Математика. В 2 ч. Ч

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

поэтому x3 = 0; 14x2 = 28, т.е. x2 = 2 ,

x1 − 2 2 + 3 0 = −1, x1 = 3 .

.1.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

980.98 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1211 12 > Следующая >>>

y = 1 arctg ex − 3 ;

y =

1 + 2x

;

ln 4

1 − 2x

−1

y = 2

+1 + ln

;

y =

(arctge

) ;

+1 +1

y = 1 ln(e2 x

+1)− 2arctgex ;

8. y = ln(ex +1)+

18e2 x

+ 27ex

+11

;

6(ex +1)3

y = 2(

− arctg

);

−1

2xx

−1

10.

y = 2(x − 2)

− 2ln

1 +ex

;

1 + ex

ln 2

1 +ex

11.

y = eαx (αsinβx −βcosβx);

12.

y = eαx (βsinβx − αcosβx).

α2 +β2

α2

+β2

13.

αx

acos2bx + 2bsin 2bx

;

14.

y = x

− ln(1

+ e

);

2(a

)

+ 4b

+ e

15.

6 ;

16.

;

y = x − 3ln

1 + e6

1 + e3

− 3arctge

y = x

1 + e

17.

y = ln(ex

)+ arcsine−x ;

18.

y = x − e−x arcsinex

− ln(1 +

);

e2 x −1

1 − e2 x

19.

y = x − ln(1 + ex )− 2e−

arctge

;

20.

y =

;

1 + x3

21.

y =

22.

y = 3e

(

− 2

x + 2);

arctg e

;

− ex

−1

23.

1 + ex

+ e2 x

sin x

y = ln

;

24.

y = e

x −

;

cos x

1 + ex

+ e2 x

− ex

25.

y =

[(x2

−1)cos x + (x −1)2 sin x];

26.

y = arctg(ex − e−x );

e3x

27.

y =3e

[

− 5

+ 20x

− 60

120];

28.

y = −

;

3sh3 x

29.

y = arcsine−x

−

30.

y = −

1 e−x2 (x4

+ 2x2

+ 2).

1 − e2 x

101

Задание 1.13

Выполнить полное исследование функции и построить её график:

1.		x4					2	;
	y = 3				− x
	y = 3		2		− x
			2
4.	y =		x			;
		ln
				x
				x

7.y = 2x3 + 3x2 −12x − 5;

10.y = (x +1)e−2 x ;

13.y = x −1 2 ;

16. y = (x + 4)e2 x ;

19.	y =	1 − 2x			;
		x2	− x − 2

22.	y = ln		x −1	;
			x − 2

25.	y =		x3			;
		x2	+ 2x + 3
28.	y = ln(1 + x2 );

2. y =1 + 4xx+2 1;

5.y = x5 − 53 x3 ;

8.y = x2 +16 ;

11.y = 4 4+xx2 ;

14.y = xe−x2 ;

17.	y =	x2	−1	;
		x2	+ 2

20.	y = xe2 x−1 ;
23.	y =	x3		;
		x2	+1

26.	y = x + ln(x2 − 4);
29.	y =	x3	−8	;

		2x2

3. y = x3 − 9x2 + 24x −15;

6. y = ex − e−x ; ex + e−x

9. y = (x − 3)2 (x − 2);

12. y = ln x x−1; 15. y = x2 +1 2x ;

18. y = ln(x2 + 2x + 2);

21. y = 4x3 + 5 ; x

24. y = e2−x ;

27.y = 3x2 − 7x −16 ; x2 − x − 6

30.y = x2e−x .

102

5. РЕШЕНИЕ ТИПОВОГО ВАРИАНТА КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ № 1

Задание 1.1. Проверить совместность системы уравнений и в случае совместности решить ее.

1)методом Гаусса;

2)по формулам Крамера;

3)матричным способом.

3x1 − 2x2 −5x3 = 5,

Дана система: 2x1 +3x2 − 4x3 =12,

x1 − 2x2 +3x3 = −1.

Решение. С помощью элементарных преобразований матрицы найдем ранги матрицы системы и расширенной матрицы системы:


~	3 − 2		−5		5		1 − 2			3	−1			1			− 2		3		−1

			− 4		12	~		2 3		− 4	12				0		7		−10		14	~
A = 2 3													~ −
			3					3 − 2		−5	5				0		4		−14		8
	1 − 2				−1
1		− 2	3	−1		1 − 2				3		−1			1			− 2	3	−1


~	0	7	−10	14 ~			0		14	− 20		28		~		0		14	20	28 .
	0	2	−7				0		−14	48						0		0	28
				4								− 28								0

Очевидно, что rang A = rang A =3 (числу неизвестных) Из теоремы Кронекера – Капелли следует, что система совместна и имеет единственное решение.

При нахождении рангов матриц осуществлен прямой ход метода Гаусса. Имеем систему

103

Найдем решение по формулам Крамера: x

∆1

∆2

= ∆3 , где

∆

− 2

− 5

= 3 3 3 + (− 2)(− 4) 1 + 2(− 2)(− 5)−

∆ =

2 3 − 4

− 2

+ (− 2)(− 4) 3 + 2 (− 2) 3)= 58.

− (1 3 (− 5)

5 − 2 − 5

=174 ;

3 5 − 5

=116;

3 − 2 5

= 0 ,

∆1 =

− 4

∆2

− 4

∆3 =

−1 − 2 3

1 −1 3

1 − 2 −1

поэтому x

=174 = 3,

=116 = 2 ,

= 0.

В матричном виде исходную систему можно записать

AX = H , поэтому

X = A−1H , где A−1 – матрица, обратная к матрице системы,

H – матрица-столбец

свободных членов.

Найдем A

−1

A12

A22

A32

∆ A

Aij – алгебраические дополнения к элементам aij .

A = (−1)1+1

3 − 4

=1; A =

(−1)1+2

2 − 4

= −10 ;

A = +

2 3

= −7;

− 2

3 − 2

A = −

− 2 − 5

=16;

A =

3 − 5

=14;

A = −

= 4;

− 2

A =

− 2 −5

23 ;

A = −

3 − 5

= 2 ;

3 − 2

=13.

A = −

− 4

−1

Имеем A

−10

− 7

Решение системы:

104

x		1	1	16	23	5		1	174			3
1		1				12		1				2	, т.е. x1	= 3 ; x2	= 2 ; x3 = 0.
X = x2	=		−10	14	2		=		116		=
X = x2	=	58	−10	14	2		=	58	116		=
		58	− 7	4 13				58		0		0
x3			− 7	4 13		−1				0		0

Задание 1.2. Решить однородную систему линейных алгебраических уравнений.

					2x − x					+ x		+ 3x						= 0,
							1		2		3					4
Дана система: x1							+ x2 + 3x3 + x4 = 0,
					4x1 + x2 + 7x3 + 5x4 = 0,

													+ 7x4 = 0.
					5x1 − x2 + 5x3								+ 7x4 = 0.
Решение. Найдем ранг матрицы системы, используя элементарные
преобразования матрицы.
2 −1 1					3		1 1 3							1				1						1					3	1		1		1	3 1
	1 1 3			1				2 −1 1						3					0				− 3						− 5 1				0	− 3	− 5 1
	1 1 3			1				2 −1 1						3					0				− 3						− 5 1				0	− 3	− 5 1
A =	4 1 7			5		~		4 1 7						5				~	0				− 3						− 5 1		~		0	0	0 0	.
	4 1 7			5				4 1 7						5					0				− 3						− 5 1				0	0	0 0
	5 −1 5			7				5 −1 5						7					0				− 6						−10 2				0	0	0 0
	5 −1 5			7				5 −1 5						7					0				− 6						−10 2				0	0	0 0
Очевидно, что rang A = 2, т.е. исходная система эквивалентна система:
										x		+ x			2		+ 3x			3		+ x			4		= 0,
											1				2					3					4
										−3x2 − 5x3 + x4 = 0.
Так как	rang A = 2 < 4						(числа				неизвестных),																то		система			имеет			бесчисленное
множество решений, зависящее от 4 − 2 = 2 произвольных постоянных.
Пусть		1	1		= −3 – базисный минор, тогда x и x																									– базисные неизвестные,
Пусть		1	1		= −3 – базисный минор, тогда x и x																									– базисные неизвестные,
		0	−3																										1	2
																													1	2

x3 и x4 – свободные неизвестные. Выразим x1																								и x2					через x3			и x4		из системы.
										x + x					2		= −3x					3	− x				4	,
											1				2							3					4
										− 3x2 = 5x3 − x4 ,
												x		= −				5 x			+		1 x				,
												2						3	3				3		4
												x = −						4 x			−		4 x .
												1						3	3				3			4

105

Пусть x3 = C1 ; x4 = C2 , тогда решение имеет вид:

−	4	C −	4	C		−	5	C +	1	C	C	C		T	C C	R .
	3		3				3		3
		1			2			1			2 1		2		1 2

Задание 1.3. Для указанных векторов a и b найти:

1)скалярное произведение векторов c1 и c2 ;

2)проекцию вектора c1 на вектор c2 ;

3)выяснить коллинеарны или ортогональны векторы c1 и c2 ?

4)найти модуль векторного произведения векторов.

Дано: a(3; − 4; 1),

b(−1; 2; 5), c = a

+ 2b, c

= 2a − 3b .

Решение. Найдем координаты векторов c

и c .

= a + 2b = (3;− 4; 1)+ (− 2; 4; 10)= (1; 0; 11);

c2 = 2a −3b = (6; −8; 2)− (− 3; 6; 15)= (9; −14; −13).

Вычислим скалярное произведение

(c , c )

=1 9 + 0 (−14)+11 (−13)= 9 −143 = −134.

Проекцию вектора c

на вектор c найдем по формуле:

(c , c

)

−134

−145

прc2 c1

(−14)2 + (−13)2

446

92 +

Скалярное произведение векторов не равно нулю, значит векторы c1 и c2 не

ортогональны. Так как 1 ≠

≠

, то векторы c и c

не коллинеарны.

9 −14 −13

Вычислим модуль векторного произведения векторов c1 и c2 .

]

154i +112 j −14k

1542 +1122 + (−14)2

36456

9 −14 −13

Задание 1.4. По координатам точек A1 ,

A2 , A3 , A4

найти:

площадь параллелограмма, построенного на векторах

;

A1 A2

A1 A3

106

вычислить объем тетраэдра с вершинами в точках A1 , A2 , A3 , A4 и его

высоту, опущенную из вершины A4 на грань A1 A2

A3 .

выяснить компланарны ли векторы

A2 A1

A2 A3

A2 A4

Даны точки A1 (0; 3; 2), A2 (−1; 4; − 3),

A3 (5; 0; 7), A4 (− 2; 5; 1).

Решение.

Найдем координаты векторов

(−1; 1;− 5) и

(5; − 3; 5).

A1 A2

A1 A3

[

]

−10i − 20 j − 2k

S =

−1 1 − 5

A1 A2

A1 A3

− 3

=(−10)2 + (− 20)2 + (− 2)2 = 504.

2)Объем тетраэдра численно равен модулю смешанного произведения векторов A1 A2 , A1 A3 . A1 A4 , деленному на шесть, так как A1 A4 (− 2; 2; −1), то

											1		(																									)	= 1			−1	1			− 5				1									= 3.
																																										−1	1			− 5
			V =																	,																						5	− 3 5						=				− 3	−10 − 50 + 30 +10 + 5

															A1 A2									A1 A3							,			A1 A4
															A1 A2									A1 A3							,			A1 A4
											6																												6			− 2	2			−1				6
																																										− 2	2			−1
						Высоту тетраэдра																																из вершины								A4 на грань									A1 A2 A3 найдем по формуле
				(										,							,									)
	H =			(		A1 A2								,	A1 A3						,		A1 A4							)			.						Из				предыдущих													вычислений			имеем:

									[								,									]

										A1 A2								A1 A3
	(				,									,								)			=				−18							=18 ,								[			,				]	=				= 4		,	поэтому
	(	A1 A2			,			A1 A3						,		A1 A4						)			=				−18							=18 ,								[	A1 A2		,	A1 A3			]	=			504	= 4	26	,	поэтому
	H =						18					=							9								.

			4				26										2		26
			4				26										2		26
			3)								Векторы																								,					.			образуют пирамиду, объем которой не равен

																												A1 A2									A1 A3				A1 A4
нулю, следовательно эти векторы некомпланарны.
						Задание 1.5. Даны точки M 0 , M1 , M 2 , M3 . Написать уравнение
			1)								плоскости																				M1 M 2 M3 ;
			2)								прямой															M1						M 2 ;
			3)								прямой															M 0 M , перпендикулярной к плоскости M1M 2 M3 .

107

Найти:

4) координаты точки, симметричной точке M 0 относительно плоскости

M1 M2 M3 ;

5)	синус угла между прямой M 0 M 2 и плоскостью		M1 M 2 M3 ;
6)	расстояние от точки M 0	до плоскости M1 M 2 M3 .
Даны точки M1 (1; 5; 7), M 2		(− 3; 6; 3), M3 (− 2; 7; 3),	M 0 (1; −1; 2).

Решение.

1) Уравнение плоскости M1 , M 2 , M3 , проходящей через три точки имеет

вид:

x − x1		y − y1
x2	− x1	y2	− y1
x3	− x1	y3	− y1

2) Уравнение прямой

z − z1		= 0 , откуда	x −1 y − 5 z − 7		= 0,
z − z1			x −1 y − 5 z − 7
z2	− z1		− 3 −1 6 − 5	3 − 7
z3	− z1		− 2 −1 7 − 5	3 − 7

или 4x − 4y − 5z + 51 = 0 .

M1M 2 , проходящей через две точки имеет вид

x − x1

y − y1

z − z1

, откуда

x −1

y − 5

z − 7

или

x −1

y − 5

z − 7

− 4

− x

− y

−z

− 3 −1 6 − 5 3 − 7

− 4

Уравнение

плоскости

M1 M 2 M3

найдено

в 1-м

пункте:

4x − 4y − 5z + 51 = 0 .

Нормальный вектор

плоскости

n(4; − 4; − 5)

является

направляющим вектором искомой прямой M 0 M ,

уравнение которой найдем по

формуле

x − x0

y − y0

z − z0

. Имеем

x −1

y +1

z − 2

− 4

−5

Найдем координаты точки

N пересечения прямой M 0 M и плоскости

M2 M3 , решив систему

4x − 4y − 5z + 51 = 0,

1 + 4t,

y +1

z − 2

или

x =

x −1

y = −1 − 4t,

− 4

− 5

z = 2 − 5t.

108

	Имеем,				4(1 + 4t)− 4(−1 − 4t)− 5(2 − 5t)+ 51 = 0,				t =	49	,	откуда
										57
	153	; −	153	; −	131		Если	P – точка, симметричная точке	M 0		относительно
N	57	; −	57	; −	57	.	Если	P – точка, симметричная точке	M 0		относительно
	57		57		57

плоскости M1 M 2 M3 , то точка N – середина отрезка M 0 P , поэтому

xN =

xM0

+ xp

yN =

yM0 + yp

zM0 + zp

откуда найдем xP = 2xN − xM0 = 305

. Аналогично yp

= −

249 = −83 ;

= −

376 .

5) Уравнение прямой M 0 M 2

напишем по двум точкам:

x − x1

y − y1

z − z1

, имеем

x −1

y +1

z − 2

− x

− y

−z

− 4

− 7

−1

Угол между прямой M 0 M 2

и плоскостью

M1 M 2 M3

найдем по формуле

s )

4 (− 4)+ (− 4) (− 7)+ (− 5) (−1)

cosϕ =

42 + 42 + 52

42 + 72

+12

6) Расстояние от точки M 0 до плоскости M1

M3 найдем по формуле

d =

Ax0 + By0 + Cz0

+ D

4 1 − 4(−1)− 5 2 + 51

+ B2 + C

42 + 42

+ 52

Задание 1.6. Решить задачу. Составить уравнения сторон треугольника,

зная его вершину

A(− 6; 3), уравнения высоты

7x + 3y − 5 = 0

медианы

9x − y −15 = 0 , проведенных из одной вершины.

Решение. Нарисуем схематично треугольник

ABC и пусть

BD – высота,

BK – медиана.

A D K

Проверка показывает, что медиана и высота не проходит через вершину A. Найдем координаты точки B , решив систему:

C7x + 3y −5 = 0 x = 2; y = −3.9x + y −15 = 0

109

Итак,

B(2;− 3).

Уравнение

стороны

AB .

Найдем

по

двум

точкам

x − x1

y − y1

или

x + 6

y − 3

или

3x + 4y + 6 = 0.

− x

− y

2 + 6

− 3 − 3

Из уравнения высоты 7x + 3y − 5 = 0 имеем вектор n(7; 3), который является

направляющим

вектором

для прямой

AC , поэтому

ее

уравнение

имеет вид

x + 6

y − 3

или 3x − 7 y + 39 = 0 .

Найдем точку пересечения K стороны AC с медианой.

3x − 7 y + 39 = 0

K(1; 6).

15 = 0

9x + y −

Точка

K –

середина отрезка AC ,

поэтому

xK =

xA + xC

, yK

yA + yC

Откуда

=8; yC = 9. По точкам B и C найдем уравнение стороны BC

x − 2

y + 3

, или

2x − y − 7 = 0 .

Задание 1.7. Решить задачу. Найти расстояние между параллельными

прямыми, если

x −1

y +1

= 2 − 4 (l

) и

x − 5

= 2 + 2 (l

Решение. Расстояние можно найти как высоту параллелограмма,

построенного на векторах на векторах s и M1M 2 (рис. 5.1).

M 2

(l2 )

Здесь

s(2; 3; 5),

M1 (1; −1; 4),

M 2 (5; 0;− 2),

M1M 2

(4; 1; − 6).

(l1 )

[M1M 2 ;s]=

= 23i − 32 j +10k ,

4 1

− 6

Рис. 5.1

[M1M 2 , s]

232

+ 322 +10

1653

4 + 9 + 25

Задание 1.8. Определить вид поверхности и показать ее расположение относительно осей координат, если z = 4 − x2 − y2 .

110

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1211 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.12.2025637.69 Кб0Математика в примерах и задачах. Ч. 3. Аналитическая геометрия. Кривые и поверхности второго порядка.pdf
#
24.11.20253.2 Mб0Математика для первокурсника. Повторение курса средней школы.pdf
#
28.12.20251.53 Mб0Математика-1.pdf
#
24.11.20252.24 Mб0Математика. В 2 ч. Ч. 1.pdf
#
24.11.20252.17 Mб0Математика. В 2 ч. Ч. 2.pdf
#
24.11.2025980.98 Кб0Математика. В 2 ч. Ч.1.pdf
#
24.11.20252.25 Mб0Математика. В 2. Ч. 1.pdf
#
24.11.20254.21 Mб0Математика. В 4 ч. Ч. 1.pdf
#
24.11.20252.42 Mб0Математика. В 4 ч. Ч. 3. Кратные интегралы и их приложения. Криволинейные интегралы, интегралы по поверхности и их приложения. Теория поля.pdf
#
24.11.20253.19 Mб0Математика. В 4 ч. Ч.2. Введение в анализ. Дифференциальное и интегральное исчисление функций одной независимой переменной.pdf
#
24.11.20254.44 Mб0Математика. В 4 ч. Ч.2.pdf