Контрольная работа на тему Высшая математика 2
Работа добавлена на сайт bukvasha.net: 2014-07-03Поможем написать учебную работу
Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
![](https://bukvasha.net/assets/images/emoji__ok.png)
Предоплата всего
от 25%
![](https://bukvasha.net/assets/images/emoji__signature.png)
Подписываем
договор
Контрольная работа
Высшая математика
ЗАДАЧА 1.
В декартовой прямоугольной системе координат даны вершины пирамиды ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163742.zip)
.
Найдите:
а) длину ребра ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163743.zip)
;
б) косинус угла между векторами ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
и ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163745.zip)
;
в) уравнение ребра ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163743.zip)
;
г) уравнение грани ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163743.zip)
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
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163747.zip)
где ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163748.zip)
- координаты точки А1, ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163749.zip)
-координаты точки В1.
Итак ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
={1-(-2);-3-2;0-2}={3;-5;-2}. Тогда ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163750.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163751.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163752.zip)
.
Итак, длина отрезка, ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163753.zip)
(или длина векторе ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
) равна ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163752.zip)
. Это и есть искомая длина ребра.
б) Координаты ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
={3;-5;-2} уже известны, осталось определить координаты вектора ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163754.zip)
={6- (-2); 2 - 2; 4 - 2}= {8,0; 2}.
Угол между векторами ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
и ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163745.zip)
вычислим по формуле
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163746.zip)
cos φ = (А1В1, А1С1)
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163746.zip)
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163755.zip)
|А1В1|·| А1С1|
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163746.zip)
где скалярое произведение векторов А1В1 и А1С1 равно ( ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
, ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163745.zip)
)=3·8+(-5)·0+(-2)=24+0-4=20,
| ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
|= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163752.zip)
, | ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163745.zip)
|= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163756.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163757.zip)
.
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163758.zip)
Итак, cos φ = 20 = 10
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163752.zip)
· ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163757.zip)
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163760.zip)
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:
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163761.zip)
.
Следовательно, уравнение ребра ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163743.zip)
имеет вид
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163762.zip)
.
г) Обозначим координаты векторов ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163744.zip)
, и ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163745.zip)
через Х1=3, У1= -5, Z1= -2 и Х2=8, У2= 0, Z2=2 соответственно. Векторное произведение данных векторов определяется формулой
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163743.zip)
·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 ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163743.zip)
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 ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163743.zip)
,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;
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163763.zip)
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:
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163764.zip)
Решение.
а) Решим данную систему уравнений с помощью формул Крамера ( см. [2] глава 10, стр. 268).
Тогда ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163765.zip)
, где
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163766.zip)
Так как Δx= -60; Δy= -60; Δz=60; Δ= -120, то x=
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.
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163771.zip)
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163772.zip)
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163773.zip)
=
Умножим каждый элемент первой строки матрицы на -3. и прибавим полученные числа к соответствующим элементам третьей строки. Получим:
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163775.zip)
=
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:
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163778.zip)
Данная матрица соответствует системе уравнений ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163781.zip)
, решение которой совпадает с решением исходной системы. Начинай с последнего уравнения, несложно найти все неизвестные.
Действительно, так как z= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163782.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163768.zip)
и y ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163783.zip)
z= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163784.zip)
, то y ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163783.zip)
·
Отсюда, y ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163784.zip)
- ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163785.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163786.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163787.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163767.zip)
. Из x-z=1 имеем =z+1= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163768.zip)
+1= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163767.zip)
Ответ: x= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163767.zip)
, y= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163767.zip)
, z= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163768.zip)
.
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
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163788.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163789.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163790.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163791.zip)
=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
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163788.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163792.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163793.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163794.zip)
=11·23·8=2024
искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:
P1= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163795.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163796.zip)
≈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: ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163797.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163798.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163799.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163800.zip)
=276 способами, при этом одну упаковку нужно выбирать из четырех: ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163801.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163802.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163803.zip)
=4 способами. Следовательно, число благоприятствующих исходов равно ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163804.zip)
· ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163801.zip)
=276·4=1104
Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих данному событию, к числу всех элементарных исходов p2= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163805.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163806.zip)
≈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)= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163807.zip)
=0,25; p(H2)= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163808.zip)
=0,75.
Условная вероятность того, что бракованная лампочка выпущена первым заводом – p(A/H1)= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163809.zip)
=0,05, вторым заводом - p(A/H2)= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163810.zip)
=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 = ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163813.zip)
= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163814.zip)
≈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 x1Ox2. 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+bx2≥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.
![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163819.zip)
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, Lmin=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.
Высшая математика
ЗАДАЧА 1.
В декартовой прямоугольной системе координат даны вершины пирамиды
Найдите:
а) длину ребра
б) косинус угла между векторами
в) уравнение ребра
г) уравнение грани
Решение.
Итак
Итак, длина отрезка,
б) Координаты
Угол между векторами
|
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
г) Обозначим координаты векторов
= {(-5)·2-0·(-2);-2·8-2·3;3·0-8·(-5)}={-10,-22,40}
Так как данный вектор перпендикулярен грани
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
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
Так как Δx= -60; Δy= -60; Δz=60; Δ= -120, то x= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163767.zip)
; y= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163767.zip)
; z= ![](https://bukvasha.net/img/17/dopb163768.zip)
.
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.
-4 4 -6 3 1 0 -1 1 3 8 7 2 |
Поменяем местами первую и вторую строки матрицы, чтобы в ее левом верхнем углу была единица. Получим матрицу.
1 0 -1 1 -4 4 -6 3 3 8 7 2 |
Умножим каждый элемент первой строки матрицы на 4 и прибавим полученные числа к соответствующим элементам второй строки. Матрица примет вид.
1 0 -1 1 0 4 -10 7 3 8 7 2 |
1 0 -1 1 1·4+(-4) 0·4+4 (-1)·4-6 1·4+3 3 8 7 2 |
=
Умножим каждый элемент первой строки матрицы на -3. и прибавим полученные числа к соответствующим элементам третьей строки. Получим:
1 0 -1 1 0 4 -10 7 0 8 10 -1 |
1 0 -1 1 0 4 -10 7 1·(-3)+3 0·(-3)+8 (-1)·(-3)+7 1·(-3)+2 |
=
Разделим каждый элемент второй строки матрицы на 4, чтобы второй элемент, стоящий на главной диагонали матрицы, стал равным 1.
1 0 -1 1 0 1 0 8 10 -1 |
Умножим каждый элемент второй строки матрицы на -8 и прибавим полученные числа к соответствующим элементам третьей строки:
1 0 -1 1 0 1 0·(-8)+0 1·(-8)+8 |
1 0 -1 1 0 1 0 0 30 -15 |
= |
Данная матрица соответствует системе уравнений
Действительно, так как z=
Отсюда, y
Ответ: x=
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
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
искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:
P1=
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:
Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих данному событию, к числу всех элементарных исходов p2=
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)=
Условная вероятность того, что бракованная лампочка выпущена первым заводом – p(A/H1)=
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:
|
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.
7 |
i=1 |
=(-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 =
ЗАДАЧА 6.
Построить выпуклый многоугольник, заданный системой неравенств
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 x1Ox2. 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+bx2≥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.
x2 |
|
E |
D х1 |
|
Рис. 1 |