- •Проекція вектора на вектор та кут між ними визначаються
- •Основні правила диференціювання
- •7. Дані вершини трикутника: m(0;1); n(6;5) та с(12;-1). Скласти рівняння висоти трикутника, проведеної з вершини с.
- •9. Дані вершини трикутника а(-2; -3), в(5; 4) та с(-1; 2). Скласти рівняння медіани ам.
- •10. Провести серединний перпендикуляр відрізка ав, де а(0; -2), в(4;0).
- •11. Дані рівняння сторін трикутника:
- •12. Знайти проекцію точки р(4;9) на пряму, що проходить через точки а(3;1) та в(5; 4).
- •Рівняння другої прямої запишемо, скориставшись рівнянням
- •13. Скласти рівняння площини, яка проходить через точку м0(2;3;5) і перпендикулярно вектору .
- •15. З точки р (2;3;-5) на координатні площини опущені перпендикуляри. Скласти рівняння площини, що проходить через їх основи.
- •16. Скласти рівняння площини, яка проходить через початок координат перпендикулярно прямій
- •19. Знайти точку перетину прямої і площини
- •1) Дослідити на монотонність і екстремуми дану функцію.
- •2) Знайти найбільше і найменше значення функції на відрізку 0;1.
- •31. Нехай
- •32. Дослідити на екстремум функцію
- •33. Знайти частинний розв’язок диференціального рівняння
- •36. Розглянемо ряд .
31. Нехай
Знайти: 1) 2)
1) Знаходимо похідну за напрямком:
2) Знаходимо градієнт функції в точці М:
32. Дослідити на екстремум функцію
Знаходимо стаціонарні точки функції:
Розв’яжемо систему рівнянь
Знаходимо х = -2; у = -1
Маємо одну стаціонарну точку (-2; -1).
Знаходимо частинні похідні 2-го порядку:
2, -1, 4, звідки А=2, В= -1, С=4, ∆=АС-В2=8-1=7>0, А>0, отже, точка (-2; -1) – точка мінімуму даної функції.
33. Знайти частинний розв’язок диференціального рівняння
, що задовольняє початковій умові .
Запишемо дане рівняння в диференціальній формі .
Тепер відокремимо змінні:.
Виконуємо інтегрування цього рівняння:
; ; .
Отримали загальний розв’язок вихідного рівняння.
Використаємо тепер початкові умови і визначимо довільну постійну:
, .
Отже, частинний розв’язок вихідного рівняння має вигляд
.
34. у΄΄+ у΄- 2y=0, y(0)=1, y(0)=0.
Характеристичне рівняння: к2+к-2=0.
Знаходимо корені: .
Загальний розв’язок у = C1 e х + C2 e-2х.
З умови y(0)=1 маємо: C1 + C2=1, з умови y(0)=0 маємо: C1 + 2C2=0 (оскільки y¢= C1 e х + 2C2 e-2х), звідки отримуємо: C1 =2, C2=-1.
Отже, шуканий розвязок задачи Коши: у = 2e х - e-2х.
35. у΄΄- 4 у΄+ 4y=0.
Характеристичне рівняння к2-4к+4=0. Корені к1= к2 =2. Загальний розв’язок
у = C1 e2 х + C2 хe2х = e2x(C1+ C2х).
36. Розглянемо ряд .
Маємо:
.
Отже, даний ряд абсолютно збігається при < 1 або при .
При маємо ряд , котрий розбігається. При маємо ряд , котрий за ознакою Лейбніца збігається (умовно).
Таким чином, область збіжності даного степеневого ряду: .