Типовой расчет (Алгебра и геометрия математический анализ), 01 вариант

Вариант ! МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ Задача !. В заданиях !.! - !.30 вычислить!пп/(х). Х-Оа 2х — Зх+ 4 ~(х) = а = ОО Решение 3 4 2х' — Зх+4 ОО . х х2 2 1ип = — =!ип х = — =1 '-~',3,1 '- 3 1 Я 4+,+ х х' Задача 2. В заданиях 2. ! - 2.30 вычислить !ип((х), используя второй Х вЂ” ~П замечательный предел. х' ( х — 1 1 -' ((х)=~, ! а=Ос 1,х +2! Решение 3 '" О ( 2 О О 2 х- — 2 2 3,:' -'' 2 4 х — 1 !пп~ 2 ! =~!"~=1ип ~1— =е '- ' ' =е '"'-'"" =е '-'" ' =е '-' ! х +2! -' 'х х +2! Задача 3. В заданиях 3.1 - 3.30 вычислить 1!гп ((х) с помощью замены х эп бесконечно малых на эквивалентные.

у! ) !~х в!пх Решение Используем эквивалентности бесконечно малых величин при ,. 1 1-совх'! — х, ыпх., 'х. Тогда получим; 2 х — +О; Задача 4. В заданиях 4. ! - 4.30 найти точки разрыва функции /а+ Ах — с У 2 А2 Определить характер разрыва. Решение (' -1 1 япх - — 1 х"--х фх — 82пх О, ! совх ) . Б2пх(! соах) . 2 . х 1 1ип, = — =!ип 3 =1ип 3 =1ип, =1ип х~О х О х~О х' О'..О 3„.023„2 з!о!3 о-х — 4 По условию у = х — 9 Построим график заданной функции: Функция определена на всем множестве чисел и может иметь точки разрыва только в точках то есть в точках х — — 3 и х — 3. Исследуем поведение функции в этих точках: найдем значение функции в этих точках и пределы справа и слева, Я+~ — 4 (ДЗ з х — 4)(43+х+4) 13+х — 16 1! пз — х'-9 '-"' ( ГЗ+х+4)(хз — 9) ' " "( 63+х+4)(х — З)(х -3) х — 3 1 = 1пп = 1пп ' '-' "(ДЗ+х+4)(х — З)(х+3) ' " о(ДЗ+х+4)(х+3) Я+ х — 4 (43-';х — 4)(43+ х+ 4) 13+ х — 16 1пп у= !пп .

= 1пп = !пп . -з-з'о . з з'о х — 9 о з-о ( Я о х з 4)(хз 9) зп( Яз. х з 4)(х 3)(хз 3) х — 3 1 = 1пп !пп = з-со "'(ЛЗ з- х з- 4)(х — 3) (х-о 3) ' " (ДЗ+ х з-4)(х+ 3) СЛЕдОВатЕЛЬНО, ПрИ х = -3 фуНКцИя ИМЕЕТ раЗрЫВ ВтОрОГО рОда. ,Я.з.х 4 (ДЗ+х-4)(ДЗ+х+4) 1пп у= !пп „' = 1пп = 1пп х — 9 " " " ( /ГЗ з- х + 4)(х — 9) " " " ( /13з- х з- 4) (х — 3) (х+ 3) х — 3 1 1 = 1пп = !пп ""' о(43-з-хо-4)(х — З)(хз-3) ' "-о(43з-х+4)(хз-3) 48 Я+х — 4 (ДЗз х — 4)(ДЗ+х+4) 13+х — 16 1пп у= !пп . = 1пп = !пп з.о з-о хз 9 — з о ( Я+хо-4)(х — 9) * з'о(Д3+х+4)(х — 3)(х+3) х — 3 1 1 = 1пп = !пп " '-о(43+хо-4)(х — 3)(хз-3) " з-о(оз!3+х+4)(х+3) 48 1 1 Так как — = —, то функция в этой точке непрерывна 48 48 Задача 5.

В заданиях 5.! - 5.30 найти производную функции 1'(х) . ~'Дх) = ~/2 — 5х + 2 ' + х ' " Решение Прологарифмируем данную функцию: 1 г 1и (у(х)) = — !и(2 — 5х) — х'!п 2+ — !п х 2 х Найдем производную от правой и левой части по х, считая у сложной функцией, зависяшей от х.

у' (1 2 ! (2 — 5х) 2 2 — — !и (2 — 5х) — х' 1п 2+ — !п х — 2х1п 2 — — „!и х+ —. = у 1,г х ! 212-5х) х' х' 5 2 2 — 2х1п 2 — — „1п х+ —, 2(2 — 5х) х х 5 У =~- — 2х!п2 — —,!пх+ —, у= 2(2 — 5х) х х' ! Тогда: ) 5 г — 2х1п2 — — „1пх+ —, !~12 — 5х+2 ' +хи') 2(2 — 5х) х х ! 5 2 21~ г— Отсюда у'= — -2х1п2 — —,1пх-~ — „~,!2 — 5х+2 '" +х' ') 2(2 — 5х) х х Задача 6. В заданиях 6.1 - 6.30 наити производную — функции, у ~Хх заданной параметрически 1 у =1- — яп'21 2 Решение Р Находим — =(е ' ) = е ' ( — ~') = — 5~'е ' и сЙ вЂ” =~» — — яп'2~) =1 — — яп 2~(я1п2~) =1 — Зяп 2/соя21 ж ~ 2 ) г ~1у О,с а, й 1 — Зяп 2~соя2~ Зяи 2~соя2~ — 1 тсюда у„'— — 5~'е ' 5~'е ' й Задача 7.

В заданиях 7.1 - 7.30 найти производную — неявной С~у сй фУнкЦии, заДанной УРавнением 1 !х; у) = О 11х,у) = хяпу — у~ соьх Решение Дифференцируем обе части равенства по х; япу+ху'соку+у япх — 2уу'соях=о, япу+у'япх+(хсоку — гусовх)у'=О Разрешаем равенство относительно у'. ыпу+у япх у =— х соя у — 2у соя х япу+у'япх Окончательно: у' =— хсояу — 2усоях Задача 8. В заданиях 8.1 - 830 вычислить с помощью дифференциала приближенное значение числа а а =(1.03) Решение Полагаем Дх) = х-", тогда ~'(х) = — х "'. 3 Отсюда (х+Лх) ' =х""'+ — х "' 3 Пусть х=1тогда Л =О.ОЗ и (1.ОЗ)" =(1+О.ОЗ)"'=1' + 1'-'=1+О.О2=1.Ог 3 Ответ: (1.оз)"' =1.ог Задача 9. В заданиях 9.1 - 9.30 определить, в каких точках заданной линии Ь касательная к этой линии параллельна прямой у= йх, и написать уравнение этой касательной.

1 у =х, А.=— 4 Решение Пусть искомая точка касания М(хо,уп). Находим угловой коэффициент касательной в точке касания ~ = у'(х„) =+ 2 1'х„ Поскольку касательная и прямая параллельны, то их угловые 1 коэффициенты равны = —, откуда х, =4 2 ~х„4 Подставляя найденное значение абсциссы искомой точки в уравнение кривой, находим ее ординату у„= Г4 = 2. То есть получили точку; М(4,2). Уравнения касательных найдем по формуле у — у„=.Г(х„)(х — х„) . 1 Имеем х = у'(4) =+ †.

Тогда в точке М(4,2) касательная примет вид 4 1 у — 2 = — (х — 4) или 4у — х — 4 =0 4 Сделаем рисунок: АЛГЕБРА И ГЕОМЕТРИЯ Задача 1. В заданиях 1.1 - 1.30 для пирамиды вершинами в точках А1, А2, А3, А» найти: а) длину ребра А1А2, б) угол между ребрами А1А2 и А1А», в) уравнение плоскости А1А2А3, г) площадь грани А1А2А3, д) угол между ребром А1А» и плоскостью А1А А;; Е) уравнЕниЕ выСОты, ОпущЕннОй иЗ вЕршины А» на грань А1А2А3, ж) объем пирамиды; А1 (2; 3; 1), А2 (4; 1; -2), А3 (6; 3; 7), А» (-5; -4; 8) Решение а) длину ребра А»А2, А,А =»4~-4+9= Г!7 !ид7 АА б) угол между ребрамиА»А иА1А», и р+и р+и р 1 1 2 2 3 3 , где АА =(и1;и2;и,) и сокр = А,А, =~р,;р,;р,).

АА =(4 — 2;1 — 3; — 2 — 1)=(2; — 2; — 3) 1 2 и АА =( — 5 — 2; — 4 — 3!8 — !(=( — 7; — 7!7(, 1 4 -г1 ~/1 7 75/3 значит Лф=агссою~ —. Гз '7'! 7 (х — 2 у — 3 = — 1 х — 2 у — 3 = — 1 =0' 2 — 2 — 3 =0 4 — 2 1 — 3 — 2 — 1 6 — 2 3 — 3 7 — 1 4 0 б 2 — 3 2 — 2 — 2 — 3 (х — 2). 4 О 0 6 (х — 2) ( — 2вбв-Зь0)-(у — 3) (2вбв-Зв4)ь(х-1) (2вОв-2в4) =0: — 12 (х — 2) — 24 (у — 3) ь 8(а — 1) = 0: Зх+бу — 2~ — 22=0 — уравнение плоскости А»А Аз.

г) площадь грани А1А7Аз,. Найдем векторное произведение векторов АА =(2; — 2; — 3) и 1 2 АА =(4;О;б). =(ААЬА )=Ала.АА = 2 — 2 -3 4 О 6 =( — 2 6+3*0) 2 — (2*6+3"'4) ~'+(2'О+2'4) 76= — 12.1 — 24. )'+84 с = — 12; — 24;8 Площадь треугольника равна половине площади параллелограмма, т.е. =14 (ед ). 28 2 ~треугольника " — (с( = д) угол между ребром А,А» и плоскостью А,А2А . Угол между ребром А»А» и гранью А1А7Аз вычисляется по формуле: А р +В.р +С.р где А А =(р,;р„р ) направляющий вектор прямой А»А» а й =1А;В;С) - нормальный ваккар ллоакаакн 1А,АаА,7.

А А =( — 7; — 7 7). 1 4 72 = (3;6; — 2) - нормальный вектор плоскости А» А2 Аз. в) уравнение плоскости А1А2Аз., Составим уравнение плоскости (А1А2Аз). Воспользуемся уравнением плоскости, проходящей через три заданные точки А» (2; 3; 1), А (4; 1; -2) и Аз (6; 3; 7) имеет вид: )3 1 — 7) — б 7+217 3+б+( — 2) . 7.7,/3 7~/3 21 отсюда ~ф=агсяп . 11Л 21 е) уравнение высоты, опущенной из вершины А4 на грань А1А7Аз, Зх+бу — 2г — 22=0 — уравнение плоскости Аг А Аз.

%=~3;б; — 2) - нормаль плоскости Аг Аг Аз, Высота опущенная из вершины А4 (-5; -4; 8) на грань Аг А7Аз перпендикулярна к ней. Ж 1 (Аг А Аз) и высота А4Н 1 ~Аг А,7Аз), следовательно й ':(А4гг7'. Вектор Х является направляющим вектором высоты А4Н. Тогда каноническое уравнение прямой 1А 0) имеет вид: 4 3 б — 2' ж) объем пирамиды; Объем пирамиды' равен одной шестой модуля смешанного произведения трех векторов, т.е. 1 17 = — той(АА АА АА )= — тойЬ иирамиды б 1.

1 з 1 з с 1 2 3 Ь Ь с с з АА =(2; — 2; — 3) АА =(4;0;б) и АА =( — 7; — 7;7). 2 — огог1 А1А2 А1А А1А = — огоо 4 ггггра.згггдгг б ~ 1 2 1 3 1 4г — 7 — 2 — 3 0 6 — 7 7 = — огог1 (2 "(О" 7+ 6" 7) — 4( — 2*7 — 7" 3) — 7( — 2" б+ 0"'3)) = 1 6 1 1 154 = — гпод (84+140+84) = — 308 = — (едЗ) б 6 3 Решение Задача 2. В заданиях 2.1 - 2.30 решить систему линейных уравнений тремя способами: а) методом Гаусса; б) с помощью формул Крамера; в) записать систему в матричной форме и найти ее решение с помощью обратной матрицы.

Зх+2у+х = 5, 2х+Зу+я =1, 2х+у+Зх =11. а) методом Гаусса; Запишем систему в виде: 5 1 11 11 1 5 Умножим 2-ую строку на (-1). Добавим 2-ую строку к 1-ой 0-2 2 23 1 32 1 10 1 5 Умножим 2-ую строку на (3). Умножим 3-ую строку на (-2). Добавим 3-ую строку к 2-ой 0-2 2 05 1 32 1 10 -7 5 Умножим 1-ую строку на (5). Умножим 2-ую строку на (2). Добавим 2-ую строку к 1-ой 36 -7 5 0012 051 321 Из 1-ой строки выражаем х3 36 =3 3 12 Из 2-ой строки выражаем х2 -10 х 2 = — = -2 2 5 Из 3-ой строки выражаем х1 6 х = — =2 1 3 б) с помощью формул Крамера; Запишем систему в виде: 321 А= 231 213 Т В = (5,1,11) Главный определитель: Л = 3 (3.3-1.1)-2.(2.3-1 1)+2 (2 1-3 1) = 12 = 12 Заменим 1-ый столбец матрицы А на вектор результата В. 321 231 213 Для у 213 231 321 добства вычислений поменяем строки местами: 5 21 1 31 И13 Найдем определитель полученной матрицы.

Л~ = 5 (3 3-1 1)-1 (23-1 1)+11(2 1-3 1) =24 24 х1= — =2 1 12 Заменим 2-ый столбец матрицы А на вектор результата В. 35 1 21 1 2113 Найдем определитель полученной матрицы. Л~ = 3 (1 3-11 1)-2.(5.3-11 1)+2 (5 1-1 1) = -24 -24 х 12 2 12 Заменим 3-ый столбец матрицы А на вектор результата В. 325 231 2111 Найдем определитель полученной матрицы.