Московский государственный технический университет радиотехники,
электроники и автоматики
АЛГЕБРА И ГЕОМЕТРИЯ
I курс
Контрольные задания для студентов факультета Кибернетики
Типовой расчёт №1
https://www.zachet.ru/reshebnik-tr1-algebra-i-geometriya-1-kurs-dlyastudentov-fakulteta-kibernetiki-mirea/
Наша группа вКонтакте
https://vk.com/zachet_ru
URL в Google+
https://plus.google.com/+ZachetRu_channel
Twitter
https://twitter.com/zachet_ru
С Уважением,
https://www.zachet.ru/
Московский государственный технический университет радиотехники,
электроники и автоматики
АЛГЕБРА И ГЕОМЕТРИЯ
I курс
Контрольные задания для студентов факультета Кибернетики
Типовой расчёт №1
Вариант 28
Задача 1. Поверхность второго порядка  задана своим уравнением в прямоугольной
декартовой системе координат: 2 x 2  4 y  1  z 2  0 .
1) Определить тип поверхности  .
2) Изобразить поверхность  .
3) Нарисовать сечения поверхности  координатными плоскостями. Найти фокусы и
асимптоты полученных кривых.
4) Определить, по одну или по разные стороны от поверхности  лежат точки M1 0, 1, 0 и
2
M 2  1, 3, 4 .
5) Определить, сколько точек пересечения с поверхностью  имеет прямая, проходящая
через точки M 1 и M 2 .
Решение.
1) Заданная поверхность  – конус.
2) Изобразим поверхность  :
3) Сечение плоскостью XOY : 2 x 2  4 y  1  0 , 2 x 2  4 y  1 – точка 0; 1 .
2
2
Фокус и асимптоты отсутствуют.
z 2 x2

 1 – гипербола.
Сечение плоскостью XOZ : 2 x  4  z  0 ,
4
2
2
2

 

c  a 2  b 2  4  2  6 . Фокусы F1 0;  6 , F2 0; 6 . Асимптоты
z
b
2
x
x   2x .
a
2
Сечение плоскостью YOZ : 4 y  1  z 2  0 ,  y  1 
2
2
z2
 0 – пара пересекающихся прямых.
4
Фокус и асимптоты отсутствуют.
4) Для M1 0, 1, 0 : 2  02  41  1  02  0 – на границе конуса.
2
Для M 2  1, 3, 4 : 2   1  43  1  42  2  0 – вне конуса.
2
2
5) Уравнение прямой, проходящей через точки M 1 и M 2 :
x0
y 1 z  0
или


1  0 3 1 4  0
 x  t

 y  2t  1 .
 z  4t

 x  t
 y  2t  1

2
2
2
Решаем систему 
, 2 t   42t  1  1  4t   0 , 2t 2  0 , t  0 , т.е.
 z  4t
2 x 2  4 y  12  z 2  0
прямая имеет одну точку пересечения с конусом.
 39  i 13
.
7  i 21
1) Записать число z в показательной, тригонометрической и алгебраической форме,
изобразить его на комплексной плоскости.
2) Записать в показательной, тригонометрической и алгебраической форме число u  z16 .
3) Записать в показательной и тригонометрической форме каждое значение  k
Задача 2. Дано комплексное число z 
( k  0,1,, m  1) корня степени m  4 из числа z .
4) Изобразить число z и числа  k на одной комплексной плоскости.
Решение.



 39  i 13  39  i 13 7  i 21  273  i 91  i 819  i 2 273
1) z 



2
2
7  i 21
7  i 21 7  i 21
7  21




   
 2 273  2i 91  273
91

i
– алгебраическая форма.
28
14
14
91
2
2


273  
91 
91
14  arctg  1  7 , таким образом,
  
 
z   
,


arctg
 

7
6
273
 3
 14   14 

14
тригонометрическая форма: z 
91 
7
7
 i  sin
 cos
7 
6
6
16
 91   
7 
7

  cos16 
2) u  z  
  i  sin16 

6 
6

 7   
тригонометрическая форма.
16
u
7
91 6 i

e .
 ; показательная форма: z 
7

8
2
2 
  91 
 i  sin
   16  cos
 –
3
3 
 7 
918 
2
2  918  1
3
1 918
3 918


cos

i

sin



i





i


– алгебраическая форма.


716 
3
3  716  2
2 
2 716
2 716
2
918 3 i
u  16  e
– показательная форма.
7
3)
4
7
7


 2k
 2k 
91 
 cos 6

 i  sin 6
7 
4
4





z 4
4
7
7


 2k
 2k 
73 8 91 
 cos 6
,
 i  sin 6
7
4
4






k  0,1,2,3 .
При k  0 :
7
7


 2  0
 2  0  4 3 8

7 91
7 91 
7
7 
4
 cos 6

0  z 
 i  sin 6
 i  sin
 cos
;
7
4
4
7
24
24 







4
38
7
4
73 8 91 24 i
e .
7
При k  1 :
0 
7
7


 2 1
 2 1  4 3 8
38

7
91
7 91 
19
19 
 cos 6

1  4 z 
 i  sin 6
 i  sin
 cos
;
7
4
4
7
24
24 







4
19
4
73 8 91 24 i
.
e
7
При k  2 :
1 
7
7


 2  2
 2  2  4 3 8

7 91
7 91 
31
31
 cos 6

2  4 z 
 i  sin 6
 i  sin
 cos
7
4
4
7
24
24







4
38

;

31
4
73 8 91 24 i
2 
e .
7
При k  3 :
7
7


 2  3
 2  3  4 3 8
38

7
91
7 91 
43
43 
 cos 6

3  4 z 
 i  sin 6
 i  sin
 cos
;
7
4
4
7
24
24 







4
3 
4
43
73 8 91 24 i
e
.
7
4)
Задача 3. Дан многочлен pz   z 4  z 2  1.
1) Найти все корни многочлена pz  . Записать каждый корень в алгебраической форме,
указать его алгебраическую кратность.
2) Разложить многочлен pz  на неприводимые множители: а) в множестве C комплексных
чисел; б) в множестве R действительных чисел.
Решение.
1) Заменим z 2  t , найдем корни квадратного трехчлена t 2  t  1  0 . Получим t 
Тогда z 2 
z2  cos
z2 
1
3
i
.
2
2
1
3




3
1
i
 cos  i  sin , откуда z1  cos  i  sin 
i ,
2
2
3
3
6
6
2
2
7
7
3
1
 i  sin

i ;
6
6
2
2
1
3
3
1
 
 
 
 
i
 cos    i  sin   , откуда z3  cos    i  sin   
i ,
2
2
2
 3
 3
 6
 6 2
3
1
 5 
 5 
z4  cos   i  sin   
i .
2
2
 6 
 6 
Таким образом, корни многочлена pz  : z1 
3
1
3
1
3
1
 i  , z2  
 i  , z3 
i ,
2
2
2
2
2
2
3
1
 i  – все кратностью 1.
2
2
2) Разложение многочлена pz  на неприводимые множители в множестве C комплексных
z4  

3
1 
3
1 
3
1 
3
1
 i   z 
 i   z 
 i   z 
 i   .
чисел имеет вид: pz    z 
2
2 
2
2 
2
2 
2
2

Разложение многочлена pz  на неприводимые множители в множестве R действительных
чисел имеет вид: pz   z 4  z 2  1.
Задача 4. Пусть Pn – линейное пространство многочленов степени не выше n  3 с
действительными коэффициентами. Множество M  Pn состоит из всех тех многочленов
pt  , которые удовлетворяют указанным условиям: p 1  2 p0
1) Доказать, что множество M – подпространство в Pn .
2) Найти размерность и какой-нибудь базис подпространства M .
3) Дополнить базис подпространства M до базиса Pn .
Решение.
1) Критерий подпространства: подмножество M линейного пространства L является
линейным подпространством тогда и только тогда, когда m1 , m2  M , k1 , k2  R
k1 m1  k2 m2  M .


P3  pt   a3t 3  a2t 2  a1t  a0 , p 1  2 p0 

 

 a3  1  a2  1  a1  1  a0  2 a3  03  a2  02  a1  0  a0 ,  a3  a2  a1  a0  2a0 ,
3
2


 a3  a2  a1  a0 , т.е. M  mt   a3t 3  a2t 2  a1t   a3  a2  a1  .
m1 t   a3t 3  a2t 2  a1t   a3  a2  a1  , m2 t   b3t 3  b2t 2  b1t   b3  b2  b1  ,




m3  k1 m1  k2 m2  k1 a3t 3  a2t 2  a1t   a3  a2  a1   k2 b3t 3  b2t 2  b1t   b3  b2  b1  
 c3t 3  c2t 2  c1t   c3  c2  c1  M .
2) Имеем  a3  a2  a1  a0 .
Положим, a3  1 , a2  a1  0 , тогда a0  1 , т.е. вектор e1  t 3  1.
Положим, a2  1 , a3  a1  0 , тогда a0  1 , т.е. вектор e2  t 2  1.
Положим, a1  1 , a3  a2  0 , тогда a0  1 , т.е. вектор e3  t  1.


Таким образом, базис подпространства M : t 3  1, t 2  1, t  1 , размерность dimM   3 .
3) Дополним базис подпространства M четвертым линейно независимым вектором. В
качестве такого возьмем e4  1 .
Задача 5. Доказать, что множество M матриц 3х2, у которых суммы элементов в обоих
столбцах равны 0, образует подпространство в пространстве M mn всех матриц данного
 2  3


размера. Найти размерность и построить базис M . Проверить, что матрица B    1 0 
 1 3 


принадлежит M и разложить ее по базису в M .
Решение.
Критерий подпространства: подмножество M линейного пространства L является
линейным подпространством тогда и только тогда, когда m1 , m2  M , k1 , k2  R
k1 m1  k2 m2  M .
 a1

Возьмем два произвольных элемента из множества M : x   c1
 a  c
 1 1
 a2

y   c2
 a  c
 2 2
b1 

d1  ,
 b1  d1 
b2 

d2  .
 b2  d 2 
 a1

z  k1 x  k 2 y  k1  c1
 a  c
 1 1
b1 
 a2


d1   k 2  c2
 a  c
 b1  d1 
 2 2
b2 

d2  
 b2  d 2 
k1a1  k 2 a2
k1b1  k 2b2
b3

  a3


 


k1c1  k 2 c2
k1d1  k 2 d 2
d 3   M , таким
   c3
 k a  k c  k a  k c  k b  k b  k d  k d   a  c  b  d 
2 2
2 2
1 1
2 2
1 1
2 2
3
3
 1 1 11
 3 3
образом, множество M образует подпространство в пространстве M 33 .
b 
 a


d 
Любой элемент из M может быть представлен в виде: x   c
 a  c b  d 


 1 0  0 1   0 0  0 0 

 
 
 

 a 0 0   b 0 0   c 1 0   d  0 1  , то есть в виде линейной комбинации четырех
  1 0   0  1   1 0   0  1

 
 
 

матриц. Очевидно, что эти три матрицы линейно независимы, так как такая линейная
комбинация равна нулевой матрице тогда и только тогда, когда a  b  c  d  0 . Таким
 1 0 0 1 

 

образом, матрицы  0 0  ,  0 0  ,
  1 0   0 1

 

размерность пространства равна 4.
 0 0 0 0 

 

 1 0  ,  0 1  образуют базис в пространстве M ,
  1 0   0 1

 

 2  3


Матрица B    1 0  удовлетворяет условиям множества M (матрица 3х2, у которой
 1 3 


суммы элементов в обоих столбцах равны 0), поэтому ее можно разложить по базису в M :
 2  3
 1 0  0 1   0 0
0 0 



 
 



B    1 0   a 0 0   b 0 0   c 1 0   d  0 1  .
 1 3 
  1 0   0  1   1 0 
 0  1



 
 



Отсюда, a  2 , b  3 , c  1 , d  0 .


Задача 6. Доказать, что множество M   cos 2t   sin 2t   sin 2 t   функций xt  ,
  
заданных на области D    ;  , образует линейное пространство. Найти его размерность
 2 2
и базис.
Решение.
Проверим аксиомы линейного пространства.
1) Коммутативность сложения: x  y  y  x – выполняется.
2) Ассоциативность сложения: x  y   z  x   y  z  – выполняется.
3) Существование нуля: x  0  x – выполняется.
4) Существование противоположных элементов: x   x   0 – выполняется.
5) Умножение на единицу: x  1  1  x  x – выполняется.
6) Умножение на число ассоциативно:      x      x  – выполняется.
7) Умножение на число дистрибутивно относительно сложения элементов:
  x  y     x    y – выполняется.
8) Умножение вектора на число дистрибутивно относительно сложения чисел:
     x    x    x – выполняется.
Все аксиомы выполняются, значит, данное множество M образует линейное пространство.
Рассмотрим произвольную функцию xt   M xt    cos 2t   sin 2t   sin 2 t   
1  cos 2t

1

      cos 2t   sin 2t     .
2
2
2

xt  линейно выражается через функции cos 2t , sin 2t , 1. При этом xt   0 тогда и только
  cos 2t   sin 2t  


   0 , т.е. cos 2t , sin 2t , 1 – базис пространства M
2
2
размерностью dimM   3 .
тогда, когда  
 



Задача 7. Даны векторы a  OA   2; 1; 5 , b  OB  1; 3;  2 , c  OC   1; 2; 3 ,

d  OD   1; 14; 5 . Лучи OA , OB и OC являются ребрами трехгранного угла T .
  
1) Доказать, что векторы a , b , c линейно независимы.

  
2) Разложить вектор d по векторам a , b , c (возникающую при этом систему уравнений
решить с помощью обратной матрицы).
3) Определить, лежит ли точка D внутри T , вне T , на одной из границ T (на какой?).


4) Определить, при каких значениях действительного параметра  вектор d  a ,
отложенный от точки O , лежит внутри трехгранного угла T .
Решение.
1) Требуется показать, что при любых ненулевых одновременно числовых коэффициентах

 ,  ,  , что a  b  c  0 , или, что данные векторы некомпланарны.
Три вектора называются компланарными, если они, будучи приведенными к общему началу,
лежат в одной плоскости. Данные векторы имеют общее начало в точке O . Покажем, что
через них нельзя провести плоскость, то есть, что их смешанное произведение не равно 0.
2 1 5
1 3  2  2  0 , что и требовалось доказать.
1 2 3
  2 1  1
 x1 


 
3
2  , X   x2  –
2) Составляем матричное уравнение: A  X  d , где A   1
 5 2 3 
x 


 3
коэффициенты разложения вектора. Отсюда X  A1  d , где A1 – обратная матрица к
матрице A .
 A11
1 
Формула для вычисления обратной матрицы A    A12
A 
 A13
1
A31 

A32  .
A33 
A21
A22
A23
 2 1 1
3
2  2 .
Получим A  1
5 2 3
Aij – алгебраическое дополнение к элементу aij , равно Aij   1
i j
 M ij .
Минор M ij элемента aij – определитель, полученный из данного определителя
вычеркиванием i  ой строки и j  ого столбца.
A11 
3 2
1 2
1 3
 13 ; A12  
 7 ; A13 
 17 ;
2 3
5 3
5 2
A21  
A31 
1 1
 2 1
2 1
 1 ; A22 
 1 ; A23  
1;
2 3
5
3
5 2
1 1
 2 1
2 1
 5 ; A32  
 3 ; A33 
 7 .
3 2
1
2
1 3
 13  1 5 

1 
Получим A 
 7
1 3  .
2 

  17 1  7 
1
 13  1 5    1
 13   1  1 14  5  5   1 





  
1
1
Тогда X  A1  d 
 7
 1 3    14  
  7   1  1 14  3  5    3  .
2 
    2   17   1  1 14  7  5   2 
  17 1  7   5 

  
 


Тогда d  a  3b  2c – искомое разложение.

3) Проверяем условие компланарности вектора d с другими (попарно):
2 1 5
2 1 5
 1 14 5
1
3  2  4  0 ,  1 14 5  6  0 , 1 3  2  2  0 .
 1 14 5
1 2 3
1 2 3
Точка D лежит внутри T .


4) d  a   1  2; 14  ; 5  5  .


Записываем условия компланарности вектора d  a с другими (попарно):
2
1
5
1
3
 2  4  0 ,  – любое число;
 1  2 14   5  5
2
1
5
 1  2 14   5  5  6  0 ,  – любое число;
1
2
3
 1  2 14   5  5
1
3
 2  2  2  0 при   1 .
1
2
3


При   1 вектор d  a будет принадлежать грани, образованной векторами OB и OС .


При   1 вектор d  a будет лежать внутри трехгранного угла T .