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=10.

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. ; .