Bài 17: Giải Bài Tập Về Ánh Xạ Tuyến Tính

--- Bài mới hơn ---

  • Soạn Bài: Rút Gọn Câu ( Ngữ Văn Lớp 7)
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu Trang 14 Sgk Ngữ Văn 7 Tập 2
  • Bài 6: Trùng Kiết Lị Và Trùng Sốt Rét
  • Giải Vbt Sinh Học 6 Bài 7: Cấu Tạo Tế Bào Thực Vật
  • Giải Vbt Sinh Học 7 Bài 13: Giun Đũa
  • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . θ(uk) = kx k−1 = 0uo + 0u1 + . . .+ kuk−1 + . . .+ 0un . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . θ(un) = nx n−1 = 0uo + 0u1 + . . . . . . . . .+ nun−1 + 0un Vậy Af/(u) =  0 1 0 . . . 0 . . . 0 0 0 2 . . . 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0 . . . 0 ... ... ... ... ... ... ... ... k ... ... ... ... ... ... 0 0 0 . . . 0 . . . n 0 0 0 . . . 0 . . . 0  b. Lời giải tương tự câu a., chi tiết xin dành cho bạn đọc. 5. Cho ánh xạ tuyến tính f : R4 → R3 f(x1, x2, x3, x4) = (x1 − x2 + x3, 2x1 + x4, 2x2 − x3 + x4) Tìm cơ sở, số chiều của Ker f, Im f 4 Giải. * (x1, x2, x3, x4) ∈ Ker f ⇔ f(x1, x2, x3, x4) = 0,⇔ (x1, x2, x3, x4) là nghiệm của hệ  x1 − x2 + x3 = 0 2x1 + x4 = 0 2x2 + x3 + x4 = 0 (1) Do đó, Ker f chính là không gian con các nghiệm của hệ (1) và hệ nghiệm cơ bản của hệ (1) chính là một cơ sở của Ker f . Để giải hệ (1), ta biến đổi ma trận hệ số mở rộng: 1 −1 1 0 02 0 0 1 0 0 2 1 1 0  −→  1 −1 1 0 00 2 −2 1 0 0 2 1 1 0  −→  1 −1 1 0 00 2 −2 1 0 0 0 3 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số là x4. Ta có x3 = 0 x2 = 1 2 (2x3 − x4) = −12x4 x1 = x2 − x3 = x2 = −12x4 Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:  x1 = −a x2 = −a x3 = 0 x4 = 2a hệ nghiệm cơ bản α1 = (−1,−1, 0, 2), do đó, dimKer f = 1, cơ sở của Ker f là α1 = (−1,−1, 0, 2). * Để tìm cơ sở của Im f , ta tìm ảnh của cơ sở chính tắc của R4. Ta có: f(e1) = (1, 2, 0), f(e2) = (−1, 0, 2), f(e3) = (1, 0,−1), f(e4) = (0, 1, 1) Im f = 〈f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)〉 Hệ con ĐLTT tối đại của f(e1), f(e2), f(e3), f(e4) là một cơ sở của Im f . Ta có 1 2 0 −1 0 2 1 0 −1 0 1 1  1 2 3 4 −→  1 2 0 0 2 2 0 −2 −1 0 1 1  1 2 3 4 −→  1 2 0 0 1 1 0 −2 −1 0 2 2  1 2 3 4 −→  1 2 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0  1 2 3 4 Vậy cơ sở của Im f là f(e1), f(e4), f(e3) và dim f = 3. 5 6. Tìm vectơ riêng, giá trị riêng, chéo hóa các ma trận sau: (a)  1 0 10 0 0 1 0 1  (b)  5 −1 1−1 2 −2 1 −2 2  (c)  1 2 12 4 2 1 2 1  (d)  1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1  (e)  1 3 1 2 0 −1 1 3 0 0 2 5 0 0 0 −2  Giải. b) Tìm đa thức đặc trưng: PA(λ) = ∣∣∣∣∣∣ 5− λ −1 1 −1 2− λ −2 1 −2 2− λ ∣∣∣∣∣∣ = (5− λ)(2− λ)2 + 2 + 2− (2− λ)− 4(5− λ)− (2− λ) = −λ3 + 9λ2 − 18λ PA(λ) = 0⇔ λ = 0, λ = 3, λ = 6. Vậy A có 3 giá trị riêng là λ = 0, λ = 3, λ = 6. * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 5 −1 1−1 2 −2 1 −2 2 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  −1 2 −25 −1 1 1 −2 2 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  −1 2 −20 −11 11 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. Ta có: x3 = a, x2 = a, x1 = 0. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, a, a), a ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ có dạng (0, a, a), a 6= 0, dimV0 = 1. Cơ sở của V0 là α1 = (0, 1, 1). * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 3 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 2 −1 1−1 −1 −2 1 −2 −1 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  1 −2 −1−1 −1 −2 2 −1 1 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  1 −2 −10 −3 −3 0 3 3 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  1 −2 −10 −3 −3 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. 6 Ta có: x3 = b, x2 = −b, x1 = 2x2 + x3 = −b. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (−b,−b, b), b ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 3 là các vectơ có dạng (−b,−b, b), b 6= 0, dimV3 = 1. Cơ sở của V3 là α2 = (−1,−1, 1). * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 6 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: −1 −1 1−1 −4 −2 1 −2 −4 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  −1 −1 10 −3 −3 0 −3 −3 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  −1 −1 10 −3 −3 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. Ta có: x3 = c, x2 = −c, x1 = −x2 + x3 = 2c. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (2c,−c, c), c ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 6 là các vectơ có dạng (2c,−c, c), c 6= 0, dimV6 = 1. Cơ sở của V0 là α3 = (2,−1, 1). Chéo hóa. Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A có 3 vectơ riêng độc lập tuyến tính. Do đó A chéo hóa được. Ma trận T cần tìm là: T =  0 −1 21 −1 −1 1 1 1  và T−1AT =  0 0 00 3 0 0 0 6  là ma trận chéo. d) Tìm đa thức đặc trưng PA(λ) = ∣∣∣∣∣∣∣∣ 1− λ 0 0 0 0 −λ 0 0 0 0 −λ 0 1 0 0 1− λ ∣∣∣∣∣∣∣∣ = λ 2(1− λ)2 PA(λ) = 0⇔ λ = 0, λ = 1. Vậy ma trận A có 2 giá trị riêng là λ = 0, λ = 1. * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0  −→  1∗ 0 0 0 0 0 0 1∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số là x2, x3. Ta có: x2 = a, x3 = b, x4 = 0, x1 = 0. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, a, b, 0), a, b ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ có dạng (0, a, b, 0), a2 + b2 6= 0, dimV0 = 2. Cơ sở của V0 là α1 = (0, 1, 0, 0), α2 = (0, 0, 1, 0). 7 * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 1 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 1 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0  −→  1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số là x4. Ta có: x4 = c, x3 = 0, x2 = 0, x1 = 0. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, 0, 0, c), c ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 1 là các vectơ có dạng (0, 0, 0, c), c 6= 0, dimV1 = 1. Cơ sở của V1 là α3 = (0, 0, 0, 1). Chéo hóa. Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A chỉ có 3 vectơ riêng độc lập tuyến tính trong khi A là ma trận cấp 4 nên A không chéo hóa được. 7. Trong R3 cho cơ sở: u1 = (1, 1, 1), u2 = (−1, 2, 1), u3 = (1, 3, 2) và cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi: f(u1) = (0, 5, 3) f(u2) = (2, 4, 3) f(u3) = (0, 3, 2) Tìm một cơ sở để ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo. Giải. Đầu tiên ta tìm ma trận của f trong cơ sở nào đó của R3. Vì èề đã cho f(u1), f(u2), f(u3) nên dễ nhất là tìm ma trận của f trong cơ sở (u). Bạn đọc có thể dễ dàng tìm được: Af/(u) =  0 1 11 0 1 1 1 0  Bước tiếp theo, ta tìm giá trị riêng và vectơ riêng của ma trận A = Af/(u) . Từ đó sẽ tìm được giá trị riêng và vectơ riêng của f . Các giá trị riêng, vectơ riêng của ma trận A =  0 1 11 0 1 1 1 0 , ta đã tìm trong phần lý thuyết. Kết quả tóm tắt như sau: * A có hai giá trị riêng là λ = −1 và λ = 2. * Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 là các vectơ (−a − b, a, b), a2 + b2 6= 0. Trường hợp này A có hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là α1 = (−1, 1, 0), α2 = (−1, 0, 1). * Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2 là các vectơ (c, c, 0), c 6= 0. Trường hợp này A có một vectơ riêng độc lập tuyến tính là α3 = (1, 1, 1). Từ đó suy ra: * f có hai giá trị riêng là λ = −1 và λ = 2. * Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 là các vectơ dạng (−a−b)u1+au2+bu3 = (−2a, a+ 2b, b), a2 + b2 6= 0. Trường hợp này f có hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là: β1 = −1.u1 + 1.u2 + 0.u3 = (−2, 1, 0) β2 = −1.u1 + 0.u2 + 1.u3 = (0, 2, 1) 8 * Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2 là các vectơ dạng c.u1 + c.u2 + c.u3 = (c, 6c, 4c), c 6= 0. Trường hợp này f có một vectơ riêng độc lập tuyến tính là: β3 = 1.u1 + 1.1.u2 + 1.u3 = (1, 6, 4) Kết luận. Vì f là phép biến đổi tuyến tính của R3 (dimR3 = 3) và f có 3 vectơ riêng độc lập tuyến tính là β1, β2, β3 nên β1, β2, β3 (β) chính là cơ sở của R3 cần tìm và ta có: Af/(β) =  −1 0 00 −1 0 0 0 2  8. Cho phép biến đổi tuyến tính ϕ : V → V thỏa mãn ϕ2 = ϕ. Chứng minh: (a) Imϕ+Kerϕ = V (b) Imϕ ∩Kerϕ = {0} Giải. a) Tất nhiên Imϕ+Kerϕ ⊂ V , ta cần chứng minh: V ⊂ Imϕ+Kerϕ. Với mọi α ∈ V , ta có: α = ϕ(α) + (α− ϕ(α)) Tất nhiên ϕ(α) ∈ Imϕ, và ϕ(α − ϕ(α)) = ϕ(α) − ϕ2(α) = ϕ(α) − ϕ(α) = 0. Do đó, α− ϕ(α) ∈ Kerϕ ⇒ α ∈ Imϕ+Kerϕ, và Imϕ+Kerϕ = V . b) Giả sử β ∈ Imϕ ∩Kerϕ. Khi đó tồn tại α ∈ V để ϕ(α) = β. Theo giả thiết ϕ2 = ϕ nên ta có: β = ϕ(α) = ϕ2(α) = ϕ(ϕ(α)) = ϕ(β) = 0 (vì β ∈ Kerϕ). Vậy β ∈ Imϕ ∩Kerϕ thì β = 0. Do đó, Imϕ ∩Kerϕ = {0}. 9. Cho f : V → V là ánh xạ tuyến tính, L là không gian vectơ con của V . Chứng minh: (a) dimL− dimKer f ≤ dim f(L) ≤ dimL. (b) dimL ≤ dim f−1(L) ≤ dimL+ dimKer f . Giải. Để giải bài tập 9 và bài tập 10, ta cần nhớ kết quả sau (đã chứng minh trong phần lý thuyết): Nếu ϕ : V → U là ánh xạ tuyến tính thì ta có: dim Imϕ+ dimKerϕ = dimV Ta có Im f¯ = f¯(L) = f(L), Ker f¯ = L ∩Ker f . Áp dụng kết quả trên với ϕ = f¯ , ta có: dim Im f¯ + dimKer f¯ = dimL Do đó, dim f(L) = dim Im f¯ ≤ dimL và dim f(L) = dimL− dimKer f¯ ≥ dimL− dimKer f b) Đặt L′ = f−1(L). Khi đó f(L′) = L. Áp dụng a) với không gian vectơ con L′, ta có: dimL′ − dimKer f ≤ dim f(L′) ≤ dimL′ tức là dim f−1(L)− dimKer f ≤ dimL ≤ dim f−1(L) 9 Do đó: dimL ≤ dim f−1(L) ≤ dimL+ dimKer f 10. Cho ϕ : V → W , ψ : W → U là ánh xạ tuyến tính. Chứng minh: (a) rank(ψϕ) ≤ min{rankψ, rankϕ} (b) rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ) (c) rank(ψϕ) ≥ rank kϕ+ rank− dimW Giải. a) Áp dụng câu a) bài 9 cho ánh xạ tuyến tính ψ : W → U với L = Imϕ = ϕ(V ) ⊂ W , ta có: dimϕ(V ) ≥ dimψ(ϕ(V )) = dim(ψϕ)(V ) = dim Im(ψϕ) Vậy ta có: rank(ψϕ) ≤ rankϕ (1) Mặt khác, ta có: ϕ(V ) ⊂ W nên ψ(ϕ(V )) ⊂ ψ(W ), do đó dimψϕ(V ) ≤ dimψ(W ), tức là: rankψϕ ≤ rankψ (2). Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh. Khi đó, Ker ψ¯ = Kerψ ∩ Imϕ và Im ψ¯ = ψ¯(Imϕ) = ψ(Imϕ) = (ψϕ)(V ) = Imψϕ, tức là: dim Im(ψϕ) + dim(Kerψ ∩ Imϕ) = dim Imϕ. Do vậy, rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ). c) Ta có: dimKerψ + dim Imψ = dimW nên dimKerψ = dimW − rankψ. Bởi vậy, theo câu b) rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ) ≥ rankϕ− dimKerψ = rankϕ− (dimW − rankψ) = rankϕ+ rankψ − dimW. 1 1Đánh máy: LÂM HỮU PHƯỚC, TRẦN ĐỨC THUẬN Ngày: 09/03/2006 10

    --- Bài cũ hơn ---

  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Đại Số Tuyến Tính
  • Định Hướng Cách Giải Bài Tập Định Tính Cho Học Sinhtrong Dạy Học Vật Lý
  • Nghiên Cứu Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lý Định Tính Lớp 10 Và Ứng Dụng
  • Giải Chi Tiết Bài Tập Chương 2, Sinh Học Lớp 12
  • Đề Thi Phương Pháp Tính Và Matlab
  • Giải Các Hệ Phương Trình Tuyến Tính

    --- Bài mới hơn ---

  • Chuyên Đề Phương Trình Vô Tỉ Toán 9
  • Giải Phương Trình Bằng Phương Pháp Nhân Liên Hợp
  • Bài 3 : Đồ Thị Hàm Số Y= Ax + B
  • Phương Trình Hàm Trên N
  • Lịch Sử Hình Thành Serie A Giải Đấu Số 1 Nước Ý
  • Giải pháp của một hệ phương trình tuyến tính là việc tìm ra các biến không xác định đi vào các phương trình, sự thay thế làm cho hệ thống bằng nhau.

    Hệ phương trình tuyến tính có thể được giải quyết theo nhiều cách khác nhau, ví dụ, phương pháp Kramer hoặc phương pháp Gaus hoặc theo các cách khác. Sử dụng dịch vụ của chúng tôi, bạn có thể nhận các giải pháp trực tuyến miễn phí với các hành động và giải thích từng bước. Máy tính của chúng tôi cũng sẽ hữu ích nếu bạn cần kiểm tra tính toán của riêng bạn.

    Xuất số thập phân

    , số vị trí thập phân:

    Giải pháp:

    • Mô tả
    • Cách sử dụng

    Dịch vụ trực tuyến của chúng tôi cho phép chúng tôi giải quyết các hệ thống các phương trình đại số tuyến tính bằng nhiều cách:

    • bằng phương pháp của Cramer (quy tắc của Cramer)
    • phương pháp ma trận nghịch đảo
    • bằng phương pháp Gauss-Montante (thuật toán Bareys)
    • bằng phương pháp Gauss (phương pháp loại bỏ các biến số)
    • bằng phương pháp Gauss-Jordan (phương pháp loại bỏ hoàn toàn những thứ chưa biết)

    Trong trường hợp này, dịch vụ cung cấp một loạt các giải pháp, không chỉ là câu trả lời.

    Ngoài ra, bạn có thể kiểm tra hệ thống phương trình cho tính tương thích.

    • Sử dụng các dấu hiệu + để xác định số lượng yêu cầu của các biến trong phương trình. Nếu phương trình của bạn không bao gồm bất kỳ unknowns, sau đó chỉ cần để trống các lĩnh vực (trống).
    • Trong các tế bào, chỉ định các hệ số (giá trị) cho unknowns. Nếu dữ liệu nguồn được thiết lập để x1, x2 và như vậy, trong tế bào trước khi tiết lộ những điều không biết, chỉ định 1.
    • Giá trị của những thứ chưa biết có thể là:

      • số nguyên: 7, -3, 0
      • thập phân (hữu hạn và định kỳ) phân số: 7/8, 6.13, -1.3(56), 1.2e-4
      • biểu thức số học: 1/2+3*(6-4), (6-y)/x^3, 2^0.5

    • Sau đó nhấp chuột vào nút với tên của phép toán học cần thiết.
    • Các giá trị trong các kết quả giải pháp có thể được kéo bằng chuột đến trường dữ liệu nguồn.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Giải Bất Phương Trình Chứa Ẩn Dưới Dấu Giá Trị Tuyệt Đối
  • Hướng Dẫn Xoay Rubik 3X3X3 Theo Cách Đơn Giản Nhất
  • Cách Giải Rubik 3×3 Nâng Cao Theo Petrus Method
  • Cách Chơi Rubik 3×3 Dễ Hiểu Nhất Cho Người Mới
  • Công Cụ Giải Mã Khối Rubik
  • Giải Bài Tập Phương Pháp Tính

    --- Bài mới hơn ---

  • 30 Bài Toán Phương Pháp Tính
  • Bài Tập Phương Pháp Tính Giá
  • Bản Mềm: Cách Giải Bài Tập Tính Nhanh Giá Trị Biểu Thức
  • Bài Tập Tính Giá Thành Sản Phẩm
  • Bài Tập Kế Toán Chi Phí Sản Xuất Và Tính Giá Thành Sản Phẩm Có Lời Giải
  • Published on

    Bài tập tiểu luận môn phương pháp tính, tùy không giải hết tất cả nhưng vẫn đủ để các bạn tìm hiểu.

    1. 8. Vậy: ( ) ( ) ( ) ( )4;5 5 max ‘ 0,3136 1 23ln 2x q xj Î = = ” < . Vậy hàm ( )xj thỏa mãn yêu cầu của phương pháp lặp. Chọn x0= 4 5 4,5 2 + = . Tính các giá trị x1,x2,… theo công thức lặp ( ) ( )1 2log 5 3 , 1,2,…n nx x x nj -= = + = Ta nhận được dãy lặp này hội tụ và có đánh giá sai số
    2. 17. Page 18 0 1 -4 15 16 3 E5 (2) = E5- 5E1 (2) 1 0 0 0 0 5 3 0 0 0 -3 -18 53 0 2 2 12 -43 4 11 4 15 -50 12 11 4 15 -39 -8 -2 E1 (2) E2 (2) E3 (3) = E3 (2) -16/3 E2 (2) E4 (3) = E4 (2) +2/3 E2 (2) E5 (3) = E5 (2) -1/3 E2 (2) 0 0 0 669/53 683/53 -50 E5 (4) = E5 (3) -2/53E3 (3) 0 0 0 0 5296/669 9262/669 E5 (5) = E5 (4) -212/669 E4 (3) 0 0 0 0 1 1,7488867 E5 (6) = 669/9262E5 (5) Từ bảng suy ra: 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 3 4 4 5 5 5 3 2 2,995468 298,165171 3 18 12 11,233006 66,009304 53 43 48,443353 6,794000 4 28,989641 7,247410 1,748867 1,748867 x x x x x x x x x x x x x x x x + – + = – = -ì ì ï ï- + = – =ï ïï ï – = Û =í í ï ï= – = – ï ï ï ï= =îî Bài 2: c/(Trần Đình Trọng) 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 10 2 3 0 10 2 5 2 3 20 10 3 2 20 15 x x x x x x x x x x x x x x x x – – + =ì ï – – + =ï í + + – = -ï ï + + + =î với sai số ε=10-3 (C)
    3. 19. Page 20 k x1 (k) x2 (k) x3 (k) x4 (k) ( ) ( 1)3 2 k k X X – ¥ – 0 0 5 -10 15 1 3 3 -10 15 4,5 2 2,8 3,3 -10 14,5 0,75 3 2,68 3,38 -10,1 14,5 0,18 4 2,668 3,378 -10,1 14,53 0,018 5 2,6768 3,3708 -10,094 14,534 0,0132 6 2,67848 3,37028 -10,0932 14,5322 2,7.10-3 7 2,678048 3,370728 -10,0936 14,53172 7,2.10-4 Giải thích cột sai số(cột cuối): { }(1) (1) (0) (1) (0) 1 4 3 3 3 max max 3; 2;0;0 2 2 2 4,5i i i X X X X Xa ¥ ¥ £ £ – £ – = – = – = { }(2) (2) (1) (2) (1) 1 4 3 3 3 max max 0,2;0,3;0;0,5 2 2 0,7 2 5 i i i X X X X Xa ¥ ¥ £ £ – £ – = – = = { }(3) (3) (2) (3) (2) 1 4 3 3 3 max max 0,12;0,0 0, 8;0,1;0 1 2 2 2 8 i i i X X X X Xa ¥ ¥ £ £ – £ – = – = =
    4. 21. Page 22 (7) (7) (6) ( 34 4 7) 3 4,4.10 7,2.1 ‘ ‘ 1,16.10 1,0 2.10 X X X Xa a ¥ — ¥ – ¥ – – £ – + – £ + = ” Vậy nghiệm của hệ: 3 3 2 3 1 3 3 4 2,678 1, 3,371 1, 10,094 2.10 2.10 2.10 2.1 1, 14,53 02 1, a a a a – – – – = ± ± = – ± = ± ì ï =ï í ï ïî j/(Trần Đình Trọng) 2 40 6 4 8 8 3 12 9 50 3 3 75 15 18 29 65 18 0 4 14 2 5 26 19 25 120 23 x y z u v x y z u v x y z u v x y z u v x y z u v + – + + =ì ï- – – + + =ïï – + – + + =í ï + + + + = – ï + – + + =ïî với sai số ε=10-2 (D) · Kiểm tra hệ có nghiệm duy nhất: Ta có det 2 40 6 4 8 3 12 9 50 3 01 1 75 15 18 65 18 0 4 14 5 26 19 25 120 1030066610 -é ù ê ú- – – ê ú ê ú = ¹- – ê ú ê – ú ê ú-ë û Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm duy nhất. · Biến đổi hệ (C) ta được: 2 40 6 4 8 65 18 0 4 14 3 12 9 50 3 2 40 6 4 8 1 1 75 15 18 1 1 75 15 18 65 18 0 4 14 3 12 9 50 3 5 26 19 25 120 5 26 19 25 120 -é ù é ù ê ú ê ú- – – – ê ú ê ú ê ú ê úÛ- – – – ê ú ê ú – – -ê ú ê ú ê ú ê ú- -ë û ë û
    5. 23. Page 24 3 -0,35597 11,44787 34,01576 8,020642 -21,8833 0,97097473 4 -0,50096 11,69475 34,13395 8,161962 -21,7461 0,420379334 5 -0,54839 11,6782 34,0971 8,22556 -21,8054 0,108289073 6 -0,56061 11,68051 34,11103 8,215659 -21,8191 0,023700441 7 -0,56368 11,68694 34,11417 8,218816 -21,8148 0,010947412 8 -0,56473 11,68639 34,11305 8,220483 -21,8163 0,002839241 · Giải thích cột sai số(cột cuối): { } { } (1) (1) (0) (1) (0) (1) (0) (1) (0) (1) (0) (1) (0) 63 37 63 max , , , , 37 63 max 5,78;8,75;5,57;7,8;4,08 14,8986 37 X X X x x y y z z u u v v a ¥ ¥ – £ – = – – – – – = = { } { } (2) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) 63 37 63 max , , , , 37 63 2,0204max ;0,4715 1,1245 2,511 2,4406 4,275486; ; ; 37 X X X x x y y z z u u v v a ¥ ¥ – £ – = – – – – – = = { } { } (3) (3) (2) (3) (2) (3) (2) (3) (2) (3) (2) (3) (2) 63 37 63 max , , , , 37 63 ma 0,55557;0,169365;0,570255;0,29036;0,52268 0,970975x 37 X X X x x y y z z u u v v a ¥ ¥ – £ – = – – – – – = =
    6. 25. Page 26 Làm tròn số: (8) (8) (8) (8) (8) (8) (8) (8) (8) (8) ‘0,56473 0,56 11,68639 11,69 ‘34,11305 34,11 8,220483 8,22 21,8163 21,82 ‘ ‘ ‘ y y u u v x x z z v ì ï = = =- ” – = ” = =” “= ï ï í ï = ï ï =î – “-= Sai số làm tròn (8) (8) ‘ X X- = (0,004729733; 0,003609616; 0,003048546; 0,000483331; 0,003737181) (8) (8) ‘ XX ¥ – =0,004729733 Từ cột cuối và dòng cuối của bảng, ta có: (8) (8) (7) 0,00283 63 37 9241X X Xa ¥ ¥ – £ – = Sai số cuối cùng: (8) (8) (7) (8) 3 0,004729733 0,00283924 ‘ ‘ 7,57.1 10 X X X Xa a ¥ ¥ ¥ – – £ – + – £ + ” Vậy nghiệm của hệ: 3 3 2 3 3 4 3 5 1 3 7,57.10 7,57.10 7,57 0,5 .10 6 11,69 34,11 8,22 21,82 7,57.10 7,57.10 a a a a a – – – – – ì ï =ï = – ± ± = ± ï = ± – ± í ï ï =ïî Bài 3 c/(Trần Đình Trọng)
    7. 27. Page 28 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) 1 2 3 ( 1) ( 1) 2 3 1 3 2 3 3 2 ( 1) ( 1) ( 1) 3 1 2 2 3 3 2 1 1 1 8 8 8 1 16 1 5 5 5 1 16 1 1 1 1 5 5 5 8 8 8 9 1 129 40 40 40 7 1 1 4 4 4 7 1 1 1 1 1 9 1 129 4 4 8 8 8 4 40 40 40 kk k kk k k k k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + + + + = + – – – = + + – – æ ö = + + + -ç ÷ è ø – Û = – + – – = + – – – -æ ö æ ö = + + – – – +ç ÷ ç ÷ è ø è ø = ( ) ( ) 2 3 101 1 1 40 40 40 k k x x ì ï ï ï ï ï ï ï ï ï í ï ï ï ï ï ï ï -ï – +ïî ( ) ( ) ( ) ( 1) 11 ( 1) 2 2 ( 1) 3 3 1 1 1 0 8 8 8 1 9 129 0 40 40 40 1 1 101 0 40 40 40 kk kk k k xx x x x x + + + é ù é ù -ê ú ê úé ùé ù ê ú ê úê úê ú – -ê ú ê úÛ = +ê úê ú ê ú ê úê úê ú ê ú ê úê úë û – -ë ûê ú ê ú ê ú ê úë û ë û Hay ( )( 1) kk x Bx c+ = + (3.3) Với B= ( ) ( ) ( ) 1 ( ) 2 3 1 1 0 8 8 1 9 1 129 101 0 , ; ; , 40 40 8 40 40 1 1 0 40 40 k T kk k x c x x x é ù ê ú é ù ê ú ê ú- – -æ öê ú = – = ê úç ÷ê ú è ø ê ú ê ú ê ú- ë ûê ú ê úë û Ta có: { }max 0,25;0,25;0,05 0,25 1B ¥ = = < vậy ma trận B thỏa điều kiện hội tụ. Đánh giá sai số
    8. 29. Page 30 (3) (3) 1 (3) (3) 2 (3) 3) 3 3 1 2 ( 0,006 0,006 ‘ 3,7357 3,736 ‘ 2,685 2,685 ‘ x x x x x x ” = ” = – ” – ì = = = = ï í ï î Sai số làm tròn (3) (3) ‘x x- = (0;3.10-4 ;0) (3) (3) ‘x x ¥ – =3.10-4 Từ cột cuối và dòng cuối của bảng, ta có: (3) (3) (2) (3) (2) 1 3 3 1 0,001 1 m 10 ax 3 3 i i i x x x x xa – ¥ ¥ £ £ – £ – = – == Sai số cuối cùng: (3) (3) (2) (3) 4 3 3 3. ‘ ‘ 10 1,3.1010 x x x xa a – ¥ ¥ ¥ – – – £ – + – £ + ” Vậy nghiệm của hệ: 3 1 3 3 3 2 ,3.10 ,3.10 0,00 ,3.10 6 1 3,736 1 2,685 1 a a a – – – = ± ± = ì ï = – í ± ï ï ïî
    9. 31. Page 32 ( 2)( 3)( 4)( 7) ( 1)( 3)( 4)( 7) 17 17,5 36 10 ( 1)( 2)( 4)( 7) ( 1)( 2)( 3)( 7) 76 210,5 36 18 ( 1)( 2)( 3)( 4) 1970 360 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x – – – – – – – – = + – – – – – – – – – + + – – – – – + 4 3 217 ( 16x 89x 206x+168) 36 x= – + – 4 3 217,5 ( 15x 75x 145x 84) 10 x- – + – + 4 3 295 ( 14x 63x 106x 56) 10 x+ – + – + 4 3 2421 ( 13x 53x 83x 42) 36 x- – + – + 4 3 2197 ( 10x 35x 50x 24) 36 x+ – + – + 4 3 2 2x 17x 81x 153,5x 104,5= – + – + Vậy đa thức nội suy Lagrange là: 4 3 2 4 ( ) 2x 17x 81x 153,5x 104,5P x = – + – + b/ (Hồ Thị My) x 0 2 3 5 y 1 3 2 5 3 0 0 1 1 2 2 3 3 1 2 3 0 2 3 0 1 0 1 0 2 0 3 1 0 1 2 1 3 0 1 3 0 1 2 2 3 2 0 2 1 2 3 3 0 3 1 3 2 ( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) P x y L y L y L y L x x x x x x x x x x x x y y x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y y x x x x x x x x x x x x = + + + – – – – – – = + – – – – – – – – – – – – + + – – – – – – ( 2)( 3)( 5) 1 30 x x x- – – = – ( 3)( 5) 3 6 x x x- – + ( 2)( 5) 2 6 x x x- – + – ( 2)( 3) 5 30 x x x- – + 3 21 ( 10x 31x 30) 30 x – = – + – 3 21 ( 8x 15x) 2 x+ – + 3 21 ( 7x 10x) 3 x- – + 3 21 ( 5x 6x) 6 x+ – + 3 213 62 0,3x 1 6 15 x x= – + + Vậy đa thức nội suy Lagrange là: 3 2 3 13 62 ( ) 0,3x 1 6 15 P x x x= – + + c/ (Hồ Thị My)
    10. 33. Page 34 = 4 3 21 19 47 65 1 128 96 32 24 x x x x- + – + e/ (Lê Trần Mười) x 1 2 3 4 5 y 1 2 3 2 1 Lo = (x 2)(x 3)(x 4)(x 5) ( 2)( 3)( 4)( 5) (1 2)(1 3)(1 4)(1 5) 24 x x x x- – – – – – – – = – – – – L1 = ( 1)( 3)( 4)( 5) ( 1)( 3)( 4)( 5) (2 1)(2 3)(2 4)(2 5) 6 x x x x x x x x- – – – – – – – = – – – – – L2 = ( 1)( 2)( 4)( 5) ( 1)( 2)( 4)( 5) (3 1)(3 2)(3 4)(3 5) 4 x x x x x x x x- – – – – – – – = – – – – L3 = ( 1)( 2)( 3)( 5) ( 1)( 2)( 3)( 5) (4 1)(4 2)(4 3)(4 5) 6 x x x x x x x x- – – – – – – – = – – – – – L4 = ( 1)( 2)( 3)( 4) ( 1)( 2)( 3)( 4) (5 1)(5 2)(5 3)(5 4) 24 x x x x x x x x- – – – – – – – = – – – – P4 = y0L0(x) + y1L1(x) + y2L2(x) + y3L3(x) + y4L4(x) = 4 2 43 156 108 6 x x x- + + = 4 2 43 26 18 6 6 x x x- + + Bài 3: (Lê Trần Mười) Cho bảng số liệu của hàm số y = f(x) x 11 13 14 18 19 21 y 1342 2210 2758 5850 6878 9282 a/ Tìm đa thức nội suy Newton n x y Tỉ sp cấp 1 Tỉ sp cấp 2 Tỉ sp cấp 3 Tỉ sp cấp4 Tỉ sp cấp 5 0 11 1342 434 1 13 2210 50 548 -1
    11. 35. Page 36 1 1 2 3 -2/3 -1 3/10 2 3 2 5/6 -11/120 3/2 -1/4 3 5 5 -1/6 1 4 6 6 Khi đó: P4(x)= 1+(x-0).1 +(x-0)(x-2).(-2/3) +(x-0)(x-2)(x-3).(3/10) + (x-0)(x-2)(x-3)(x-5).(-11/120) ( )4 3 211 73 601 413 ( ) ( ) 1 120 60 120 60 x x x x= – + – + + b/ Tính f(1,25) f(1,25)= P4(1,25) ( )4 3 211 73 601 413 (1,25) 1,25 (1,25) .1,25 1 120 60 120 60 = – + – + + =3,9311525 c/ Dùng đa thức nội suy lùi bậc 4 với 5 nút không cách đều. Ta lập được bảng tỉ sai phân đến cấp 4. n x y Tỉ SP cấp 1 Tỉ SP cấp 2 Tỉ SP cấp 3 Tỉ SP cấp 4 0 0 1
    12. 37. Page 38 Ta có đa thức nội suy Newton tiến xuất phát từ x0 = 1,9: P4(1,9 + 0,2t) = 11,18 + 3,6t – , ( ) ! + , ( )( ) ! – , ( )( )( ) ! Tính gần đúng f(2,0). Ta có: x = 2,0 = 1,9 + 0,2t ó t = 0,5. Vậy P4(2,0) = 11,18 + 3,6.0,5 – , . . ( . ) ! + , . , ( , )( , ) ! – , . , ( , )( , )( , ) ! Ta có đa thức nội suy Newton lùi xuất phát từ x0 = 2,7: P4(2,7 + 0,2t) = 28,56 + 5,04t – . ( ) ! – , ( )( ) ! – , ( )( )( ) ! Bài 6: (Vương Bảo Nhi) x 150 200 250 300 y = sin(x) 0,2588 19 0,342020 0,422618 0,500000 n x y Tỉ SP cấp 1 Tỉ SP cấp 2 Tỉ SP cấp 3 0 15 0,258819 0,0166402 1 20 0,342020 5,206.10-5 0,0161196 8,1733.10-7 2 25 0,422618 6,432.10-5 0,0154764 3 30 0,500000 P3(x) = 0,258819 + (x – 15). 0,0166402 + (x -15)(x – 20). 5,206.10-5 + (x -15)(x – 20)(x – 25). 8,1733.10-7 = 8,1733.10-7 x3 + 3,0202.10-6 x2 + 0,0158 x + 0,018704 P3(x) = 0,5 + (x – 30). 0,0154764 + (x -30)(x – 25). 6,432.10-5 + (x -30)(x – 25)(x – 20). 8,1733.10-7
    13. 39. Page 40 y 1 9 36 100 225 n x y Tỉ SP cấp 1 Tỉ SP cấp 2 Tỉ SP cấp 3 Tỉ SP cấp 4 0 1 1 8 1 2 9 9,5 27 3 2 3 36 18,5 0,25 64 4 3 4 100 30,5 125 4 5 225 Đặt n= 1+ t P4 (1 + t) = 1 + 8t + 9,5 ( 1) 2! t t – + 3 ( 1)( 2) 3! t t t- – + 0,25 ( 1)( 2)( 3) 4! t t t t- – – Sn= P4 (n) = 1+ 8(n – 1) + 9,5( 1)( 2) 2! n n- – + 3( 1)( 2)( 3) 3! n n n- – – + 0,25( 1)( 2)( 3)( 4) 4! n n n n- – – – = 1+ 8n – 8 + ( 1)( 2) 2! n n- – 3( 3) 0,25( 3)( 4) 9,5 3 12 n n n- – -é ù + +ê úë û = 8n – 7 + ( 1)( 2) 2! n n- – ( 3)( 4) 6,5 48 n n n – -é ù + +ê úë û Bài 8: (Đào Thị Hương) Dùng đa thức nội suy Newton bậc 6 với 7 nút nội suy. Ta lập được bảng các sai phân: i xi yi yD 2 yD 3 yD 4 yD 5 yD 6 yD 0 1,4 0,9523 0,0138 1 1,5 0,9661 -0,0036
    14. 41. Page 42 6 5 1,8 25 9 7 6 1,6 36 9,6 8 7 2,3 49 16,1 1 n i = å 28 12,2 140 256,8 Sau đó ta giải hệ: {28 8 12,2 140 28 47,3 b a b a + = + = Ta được: a = 1,14166666667 ≈ 1,14 b = 0,1095238095 ≈0,11 Vậy ta có: y = 1,14 + 0,11x b) (Phan Thị Kim Ngân) f(x) = a + bx + cx2 Ta lập bảng số liệu: i xi yi xi 2 xi 3 xi 4 xiyi xi 2 yi 1 0 1,4 0 0 0 0 0 2 1 1,3 1 1 1 1,3 1,3 3 2 1,4 4 8 16 2,8 5,6 4 3 1,1 9 27 81 3,3 9,9 5 4 1,3 16 64 256 5,2 20,8 6 5 1,8 25 125 625 9 45 7 6 1,6 36 216 1296 9,6 57,6 8 7 2,3 48 343 2401 16,1 112,7 28 12,2 140 784 4676 47,3 252,9 Ta có hệ phương trình:
    15. 43. Page 44 ta có bảng sau: x 0 1 2 3 4 5 6 7 ln f(x) ln(1,4) ln(1,3) ln(1,4) ln(1,1) ln(1,3) ln(1,8) ln(1,6) ln(2,3) 0,1715331416 0,06469348092 a b =ì í =î Vậy 0,1715331416 0,06469348092 ( ) x f x e + ´ = Bài 10: (Phan Thị Kim Ngân) a) Hàm thực nghiệm y=a + bx2 Ta lập bảng số tư liệu trên i xi yi xi 2 xi3 xi 4 xiyi xi 2 yi 1 1 0,1 1 1 1 0,1 0,1 2 2 3 4 8 16 6 12 3 3 8,1 9 27 81 24,3 72,9 4 4 14,9 16 64 256 59,3 238,4 5 5 23,9 25 125 625 119,5 597,5 1 n i= å 15 50 55 225 979 205,5 920,9 Ta có hệ phương trình: 3 2 979a 225 55 920,9 225a 55 15 209,5 55a 15 5 50 0,992857 1 7,142857.10 0 0,9 1 1 b c b c b c a b c y x – + + =ì ï + + =í ï + + =î = “ì ï Þ = – “í ï = – ” -î Þ = – b) 2 ( ) x c y dx x y x c d = + Û = + Đặt f(x)=yx
    16. 45. Page 46 Ta có bảng sau: x 2 4 6 8 10 12 y e 1510,20397 3789,5403 9897,129 26635,4949 60475,88684 171099,408 Ta lập bảng số từ bảng số liệu trên: i xi yi 2 ix 3 ix 4 ix i ix y 2 i ix y 1 2 1510,20397 4 8 16 3020,40794 6040,81588 2 4 3789,5403 16 64 256 15158,1612 60632,6448 3 6 9897,129 36 216 1296 59382,774 356296,644 4 8 26635,4949 64 512 4096 213083,9592 1704671,674 5 10 60475,88684 100 1000 10000 604758,8684 6047588,684 6 12 171099,408 144 1728 20736 2053192,896 24638314,75 1 n i=å 42 273407,7 364 3528 36400 2948597 32813545 Giải hệ phương trình: 36400d +364c = 32813545 d = 1133,3683 364d +6c = 273407,7 c = -23189,7246 Vậy ta có: y e = -23189,7246 + 1133,3683 x2 → y = ln(-23189,7246 + 1133,3683 x2 ) Bài 12: (Trần Thị Kim Ngân) ( )( ) ( ) 1 2 1 ( 1) ln( 1) 1 ln( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1) e (1) (2) x x x x y a e b x f a e f b x y f x f x y f x a e a a f f = – + + Û – + + = Û + = = – = – = – 1 1 1 (1) e ln ln ( 1) x y f a y a x y A X B = = Û = + Û = + = Điều Kiện: ln(y) với y¹ 0 Suy ra

    --- Bài cũ hơn ---

  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 8: Ttmt
  • 45 Câu Bài Tập Mệnh Đề Quan Hệ Kinh Điển (Kèm Đáp Án)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính 2 Có Đáp Án
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải (Phần 1)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải Đáp Án
  • Bài 40. Hiện Tượng Khúc Xạ Ánh Sáng

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Sbt Tiếng Anh 7 Unit 3: What A Lovely Home!
  • Giải Sbt Tiếng Anh 7 Unit 3: Hoa”s Family
  • Giải Bài Tập Sbt Gdcd Lớp 9 Bài 7: Kế Thừa Và Phát Huy Truyền Thống Tốt Đẹp Của Dân Tộc
  • Giải Sbt Tiếng Anh 6 Mới Unit 3: Writing (Trang 20
  • Giải Sbt Tiếng Anh 6 Unit 4: My Class
  • 40-41.1 (SBT, trang 82)

    Hình 40-41.1 cho biết PQ là mặt phân cách giữa không khí và nước, I là điểm tới, SI là tia tới, IN là pháp tuyến. Cách vẽ nào biểu diễn đúng hiện tượng khúc xạ của tia sáng khi đi từ không khí vào nước? Giải thích cách lựa chọn.

    40-41.2 (SBT, trang 83)

    Hãy ghép mỗi phần a), b), c), d), e) với một phần 1, 2, 3, 4, 5 để được một câu có nội dung đúng.

    a) Hiện tượng khúc xạ ánh sáng là hiện tượng tia tới khi gặp mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt khác nhau thì

    b) Khi tia sáng truyền từ không khí vào nước thì

    2. bị hắt trở lại môi trường trong suốt cũ. Độ lớn góc phản xạ bằng góc tới.

    d) Hiện tượng phản xạ ánh sáng là hiện tượng tia tới khi gặp mặt phân cách giữa hai môi trường thì

    4. góc khúc xạ cũng bằng không, tia sáng không bị gãy khúc khi truyền qua hai môi trường.

    5. bị gãy khúc ngay tại mặt phân cách và tiếp tục đi vào môi trường trong suốt thứ. Độ lớn góc khúc xạ không bằng góc tới.

    Cách ghép đúng: a – 5; b – 3; c – 1; d – 2; e – 4.

    40-41.3 (SBT, trang 83)

    Hình 40-41.2 mô tả một bạn học sinh nhìn qua ống thẳng thấy được hình ảnh viên sỏi đáy bình nước.

    b. Vẽ đường truyền của tia sáng từ viên sỏi đến mắt trong trường hợp đó.

    a) Nếu dùng một que thẳng, dài xuyên qua ống thì đầu que không thế chạm vào viên sỏi được vì viên sỏi không nằm trên đường thắng của que.

    b) Nối vị trì viên sỏi S với điểm tới I, ta có SI là tia tới.

    Nối I với M, ta có IM là tia khúc xạ đến mắt.

    Vậy đường truyền tia sáng từ viên sỏi đến mắt là S → I → M.

    40-41.4 (SBT, trang 83)

    A. Tia sáng là đường thẳng.

    B. Tia sáng truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác.

    C. Tia sáng bị gãy khúc tại mặt phân cách giữa hai môi trường.

    D. Tia sáng bị gãy khúc tại mặt phân cách giữa hai môi trường khi truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác.

    40-41.5 (SBT, trang 84)

    A. Khi ta ngắm một bông hoa trước mắt.

    B. Khi ta soi gương.

    C. Khi ta quang sát một con cá vàng đang bơi trong bể cá cảnh.

    D. Khi ta xem chiếu bóng.

    Chọn C. Khi ta quan sát một con cá vàng đang bơi trong bế cá cảnh.

    40-41.6 (SBT, trang 84)

    Một tia sáng đèn pin được rọi từ không khí vào một xô nước trong. Tại đâu sẽ xảy ra hiện tượng khúc xạ ánh sáng?

    A. Trên đường truyền trong không khí.

    B. Tại mặt phân cách giữa không khí và nước.

    C. Trên đường truyền trong nước.

    D. Tại đáy xô nước.

    Chọn B. Tại mặt phân cách giữa không khí và nước.

    40-41.7 (SBT, trang 84)

    Một con cá vàng đang bơi trong một bể cá cảnh có thành bằng thủy tinh trong suốt. Một người ngắm con cá qua thành bể. Hỏi tia sáng truyền từ con cá đến mắt người đó đã chịu bao nhiêu lần khúc xạ?

    A. Không lần nào?

    Chọn C. Hai lần.

    40-41.8 (SBT, trang 84)

    Một cốc thủy tinh trong, đáy phẳng, đựng nước trong , được đặt trên một tờ giấy có chữ O. Một người đặt mắt trên phương thẳng đứng, nhìn chữ O đó qua mặt nước trong cốc. Hỏi tia sáng truyền từ chữ O đến mắt đã chịu bao nhiêu lần khúc xạ?

    Chọn C. Ba lần.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Sbt Vật Lý 11 Bài 26
  • Giải Bài Tập Sbt Toán 8 Bài 8: Đối Xứng Tâm
  • Giải Sbt Bài 4. Phép Đối Xứng Tâm Chương 1 Sbt Hình Học 11
  • Giải Sbt Tiếng Anh 9 Mới Unit 1: Vocabulary
  • Giải Sbt Tiếng Anh 10 Unit 1: Reading (Trang 4
  • Bài 4: Định Luật Phản Xạ Ánh Sáng

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Vbt Ngữ Văn 9 Luyện Nói: Nghị Luận Về Một Đoạn Thơ, Bài Thơ
  • Giải Vbt Ngữ Văn 9 Luyện Tập Làm Bài Nghị Luận Về Tác Phẩm Truyện (Hoặc Đoạn Trích)
  • Giải Vbt Ngữ Văn 9 Viết Bài Tập Làm Văn Số 2 – Văn Tự Sự
  • Giải Sbt Sinh Học 9
  • Bài 20 Phần 2: Nước Đại Việt Thời Lê Sơ
  • Bài 4: Định luật phản xạ ánh sáng

    A. HỌC THEO SGK

    I – GƯƠNG PHẲNG

    Câu C1 trang 16 VBT Vật Lí 7:

    Trả lời:

    Một số vật có bề mặt phẳng, nhẵn bóng có thể dùng để soi ảnh của mình như một gương phẳng như: Mặt kính cửa sổ, mặt nước, tấm kim loại phẳng bóng, mặt tường lát gạch men phẳng bóng.

    II – ĐỊNH LUẬT PHẢN XẠ ÁNH SÁNG.

    Câu C2 trang 16 VBT Vật Lí 7:

    Trả lời:

    Tia phản xạ IR nằm trong mặt phẳng với tia tới và pháp tuyến IN của mặt gương tại điểm tới I.

    + Góc phản xạ luôn luôn bằng góc tới (góc SIN = góc RIN)

    Câu C3 trang 16: Vẽ tia phản xạ IR (hình 4. 1)

    Trả lời:

    Cách vẽ: Trong mặt phẳng tới

    – Ta dùng thước đo góc để đo góc tới ∠ SIN = i

    – Từ đó vẽ tia IR khác phía với tia tới SI bờ là pháp tuyến IN sao cho ∠ RIN = i’ = ∠ SIN = i

    Vậy tia IR là tia phản xạ cần vẽ.

    III – VẬN DỤNG

    Câu C4 trang 16 VBT Vật Lí 7: Trên hình 4. 2 vẽ một tia tới SI chiếu lên một gương phẳng M.

    a) Vẽ tia phản xạ (hình 4. 2)

    b)* Giữ nguyên tia tới SI, muốn thu được một tia phản xạ có hướng thẳng đứng từ dưới lên trên thì phải đặt gương như thế nào? Vẽ hình.

    Trả lời:

    a) Tia phản xạ được vẽ như hình 4. 2a

    Cách vẽ:

    + Trong mặt phẳng tới chứa tia SI và gương phẳng M, ta dựng pháp tuyến IN vuông góc với gương M tại điểm tới I.

    + Dựng tia phản xạ IR bằng thước đo góc, sao cho ∠ RIN = i’ = ∠ SIN = i

    b) Vị trí đặt gương như hình 4. 3.

    Cách vẽ:

    Vì tia phản xạ IR phải có hướng thẳng đứng từ dưới lên theo yêu cầu bài toán nên: + Đầu tiên ta vẽ tia tới SI và tia phản xạ IR như đề bài đã cho.

    + Pháp tuyến IN luôn là tia phân giác của ∠ SIR, do đó tiếp theo ta vẽ tia phân giác của góc ∠ SIR.

    + Đường phân giác IN này luôn vuông góc với gương tại điểm tới. Nên ta xác định được vị trí của mặt gương bằng cách quay gương sao cho mặt gương vuông góc với IN. Đây là vị trí gương cần xác định.

    Ghi nhớ:

    Định luật phản xạ ánh sáng

    – Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và đường pháp tuyến của gương ở điểm tới.

    – Góc phản xạ bằng góc tới.

    B. GIẢI BÀI TẬP

    1. Bài tập trong SBT

    Câu 4. 1 trang 17 VBT Vật Lí 7: Trên hình 4. 4 vẽ một tia sáng SI chiếu lên một gương phẳng. Góc tạo bởi tia SI với mặt gương bằng 30°. Hãy vẽ tiếp tia phản xạ và tính góc phản xạ.

    Trả lời:

    – Cách vẽ:

    + Vẽ pháp tuyến IN vuông góc với gương phẳng (như hình 4. 4a)

    + Vẽ tia phản xạ IR nằm trong cùng mặt phẳng với tia tới và pháp tuyến tại điểm tới, sao cho góc tới i bằng góc phản xạ i’: i = i’. (như hình 4. 4a)

    – Tính góc phản xạ như sau:

    + Vì SI hợp với mặt gương góc 30° nên góc tới i = 90 – 30 = 60°.

    Suy ra: góc phản xạ i’ = i = 60°.

    Câu 4. 3 trang 17: Chiếu một tia sáng SI lên một gương phẳng (hình 4. 5)

    a) Vẽ tia phản xạ

    b) Vẽ một vị trí đặt gương để thu được tia phản xạ theo phương nằm ngang từ trái sang phải (hình 4. 6).

    Trả lời:

    a) Vẽ tia phản xạ:

    Cách vẽ:

    Trong mặt phẳng tới:

    – Dựng pháp tuyến IN tại điểm tới I

    – Ta dùng thước đo góc để đo góc tới ∠ SIN = i

    – Từ đó vẽ tia IR khác phía với tia tới SI bờ là pháp tuyến IN sao cho ∠ RIN = i’ = ∠ SIN = i

    Vậy tia IR là tia phản xạ cần vẽ.

    b) Vị trí đặt gương như hình 4. 6.

    Cách vẽ:

    Vì tia phản xạ IR phải có hướng nằm ngang chiều từ trái sang phải theo yêu cầu bài toán nên:

    + Đầu tiên ta vẽ tia phản xạ IR như đề bài đã cho.

    + Pháp tuyến IN luôn là tia phân giác của ∠ SIR, do đó tiếp theo ta vẽ tia phân giác của góc ∠ SIR.

    + Đường phân giác IN này luôn vuông góc với gương tại điểm tới I. Nên ta xác định được vị trí của mặt gương bằng cách quay gương sao cho mặt gương vuông góc với IN. Đây là vị trí gương cần xác định.

    2. Bài tập bổ sung

    Câu 4a trang 18 VBT Vật Lí 7: Chiếu một tia sáng lên một gương phẳng ta thu được một tia phản xạ tạo với mặt gương một góc 60°. Trong các giá trị sau đây giá trị nào ứng với góc tới?

    A. 20°

    B. 30°

    C. 60°

    D. 40°

    Đáp án đúng là: B. 30°

    Giải thích:

    Tia phản xạ tạo với mặt gương một góc 60° nên góc phản xạ là: 90° – 60° = 30°. Mà góc phản xạ và góc tới bằng nhau nên giá trị của góc tới là: 30°

    Câu 4b trang 18: Chiếu một tia sáng lên một gương phẳng người ta thu được một tia phản xạ IR (hình 4. 7).

    a) Vẽ tia tới.

    b) Vẽ một vị trí đặt gương để ứng với tia tới đó ta sẽ thu được tia phản xạ theo phương thẳng đứng từ dưới lên (hình 4. 8).

    Trả lời:

    a) Vẽ tia tới:

    Cách vẽ:

    Trong mặt phẳng tới:

    – Dựng pháp tuyến IN tại điểm tới I

    – Ta dùng thước đo góc để đo góc phản xạ ∠ RIN = i’

    – Từ đó vẽ tia SI khác phía với tia phản xạ IR bờ là pháp tuyến IN sao cho ∠ RIN = i’ = ∠ SIN = i

    Vậy tia SI là tia tới cần vẽ.

    b)

    Cách vẽ:

    Vì tia phản xạ IR phải có hướng thẳng đứng chiều từ dưới lên theo yêu cầu bài toán nên:

    + Trước tiên ta vẽ tia phản xạ IR như đề bài đã cho.

    + Pháp tuyến IN luôn là tia phân giác của ∠ SIR, do đó tiếp theo ta vẽ tia phân giác của góc ∠ SIR

    + Đường phân giác IN này luôn vuông góc với gương tại điểm tới I. Nên ta xác định được vị trí của mặt gương bằng cách quay gương sao cho mặt gương vuông góc với IN. Đây là vị trí gương cần xác định.

    Bài trước: Bài 3: Ứng dụng định luật truyền thẳng của ánh sáng – Giải VBT Vật Lí 7

    Bài tiếp: Bài 5: Ảnh của một vật tạo bởi gương phẳng – Giải VBT Vật Lí 7

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Vở Bài Tập Toán Lớp 5 Bài 15: Ôn Tập Về Giải Toán
  • Giải Vở Bài Tập Toán Lớp 5 Bài 84 Đầy Đủ Nhất
  • Giải Vở Bài Tập Toán Lớp 5 Tập 1
  • Giải Bài Tập Toán Lớp 7 Hình Học
  • Sách Bài Tập Toán 7 Tập 2
  • Bài Tập Phương Pháp Tính Giá

    --- Bài mới hơn ---

  • Bản Mềm: Cách Giải Bài Tập Tính Nhanh Giá Trị Biểu Thức
  • Bài Tập Tính Giá Thành Sản Phẩm
  • Bài Tập Kế Toán Chi Phí Sản Xuất Và Tính Giá Thành Sản Phẩm Có Lời Giải
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu
  • Giải Vbt Ngữ Văn 7 Rút Gọn Câu
  • Để hiểu hơn về các phương pháp tính giá, nguyên lý kế toán sẽ chia sẻ cho bạn đọc hệ thống bài tập về phần kiến thức này.

    Bài tập phương pháp tính giá

    1. Bài tập mẫu về phương pháp tính giá

    Công ty XYZ tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, tiến hành mua một lô nguyên vật liệu nhập kho với số lượng 40.000 kg. Gía hóa đơn của số nguyên vật liệu này nhận từ người bán có cả thuế GTGT 10% là 330.000.000 đồng. Chi phí vận hành đã thanh toán bằng tiền mặt theo hóa đơn có cả thuế GTGT 5% là 7.350.000 đồng. Số lượng nguyên vật liệu nhập kho theo Phiếu nhập là 39.850 kg. Hao hụt định mức trong quá trình thu mua của loại nguyên vật liệu này là 1%. Tính tổng giá trị và giá đơn vị nguyên vật liệu thu mua.

    Đáp án Học kế toán thực hành ở đâu tốt nhất tại TP HCM và Hà Nội

    Tổng giá trị nguyên vật liệu mua = 300.000.000+7.000.000= 307.000.000

    Gía đơn vị nguyên vật liệu mua = 307.000.000/39.850=7.703,89 đồng/kg

    2. Bài tập thực hành

    Công ty PLO tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, tiến hành mua một phương tiện vận tải dùng cho hoạt động chịu thuế GTGT. Gía hóa đơn nhận từ người bán có cả thuế GTGT 10% là 495.000.000 đồng. Lệ phí trước bạ phải nộp 5%. Chi phí trước sử dụng thanh toán bằng tiền mặt 14.500.000. Xác định ghi sổ của phương tiện vận tải vận tải theo tài liệu trên

    Công ty A tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, tiến hành nhập khẩu một lô nguyên vật liệu dùng cho hoạt động sản xuất chịu thuế GTGT. Gía trị lô nguyên vật liệu nhập khẩu tính giá theo CIF là 350.000.000 đồng. Thuế suất thuế nhập khẩu phải nộp là 20%, thuế GTGT hàng nhập khẩu phải nộp là 10%. Chi phí vận chuyển lô nguyên vật liệu về kho công ty theo giá hóa đơn có cả thuế GTGT là 5% là 6.300.000 đồng. Xác định giá trị lô nguyên vật liệu nhập khẩu theo tài liệu trên. lớp kế toán trưởng

    Công ty B tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, ngày 10h/n xuất 1.840kg nguyên vật liệu chính cho sản xuất sản phẩm. Gía đơn vị của nguyên vật liệu chính xuất theo phương pháp nhập sau-xuất trước là 1.200 kg tính theo giá 42.500 đồng/kg và 640 kg tính theo giá 42.515 đồng/kg. Xác định chi phí nguyên vật liệu chính ngày 10/n theo tài liệu trên

    Công ty C tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, tiến hành sản xuất sản phẩm P có tài liệu sau (Đơn vị 1000 đồng)

    • Gía trị nguyên vật liệu chính xuất kho cho sản xuất sản phẩm: 95.000
    • Gía trị nguyên vật liệu phụ mua sử dụng ngay cho sản xuất sản phẩm theo giá hóa đơn có cả thuế GTGT 10% là 16.500 diễn đàn kế toán trưởng
    • Tiền lương phải trả lao động trực tiếp: 18.000
    • Tiền lương phải trả lao động gián tiếp: 5.500
    • Trích BHXH, BHYT, KPCĐ theo tỷ lệ quy định tính vào chi phí
    • Chi phí điện nước mua ngoài dùng cho phân xưởng sản xuất theo giá hóa đơn có cả thuế GTGT 10% là 7.700
    • Khấu hao TSCĐ hữu hình của phân xưởng sản xuất là 6.500 khóa học hành chính nhân sự tại tphcm

    Đến cuối kỳ, công ty đã hoàn thành nhập kho 2.500 sản phẩm P. Biết giá trị sản phẩm dở dang đầu kỳ là 24.500, sản phẩm dở dang cuối kỳ là 28.000

    Xác định tổng giá thành sản xuất và giá thành sản xuất đơn vị sản phẩm hoàn thành theo tài liệu trên.

    Nguyenlyketoan hy vọng những bài tập trên sẽ giúp bạn đọc hiểu hơn kiến thức về các phương pháp tính giá.

    Tham khảo ngay: Địa chỉ đào tạo kế toán uy tín nhất

    lớp nghiệp vụ khai báo hải quan

    --- Bài cũ hơn ---

  • 30 Bài Toán Phương Pháp Tính
  • Giải Bài Tập Phương Pháp Tính
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 8: Ttmt
  • 45 Câu Bài Tập Mệnh Đề Quan Hệ Kinh Điển (Kèm Đáp Án)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính 2 Có Đáp Án
  • 30 Bài Toán Phương Pháp Tính

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Phương Pháp Tính Giá
  • Bản Mềm: Cách Giải Bài Tập Tính Nhanh Giá Trị Biểu Thức
  • Bài Tập Tính Giá Thành Sản Phẩm
  • Bài Tập Kế Toán Chi Phí Sản Xuất Và Tính Giá Thành Sản Phẩm Có Lời Giải
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu
  • Published on

    30 bài toán phương pháp tính

    1. 11. Bài tập 6: Dùng phương pháp Gauss để giải những hệ phương trình Ax=b. Các phép tính lấy đến 5 số lẻ sau dấu phẩy: a. 1,5 0,1 0,1 0,1 1,5 0,1 0,3 0, 2 0,5 A                 0, 4 0,8 0, 2 b            x     1   2      x x x 3 0, 4 0,8 0, 2 B            Bài giải: Lập bảng gauss : Quá trình ai1 ai2 ai3 ai4 ij a (cột kiểm tra) Thuận 1,5 0,1 -0,3 -0,2 1,5 0,2 0,1 -0,1 -0,5 0,4 0,8 0,2 1 0 0 -0,13333 1,48667 1,6 0,06667 0,09333 -0,48 0,26667 0,82667 0,28 1 1 0,06278 -1,48448 0,55605 -0,33326 1 1 1 0,22449 0,54196 0,32397 Vậy nghiệm của phương trình là : (0,32397 ; 0,54196 ;0,22449 ) b) 2, 6 4,5 2, 0 3, 0 3, 0 4,3 6, 0 3, 5 3, 0 A               19, 07 3, 21 18, 25 b             x     1   2      x x x 3 19, 07 3, 21 18, 25 B             Bài giải: Lập bảng gauss :
    2. 13. X(1) X(2) X(3) -0,74375 -0,89453125 -0,961835937 -3,575 -3,865 -3,94484375 -2,58125 -2,8296875 -2,939882875 Đánh giá sai số x(3) x(3)- x(2) = max (0,067304687;0,07984375;0,110195375) Áp dụng công thức (3.36) SGK ta có x(3) – 2  0,5  1 0,5 .0,110195375 = 0,110195375 Vậy ta có nghiệm của phương trình là: X= -0,961835937  0,110195375 Y= -3,94484337  0,110195375 Z= -2,939882875  0,110195375 Bâi 8 : Giải hệ phương trình x x x x x x x x x 24, 21 2, 42 3,85 30, 24 2,31 31, 49 1,52 40,95 3, 49 4,85 28, 72 42,81    1 2 3     1 2 3     1 2 3  x 1, 24907 0, 09995 x 0,15902 x x 1,30041 0, 07335 x 0, 04826 x x 1, 49059 0,1215 x 0,1689 x     1 2 3      2 1 3     3 1 2        1             2                  3      0 0, 09995 0,15902 1, 24907 0, 07335 0 0, 04826 1,30041 0,12151 0,16887 0 1, 49059 x x f x x Ta có: 1 2 3 0, 25897 1 0,12171 1 0, 29038 1 r r r           pt hội tụ Lập bảng: 1 x 2 x 3 x B 0 -0,07335 -0,12151 -0,09995 0 -0,16887 -0,15902 -0,04826 0 x 1,24907 1,30041 1,49059 0 x1 0,98201 1,13685 1,11921 x2 0,95747 1,17437 1,17928 x3 0,94416 1,17326 1,17773 x4 0,94452 1,17431 1,17774
    3. 14. x5 x6 x7 0,94441 0,94452 0,94444 1,17429 1,17431 1,17429 1,17751 1,17753 1,17751 Nghiệm bằng: (0,94444; 1,17429; 1,17751) Bài 9 Xây dựng đa thức nội suy Lagrange của hàm y=f(x) cho dưới dạng bảng X 0 2 3 5 Y 1 3 2 5 Giải: ở đây ta thấy n=3 nên đa thức nội suy là một đa thức bậc 3 có dạng P3(x)= yo + lo (x) + y1L1(x) + y2 l2(x) + y3 l3(x)  p3(x)= x  x  x  +3. ( 2)( 3)( 5)    (0 2)(0 3)(0 5) x  x  x  +2. ( 0)( 3)( 5)    (2 0)(2 3)(2 5) x  x  x  + 5. ( 0)( 2)( 5)    (3 0)(3 2)(3 5) x  x  x  ( 0)( 2)( 3)    (5 0)(5 2)(5 3)  p3(x) = x 3  10 x 2  31 x  30 + 30  x3  8×2 15x + 6 x3 5×2  6x 30  p3(x) = 9×3 65×2 124x  30 30 Vậy đa thức Lagrange cần tìm la : p3(x) = 9×3 65×2 124x  30 30 Bài 10 : Cho bảng giá trị của hàm số y= f(x) X 321,0 322,0 324,0 325,0 Y 2,50651 2,50893 2,51081 2,51188 Tính gần đúng t (324,5) bằng đa thức nội suy Lagrange ? Giải : Gọi x* =323,5  y(x* ) =p3 (x* ) = y0l0(x* )+ y1l1(x* ) +y2l2(x* ) + y3l3(x* ) Ta có l0(x* ) = (323,5 322,8)(323,5 324,2)(323,5 325,0)    = – 0,031901041 (321,0  322,8)(321,0  324,2)(321,0  325,0) = -0,03190
    4. 15. L1(x* )= (323,5 321,0)(323,5 324,2)(323,5 325,0)    = 0,473484848 (322,8  321,0)(322,8  324,2)(322,8  325,0) = 0,43748 L2(x* )= (323,5 321,0)(323,5 322,8)(323,5 325,0)    =0,732421875 (324,2  321,0)(324,2  322,8)(324,2  325,0) =0,73242 L3(x* )= (323,5 321,0)(323,5 322,8)(323,5 324,2)    =-0,174005681 (325,0  321,0)(325,0  322,8)(325,0  324,2) = -0,17401  y (323,5)= 2,50651.(- 0,03190)+2,50893.0,47348+2,51081.0,73242+2,51188.(-0,17401) =2,50985 Bài 11: Cho bảng giá trị của hàm số y =f(x) X -1 0 3 6 7 Y 3 -6 39 822 1011 a. Xây dựng đa thức nội suy Niwton tiến xuất phát từ nút x0 =-1 của y = f(x) b. Dùng đa thức nội suy nhận được tính giá trị f(0,25) Giải : Đa thức vừa lặp là đa thức nội suy Niwton bước không đều a. Ta có bảng ký hiệu X Y THC1 THC2 THC3 THC4 -1 0 3 6 3 -6 39 822 -9 15 261 6 41 132 5 13 1
    5. 21. Giải: Lập bảng tỉ hiệu: x y y 2 y 3y 4 y 0,12 8,333333 – 55,555533 – 39,215700 – 29,411767 – 22,727250 326,796666 196,078660 133,690340 -1633,975075 – 891,261714 7427,133610 0,15 6,666667 0,17 5,882353 0,2 5,000000 0,22 4,545455 ( ) 4  P x = 8,333333 – 55,555533 ( x -0,12) + 326,796666(x  0,12)(x  0,15) 1633,975075(x – 0,12). (x  0,15) .( x -0,17) + 7427,133610 (x  0,12) (x  0,15) .( x -0,17)( (x  0,2) .  ( ) 4 P x = 7427,133610 x4  6387,340585×3  2173,927294×2  365,847435x  30,427706 / ( ) 29708,53444 3 19162,02176 2 4347,854588 365,847435 4  P x  x  x  x  Vậy ta có y / (0,12) = / (0,12) 29708,53444.0,123 19162,02176 2 4347,854588 365,847435 4 P   x  x  = -68,689650. Câu 18. Tính gần đúng y/(1) của hàm y = y(x) dựa vào bảng giá trị : x 0,98 1,00 1,02 y  y(x) 0,7739332 0,7651977 0,7563321 Giải: Theo bài ra ta có h = 0,02 Áp dụng công thức Taylo, ta có:   f x f ( x h ) f ( x ) ( ) 0 0 . 0 / h  y  f  f f / (1) / (1) (1,02) (1,00) 0,7563321 0,7651977   Thay số ta có: 0,44328 0,02 0,02    Vậy y/ (1)   0,44328. Câu 19. Cho tính phân:   dx 1,1 0,1 (1 4x)2 a. Tính gần đúng tích phân trên bằng công thức hình thang tổng quát chia đoạn 0,1;1,1 thành 10 đoạn bằng nhau. b. Đánh giá sai số của giá trị gần đúng tìm được. Giải: a. Theo bài ra ta có h b a 1,1  0,1  0,1 . 10    n Lập bảng giá trị : i x y 0 0,1 0,510204081 1 0,2 0,308641975 2 0,3 0,206611570 3 0,4 0,147928994 4 0,5 0,111111111
    6. 22. 5 0,6 0,086505190 6 0,7 0,069252077 7 0,8 0,056689342 8 0,9 0,047258979 9 1,0 0,040000000 10 1,1 0,034293552 Áp dụng công thức hình thang IT =    0 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 2 h y  y  y  y  y  y  y  y  y  y  y . Thay số ta có: IT =  0,1 0,510204081 +0,034293552 + 2(0,308641975 + 0,206611570 2 + + 0,147928994 +0,111111111+ 0,086505190 + 0,069252077 + 0,056689342 + 0,047258979 + 0,040000000 ) = 0,134624805 Vậy IT = 0,134624805. . 2 I I M h b a T    Với M Max f // (x) , với mọi xa,b. b. Đánh giá sai số, ta có: . ; 12 / x 32 8  ( ) 1 ( ) 1      Ta có 2 4 / 2 (1 4 ) (1 4 ) (1 4 ) x x f x x f x          / 4 3 384 96 x x x 32(1 4 ) 16(1 4 ) ( 32 8)          8 5  ( ) 32 8 4 // (1 4 ) (1 4 )   (1 4 ) x x x x f x x           (0,1) 384.0,1 96 5 //  Ta nhận thấy, Max f // (x) = 24,98958767 (1  4.0,1)  f  24,98958767.0,12.(1,1 0,1)  .  Sai số T I  I  0,020824656 12  x . 1 dx 3,5  2 1 Câu 20. Cho tích phân:   x a. Tích gần đúng tích phân bằng công thức Símson tổng quát chia đoạn 2;3,5 thành 12 đoạn bằng nhau. b. Đánh giá sai số giá trị vừa tìm được. Giải: 3,5  2  h b a a. Theo bài ra ta có 0,125 12    n Lập bảng giá trị : i x y 0 2 -3 1 2,125 -2, 777777778 2 2,25 -2,6 3 2,375 -2,454545455 4 2,5 -2, 333333333 5 2,625 -2,230769231 6 2,75 -2,142857143 7 2,875 -2,066666667 8 3,0 -2
    7. 23. 9 3,125 -1,941176471 10 3,25 -1, 888888889 11 3,375 -1,842105263 12 3,5 -1,8 Áp dụng công thức Símson     4(      )  2(     )  3 0 12 1 3 5 7 9 11 2 4 6 8 10 IS h y y y y y y y y y y y y y  0,125   3  1,8  4.(-2, 777777778 – 2,454545455- 2,230769231- 2,066666667 – 1,941176471 – 3 -1,842105263)  2.( -2,6 -2, 333333333 -2,142857143 -2 -1, 888888889) = = -3.332596758 Vậy I  -3.332596758 S . 4 b. Đánh giá sai số: .( ) I I M h b a S    180 Trong đó M Max f //// (x) với a  x  b Ta có: ( ) 2  f ( x ) 1 x f x x ( ) 64.(1 ) 2 4 //// f x x x    ( ) 12 24 20 2 3 2 /// 2 2 f // x x 2 /  (1 2 ) (1 2 ) ( ) 4  4 (1 2 ) 1 2 1 x x x x x x x x f x x                   Ta nhận thấy: Max 0,0001302083333 4 ( ) (2) 64 64.0,125 .(3,5 2) //// ////  180 S  f x  f   I  I  . CHƯƠNG 6: TÌM NGHIỆM GẦN ĐÚNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Bài 21 1 1 Dùng công thức Simpson tổng quát để tính gần đúng tích phân: dx  0 x  3 1 . 1  0  Chia thành 16 đoạn bằng nhau, suy ra h = 16 = 0,1 Ta tính ra bảng sau : Thứ tự x f(x) = x x sin 2  1 cos 0 – 0,8 0.934412 1 – 0,7 0.855826 2 – 0,6 0.762860 3 – 0,5 0.656932 4 -0,4 0.539743 5 -0,3 0.413236 6 -0,2 0.279557 7 -0,1 0.141009 8 0 0.000141 9 0,1 0.141009 10 0,2 0.279557 11 0,3 0.413236 12 0,4 0.539743 13 0,5 0.656932 14 0,6 0.762860 15 0,7 0.855826 16 0,8 0.934412 Áp dụng công thức Simpson :
    8. 25. h , chọn bước h= 0,1. Bài giải: Theo đầu bài ta có: h= 0,1; U0= y(1)= 1, x0 = 1 Áp dụng công thức Euler: Ui+1= Ui+ hf(xi ; yi) Ta tính được U1= U0+ hf(x0 ; y0) = 1+ 0,1(12-12)= 1 U2= U1+ hf(x1 ; y1) = 1+ 0,1(12-1,12)= 0,979 U3= U2+ hf(x2 ; y2) = 1+ 0,1(0,9792-1,22)= 0,9308441 U4= U3+ hf(x3 ; y3) = 1+ 0,1(0,93084412-1,32)= 0,848491173 U5= U4+ hf(x4 ; y4) = 1+ 0,1(0,8484911732-1,42)= 0,724484901 U6= U5+ hf(x5 ; y5) = 1+ 0,1(0,7244849012-1,52)= 0,551972738 U7= U6+ hf(x6 ; y6) = 1+ 0,1(0,5519727382-1,62)= 0,326440128
    9. 26. U8= U7+ hf(x7 ; y7) = 1+ 0,1(0,3264401282-1,72)= 0,048096444 U9= U8+ hf(x8 ; y8) = 1+ 0,1(0,0480964442-1,82)= – 0,275672228 U10= U9+ hf(; y9) = 1+ 0,1[(- 0,275672228)2-1,92) = – 0,629072711 U11= U10+ hf(x10 ; y10) = 1+ 0,1- 0,629072711)2-22) = – 0,989499463 Vậy nghiệm gần đúng cần tìm là: U11= α =- 0,989499463 Câu 25. Cho bài toán Cauchy. y /  y  2x y y(0) = 1, 0  x  1. Hãy tìm nghiệm gần đúng bằng phương pháp Euler cải tiến ( chỉ lặp 1 lần),chọn bước h = 0,2 và so sánh kết quả với nghiệm đúng. Giải: Theo bài ra ta có 0 (0) 1; u  y  h  0,2. Vì xi x ih   0 , ta có bảng giá trị của x : 0 x 0,0 1 x 0,2 2 x 0,4 3 x 0,6 4 x 0,8 5 x 1,0 Theo phương pháp Euler cải tiến ( Phương pháp hình thang). (0) ( , ) i 1 i i i u  u  hf x u  (1)  ( , ) ( , )  2 1 u ( m  1)  u  h i f x u  f x u ( m ) . (2)  1 i i i i  1 i  Từ (1) và (2) ta có ( , ) 0 0 0  1 0,2(1 0  . (0) 1 u  u  hf x u ) 1,2 1  ( , ) ( , )  2   u (1)  u  h f x u  f x u (0) 1 0 0 0 1 1  1 0,1 1 2.0 = 1,186667.   1,356585         1,2 2.0,2       1,2 1 0,2 ( , (1) ) 1,186667 0,2 1,186667 2.0,2 u  u  f x u     . 1,186667 1 1 (1) 1 ) 0 (2    ( , )  ( , )   u u h f x u f x u 2 ) 0 (2 2 (1) 1 1 (1) 1 ) 1(2 1,348325   1,186667 0,1 1,186667 2.0 1,356585 2.0,4 1,186667 1,356585                 u  u  f x u    1,499325 . 4 , 0 . 2 348325 , 1 2 , 0 348325 , 1 ) , ( 2 , 0 ) 1(2 2 1,348325 ) 1(2 ) 0 (3         ( , )  ( , )   ) 1(3u u h f x u f x u 2 ) 0 (3 3 ) 1(2 2 ) 1(2 1,493721   1,348325 0,1 1,348325 2.0,4 1,499325 2.0,6 1,348325 1,499325                 u  u  f x u    1,631793 . 6 , 0 . 2 493721 , 1 2 , 0 493721 , 1 ) , ( 2 , 0 ) 1(3 3 1,493721 ) 1(3 ) 0 (4     
    10. 27.    ( , )  ( , )   u u h f x u f x u 2 ) 0 (4 4 ) 1(3 3 ) 1(3 ) 1(4 1,627884   1,493721 0,1 1,493721 2.0,6 1,631793 2.0,8 1,493721 1,631793                 u  u  h f x u    1,756887 . 8 , 0 . 2 627884 , 1 2 , 0 627884 , 1 ) , ( . ) 1(4 4 1,627884 ) 1(4 ) 0 (5         ( , )  ( , )   u u h f x u f x u 2 ) 0 (5 5 ) 1(4 4 ) 1(4 ) 1(5 1,754236.   1,627884 0,1 1,627884 2.0,8 1,756887 2.1 1,756887  5   ( 1,627884 Vậy nghiệm gần đúng cần tính là 1)             u =  1,754236 Câu 26. Cho bài toán Cauchy y/  x  y . y(0)= 1. Hãy tìm nghiệm gần đúng bằng phương pháp Euler cải tiến với độ chính xác đến 4 chữ số lẻ thập phân trùng nhau, giá trị của y(0,1). chọn bước h = 0,05. Giải: Theo bài bước h = 0,05. f(x,y) = x + y Theo công thức Euler cải tiến ta có:  ( , ) ( , ) 2 m i f x u f x u u u h   (  1)    ( m ) (1)  1 i i i i 1 i 1 u (0)  u  hf ( x , u ) (2) i  1 i i i Từ (1) và (2) ta có: u (0)  u  hf ( x , u )  1  0,05(0  1)  1,05 1 0 0 0   0 1 0,05 1,05 1,0525 u (1) u  h f ( x , u )  f ( x , u )  1  0,05     1 2 2 (0) 0 0 0 1 1   0 1 0,05 1,0525 1,05256 u (2) u  h f ( x , u )  f ( x , u (1) )  1  0,05     1 0 2 0 0 1 1 2 Ta thấy (2) 1 u – (1) 1 u = 1,05256 – 1,0525 = 0,00006 < 10-4 đạt yêu cầu chính xác, lấy gần đúng 1 u = 1,0526. Tính tiếp cho 2 u , ta có: .  ,  1,0526 0,05(0,05 1,0526) 1,1077. 1 1 1 ) 0 (2 u  u  h f x u       0,05 1,0526 0,1 1,1077 1,11036 u u  h f ( x , u )  f ( x , u )  1,0526  0,05     2 ) 0 (2 1 1 1 2 2 ) 1(2   0,05 1,0526 0,1 1,11036 1,11042 2 u (2 2 ) u  h f ( x , u )  f ( x , u 1) )  1,0526  0,05     2 1 2 1 1 2 2 Cũng như với u ta có 2 )  (1 (u = 0,00006<10-4. Ta có thể lấy y(0,1) = u(0,1) = u ) 1(2  2 u 1,1104. Câu 27. Cho bài toán Cauchy / 1 2 y y   y (0)  0 Hãy tìm nghiệm gần đúng bằng phương pháp Runge – Kutta cấp 4 trên 0;0,6. Chọn bước h= 0,2. Giải Theo bài ra, ta có 3 x b h 0, 0,6, 0,2    0,6 0 0,2 0 0     n b x   h
    11. 28. Ta có bảng: 0 x 0 1 x 0,2 2 x 0,4 3 x 0,6 * Tính u1 với      0 0 0 x 0 u Ta có 2 k h f x u . ( , ) 0,2(1 0 ) 0,2     1 0 0 k h f x h u k . ( 0,5 ; 0,5 ) 0,2(1 0,1 ) 0,202       k h f x h u k . ( 0,5. ; 0,5. ) 0,2(1 0,101 ) 0,2020402       k h f x h u k . ( ; ) 0,2(1 2022402 ) 0,208164048 ( 2 2 ) 0 1 6            0,202707408 (0,2 2.0,202 2.0,2020402 0,208164048) 6 1 1 0 1 2 3 4 2 4 0 0 3 2 3 0 0 2 2 2 0 0 1        u u k k k k *Tính 2 u với      0,2 0,202707408 1 x 1 u Ta có: k h f x u . ( , ) 0,2(1 0,202707408 ) 0,208218058     k h f x h u k . ( 0,5 ; 0,5 ) 0,2(1 0,306816437 ) 0,218827265       k h f x h u k . ( 0,5. ; 0,5. ) 0,2(1 0,31212104 ) 0,219483908       k h f x h u k . ( ; ) 0,2(1 0,422191316 ) 0,235649101       ( 2 2 ) 0,202707408 1 6 u u k k k k           2.0,219483908 0,235649101) 0,422788992. (0,208218058 2.0,218827265 6 1 2 1 1 2 3 4 2 4 1 1 3 2 3 1 1 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1    *Tính 3 u với      0,4 0,422788992 2 x 2 u Ta có: k h f x u . ( , ) 0,2(1 0,422788992 ) 0,235750106     k h f x h u k . ( 0,5 ; 0,5 ) 0,2(1 0,540664045 ) 0,258463521       k h f x h u k . ( 0,5. ; 0,5. ) 0,2(1 0,552020752 ) 0,260945382       k h f x h u k . ( ; ) 0,2(1 0,683734374 ) 0,293498538       ( 2 2 ) 0,422788992 1 6 u u k k k k           2.0,260945382 0,293498538) 0,6841334. (0,235750106 2.0,258463521 6 1 3 2 1 2 3 4 2 4 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2    *Tính 4 u với      0,6 0,6841334 3 x 3 u
    12. 29. k h f x u . ( , ) 0,2(1 0,6841334 ) 0,293607701     k h f x h u k . ( 0,5 ; 0,5 ) 0,2(1 0,83093725 ) 0,338091342       k h f x h u k . ( 0,5. ; 0,5. ) 0,2(1 0,853179071 ) 0,345582905       k h f x h u k . ( ; ) 0,2(1 1,029716305 ) 0,412063133       ( 2 2 ) 0,6841334 1 6 u u k k k k           2.0,345582905 0,412063133) 1,029636621 (0,293607701 2.0,338091342 6 1 4 3 1 2 3 4 2 4 3 3 3 2 3 3 3 2 2 2 3 3 1 2 1 3 3    Bài 28: Dùng phương pháp trung điểm giải bài toán sau: ݕᇱ = ݕ − ܿ݋ݏݔ ݕ Với 0 ≤ ݔ ≤ 1; y(0) =1, chọn bước h =0,2. Kết quả làm tròn 6 chữ số lẻ thập phân. Bài giải Ta có: U0= y(0) =1 Áp dụng phương pháp trung điểm ta tính được: + ܷഥ1= U0 + ௛ ଶ (U0- ௖௢௦௫బ ௎బ ) = 1  U1= U0 + h(ܷഥ1- ୡ୭ୱ (௫బା଴,ହ௛) ௎ഥ భ )) = 1,000999 + ܷഥ2= U1 + ௛ ଶ (U1- ௖௢௦௫భ ௎భ ) = 1,003088  U2= U1 + h(ܷഥ2- ୡ୭ୱ (௫భା଴,ହ௛) ௎ഥ మ )) = 1,010495 + ܷഥ3= U2 + ௛ ଶ (U2- ௖௢௦௫మ ௎మ ) = 1,019277  U3= U2 + h(ܷഥ3- ୡ୭ୱ (௫మା଴,ହ௛) ௎ഥ య )) = 1,037935 + ܷഥ4= U3 + ௛ ଶ (U3- ௖௢௦௫య ௎య ) = 1,057977  U4= U3 + h(ܷഥ4- ୡ୭ୱ (௫యା଴,ହ௛) ௎ഥ ర )) = 1,091733 + ܷഥ5= U4 + ௛ ଶ (U4- ௖௢௦௫ర ௎ర ) = 1,126575  U5= U4 + h(ܷഥ5- ୡ୭ୱ (௫రା଴,ହ௛) ௎ഥ ఱ )) = 1,177547 + ܷഥ6= U5 + ௛ ଶ (U5- ௖௢௦௫ఱ ௎ఱ ) = 1,229245  U6= U5 + h(ܷഥ6- ୡ୭ୱ (௫ఱା଴,ହ௛) ௎ഥ ల )) = 1,2982670 Bài 29: Dùng phương pháp trung điểm giải bài toán sau: ݕᇱ = ݕ − ݁௫ܿ݋ݏݔ ݕ Với 0,3 ≤ ݔ ≤ 0,5; y(0,3) =0,943747, chọn bước h =0,1. Kết quả làm tròn 6 chữ số lẻ thập phân.
    13. 30. Bài giải Ta có: U0= y(0) =0,943747 Áp dụng phương pháp trung điểm ta tính được: +) ܷഥଵ = ܷ଴ + ௛ ଶ (ܷ଴ − ௘ೣబ.௖௢௦௫బ ௎బ ) = 0,926822832  ܷଵ = ܷ଴ + ℎ(ܷഥଵ − ௘(ೣబశబ,ఱ೓).௖௢௦(௫బା଴,ହ௛) ௎ഥ భ ) = 0,891524 ଶ (ܷଵ − ௘ೣభ.௖௢௦௫భ +) ܷഥଶ = ܷଵ + ௛ ௎భ ) = 0,859038  ܷଶ = ܷଵ + ℎ(ܷഥଶ − ௘(ೣభశబ,ఱ೓).௖௢௦(௫భା଴,ହ௛) ௎ഥ మ ) = 0,813037 ଶ (ܷଶ − ௘ೣమ.௖௢௦௫మ +) ܷഥଷ = ܷଶ + ௛ ௎మ ) = 0,764708  ܷଷ = ܷଶ + ℎ(ܷഥଷ − ௘(ೣమశబ,ఱ೓).ୡ୭ୱ (௫మା଴,ହ௛) ௎ഥ య ) = 0,696278 Vậy nghiệm gần đúng cần tìm là: U3= α= 0,696278

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Phương Pháp Tính
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 8: Ttmt
  • 45 Câu Bài Tập Mệnh Đề Quan Hệ Kinh Điển (Kèm Đáp Án)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính 2 Có Đáp Án
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải (Phần 1)
  • Tính Toán Ma Trận Và Giải Hệ Phương Trình Tuyến Tính Trong Mathematica

    --- Bài mới hơn ---

  • Chuyên Đề “Phương Trình Nghiệm Nguyên”
  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa – Khử – Du Học & Lao Động
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Số Phức Cơ Bản Và Nâng Cao
  • Các Dạng Bài Tập Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Xây dựng các ma trận

    Table, {m}, {n}]

    Sinh ma trận ngẫu nhiên cỡ m x n

    Sinh ma trận m x n tam giác dưới

    Array

    DiagonalMatrix

    Tạo ma trận đơn vị cấp n

    Normal:=

    Table:=

    ( left(

    begin{array}{cc}

    a(1,1) & a(1,2) \

    a(2,1) & a(2,2) \

    end{array}

    right) )

    Đọc và cập nhật dữ liệu phần tử ma trận

    m]

    Dòng thứ i của ma trận m (để đọc hoặc gán)

    m

    Ma trận con từ m (trích từ dòng i0 đến i1, cột j0 đến j1)

    Tr

    Những vị trí có giá trị khác 0 của ma trận

    VectorQ

    True nếu expr là ma trận

    Dimensions:=

    Sqrt:=

    ( left{sqrt{a},sqrt{b},sqrt{c}right} )

    Tổng hai vector cùng cỡ sẽ thực hiện trên các phần tử tương ứng của 2 vector, nhưng nếu cộng một số với một vector thì số đó cộng với từng phần tử của vector (tương tự cho nhân, chia).

    In:=

    {a + c, b + d}

    In:=

    {a c, b c}

    Nhân hai ma trận

    Nhân 2 ma trận thì dùng ký hiệu dấu chấm m . v

    In:=

    {{a + 3 b, 2 a + 4 b}, {c + 3 d, 2 c + 4 d}}

    Nghịch đảo ma trận

    Inverse:=

    Inverse:=

    {{0.25, 0.25}, {-0.375, 0.125}}

    Transpose

    Nghịch đảo ma trận

    Det

    Hạng ma trận m

    Eigenvalues

    Vector riêng của m

    Giải hệ phương trình tuyến tính

    Phương trình tuyến tính dạng m . x = b có nghiệm duy nhất khi Det

    Giải hệ m . x = b

    Inverse

    Tương đương với giải hệ bằng LinearSolve

    NullSpace LinearSolve[m, {a, b}]

    --- Bài cũ hơn ---

  • Kiến Thức Cơ Bản Đại Số Lớp 10: Phương Trình Và Hệ Phương Trình
  • Phương Trình Lượng Giác Chứa Căn Và Phương Trình Lượng Giác Chứa Giá Trị Tuyệt Đối
  • Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Thế Và Bài Tập Vận Dụng
  • Chuyên Đề: Phương Pháp Giải Phương Trình Vô Tỉ
  • Các Bài Toán Tìm 2 Số Khi Biết Tổng Và Tích.
  • Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp 1, Bernoulli, Ricatti

    --- Bài mới hơn ---

  • Cđ Một Số Dạng Pt Vô Tỷ Và Cách Giải
  • Cách Giải Bất Phương Trình Vô Tỷ Chứa Căn
  • Hướng Dẫn Học Sinh Lớp 9 Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Vô Tỉ
  • 4 Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Cực Hay
  • Pp Giải Pt&bpt Vô Tỷ
  • Shortlink: http://wp.me/P8gtr-MY

    Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 là phương trình có dạng:

    (1) (hay )

    trong đó p(x), q(x) là những hàm số liên tục, cho trước.

    Nếu q(x) ≡ 0, thì (1) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất.

    Nếu q(x) ≠0, thì (1) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 không thuần nhất.

    2.1 Cách 1: Phương pháp thừa số tích phân:

    Nhân 2 vế của (1) với thừa số

    (*)

    ta chú ý vế trái của phương trình sẽ thấy biểu thức ở vế trái chính là đạo hàm của tích số . Vậy ta viết lại phương trình (*) như sau:

    Lấy tích phân hai vế ta được:

    .

    Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) có dạng:

    Ví dụ: Giải phương trình

    Nhân 2 vế của phương trình với thừa số .

    Ta đươc:

    Lấy tích phân 2 vế ta được:

    Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:

    2.2 Cách 2: Phương pháp Bernoulli (pp tìm nghiệm dưới dạng tích)

    Từ cách thứ nhất, ta nhận thấy nghiệm của phương trình có dạng tích của hai hàm số. Vì vậy, ta sẽ tìm nghiệm của phương trình dưới dạng tích:

    Ta có:

    Thế vào phương trình ta có:

    Hay: (*)

    Phương trình (*) có tới 4 thông số chưa biết là u, v, u’ , v’ nên không thể giải tìm u, v bất kỳ. Để tìm u, v thỏa mãn phương trình (*), ta cần chọn u, v sao cho triệt tiêu đi 1 hàm chưa biết.

    Muốn vậy, ta chọn u(x) sao cho (**)

    Ta dễ dàng tìm được hàm u(x) thỏa (**) vì (**) chính là phương trình tách biến. Khi đó:

    Chọn C = 1 ta có:

    Như vậy ta tìm được hàm u(x) nên từ (*) ta sẽ có:

    Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

    2.3 Cách 3: Phương pháp Larrange (pp biến thiên hằng số)

    Từ cách 2 ta thấy nghiệm phương trình có dạng với u(x) là nghiệm phương trình (**) – đây là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1.

    Do vậy, giải phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1 ta tìm được:

    Mà công thức nghiệm tổng quát của phương trình (1) lại là: chỉ sai khác so với u(x) ở chỗ thế hằng số C bằng hàm cần tìm v(x).

    Do vậy, ta chỉ cần tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất, sau đó thay hằng số C bằng hàm cần tìm v(x) sẽ giải được bài toán. Vậy:

    Bước 1: giải phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 1 liên kết với phương trình (1):

    Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng:

    Bước 2: nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất (1) có dạng:

    Ta có:

    Thế vào phương trình ta có:

    Suy ra: . Từ đó tìm được v(x).

    Đôi lời

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Toán 11 Bài 3. Một Số Phương Trình Lượng Giác Thường Gặp
  • Chỉ Cần 20 Bước Là Giải Được Bất Kỳ Khối Rubik Nào, Nhưng Mất 36 Năm Nghiên Cứu Ta Mới Tìm Ra Con Số 20 ‘thần Thánh’
  • Bí Kíp Giải Rubik Cực Chuẩn Chỉ Trong ‘nháy Mắt’
  • Giải Bài Toán Yêu Nhau Cau Sáu Bổ Ba
  • Phân Tích Và Đọc Kết Quả Hồi Quy Đa Biến Trong Spss
  • Giải Bài Tập Vật Lý 7 Bài 4: Định Luật Phản Xạ Ánh Sáng

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài C1, C2, C3, C4, C5 Trang 6, 7, 8 Sgk Vật Lí 7
  • Giải Bài Tập Sgk Vật Lý Lớp 7 Bài 5: Ảnh Của Một Vật Tạo Bởi Gương Phẳng
  • Giải Bài Tập Trang 25, 26 Vật Lí 7, Tổng Kết Chương 1: Quang Học
  • Giải Bài Tập Vật Lý 7 Bài 24: Cường Độ Dòng Điện
  • Giải Bài Tập Sgk Vật Lý Lớp 7 Bài 16: Tổng Kết Chương 2: Âm Học
  • ĐỊNH LUẬT PHẢN XẠ ÁNH SÁNG KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Gương phẳng : Hàng ngày chúng ta vẫn thường dùng gương phẳng để soi (hình của mình, hay của các vật khác trong gương). Hình của một vật quạn sát được trong gương gọi là ảnh của vật tạo bởi gương. Định luật phản xạ ánh sáng Định luật phản xạ ánh sáng : Trên hình 4.1 : G là gương phẳng, I là điểm tia sáng chiếu tới mặt gương, SI là tia tới, IN là pháp tuyến của mặt gương tại điểm tới I, IR là tia phản xạ, góc hợp bởi SI và IN là góc tới i = SIN), góc hợp bởi IN và IR là góc phản xạ (i' = NIR) Hình 4.1 Định luật phản xạ ánh sáng được phát biểu như sau : + Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và đường pháp tuyến của gương tại điểm tới. + Góc phản xạ bằng góc tới (ì = ì'). HƯỚNG DẪN TRẢ LỜI CÁC CÂU HỎI TRONG SGK VÀ BÀI TẬP TRONG SBT Cl. Một số vật có tác dụng tương tự gương phảng như mặt nước yên lặng, mặt kính cửa sổ, tấm kim loại phẳng bóng, mặt tường ốp gạch men phẳng bóng. C2. Tia phản xạ IR nằm trong mặt phảng tờ giấy chứa tia tới. Vậy tia phản xạ nằm trong cùng mặt phẳng với tia tới và pháp tuyến tại điểm tới. Góc phản xạ luôn bằng góc tới. C3. Vẽ tia phản xạ IR trên mặt phẳng tờ giấy, sao cho góc phản xạ RIN bằng góc tới SIN C4. a) Đầu tiên vẽ pháp tuyến IN, sau đó vẽ tia phản xạ IR sao cho góc phản xạ i' bằng góc tới i (Hình 4.2a) Hình 4.2 Hình 4.3 b) Đầu tiên vẽ tia tới SI và tia phân xạ IR như đề bài đã cho. Tiếp theo vẽ đường phân giác của góc SIR. Đường phân giác IN này .chính là pháp tuyến của gương. Cuối cùng vẽ mặt gương vuông góc với IN (Hình 4.2b). Hình 4.4 Vẽ pháp tuyến IN rồi vẽ các góc i' = i (Hxnh43) Góc phản xạ i' = i = 60° A. 20° b) Vẽ IR Pháp tuyến IN chia đôi góc SIR thành hai góc i và i' với i = i'. Hình 4.5 Vẽ mặt gương vuông góc với pháp tuyến IN (HÌnh 4.4). Hình 4,5 + Biết tia phản xạ IM. Vẽ tia tới SjI như sau : Vẽ pháp tuyến IN rồi vẽ góc tới i bằng góc phản xạ i' nghĩa là SjIN = NIM. + Tương tự như trên vẽ được S2K ra r = i = 30° (Hình 4.7). A. Thèo hình 4.8 ta chứng minh được sill = IIjR Suy ra SI // IJ R. Tại I (Hình 4.10) theo định luật phản xạ, ta có : SIN = NIK = 30°. Vậy KIO = 90° - 30° = 60° Tại K, theo định luật phản xạ ta có : IKP = PKR Trong tam giác vuông IKH, ta có : IKH = 90° - IKP = 90° - 15° = 75° Trong tam giác IKO, ta có : IOK = a = 180° - ÍKÕ - KĨỒ = 180° - 75° - 60° = 45° Hình 4.11 c. BÀI TẬP BỔ SUNG 4a. Tia sáng xuất phát từ A đến gương phẳng đặt tại o rồi phản xạ đến B. Hãy vẽ gương phảng (Hình 4.11). 4b. Hãy vẽ tia sáng xuất phát từ A đến gặp gương phảng và phản xạ đi qua B (Hình 4.12). .B * A A * . B -7777777777777777777777777777 /,,,///// (1) (2) Hình 4.13 Hình 4.12 4c. Hãy vẽ một tia sáng đến gương G] sau khi phản xạ trên gương G2 thì cho tia IR (Hình 4.13).

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Trang 22, 23, 24 Vật Lí 7, Gương Cầu Lõm
  • Giải Bài Tập Vật Lý 7 Bài 1: Nhận Biết Ánh Sáng
  • Giải Bài Tập Sgk Vật Lý Lớp 7: Nhận Biết Ánh Sáng
  • Giải Bài Tập Vật Lý 7 Sgk
  • Giải Vật Lí 9 Bài 7: Sự Phụ Thuộc Của Điện Trở Vào Chiều Dài Dây Dẫn