Контрольна робота
З дисциплiни: Вища математика
За темою (роздiлом навчального плану)
Прізвище,ім’я, побатькові студента
Данiщук МирославаЕвгенiївна
Прiзвище таінiцiали викладача
Дюженкова ОльгаЮріївна
Київ 2008 рiк.
Завдання 1
Систему рівняньзаписати в матричній формі та розв’язати методом оберненої матриці та методомГауса.
/> (*)
Розв’язання.
Запишемо данусистему рівнянь (*) в матричній формі:
/> />= />. (1)
Введемо позначення:
А≡ /> - матриця системи,
Х ≡ /> - вектор-стовпець зневідомих членів,
В ≡ /> - вектор-стовпець звільних членів.
1) Розв’яжемосистему рівнянь (*) методом оберненої матриці.
Домноживширівність (1) зліва на обернену матрицю A-1 одержимо:
/>
Знайдемо оберненуматрицю до даної:
A-1 =/>/>,
де А11=(-1) 2·/>=10-24=-14, А12=(-1) 3·/>=- (-6+6)=0, А13= (-
1) 4·/>=-12+5=-7, А21= (-1)3·/>=- (-2+4) =-2, А22=(-1) 4
·/>=-6-1=-7, А23= (-1)5·/>=- (-12-1) =13, А31=(-1) 4·/>=-
6+5=-1, А32=(-1) 5·/>=- (-18-3)=21, А33= (-1) 6·/>=-15-3=-18.
det A = />= 30-6-12+5+6-72=-49.
Тому
A-1 =/>/>=- />.
Отже, розв’язокданої системи в матричній формі запишеться так:
X = — />·/>=-/>=
=-/>=/>.
Тобтох1=1, х2=1, х3=1.
2) Розв’яжемо систему рівнянь методом Гауса.
Метод Гаусаполягає в послідовному виключенні невідомих за допомогою елементарних перетворень.
Спочатку виключимох1 з другого та третього рівнянь системи (*).
Помножимо другерівняння системи (*) на — 1 і додамо його до першого — запишемо замість другогорівняння,
Помножимо третєрівняння на — 3 і додамо його до першого — запишемо замість третього рівняння:
/> (2)
Тепер виключимо х3з третього рівняння отриманої системи (2). Для цього помножимо третє рівняннясистеми (2) на — 1 і додамо до другого — запишемо замість третього рівняннясистеми:
/> (3)
З рівняння (3) маємо:
х2= 1, х2=/> = 1, х3 =5-3·1-1=1.
Відповідь. данасистема в матричній формі:
/>/> /> />= />,
її розв’язок (1;1;1).
Завдання 2
Показати, що першітри вектори />, />, /> утворюють базистривимірного векторного простору, і розкласти вектор /> за цим базисом (прирозв’язанні системи лінійних рівнянь використати формули Крамера):
/>= (1,2,3), />= (2,2,3), />= (1,1,1), /> = (5,7,10)
Розв’язання.
Для того, щобвектори />, />, /> утворювали базис,необхідно щоб вони були лінійно незалежними. Тобто має виконуватись рівність:
α />+β />+γ />= 0, за умови, що α =β = γ = 0.
Тобто
α />+β />+γ />= 0,
або
/> = />.
Тоді, система:
/>
повинна матитільки нульове рішення. Це можливо тільки, якщо її визначник не дорівнює нулю.
Визначник системи:
А = /> /> />, det A =1*2*1+2*1*3+2*3*1-3*2*1-2*2*1-3*1*1=1/>0.
Отже, вектори />, />, /> утворюють базистривимірного векторного простору.
Тоді вектор /> є їх лінійною комбінацією:
/> = b1/> + b2 />+ b3 />.
Числа b1,b2, b3 будуть координатами вектора у базисі />, />, />. Знайдемо їх, розв’язавшивідповідну систему:
/>
Систему лінійнихрівнянь розв’яжемо, використовуючи формули Крамера:
b1 = />,
b2 =/>
b3 = />.
/>= det/> /> /> =5*2*1+2*1*10+7*3*1-10*2*1-7*2*1-3*1*5 = 2,/>=det /> /> />=1*7*1+5*1*3+2*10*1-3*7*1-5*2*1-10*1*1 = 1,/>=det /> /> />=1*2*10+2*7*3+2*3*5-3*2*5-2*2*10-3*7*1= 1.
Тоді b1 = 2,b2 = 1,b3= 1.
Отримали вектор /> у базисі />, />, />: /> = 2/> + />+ />.
Відповідь. вектори />, />, /> утворюють базистривимірного векторного простору, /> = 2/> + />+ />.
Завдання 3
Задано: координатитрьох точок А, В, С. Записати рівняння сторін трикутника АВ, АС і ВС, висотиАК, знайти кут А і координати точки К.
A (0;
2), B (2;
3), С (1;
3).
Розв’язання.
рівняння АВ:
/>,
звідси рівнянняпрямої АВ: х — 2у + 4=0;
рівняння АС:
/>,
звідси рівнянняпрямої АС: х — у +2=0;
рівняння ВС:
/>,
звідси рівнянняпрямої ВС: у = 3.
2) З урахуваннямперпендикулярності прямої ВС і висоти АK нормальний вектор прямої ВС єнапрямним прямої АК: /> (0;
1) — нормальнийвектор прямої ВС, /> (0;
1) — напрямнийвектор прямої АК. Напишемо рівняння цієї прямої, враховуючи, що їй належить т. А(0;
2) —
/> />=0
х = 0 — рівнянняпрямої АК.
3) кут А — гострийкут між прямими АВ і АС:
∟A = ∟BAK- ∟CAK,
де ∟BAK =arctg (BK / AK) = arсtg (2/1) = arсtg 2,∟CAK=arctg (CK / AK) = arctg (1/1)= />,
тому ∟ A =arctg 2 — />.
4) Знайдемо точкуК — точку перетину висоти АК і прямої ВС, тобто координати т. К є розв’язкомсистеми рівнянь даних прямих:
/>
Маємо: К (0;
3).
Відповідь. (АВ): х — 2у + 4=0, (АС): х — у +2=0;
(ВС): у = 3;
(АК): х=0;
∟ A = arctg2 — />;
К (0;3).
Завдання 4
Знайти границіфункцій (не використовуючи правило Лопіталя):
а) />;
б) />;
в) />
Розв’язання:
а) Коли x прямуєдо нескінченності, молодшими степенями x можна нехтувати:
/>= />=/>=-3;
б) Здійснимозаміну змінних y = x — 2:
/>=/>= — />,
розпишемо синус задопомогою формули Тейлора:
sin у = y — />+…
Тоді:
/>= — />= — />= — />1 — /> (-/>) +…=-1+0+…=-1;
в) Скористаємосявизначенням числа e:
е = />
і здійснимо замінузмінних y = — 2x — 1:
/>= />= />/>/>/> ==
/>/>/>/>/>= />/>/>/>=е2.
Відповідь. — 3;- 1; е2.
Завдання 5
Знайти похіднуфункції:
у = еsin xln x
Розв’язання.
Скористаємосяформулою диференціювання добутку і складної функції:
/>.
Відповідь. />.
Завдання 5
Дослідити функціюметодами диференціального числення і побудувати її графік. Досліджувати функціюрекомендується за такою схемою:
1) знайти областьвизначення й область зміни функції;
2) дослідитифункцію на неперервність, знайти точки розриву функції (якщо вони існують) іточки перетину її графіка з осями координат;
3) знайти інтервализростання і спадання функції і точки її локального екстремуму;
4) знайтиінтервали опуклості й угнутості графіка функції та точки перегину;
5) знайтиасимптоти графіка функції.
у = />.
Розв’язання.
1) Областьвизначення — вся числова вісь за винятком x = — 3 и x = +3, коли знаменникперетворюється в нуль:
х є (-∞; — 3)U (-3; +3) U (+3; +∞),
область значеньфункції — вся числова вісь за виключенням y = 0: у є (-∞; 0) U (0; +∞).
2) Точки розриву x= — 3 и x = +3, коли знаменник перетворюється в нуль;
функція перетинаєвісь y при х = 0, у = — />.
3) Інтервализростання і спадання функції і точки її локального екстремуму:
знайдемо похіднуфункції:
/>,
похідна додатнапри x
похідна від’ємнапри x > 0, тому функція при x > 0 спадає,
похідна дорівнює 0при x = 0, тому функція при x = 0 досягає локального екстремуму;
знайдемо другупохідну функції:
/>,
друга похіднадорівнює — /> при x = 0, тобто від’ємна,тому даний локальний екстремум — це локальний максимум.
4) Знайдемоінтервали опуклості й угнутості графіка функції та точки перегину:
друга похіднадодатна в інтервалах (-∞; — 3), (+3; +∞), тому в них функціявипукла вниз;
друга похіднавід’ємна в інтервалі (-3; +3), тому в ньому функція випукла вгору;
відповідно, точкиx = — 3 и x = +3 — точки перегину
5) Знайдемоасимптоти графіка функції:
при х→-∞і х→+∞ функція прямує до нуля, тому пряма y = 0 — горизонтальнаасимптота;
точки x = — 3 и x= +3, коли знаменник перетворюється в нуль, визначає дві вертикальні асимптоти.
6) Побудуємографік функції:
/>
Відповідь.1) хє (-∞; — 3) U (-3; +3) U (+3; +∞), у є (-∞; 0) U (0; +∞);
2) точкирозриву x = — 3 и x = +3;
функціяперетинає вісь в т. (0; — />);
3) функція приx
функція при x> 0 спадає,
функція при x =0 досягає локального екстремуму;
у=-/> при x = 0 — локальниймаксимум;
4) в інтервалах(-∞; — 3), (+3; +∞) функція випукла вниз;
в інтервалі (-3;+3) функція випукла вгору;
точки x = — 3 иx = +3 — точки перегину;
5) y = 0 — горизонтальнаасимптота;
x = — 3 и x =+3 — вертикальні асимптоти.
Завдання 6
Знайти невизначеніінтеграли:
а) />, б) />.
Розв’язання.
а) Здійснимозаміну змінних y = cos x — 4, dy = — sin x dx:
/>;
б) Скористаємосяформулою інтегрування за частинами:
/>=/>
=-/>
Відповідь. />; />.
Завдання 7
Знайти частинніпохідні за обома змінними функції двох змінних:
z (x,y) =x ln y+ y />
Розв’язання.
Скористаємосяформулою диференціювання і складної функції:
/>,
/>
Відповідь. />; />.