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.
Завдання 1
Систему рівнянь записати в матричній формі та розв’язати методом оберненої матриці та методом Гауса.
(*)
Розв’язання.
Запишемо дану систему рівнянь (*) в матричній формі:
=
. (1)
Введемо позначення:
А≡ - матриця системи,
Х ≡ - вектор-стовпець з невідомих членів,
В ≡ - вектор-стовпець з вільних членів.
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·=10-24=-14,А12= (-1) 3·
=- (-6+6) =0,А13= (-
1) 4·=-12+5=-7,А21= (-1) 3·
=- (-2+4) =-2,А22= (-1) 4
·=-6-1=-7,А23= (-1) 5·
=- (-12-1) =13,А31= (-1) 4·
=-
6+5=-1,А32= (-1) 5·=- (-18-3) =21,А33= (-1) 6·
=-15-3=-18.
det A = = 30-6-12+5+6-72=-49.
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:
(2)
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:
(3)
З рівняння (3) маємо:
х2= 1,х2 = = 1,х3 = 5-3·1-1=1.
Відповідь. дана система в матричній формі:
=
,
її розв’язок (1; 1;1).
Завдання 2
Показати, що перші три вектори ,
,
утворюють базис тривимірного векторного простору, і розкласти вектор
за цим базисом (при розв’язанні системи лінійних рівнянь використати формули Крамера):
= (1,2,3),
= (2,2,3),
= (1,1,1),
= (5,7,10)
Розв’язання.
Для того, щоб вектори ,
,
утворювали базис, необхідно щоб вони були лінійно незалежними. Тобто має виконуватись рівність:
α +β
+γ
= 0,за умови, що α = β = γ = 0.
Тобто
α +β
+γ
= 0,
або
=
.
Тоді, система:
повинна мати тільки нульове рішення. Це можливо тільки, якщо її визначник не дорівнює нулю.
Визначник системи:
А =
, det A = 1*2*1+2*1*3+2*3*1-3*2*1-2*2*1-3*1*1=1
0.
Отже, вектори ,
,
утворюють базис тривимірного векторного простору.
Тоді вектор є їх лінійною комбінацією:
= b1
+ b2
+ b3
.
Числа b1, b2, b3 будуть координатами вектора у базисі ,
,
. Знайдемо їх, розв’язавши відповідну систему:
Систему лінійних рівнянь розв’яжемо, використовуючи формули Крамера:
b1 = ,
b2 =
b3 = .
= det
= 5*2*1+2*1*10+7*3*1-10*2*1-7*2*1-3*1*5 = 2,
= det
= 1*7*1+5*1*3+2*10*1-3*7*1-5*2*1-10*1*1 = 1,
= det
=1*2*10+2*7*3+2*3*5-3*2*5-2*2*10-3*7*1 = 1.
Тоді b1 = 2,b2 = 1,b3 = 1.
Отримали вектор у базисі
,
,
:
= 2
+
+
.
Відповідь. вектори ,
,
утворюють базис тривимірного векторного простору,
= 2
+
+
.
Завдання 3
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: (0;
1) - нормальний вектор прямої ВС, (0;
1) - напрямний вектор прямої АК. Напишемо рівняння цієї прямої, враховуючи, що їй належить т. А (0;
2) -
=0
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).
Завдання 4
Знайти границі функцій (не використовуючи правило Лопіталя):
а) ;
б) ;
в)
Розв’язання:
а) Коли x прямує до нескінченності, молодшими степенями x можна нехтувати:
=
=
=-3;
б) Здійснимо заміну змінних y = x - 2:
=
= -
,
розпишемо синус за допомогою формули Тейлора:
sin у = y - +…
Тоді:
= -
= -
= -
1 -
(-
) +…=-1+0+…=-1;
в) Скористаємося визначенням числа e:
е =
і здійснимо заміну змінних y = - 2x - 1:
=
=
= =
=
= е2.
Відповідь. - 3; - 1; е2.
Завдання 5
Знайти похідну функції:
у = еsin x ln x
Розв’язання.
Скористаємося формулою диференціювання добутку і складної функції:
.
Відповідь. .
Завдання 5
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 - при x = 0, тобто від’ємна, тому даний локальний екстремум - це локальний максимум.
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=- при x = 0 - локальний максимум;
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.
Завдання 6
Знайти невизначені інтеграли:
а) , б)
.
Розв’язання.
а) Здійснимо заміну змінних y = cos x - 4, dy = - sin x dx:
;
б) Скористаємося формулою інтегрування за частинами:
=
=-
Відповідь. ;
.
Завдання 7
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. ;
.