Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

МУ для подготовки к АКР 1 семестр выс. мат

..pdf
Скачиваний:
3
Добавлен:
15.03.2016
Размер:
1.57 Mб
Скачать

Задание 6. Проверить, является ли система линейных уравнений

х1 х2 х3 4 ,

х1 2х2 4х3 4, х1 3х2 9х3 2.

совместной и решить ее, в случае совместности:

а) решить систему по формулам Крамера;

б) матричным методом. Проверить правильность нахождения обратной матрицы матричным умножением (АА – 1 = А – 1А = Е);

в) методом Гаусса.

РЕШЕНИЕ

Совместность данной системы докажем, используя теорему Крамера, а именно: если главный определитель системы отличен от нуля, то система имеет единственное решение. Определитель системы

1 1 1 = 1 2 4 = 18 + 3 + 4 – 2 – 12 – 9 = 2 0.

1 3 9

Значит, система совместная.

а) Решим систему уравнений по формулам Крамера:

х

1

, у

2

, z

3

,

 

 

 

где 1, ∆2, ∆3 – определители, которые получаются из определителя системы ∆ посредством замены свободными членами элементов соответственно первого, второго и третьего столбцов.

 

1

1

1

 

=

1

2

4

= 2.

 

1

3

9

 

 

 

 

 

 

Вычислим ∆1, ∆2, ∆3:

4

1

1

1

4

1

1

1

4

1 = 4

2 4 = 4; 2 = 1

4

4 = 6;

3 = 1

2 4 = – 2.

2

3

9

 

1

2

9

1

3

2

Отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х1 =

1

4

= 2; х2 =

2

 

6

= 3; х3 =

3

 

2

= – 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

2

 

 

 

2

Ответ: х1 = 2, х2 = 3, х3 = – 1.

б) Решим систему линейных уравнений матричным методом. Введем обозначения:

11

1

1

1

х1

 

А = 1

2

4

– матрица системы, Х = х2

– матрица-столбец из неизвестных,

1

3 9

х

 

 

 

 

3

 

4

В = 4 – матрица-столбец из свободных членов системы.

2

Тогда заданную систему можно записать в виде: АХ = В, откуда Х = А– 1В, где А– 1 – обратная матрица. Найдем А– 1, зная, что

 

 

A11

A21

A31

А– 1 =

1

A12

A22

A32 ,

 

det A

 

A13

A23

A33

 

 

где Аij – алгебраические дополнения элементов аij матрицы А.

А

( 1)i j M

ij

,

ij

 

 

где Mij – миноры элементов аij матрицы А.

Вычислим определитель матрицы коэффициентов системы

 

1

1

1

 

det A =

1

2

4

= 2.

 

1

3

9

 

 

 

 

 

 

Так как det A 0 , то существует обратная матрица. Найдем ее.

 

 

 

 

 

 

 

1+1

 

2

4

 

 

 

18

2 6 , А12 = – 5, А13 = 1,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А11 = (–1)

 

 

3

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А21

=(–1)

2+1

 

1

1

 

 

 

 

 

(9

3)

 

6 , А22 = 8, А23 = – 2,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3+1

 

1

1

 

 

 

4 2 2

, А32 = – 3, А33 = 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А31 = (–1)

 

 

2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Значит,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

6

6

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А– 1 =

5

 

8

3 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Проверим правильность вычисления обратной матрицы, используя

матричное умножение, т.е. АА– 1 = А– 1А = Е.

 

 

 

 

 

 

1

1

1

 

 

 

6

6

 

 

2

 

 

 

 

 

6

5

1

6

8

2

2

3

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

1 2 4

5 8 3

=

 

∙ 6 10 4

6 16 8

2 6 4 =

 

 

 

 

1

3

9

2

 

1

2

 

 

1

 

 

2

 

6

15

9

6

24

18

2

9

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

0

0

1

0

0

 

=

∙ 0

2

0

= 0

1 0

= Е.

2

 

0

0

2

0

0

1

 

 

 

 

Аналогично доказывается, что А– 1А = Е. Значит, матрица А1 найдена верно. Тогда

 

 

 

1

 

6

6

 

2

 

4

 

1

 

 

24

24

4

 

1

 

4

 

2

 

 

Х = А– 1В =

5 8 3 ∙ 4

=

20 32 6 =

6

= 3 .

 

 

 

 

 

 

 

2

 

1

2

 

1

 

2

2

 

 

4

8

2

 

2

 

2

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом,

х1 = 2;

х2 = 3;

 

х3 = –1, тройка чисел {2, 3, –1} является

решением системы.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: {2, 3, –1}.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в) Решим систему линейных уравнений методом Гаусса.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Первое уравнение системы умножим на (

1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х1

х2

х3

4,

 

 

и сложим со вторым уравнением, результат

 

 

 

сложения запишем вторым уравнением в новой

 

х1

2х2

4х3

4,

 

 

 

 

 

системе. Затем первое уравнение системы умножим

 

х1

3х2

9х3

2,

 

 

 

 

 

на ( 1) и сложим с третьим уравнением системы,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

результат запишем третьим уравнением.

 

 

 

 

х1

х2

х3

4,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Умножим второе уравнение системы на ( 2)

 

 

 

 

 

 

и сложим с третьим уравнением, результат

 

 

 

х2

3х3

0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

запишем третьим уравнением эквивалентно

 

 

 

 

2х2

8х3

2,

 

 

 

 

 

преобразованной системы.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х1

х2

х3

4,

 

 

 

х1

4 х2

 

х3 , х1

4 х2

х3 ,

 

х1

2,

 

 

 

х2

3х3

0,

 

 

 

х2

 

3х3 ,

 

 

 

х2

3х3 ,

 

 

 

х2

3,

 

 

 

 

 

2х3

2,

 

 

 

х3

 

 

1.

 

 

 

 

х3

1.

 

 

 

 

х3

1.

 

 

 

Ответ: {2, 3, –1}.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задание 7. Найти длину вектора AB , если А(1; 2; 3), В(4; 6; 3).

 

РЕШЕНИЕ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для нахождения длины заданного вектора вначале найдем его

координаты

по

формуле

AB = (хВ – хА; уВ – уА; zВ – zА),

где

A(хА; yА; zА) и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В(хВ; yВ; zВ). Затем по формуле

a

=

 

 

a

2

a 2

a 2 , где а1, а2, а3 – координаты

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

вектора a = (а1; а2; а3), найдем его длину. В нашем случае имеем:

13

AB = (4 – 1; 6 – 2; 3 – 3) = (3; 4; 0),

тогда, подставляя координаты в

формулу нахождения длины вектора, получаем:

 

 

 

 

 

 

 

| AB | = 32 42 02 =

 

 

 

 

9 16 0

= 25 = 5.

Задание 8. Вычислить скалярное

произведение векторов ( a ,b ), если

a = (8; 4; 9) и b = (2; 6; 1).

 

 

 

 

РЕШЕНИЕ

Для вычисления скалярного произведения векторов пользуются следующей формулой:

( a , b ) = a b = а1b1 + а2b2 + а3b3,

где а1, а2, а3 – координаты вектора a , а b1, b2, b3 – координаты вектора b . В нашем случае имеем:

a b = 8∙2 + 4∙2 + 9∙1 = 16 + 24 + 9 = 49.

Задание 9. Найти cosα между векторами a = (2; 1; 3) и b = (1; 3; 2).

РЕШЕНИЕ

Для того чтобы найти косинус угла между векторами, воспользуемся следующей формулой:

cosα = a b , ab

где в числителе стоит скалярное произведение данных векторов (см. пример 8), а в знаменателе произведение их длин (см. пример 7). Найдем вначале скалярное произведение данных векторов:

a b = 2∙1 + 1∙3 + 3∙2 = 2 + 3 + 6 = 11.

Теперь найдем их длины:

| a | = 22

12

32 =

 

 

 

 

 

 

 

 

4 1 9

= 14 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

| b | = 12

32

22 =

 

 

 

 

1 9 4

= 14 .

Подставляем найденные значения в формулу:

cosα =

a

 

b

=

11

 

 

=

 

11

.

 

 

 

 

 

 

 

 

14

 

a

 

b

 

14 14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задание 10. По координатам вершин пирамиды А1 А2 А3 А4 найти:

а) косинус угла между ребрами А1А2 и А1А4;

б) площадь грани А1А2А3; в) объем пирамиды;

14

г) уравнение плоскости А1А2А3; д) уравнение высоты, опущенной из точки А4 на грань А1А2А3, и ее длину.

А1(0; 4; 5); А2(3; – 2; 1); А3(4; 5; 6); А4(3; 3; 2).

РЕШЕНИЕ

а) Угол между ребрами А1 А2 и А1 А4 находим как угол между двумя векторами А1 А2 и А1 А4 . Для этого требуется знать координаты векторов А1 А2 и

А1 А4 . Найдем их:

 

 

 

 

 

 

 

А1А2

= (х2

х1; у2

y ;

z2

z1 ) = (3 – 0; 2

– 4; 1

– 5) = (3; – 6; – 4);

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

А1 А4

= (х

4

х1; у

4

y ;

z4

z1 ) = (3 – 0; 3

– 4; 2

– 5) = (3; – 1; – 3).

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Косинус угла между двумя векторами а = (а1; а2; а3) и b = (b1; b2; b3) найдем по формуле

cos

ab

 

 

а1b1

а2b2

а3b3

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

b

 

 

а12 а22

а32

b12 b22 b32

 

 

 

 

 

 

Для данных векторов имеем:

cos

 

 

9

6

12

 

 

27

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9

36

16

9

1

9

61

19

 

 

б) Известно, что модуль векторного произведения a b численно равен

площади параллелограмма, построенного на векторах a и b . Тогда площадь треугольника

 

 

 

 

 

 

 

 

S

1

 

a

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как векторы А1 А2

и А1 А3 :

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а =

А1 А2

= (3; – 6; – 4);

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b = А1 А3

= (4; 1; 1),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a b = А1 А2 А1 А3 =

 

i

j

k

 

= i

 

6 4

 

 

3 4

 

+ k

 

3 6

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 6 4

 

 

 

j

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

1

1

 

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

4

1

 

 

 

4

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

– 19 j

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 2 i

 

+ 27 k .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Значит, a b = (– 2; – 19; 27).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2)2 (

 

19)2

(27)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

b

 

(

 

 

 

 

1094 .

 

 

 

 

 

 

Итак,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

S

 

a b

1094 (ед. кв.).

 

 

 

 

 

А1 А2 А3 2

2

 

 

 

 

 

 

в) Объем пирамиды найдем по формуле

где а

Тогда

V

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

а1

а2

а3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b1

b2

b3

,

 

 

 

 

V

 

6

 

a b c

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

с1

с2

с3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (а1; а2; а3), b = (b1; b2; b3), c = (с1; с2; с3)

 

 

Найдем координаты векторов А1 А2 , А1 А3 , А1 А4 :

 

 

А1 А2

= (3; – 6; – 4), А1 А3

= (4; 1; 1), А1 А4 = (3; – 1; – 3).

 

 

6

4

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

4

1

1

11

(ед.куб.).

 

 

 

 

 

6

3

 

 

 

 

 

3

1

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

г)

Составим уравнение грани А1А2 А3

как уравнение плоскости, которая

проходит через три точки М0(х0, у0, z0); М1(х1, у1, z1); М2(х2, у2, z2):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

x0

y

y0

z

z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x1

x0 y1

y0 z1

z0

 

= 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

x0 y2

y0 z2

 

z0

 

 

 

 

 

 

 

Для точек А1,

А2

, А3 имеем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х 0

у 4

z 5

 

х 0 у 4 z 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 0

2 4

1 5

 

 

3

 

 

6

 

 

4

 

 

 

 

х ( 2) ( y 4) 19 (z 5) 27

 

4

0

5

4

6

5

 

 

4

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= – 2х – 19у + 76 +27z – 135 = – 2х – 19у ++27z – 59 = 0.

 

 

Таким образом,

2x 19 y

27z

59

 

0 – уравнение грани А1А2 А3 .

 

 

д) Из уравнения плоскости А1А2 А3

найдем нормальный вектор плоскости

n

( 2;

19; 27). Этот вектор является направляющим вектором для высоты,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

опущенной

из

точки

 

А4 (3; 3; 2)

на

грань А1А2 А3 , т.е. l ( 2; 19; 27) .

Уравнение высоты имеет вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

3

 

y

3

 

 

z

2

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

13

 

 

 

 

27

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Длину высоты, опущенной из точки А4

на грань А1А2А3, найдем как

расстояние от точки А4

до плоскости А1А2А3 по формуле

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d =

 

Ax0

By0

Cz0

D

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A2

B2

 

C 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d =

 

 

2)

3 (

19) 3

27

2

59

 

=

65

 

.

 

(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

2)2

 

( 19)2

(27)2

 

 

1094

Задание 11. Написать общее уравнение прямой на плоскости, проходящей через две точки А(2; – 1) и В (– 3;2).

РЕШЕНИЕ

Уравнение прямой на плоскости, проходящей через две точки, имеет вид:

y

y1

=

x

x1

,

 

 

 

 

y2

y1

 

x2

x1

где х1 и у1 – координаты одной из точек, а х2 и у2 –другой. В нашем случае это уравнение примет вид:

y

(

1)

=

 

 

x

2

;

2

(

1)

 

3

2

 

 

 

 

 

y

1

=

x

2

.

 

 

3

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда, воспользовавшись свойством пропорции, получим:

– 5у – 5 = 3х – 6, 3х + 5у – 1 = 0 – общее уравнение прямой АВ.

Задание 12. Найти точку пересечения двух прямых на плоскости, заданных общими уравнениями:

l1: 2х – 3у – 1 = 0; l2: 3х + 2у – 8 = 0.

РЕШЕНИЕ

Для нахождения точки пересечения двух прямых нужно составить систему из их общих уравнений и решить ее относительно х и у. Полученные значения и будут координатами точки пересечения данных прямых. В нашем случае имеем:

2x 3y 1 0,

3x 2 y 8 0.

Для решения данной системы умножим первое уравнение системы на

(– 3), а второе на 2:

 

 

 

6x

9 y

3

0,

6x

4 y

16

0.

Теперь сложим почленно первое и второе уравнения:

17

13у – 13 = 0.

Получили линейное уравнение, найдем из него у:

у = 1.

Чтобы найти х, подставим у = 1 в любое из исходных уравнений, например, во второе:

3х + 2∙1 – 8 = 0,

3х = 6, х = 2.

Таким образом, точка пересечения данных прямых имеет следующие координаты: (2; 1).

Задание 13. Написать уравнение прямой, проходящей через точку А(2; – 1) параллельно вектору l0 = (3; 4).

РЕШЕНИЕ

Уравнение прямой, проходящей через данную точку М0(х0; у0)

параллельно заданному вектору l0

= (т; п), имеет вид:

 

 

x

x0

 

=

y

y0

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

 

 

n

В нашем случае получаем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

2

=

 

y

( 1)

.

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

Отсюда получаем:

4х – 8 = 3у + 3, 4х – 3у – 11 = 0 – искомое уравнение.

Задание 14. Написать уравнение прямой, проходящей через точку А(2; – 1) перпендикулярно вектору n = (3; 4).

РЕШЕНИЕ

Уравнение прямой, проходящей через данную точку М0(х0; у0), перпендикулярно заданному вектору n = (А; В), имеет вид:

А(х х0) + В(у у0) = 0.

В нашем случае получаем следующее уравнение:

3(х – 2) + 4(у – (– 1)) = 0, 3х – 6 + 4у + 4 = 0,

3х + 4у – 2 = 0 – искомое уравнение прямой.

Задание 15. Даны координаты точек: А(1; 3; 6), В(2; 2; 1), С(–1; 0; 1), D(– 4; 6; –3). Найти:

а) уравнение плоскости β, проходящей через точку С перпендикулярно вектору AB ;

18

б) канонические уравнения прямой l, проходящей через точку D перпендикулярно плоскости β.

РЕШЕНИЕ

а) Уравнение плоскости, проходящей через точку М0(х0; у0; z0) перпендикулярно вектору n = (А; В; С), имеет вид

А(х х0) + В(у у0) + С(z z0) = 0.

Найдем координаты вектора AB = (2 – 1; 2 – 3; 1 – 6) = (1; – 1; – 5). Составим уравнение плоскости, проходящей через точку С(–1; 0; 1)

перпендикулярно вектору AB = (1; – 1; – 5):

1∙(х – (– 1)) + (– 1)∙(у – 0) + (– 5)∙(z – 1)= 0,

х+ 1 – у – 5z + 5 = 0,

ху – 5z + 6 = 0 – уравнение плоскости β.

б) Из условия перпендикулярности прямой l и плоскости β следует, что в качестве направляющего вектора прямой s можно взять нормальный вектор n = (1; – 1; – 5) плоскости β. Тогда уравнение прямой l с учетом уравнения

x x0

=

y y0

=

z

z0

,

m

n

 

p

 

 

 

 

где х0, у0, z0 – координаты точки прямой; т, п, р – координаты направляющего вектора прямой, запишется в виде

x 40

=

y 6

=

z 3

.

1

1

5

 

 

 

Тема 2. Введение в математический анализ

1Находить область определения функции, заданной уравнением.

2Определять область значений функции, заданной уравнением.

3Вычислять пределы с применением основных теорем о пределах функций.

4

Раскрывать неопределенность вида

 

 

и

0

.

 

0

 

 

 

 

 

 

 

5

Знать и применять формулы первого и второго замечательных

пределов.

 

 

 

 

 

 

6

Раскрывать неопределенность вида

0

 

с помощью эквивалентных

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

бесконечно малых.

7Находить область непрерывности функции.

8Определять точки разрыва функции и их тип.

Задачи для самостоятельного решения

1 Найти область определения функций:

19

а) f (x)

4

x2 ;

 

 

 

 

б) f (x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 2

 

 

5 x;

в)

f (x)

 

 

 

1

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

5x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

г)

f (x)

log 2 (2 x)

2log x 5.

2Для функции у = 5х найти обратную функцию.

3Вычислить пределы:

а)

lim (7x2

 

9x 1) ;

б) lim

2x2

x

6

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

1

 

 

 

 

x

2 x2

x

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin 9x

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

в)

lim

;

 

г)

lim

 

 

 

 

1

;

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

x

0

5x

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4x

7x2

 

 

 

 

 

 

x2

9x

1

 

 

 

 

 

д)

lim

 

 

;

е)

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

7x2

 

 

 

 

 

 

 

 

x

0

sin 8x

 

x

 

2x

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

4,

x

1;

4 Исследовать на непрерывность функцию f (x) =

x2

2,

1

x 1;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x,

x

1.

5 Найти точки разрыва функции, выяснить их тип:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x)

 

 

x

4

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Образцы решений

Задание 1. Вычислить пределы функций, не используя правило Лопиталя.

а) lim

3x 2

4x 2

.

 

 

 

8

x

2

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Числитель и знаменатель дроби не имеют конечного предела при х

,

значит, выражение под знаком предела представляет собой при х

 

неопределенность

типа

 

 

. Разделим числитель и знаменатель на

х2

 

 

(наивысшую степень переменной х) и, на основании теорем о пределах, получим

20

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.