ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
4
Аналитическая геометрия и линейная алгебра
Задача 1. Написать разложение вектора х по векторам p, q, r:
x=(5,6,4), p=(1,2,1), q=(-1,1,1), r=(1,1, 2).
Решение. Нужно представить вектор х в виде комбинации
x=x
1
p+x
2
q+ x
3
r. Где координаты x
1
, х
2
, x
3
вектора х нужно найти. Запишем
это равенство в векторной форме
=
+
−
+
4
6
5
2
1
1
1
1
1
1
2
1
321
xxx . Получили систему линейных уравнений
=++
=++
=+−
.42
,62
,5
321
321
321
xxx
xxx
xxx
Определитель этой системы равен
5221111111111112211
211
112
111
=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=
−
=∆ . Так как он от-
личен от нуля, то векторы p,q,r – линейно независимы и могут служить ба-
зисом линейного трехмерного пространства. По теореме Крамера система
имеет единственное решение. Находим определители
15115216114116114215
214
116
115
1
=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅=
−
=∆ ,
5141252116142115261
241
162
151
2
−=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅==∆ ,
5611121511521161411
411
612
511
3
=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅=
−
=∆ .
Таким образом, 3
5
15
1
1
==
∆
∆
=x , 1
5
5
2
2
−=
−
=
∆
∆
=x , 1
5
5
3
3
==
∆
∆
=x и
можно записать x=3p – q + r.
Задача 2. Вычислить площадь параллелограмма, построенного на
векторах a и b: a=2p-5q, b=4p+q,
()
.
6
,,2,1
π
=== baqp
Решение. Площадь параллелограмма будет равна ba× . По свойст-
вам векторного произведения a×b=2(p×q)–5(q×p)=7(p×q).
S=7 7
2
1
217
6
sin =⋅⋅⋅=⋅⋅=×
π
qpqp .
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
Аналитическая геометрия и линейная алгебра Задача 1. Написать разложение вектора х по векторам p, q, r: x=(5,6,4), p=(1,2,1), q=(-1,1,1), r=(1,1, 2). Решение. Нужно представить вектор х в виде комбинации x=x1p+x2q+ x3r. Где координаты x1, х2, x3 вектора х нужно найти. Запишем это равенство в векторной форме 1 − 1 1 5 x1 2 + x2 1 + x3 1 = 6 . Получили систему линейных уравнений 1 1 2 4 x1 − x2 + x3 = 5, 2 x1 + x2 + x3 = 6, Определитель этой системы равен x + x + 2 x = 4. 1 2 3 1 −1 1 ∆ = 2 1 1 = 1 ⋅1 ⋅ 2 + 2 ⋅1 ⋅ 1 − 1 ⋅ 1 ⋅ 1 − 1 ⋅ 1 ⋅ 1 − 1 ⋅ 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 2 ⋅ 2 = 5 . Так как он от- 1 1 2 личен от нуля, то векторы p,q,r – линейно независимы и могут служить ба- зисом линейного трехмерного пространства. По теореме Крамера система имеет единственное решение. Находим определители 5 −1 1 ∆1 = 6 1 1 = 5 ⋅ 1 ⋅ 2 − 4 ⋅1 ⋅1 + 6 ⋅ 1 ⋅ 1 − 4 ⋅ 1 ⋅ 1 + 6 ⋅ 1 ⋅ 2 − 5 ⋅ 1 ⋅ 1 = 15 , 4 1 2 1 5 1 ∆ 2 = 2 6 1 = 1 ⋅ 6 ⋅ 2 + 5 ⋅ 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 4 ⋅ 1 − 6 ⋅ 1 ⋅ 1 − 2 ⋅ 5 ⋅ 2 − 1 ⋅ 4 ⋅ 1 = −5 , 1 4 2 1 −1 5 ∆3 = 2 1 6 = 1 ⋅ 1 ⋅ 4 − 1 ⋅ 6 ⋅ 1 + 1 ⋅ 2 ⋅ 5 − 1 ⋅1 ⋅ 5 + 1 ⋅ 2 ⋅ 1 − 1 ⋅ 1 ⋅ 6 = 5 . 1 1 4 ∆1 15 ∆2 − 5 ∆3 5 Таким образом, x1 = = = 3, x2 = = = −1 , x3 = = =1 и ∆ 5 ∆ 5 ∆ 5 можно записать x=3p – q + r. Задача 2. Вычислить площадь параллелограмма, построенного на π векторах a и b: a=2p-5q, b=4p+q, p = 1, q = 2, (a, b ) = . 6 Решение. Площадь параллелограмма будет равна a × b . По свойст- вам векторного произведения a×b=2(p×q)–5(q×p)=7(p×q). π 1 S=7 p × q = p ⋅ q ⋅ sin = 7 ⋅1⋅ 2 ⋅ = 7 . 6 2 4 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 2
- 3
- 4
- 5
- 6
- …
- следующая ›
- последняя »