Главная Учебники - Разные Лекции (разные) - часть 51
Контрольна робота З дисциплiни: Вища математика За темою (роздiлом навчального плану) Прізвище,ім’я, по батькові студента Данiщук Мирослава Евгенiївна Прiзвище та інiцiали викладача Дюженкова Ольга Юріївна Київ 2008 рiк. Систему рівнянь записати в матричній формі та розв’язати методом оберненої матриці та методом Гауса. Розв’язання.
Запишемо дану систему рівнянь (*) в матричній формі: Введемо позначення: А≡ Х ≡ В ≡ 1) Розв’яжемо систему рівнянь (*) методом оберненої матриці. Домноживши рівність (1) зліва на обернену матрицю A-1
одержимо: Знайдемо обернену матрицю до даної: A-1
= де А11
= (-1) 2
· 1) 4
· · 6+5=-1,А32
= (-1) 5
· det A = Тому A-1
= Отже, розв’язок даної системи в матричній формі запишеться так: X = - =- Тобто х1
=1,х2
=1,х3
=1.
2)
Розв’яжемо систему рівнянь методом Гауса. Метод Гауса полягає в послідовному виключенні невідомих за допомогою елементарних перетворень. Спочатку виключимо х1
з другого та третього рівнянь системи (*). Помножимо друге рівняння системи (*) на - 1 і додамо його до першого - запишемо замість другого рівняння, Помножимо третє рівняння на - 3 і додамо його до першого - запишемо замість третього рівняння: Тепер виключимо х3
з третього рівняння отриманої системи (2). Для цього помножимо третє рівняння системи (2) на - 1 і додамо до другого - запишемо замість третього рівняння системи: З рівняння (3) маємо: х2
= 1,х2
= Відповідь. дана система в матричній формі:
її розв’язок (1; 1;1).
Показати, що перші три вектори Розв’язання.
Для того, щоб вектори α Тобто α або Тоді, система: повинна мати тільки нульове рішення. Це можливо тільки, якщо її визначник не дорівнює нулю. Визначник системи: А = Отже, вектори Тоді вектор Числа b1
, b2
, b3
будуть координатами вектора у базисі Систему лінійних рівнянь розв’яжемо, використовуючи формули Крамера: b1 = b2 = b3 = Тоді b1 = 2,b2 = 1,b3 = 1. Отримали вектор Відповідь.
вектори Задано: координати трьох точок А, В, С. Записати рівняння сторін трикутника АВ, АС і ВС, висоти АК, знайти кут А і координати точки К. A (0; 2), B (2; 3), С (1; 3). Розв’язання.
рівняння АВ: звідси рівняння прямої АВ: х - 2у + 4=0; рівняння АС: звідси рівняння прямої АС: х - у +2=0; рівняння ВС: звідси рівняння прямої ВС: у = 3. 2) З урахуванням перпендикулярності прямої ВС і висоти АK нормальний вектор прямої ВС є напрямним прямої АК: 1) - нормальний вектор прямої ВС, 1) - напрямний вектор прямої АК. Напишемо рівняння цієї прямої, враховуючи, що їй належить т. А (0; 2) - х = 0 - рівняння прямої АК. 3) кут А - гострий кут 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 точку К - точку перетину висоти АК і прямої ВС, тобто координати т. К є розв’язком системи 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 = arctg 2 - К (0;3). Знайти границі функцій (не використовуючи правило Лопіталя): а) б) в) Розв’язання:
а) Коли x прямує до нескінченності, молодшими степенями x можна нехтувати: б) Здійснимо заміну змінних y = x - 2: розпишемо синус за допомогою формули Тейлора: sin у = y - Тоді: в) Скористаємося визначенням числа e: е = і здійснимо заміну змінних y = - 2x - 1: Відповідь. - 3; - 1; е2
.
Завдання 5
Знайти похідну функції: у = еsin x
ln x Розв’язання.
Скористаємося формулою диференціювання добутку і складної функції: Відповідь.
Дослідити функцію методами диференціального числення і побудувати її графік. Досліджувати функцію рекомендується за такою схемою: 1) знайти область визначення й область зміни функції; 2) дослідити функцію на неперервність, знайти точки розриву функції (якщо вони існують) і точки перетину її графіка з осями координат; 3) знайти інтервали зростання і спадання функції і точки її локального екстремуму; 4) знайти інтервали опуклості й угнутості графіка функції та точки перегину; 5) знайти асимптоти графіка функції. у = Розв’язання.
1) Область визначення - вся числова вісь за винятком x = - 3 и x = +3, коли знаменник перетворюється в нуль: х є (-∞; - 3) U (-3; +3) U (+3; +∞), область значень функції - 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 перетинає вісь y при х = 0, у = - 3) Інтервали зростання і спадання функції і точки її локального екстремуму: знайдемо похідну функції: похідна додатна при x < 0, тому функція при x <0 зростає, похідна від’ємна при x > 0, тому функція при x > 0 спадає, похідна дорівнює 0 при x = 0, тому функція при x = 0 досягає локального екстремуму; знайдемо другу похідну функції: друга похідна дорівнює - 4) Знайдемо інтервали опуклості й угнутості графіка функції та точки перегину: друга похідна додатна в інтервалах (-∞; - 3), (+3; +∞), тому в них функція випукла вниз; друга похідна від’ємна в інтервалі (-3; +3), тому в ньому функція випукла вгору; відповідно, точки x = - 3 и x = +3 - точки перегину 5) Знайдемо асимптоти графіка функції: при х→-∞ і х→+∞ функція прямує до нуля, тому пряма y = 0 - горизонтальна асимптота; точки x = - 3 и x = +3, коли знаменник перетворюється в нуль, визначає дві вертикальні асимптоти. 6) Побудуємо графік функції: Відповідь.1) х є (-∞; - 3) U (-3; +3) U (+3; +∞), у є (-∞; 0) U (0; +∞);
2) точки розриву x = - 3 и x = +3;
функція перетинає вісь в т. (0; - 3) функція при x <0 зростає,
функція при x > 0 спадає,
функція при x = 0 досягає локального екстремуму;
у=- 4) в інтервалах (-∞; - 3), (+3; +∞) функція випукла вниз;
в інтервалі (-3; +3) функція випукла вгору;
точки x = - 3 и x = +3 - точки перегину;
5) y = 0 - горизонтальна асимптота;
x = - 3 и x = +3 - вертикальні асимптоти.
Знайти невизначені інтеграли: а) Розв’язання.
а) Здійснимо заміну змінних y = cos x - 4, dy = - sin x dx: б) Скористаємося формулою інтегрування за частинами: =- Відповідь.
Знайти частинні похідні за обома змінними функції двох змінних: z (x,y) =x ln y + y Розв’язання. Скористаємося формулою диференціювання і складної функції: Відповідь.
|