Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Хабаровский государственный университет экономики и права

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

5628

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.11.2022

Размер:

2.33 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Гипербола

Каноническое уравнение гиперболы с осями, параллельными координатным осям, имеет вид (1.7) или (1.8).

(х

) 2

( у

) 2

(1.7)

а 2

b 2

(х

) 2

( у

) 2

(1.8)

а 2

b 2

где

;

– координаты центра

гиперболы,

a – действительная

полуось, b –

мнимая полуось гиперболы.

Пример 3.

Уравнение кривой привести к каноническому виду и построить линию.

25 x 2 9 y 2 50 x 54 y 281 0.

Решение: Выделим полные квадраты при x и y :

25x 2 50x

9y 2 54 y

281

0; 25 x 2

9 y 2

281

25 x 2

9 y 2

6 y

32 32

281

25 x

1 2

9 y

3 2

225 .

Разделим обе части уравнения на 225 , чтобы получить 1 в правой части .

25 x 1 2

9 y 3

x 1 2

y 3

225

Получили каноническое уравнение гиперболы (1.7) с центром в точке

1; 3

, и полуосями a

3 , b

В системе координат

Oxy

построим точку

1; 3

и проведём оси O x

O y параллельно осям координат.

Построим основной прямоугольник гиперболы

в системе координат

O x y ,

откладывая

от

точки O

отрезки a

5 ,

2 3

6 , BD

2 5

10. Диагонали прямоугольника будут являться

асимптотами гиперболы. Вершины гиперболы – точки A и C

(рисунок 3).

Рисунок 3 ─ График функции 25x 2

9y 2

50x

54 y 281 0

Дробно-линейная функция

Каноническое уравнение

дробно-линейной функции

(1. 10)

новой

системе

координат

O x y , с

началом в

точке O ( , ) задаёт

равностороннюю

гиперболу,

асимптотами которой являются оси

координат.

O ( ,

)

─ центр гиперболы.

Если

0 ,

то

ветви

гиперболы

расположены в

чётных

квадрантах,

вершинами являются точки А(

m) и A (

m) .

Если

0 ,

то ветви

гиперболы

расположены

нечётных

квадрантах,

вершины ─ точки

m) и B ( m;

m) .

Пример 4.

Уравнение кривой привести к каноническому виду и построить линию. xy 4x 3y 17 0.

Решение: Приведём уравнение к каноническому виду.

xy	3y 4x				17; y x 3		4x 17;		y	4x		17		.
xy	3y 4x				17; y x 3		4x 17;		y	x		3		.
										x		3
Приведём полученное уравнение к виду (1.10). Выделим целую часть:
		4 x	17			4 x 3 3	17	4 x 3 4 3							17		12		17
				4												4 x 3					5
y							4								4				4	4		;
							4								4				4
		x 3				x 3				x 3						x 3		x 3			x 3
								y	4	5			.

											x	3

Это уравнение

гиперболы с

центром в точке O 3; 4 ,

оси О х и О у

являются асимптотами,

0 ветви гиперболы расположены во втором

четвертом квадрантах, вершинами в новой системе координат

являются точки

A( 5; 5) и A (

5) (рисунок 4).

Найдём точки пересечения функции с осями Ox и Oy .

При x

0 , получаем y

Если y

0 , то x

Следовательно,

гипербола пересекает ось Ox в точке С

; 0 и ось Oy

точке B 0; 5 23 .

y y

	В
A
O	x
	4
A
О	x

С-3

Рисунок 4 ─ График функции	y 4	5

		x 3.
		x 3.

Тема 2. Элементы линейной алгебры Системы линейных уравнений

Дана система трёх линейных уравнений с тремя неизвестными.

a11 x1

a12 x2

a13 x3

b1 ;

a21 x1

a22 x2

a23 x3

b2 ;

(2.1)

a31 x1

a32 x2

a33 x3

b3 .

Матричный метод решения систем линейных уравнений

Систему уравнений (2.1) можно представить в матричном виде

A X

B, где

A − основная матрица системы,

состоящая из коэффициентов уравнений при

неизвестных;

X − матрица-столбец неизвестных

x1 , x2 , x3 ;

− матрица-столбец

свободных членов системы.

Исходную систему уравнений (2.1) можно представить в матричном виде

A X

где A

− основная матрица системы, состоящая из коэффициентов уравнений при

неизвестных,

причём

матрица

квадратная (содержит одинаковое

число

строк

столбцов);

X − матрица-столбец неизвестных x1 , x2 , x3 ; B − матрица-столбец свободных

членов системы:

a11

a12

a13

A a21

a22

a23 ,

x2 , B b2

a31

a32

a33

b3 .

Если матрица

A невырожденная,

т.е. определитель матрицы

отличен от нуля

0 , то исходная система уравнений имеет единственное решение,

которое

находится по формуле

A 1

B ,

(2.2)

где A 1 − обратная матрица к матрице A .

Определитель третьего порядка матрицы A вычисляется по формуле

a11

a12

a13

a21

a22

a23

a11

a22

a33

a21

a32

a13

a12

a23 a31

a31

a32

a33

a31

a22

a13

a32 a23

a11

a21

a12

a33 .

A11

A21

A31

Обратная матрица находится по формуле A 1

A .

(2.3)

A13

A23

A33

Алгебраические

дополнения

Aij

элементов aij

матрицы A находятся по

формуле

1 i

j M

где

–

минор

элемента

матрицы

A ,

представляющий

собой

определитель, полученный из основного

вычёркиванием i - й строки и j - го столбца.

Пример 5 .

					x1	4x2	x3	7;
Решить систему уравнений матричным методом 4x1						8x2	3x3	9;
					x1	6x2	2x3	8.
	1	4	1		7
Решение: A	4	8	3	, B	9 .
	1	6	2		8

1	4	1	x1	7
Матричный вид данной системы уравнений: 4	8	3	x2	9 .
1	6	2	x3	8

Вычислим определитель матрицы А.

		1	4	1

A	A	4 8		3	1 8 2	4 6 1 4 3 1 1 8 1 6 3 1	4 4 2
		1	6	2

16 24 12 8 18 32 4 6 4 6 10 0.

Т.к. определитель матрицы А не равен 0, то матрица А невырожденная, для неё существует обратная матрица A-1.

Вычислим алгебраические дополнения Aij для каждого элемента aij

основной матрицы.

		1 1									1 1		1			4			1					2		8	3


A	1				M				1						4 8 3								1					8 2 6 3 16 18						2;
A	1				M				1						4 8 3								1					8 2 6 3 16 18						2;
11						11																				6	2
													1			6			2							6	2
													1			6			2

	1 1 2								1 1 2						1			4			1			1 3			4	3
															1			4			1
A						M								4				8	3											4		2	1 3	11;
A						M	12							4				8	3											4		2	1 3	11;
12							12																				1	2
														1				6	2								1	2
														1				6	2
					4	8																1									1	1
A	1 4								32;			A				1 3					4				2; A				1 4				1;
A	1 4								32;			A				1 3					4				2; A				1 4				1;
13			1			6						21									6	2					22				1	2
			1			6															6	2									1	2
A	1	5				4			2;			A				1	4			4		1		4; A				1	5	1		1	7;
		5		1		4											4			4		1							5	1		1

23				1		6						31								8		3			32					4		3
				1		6														8		3								4		3
A	1 6				1			4		24.
					1			4

33						4		8
						4		8

Таким образом, имеем следующую обратную матрицу:

	1	2	2	4
A 1		11	1	7

	10
		32	2	24 .

	Тогда матричное решение исходной системы X																	A 1 B имеет вид:
	x1	1			2		2	4		7	1			2	7	2	9	4 8
X	x2	1		11			1		7	9	1			11 7 1 9				7 8

		10									10
	x3	10		32			2	24		8	10			32	7	2	9	24 8
	x3			32			2	24		8				32	7	2	9	24 8
		14	18		32					0		0			0
1		14	18		32			1		0		10			0
												10
		77	9	56					30			30			3 .
												30
10							10					10
												10
		224	18		192					50		5010			5
		224	18		192					50		5010			5
	Проверка:
	Подставим			найденные					числа		вместо			переменных			x1 , x2 , x3		в исходную	систему
			1 0		4 3		1		5	0	12	5		7;
уравнений			4 0		8 3		3		5	0	24	15		9;
			1 0		6 3		2		5	0	18	10		8.
	Получили верные числовые равенства, следовательно, решение найдено
верно.
	Ответ:		x1	0, x2				3,	x3		5 .
	Метод Крамера
	Рассмотрим					решение				системы				(2.1) с		помощью			формул	Крамера
x	1	, x			2	, ...		,	x		n
x		, x	2			, ...		,	x	n
1			2							n	.
											.
	Дополнительные определители												n n		1, 2, 3, ...		получаются из основного Δ,

если в нём заменить соответственно первый, второй, …n-й столбец на столбец свободных членов системы.

Таким образом, для решения системы (2.1) с учетом уже введённых

обозначений,

дополнительные определители будут иметь вид:

a12

a13

a11

a13

a11

a12

a22

a23

a21

a23

a21

a22

a32

a33

a31

a33

a31

a32

Пример 6.

Решить систему уранений,

рассмотренную в примере 5, по

правилу Крамера.

	1	4	1			7	4	1				1	7	1				1	4	7
	4	8	3	10;	1	9	8	3	0;		2	4	9	3	30;	3		4	8	9	50;
					1						2					3
	1	6	2			8	6	2				1	8	2				1	6	8
1		0					2	30						3	50
x1				0;	x2					3;		x3					5.
x1		10		0;	x2			10		3;		x3			10		5.
		10						10							10

Тема 3.

Теория пределов

Предел функции

Пусть функция y

определена в некоторой окрестности точки x0 .

Определение.

Число A называется пределом функции

f x

в точке x0

(или при

x0 ),

если

для

любого, сколь угодно малого положительного числа

найдётся

такое положительное

число

0 ,

зависящее

от

, что для

всех

x ,

удовлетворяющих условию

x0 выполняется неравенство

f (x) A

Этот предел функции обозначается:

lim

f (x)

A или ƒ(х)→А при х→х0.

Практическое вычисление пределов основывается на следующих теоремах:

если существуют

lim

f (x)

А и

lim

g (x)

B , то

lim [ f (x)

g(x)]

lim f (x)

lim g(x)

B ;

(3.1)

lim [ f (x) g(x)]

lim

f (x)

lim g(x)

B ;

(3.2)

lim [cf (x)]

lim

f (x)

(3.3)

f (x)

lim

f (x)

lim

(при lim g x

0 ).

(3.4)

a g(x)

lim g(x)

Определение. Функция α (х) называется бесконечно малой величиной при

х→х0, или при х→∞, если её предел равен нулю lim

(x)

x x0

Определение. Функция ƒ(х) называется бесконечно большой в точке х0 (или

при х→х0), если имеет место одно из равенств: lim

f (x)

;

lim f (x)

x x0

Теорема (о связи бесконечно большой и бесконечно малой функций) :

если

ƒ(х) ─ бесконечно малая функция при х→х0, то

─ бесконечно большая

f (x)

функция при х→х0, и наоборот.

Первый замечательный предел

lim

sin x

(3.5)

Второй замечательный предел

e 2,71828 .

(3.6)

lim

Пример 7

Найти предел

lim

x 3

2x 3

5x 1

x 3

Решение: Поскольку функция непрерывна в точке x

3 , искомый предел равен

значению функции в этой точке. Используя теоремы о действиях над пределами функций, получим

lim	x 3	2x 3 33				2 3 3 27 6 3 24 3						.

		5x 1			5 3 1				15 1		16 2
x 3		5x 1			5 3 1				15 1		16 2
Пример 8
Найти предел lim						2x	7		.


				x 6 x 2			5x	6
Решение:			При x			6 числитель 2x				7 стремится к пяти 2 6 7 12 7 5 (т.е.

является ограниченной функцией), а знаменатель x 2 5x 6– к нулю (т.е. является бесконечно малой величиной). Очевидно, что их отношение есть величина бесконечно большая, т. е.

lim	2x 7	lim		2 6		7	12 7	5
									.
									.
x 6 x2 5x 6 x 6 62					5 6 6		36 30 6 0
В рассмотренных примерах предел находился сразу,										чаще при вычислении
пределов мы сталкиваемся с неопределённостями:									0		, 1 .

									0 ,	,
Пример 9.
Найти предел		lim	2x 2	16 x		24	.
Найти предел		lim		x 3	8		.
		x 2		x 3	8

Решение: При	x	2	числитель и			знаменатель дроби равны нулю, имеем
неопределенность	вида			0	. Чтобы	раскрыть неопределённость вида		0
			0				0 ,

необходимо разложить			числитель и знаменатель на множители и сократить				их на
общий множитель	x	2 .

lim

2x 2

16x 24

lim

2 x 2 x 6

lim

2 x 6

x 2

x 2 x

2x 4

x 2 x

2x 4

Пример 10

Найти предел

lim

Решение: Непосредственная подстановка предельного значения

аргумента

приводит к неопределённости вида

. Избавимся от иррациональности в

знаменателе,

умножив

числитель

знаменатель

дроби

на

выражение

(x 2

lim

16)(

5 x

7 )

7 .

x 4 ( 5 x

2x 7 )( 5 x

2x 7 )

x 2

lim

16 5 x

2x 7

lim

16 5 x

2x 7

x 2

lim

16 5 x

2x 7

lim

x 4 x 4 5 x

2x 7

3 x

lim

3 x 4

Пример 11

lim

2x 2

x 4

Решение: Теорему о пределе частного здесь применить нельзя, так как

числитель и

знаменатель дроби конечного предела не имеют.

В данном случае

имеет

место

неопределённость

вида

Разделим

числитель

и знаменатель

дроби на х в высшей степени (в данном случае на х2 ), а затем воспользуемся теоремами о пределах функций:

						2x 2			3x			4		2		3			4
	2x 2		3x 4			x 2			x 2			x 2		2		x			x 2	2
	2x 2		3x 4			x 2			x 2			x 2				x			x 2	2
lim					lim								lim								2.
																				1
			4					4									1
x		x	4	1	x		x	4		1			x		1		1
		x		1			x			1
																		x 2
							x	4		x	4							x 2
							x			x

Пример 12

Найти предел	lim	3x 2	4	5		.
		x	3		4x 6
x

Решение: Приведём дроби к общему знаменателю:

lim

3x 2

lim

3x 2 4 4x 6 5 x 3

x 3

4x 6

x 3 4x 6

lim

12x 3

18x 2

16x

5x 15

lim

12x 3 18x 2 21x 9

;

4x 2

6x 18

Числитель и знаменатель дроби – бесконечно большие функции, поэтому здесь

имеет

место

неопределённость

вида

Раскрывая

эту

неопределённость,

разделим числитель и знаменатель дроби на высшую степень x , т. е. на x3 :

12 x 3

18x 2

21x 9

x 2

x 3

12 0 0 0 12

lim

Пример 13

Найти предел lim

Решение: При x

1, а показатель степени (x

стремится к ,

следовательно, имеем неопределённость вида

1 .

Представим дробь в виде суммы 1 и некоторой бесконечно малой величины:

2x 9 2x 9 18

. lim

2x 9 x2 5

lim 1

x 5

2x 9

Применим второй замечательный предел

(3.6).

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.11.20222.31 Mб35623.pdf
#
13.11.20222.31 Mб515624.pdf
#
13.11.20222.31 Mб305625.pdf
#
13.11.20222.31 Mб15626.pdf
#
13.11.20222.31 Mб85627.pdf
#
13.11.20222.33 Mб65628.pdf
#
13.11.20222.34 Mб35629.pdf
#
13.11.20222.35 Mб35630.PDF
#
13.11.20222.37 Mб85631.pdf
#
13.11.20222.37 Mб95632.pdf
#
13.11.20222.38 Mб55633.pdf

	1	4	1			7	4	1				1	7	1				1	4	7
	4	8	3	10;	1	9	8	3	0;		2	4	9	3	30;	3		4	8	9	50;
					1						2					3
	1	6	2			8	6	2				1	8	2				1	6	8
1		0					2	30						3	50
x1				0;	x2					3;		x3					5.
x1		10		0;	x2			10		3;		x3			10		5.
		10						10							10

	1	4	1			7	4	1				1	7	1				1	4	7
	4	8	3	10;	1	9	8	3	0;		2	4	9	3	30;	3		4	8	9	50;
					1						2					3
	1	6	2			8	6	2				1	8	2				1	6	8
1		0					2	30						3	50
x1				0;	x2					3;		x3					5.
x1		10		0;	x2			10		3;		x3			10		5.
		10						10							10

	1	4	1			7	4	1				1	7	1				1	4	7
	4	8	3	10;	1	9	8	3	0;		2	4	9	3	30;	3		4	8	9	50;
					1						2					3
	1	6	2			8	6	2				1	8	2				1	6	8
1		0					2	30						3	50
x1				0;	x2					3;		x3					5.
x1		10		0;	x2			10		3;		x3			10		5.
		10						10							10