Типовой расчет (Алгебра и геометрия математический анализ), 01 вариант (1016627)
Текст из файла
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.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
