(7,-2, 3, 1)B.

Задачка 3.Найдите угол меж векторами, данными своими координатами в ортонормированном базисе:x(-5, 5, 4, 3),y(-5, 5, 1, 7).

Решение. Если векторы заданы координатами в ортонормированном базисе, тоформулы для вычисления скалярного произведения, длины вектора, угла меж векторами такие же, как и для геометрических векторов в пространстве относительно декартовой системы координат. Отличие только в том, что количество координат на одну больше.


Загрузка...

cosÐ(x, y) = ==

== =.

Означает, Ð(x, y) = 30°.

Задачка 4.Обоснуйте, что последующие векторы в пространстве R4 являются единичными и взаимно ортогональными и дополните их до ОНБ:

a1= ,a2= .

Решение. Находим |a1| = = 1, |a2| = = 1,

a1·a2 = 0· + · + ·0 - · = 0.

Означает, векторы единичные и взаимно ортогональные. Данное место является четырёхмерным. Потому ОНБ должен состоять из четырёх векторов. Построим поначалу ортогональный базис, а потом его нормируем. Заместо a1 и a2 можем для удобства взять коллинеарные им векторы a1c(1, 2, 0, 1), a2c(0, 1, 1, 1). Пусть a3c= (x1, x2, x3, x4) - 3-ий базовый вектор. Тогда он должен удовлетворять двум условиям:

a3c· a1c= 0, x1 + 2x2 + x4 = 0,

a3c· a2c= 0, x2 + x3 + x4 = 0.

Это однородная система из 2-ух уравнений с 4-мя неведомыми. Потому двум неведомым можем придать произвольные значения, не равные оба нулю; при всем этом коэффициенты около оставшихся неведомых должны создавать определитель не равный нулю. К примеру, пусть x2 = 1, x4 = 0. Переносим эти значения в другую часть равенства и находим, что x1 = -2, x3 = -1. Итак, a3c = (-2, 1, -1, 0).

Пусть a4c= (x1, x2, x3, x4) - четвёртый базовый вектор. Тогда он должен удовлетворять трём условиям:

a4c· a1c= 0, x1 + 2x2 + x4 = 0,

a4c· a1c= 0, Û x2 + x3 + x4 = 0,

a4c· a3c= 0, -2x1 + x2 - x4 = 0.

Придадим x2 значение 1, тогда получим систему

x1 + x4 = -2,

x3 + x4 = -1,

-2x1 - x4 = -1.

Отсюда a4c(3, 1, 4,-5). Сейчас находим, что |a3c| = , |a4c| = . Означает, разыскиваемый ОНБ состоит из векторов

a1= , a2= ,

a3= ,a4= .

Задачка 5.Даны координаты вершин треугольника в относительно ортонормированной системы координат в точечном евклидовом пространстве E4: A(-3,-3, 2,-3),B(5, 0, 4,-1), C(2, 4,-3,-4).

а) Обоснуйте, что DABC равнобедренный.

б)Найдите величину угла при верхушке и площадь треугольника.

в)Составьте каноническое уравнение его высоты.

г)Составьте параметрическое уравнение плоскости p = ABC.

Решение. а) Найдём координаты векторов:

(8, 3, 2, 2), (5, 7,-5,-1), (-3, 4,-7,-3).

Находим длины сторон:

|AB| = = 9, |AC| = = 10,

|BC| = = 9.

Означает, |AB| = |BC| и DABC равнобедренный и B является его верхушкой.

б) Так же, как и в предшествующей задачке находим угол при верхушке, как угол меж векторами и :

cosÐB === .

Пусть D – середина основания AC. Тогда = ( + ). Находим координаты вектора и его длину: , || = = . Означает, высота треугольника h = . Площадь: S = |AC|·h = 5.

в)Направляющим вектором для высоты является . Можно в качестве направляющего взять a = -2, a(11,-1, 9, 5). В качестве исходной точки берём A. Тогда уравнение прямой AD:

= = = .

г)Для плоскости p = ABC направляющими векторами являются, к примеру, и . В качестве исходной точки берём A (можно и всякую другую верхушку). Тогда параметрическое уравнение плоскости:

X1 = -3 + 8u + 5v,

X2 = -3 + 3u + 7v,

X3 = 2 + 2u - 5v,

X4 = -3 + 2u - v.

Задачка 6.Даны уравнения прямой l и гиперплоскости P в пространстве E4:

l: = = = , P: 3X1 + 2X2 + 2X3 - 8X4 - 5 = 0.

Обоснуйте, что они параллельны и найдите расстояние меж ними.

Решение. Из уравнения прямой мы находим её направляющий вектор: a(4, 3, 3, 3). Из уравнения гиперплоскости находим её вектор нормали: n(3, 2, 2,-8). Ровная будет параллельна гиперплоскости либо будет лежать в ней, если векторы aиn ортогональны. Проверяем:

a·n = 4·3 + 3·2 + 3·2 + 3·(-8) = 0.

Это выполнено. Из уравнения прямой мы знаем координаты точки на ней: Mo(1, 2,-1, 0). Ровная будет лежать в гиперплоскости, если MoÎP. Подставляем координаты Mo в уравнение гиперплоскости:

3·1 + 2·2 + 2·(-1) - 8·0 - 14 ¹ 0.

Означает, MoÏP Þ lÏP. Расстояние от прямой до гиперплоскости равно расстоянию от точки Mo до P. Это расстояние рассчитывается по таковой же формуле, как расстояние от точки до плоскости в геометрическом пространстве, с той только различием, что мы имеем на одну координату больше:

h = = = = 1.

Задачка 7.Ровная l и плоскость p в пространстве A4 заданы параметрическими уравнениями:

X1 = t, X1 = 1 + 2u + v,

X2 = 2 + 5t, X2 = 2 + 7u + 3v,

X3 = 5 + 10t, X3 = 5 +11u + 4v,

X4 = - 4 + 3t. X4 = -4 + 3u + v.

Обоснуйте, что они параллельны.

Решение. Из уравнений прямой мы находим её направляющий вектор a(1, 5, 10, 3) и точку Mo(0, 2, 5,- 4)Î l. Из уравнений плоскости находим два её направляющих вектора: b(2, 7, 11, 3), c(1, 3, 4, 1). Ровная параллельна плоскости либо принадлежит ей, если вектор a является линейной композицией векторов bи c, т.е. если есть такие числа l и m, что

a = lb + mc.

В координатах это равенство имеет вид:

1 = 2l + 1m,

5 = 7l + 3m,

10 = 11l + 4m,

3 = 3l + 1m.

Вычитая из 4 уравнения 1-ое, мы находим, что l = 2. Поставляя это значение в 1-ое либо 4 уравнение, находим, что m = -3. Нужно ещё непременно проверить, что отысканные значения удовлетворяют тем уравнениям, которые не были задействованы в вычислениях (т.е. второму и третьему): 5 = 7·2 + 3·(-3), 10 = 11·2 + 4·(-3). Означает,

a = 2a - 3b.

Сейчас проверим, принадлежит ли точка Mo плоскости p:

0 = 1 + 2u + v,

2 = 2 + 7u + 3v,

5 = 5 + 11u + 4v,

-4 = -4 + 3u + v.

Если отнять из четвёртого уравнения 2-ое, мы найдём, что u = 1. Подставим это значение в 1-ое уравнение и найдём, что v = -3. При этих значениях 1 и 4 уравнения будут верными равенствами. Но отысканные значения не удовлетворяют 2 и 3 уравнениям. Потому MoÏ p. Означает, ровная l не принадлежит плоскости p.

Задачка 8.Плоскости p1 и p2 в пространстве A5 заданы параметрическими уравнениями:

X1 = 2u, X1 = s,

X2 = 2 + v, X2 = 0,

p1: X3 = 0, p2: X3 = s + t,

X4 = 0, X4 = t,

X5 = -1. X5 = 1 + s.

Выясните их обоюдное размещение.

Решение. Найдём направляющие векторы этих плоскостей:

a(2, 0, 0, 0, 0), b(0, 1, 0, 0, 0) – для p1;

c(1, 0, 1, 0, 1), d(0, 0, 1, 1, 0) – для p2.

По определению p1||p2, если оба вектора c и dраскладываются в линейную комбинацию векторов aи b, и при всем этом эти плоскости не имеют общих точек. Если равенство c = la + mb расписать по координатам, то третье уравнение будет иметь вид 1 = 0l + 0m. Оно не имеет решений. Означает, данные плоскости не параллельны. Но исключительно в трёхмерном пространстве можно после чего утверждать, что данные плоскости пересекаются по прямой.

Выясним, имеют ли данные плоскости общие точки. Для этого мы должны решить вместе уравнения плоскостей. Получаем, что

2u = s, 2 + v = 0, 0 = s + t, 0 = t, -1 = 1 + s. (17)

Из третьего и четвёртого уравнений находим, что s = t = 0. Тогда 5-ое уравнение воспринимает вид -1 = 1. Означает, система уравнений (17) решений не имеет. Потому плоскости p1 и p2 общих точек не имеют.

Ответ:Плоскости p1 и p2 не параллельны и не пересекаются.

Задачка 9. В пространстве заместо базиса B = {i, j, k} избран новый базис B c ={, }, где

= i + 4j + k,

= - 4i – 3j + 2k,

= 2i – j – 2k.

а) Записать формулы перехода от старенькых координат (x, y, z) к новым координатам (xc, yc, zc) и назад.

б) Отыскать новые координаты вектора ( , , )Bc, если известны его старенькые координаты (–7,–2, 5)B.

в) Составить матрицу Грама базиса B c.

г) При помощи этой матрицы вычислить скалярное произведение 2-ух векторов (– 4,– 4,–5) и (9, 4, 6), данных своими координатами в новеньком базисе B c.

Решение. Составим матрицу С перехода к новенькому базису. Её столбцы – это координатные столбцы векторов , , в базисе {i, j, k}. Находим оборотную к ней матрицу С-1:

C = С -1=

(как составляется оборотная матрица, изучается в курсе алгебры, это также можно отыскать в Приложении)). Формулы подмены координат смотрятся так:

x = xc– 4yc+ 2zc, xc= 4x – 2y + 5z,

y = 4xc– 3yc– zc, yc= x – 2y + z ,

z = xc+ 2yc– 2zc, zc= x – 3y + z ,

При составлении первых мы использовали матрицу С, а при составлении вторых – С–1. Подставляя коэффициенты вектора во 2-ые формулы, находим его координаты в новеньком базисе: (1, 2, 0)B ' . Матрица Грама базиса Bc состоит из попарных скалярных произведений gij=·, i,j=1,2,3. Находим ·= 1 + 16 + 1 = 18, · = - 4 -12 + 2= -14, и т.д..

Г=.

Если векторы и заданы своими координатами в новеньком базисе, то их скалярное произведение находится по формуле

· =gijcidj.

В матричном виде её можно записать так:

· = CTГD,

где C и D – координатные столбцы векторов и в новеньком базисе.

В нашем случае находим

18 -14 - 4 9

· = (- 4 - 4 -5) -14 29 - 9 4 = 0

- 4 - 9 9 6

(как множатся матрицы см. в курсе алгебры; но для удобства читателя это изложено в Приложении).

Задачка 8. В евклидовом пространстве E2 относительно некого базиса скалярное произведение задаётся формулой

x·y = x1y1 - 2(x1y2 + x2y1) + 6x2y2.

Вычислить угол меж векторами x(1, 2) и y(2,-1), данными своими координатами в том же базисе.

Решение. Если б базис был ортонормированным, то данные векторы, разумеется, оказались бы ортогональными. Находим скалярное произведение согласно данной формуле:

x·y = 1·2 - 2(1·(-1) + 2·2) + 6·2·(-1) = 2 - 6 + 12 = 8.

В согласовании с данной формулой скалярный квадрат вектора рассчитывается так:

x·x = x12 - 4x1x2 + 6x22.

Находим

x·x = 12 - 4·1·2 + 6·22 = 1 - 8 + 24 = 17, | x | = =

y·y = 22 - 4·(-1)·2 + 6·12 = 4 + 8 + 6 = 18, | y | = = 3.

cosÐ(x, y) = = , Ð(x, y) = arccos .




Возможно Вам будут интересны работы похожие на: Примеры решения задач.:


Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Похожый реферат

Cпециально для Вас подготовлен образовательный документ: Примеры решения задач.