Высшая математика для 1 и 2 курса

				R
				i
R	= A1 A2	´ A1 A3	=	3
n
				- 2

RR

j	k		6	- 8		R		3
6	- 8 =						-
						× i
4	- 6		4	- 6				- 2

RR

=-4 × i + 34 × j + 24 × k .

- 8	R	+	3	6	R	=
	× j				× k
- 6			- 2	4

Синус искомого угла a равен косинусу угла b между векторами n

и A A , т. к. сумма этих углов равна π . Поэтому
1	4																																					2
															R					× A1 A4																		-4 ×5 + 34 × 2 + 24 ×(-1)
	sin a = cosb =														n																=																																										=
															R						UUUUR
															n		×					A1 A4													(-4)2 + 342 + 242 × 52 + 22 + (-1)2
	=				24																					» 0,1048 , т. е.																	α ≈ arcsin0,1048 ≈ 6º1'´.
															×
					1748													30
	4) Площадь грани A1 A2 A3 вычислим по формуле (1.20):
	1																			1				R					1																															1748
																																	(- 4)2 + 342 + 242
S =					´ A1 A3										=												=																													=												= 437			» 20,9 .
			A1 A2																						n
	2																	2											2																															2
	5) Объем V пирамиды																																A1 A2 A3 A4										найдем по формулам (1.17) и
(1.21):
																																																		3						6				- 8
							V =								1				A A × A A × A A																							=			1					- 2 4 - 6														=
															6			1									2		1				3		1			4					6
																																																		5						2				-1
										1									4 - 6																	- 2 - 6																							- 2					4
					=						×				3 ×																- 6 ×																+ (-8) ×																			=
					6														2								-1									5		-1																						5				2
					=		1	×					3 × 8 - 6 × 32 - 8 × (-24)																											=				1				×				24			= 4 (куб. ед.).
					6																																						6
	6) Уравнение прямой A1 A2																																		найдем по формуле (1.33):
				x − 3					=					y − 3								=						z − 9					, т. е.				x − 3									=							y − 3				=				z − 9				.
	6 - 3 9 - 3 1 - 9																																					3					6																	- 8
	7) Уравнение плоскости A1 A2 A3																																					найдем по формуле (1.38):

31

x − 3 y − 3 z − 9

x − 3 y − 3 z − 9

6 − 3 9 − 3 1 − 9

= 0 , т. е.

3

6

− 8

= 0 ,

1 − 3 7 − 3 3 − 9

− 2

4

− 6

(x − 3)

6 − 8

− (y − 3)

3 − 8

+ (z − 9)

3 6

= 0 ,

4 − 6

− 2

− 6

− 2

4

− 4(x − 3) + 34( y − 3) + 24(z − 9) = 0.

Отсюда,

− 4x + 34 y + 24z − 306 = 0 , или 2x − 17 y − 12z − 153 = 0 –

искомое уравнение плоскости.

A4

8) Из

полученного выше

n

уравнения

плоскости

следует,

что

ее

нормальный

вектор

n = {2; − 17; − 12}. Нормальный

вектор

n

перпендикулярен

плоскости

A1 A2 A3 , поэтому его

A1

D

A2

можно взять за направляющий

вектор высоты, опущенной из

вершины

A4

на эту плоскость.

A3

Следовательно, уравнение этой

Рис. 1.14

высоты можно найти по фор-

муле (1.33):

x − 8 = y − 5 = z − 8 . 2 − 17 − 12

Задача 2. Записать уравнение окружности, описанной около треугольника с вершинами A(−1; 1) , B(2; − 1) , C(4; 0) .

Решение. Сначала найдем координаты центра окружности. Центр окружности, описанной около треугольника, лежит на пересечении перпендикуляров, проведенных к серединам сторон треугольника.

Поэтому для решения этой задачи поступим следующим образом:

1)составим уравнения сторон AB и AC;

2)найдем координаты середин сторон AB и AC;

3)составим уравнения прямых, перпендикулярных сторонам AB и AC и проведенных через их середины;

4)найдем координаты центра окружности;

5)найдем радиус описанной окружности;

32

6) запишем уравнение описанной окружности. Решение. Для наглядности решения сделаем рис. 1.15.

1) Уравнения сторон AB и AC найдем по формуле (1.28). Уравнение стороны AB будет:

x − (− 1)			=		y − 1			, или		x + 1		=		y −1		, т. е.	y = -		2		x +		1			, kAB	= -		2		.
2 - (-1)
			-1 -1					3				- 2					3				3						3
Уравнение стороны AС:
	x − (− 1)		=		y − 1		, или		x + 1		=		y −1		, т. е.		y = -	1		x +		4		, kAC			= -	1		.
4 - (-1)
			0 -1					5				-1					5				5						5

2) Найдем координаты точек M и N , являющихся серединами сторон AB и AC, соответственно, по формулам

xM =				xA + xB				= −1 + 2 =							1		; yM	=		yA + yB		=		1 −1		= 0 ;
				2						2			2					2				2
xN =		xA + xC					= −1 + 4 =							3		; yN		=	yA + yC		=		1 + 0		=		1	.
																											2
				2						2			2					2				2
1								3		1
Итак, M				; 0	и	N				;		–	середины сторон AB и AC.
2								2		2

3) Для составления уравнений прямых, проходящих через точки M и N перпендикулярно сторонам треугольника, используем формулу (1.30), найдя предварительно угловые коэффициенты этих прямых из условия (1.31).

Т.

к.

k AB

= -

2

(см. найденное

уравнение

прямой

AB),

то

3

k = -

1

=

3

,

значит,

уравнение первой прямой,

проходящей через

1

k AB

2

точку М, имеет вид

(y − yM ) = k1 (x − xM ), т. е. y - 0 =

3

1

3

3

× x -

, или y =

x -

.

2

2

4

2

Т.

к.

k AC

= -

1

(см. найденное

уравнение

прямой

AC),

то

5

k2 = -

1

= 5 ,

значит,

уравнение второй прямой,

проходящей через

k AC

33

		y − yN	= k2	(x − xN ), т. е. y -	1		3
	точку N, имеет вид					= 5 x -		,	или
					2		2

y= 5x − 7 .

4)Решив систему из найденных двух уравнений, найдем координаты точки О – точки пересечения этих прямых, являющейся центром искомой окружности:

	3		3		3			3		x =		25	,
y =		x -		,			x -		= 5x - 7,		14
	2		4					4
					2								25		27
y = 5x - 7.					y		= 5x - 7.			y = 5 ×			14	- 7 =	14	.

	25		27
Итак, точка O		;		–	центр искомой окружности.
	14
			14

y

2

O

1

A

N

C

O

1

2

− 1

M

4

x

– 1

B

Рис. 1.15

5) Радиус R описанной окружности равен расстоянию от центра окружности до любой из вершин треугольника. Расстояние между точками О и А в соответствии с формулами (1.10) и (1.11) равно

	25		2		27	2			10
OA =			− 2	+		− 2	=				= R .
								14
	14			14

34

6) По формуле (1.43) запишем уравнение искомой окружности:

	25	2		27 2			10
x −			+ y −			=
	14						196 .
				14

Задача 3. Оси эллипса совпадают с осями координат. Большая полуось расположена на оси Ох. Записать уравнение эллипса и сделать чертеж, с изображением директрис, если известно, что расстояние

между фокусами равно 2c = 6 , а эксцентриситет ε = 3 . 5

Решение. Из условия задачи вытекает, что c = 3 . Из определения

эксцентриситета имеем ε = c = 3 = 3 , следовательно a = 5 . По форму- a a 5

ле связывающей а, b и c находим

b = a2 − c2 = 25 −16 = 4 .

		y
x = −	25		B2 (0; 4)	x =	25
	3				3

A (−5; 0)
		F1 (−3; 0)		O				A2	(5; 0)
						F (3; 0)					x
1						2

B1 (0; − 4)

Рис. 1.16

Следовательно, искомое уравнение имеет вид x2 + y2 = 1.

				25			16
Уравнения директрис:
x =	a	=	5	=	25	;	x = −	a	= −	5		= −	25	.
								ε
	ε 3			3					3			3
			5							5

35

Эллипс и директрисы изображены на рис. 1.16.

Задача 4. Фокусы гиперболы расположена на оси Ох, симметрично начала координат. Записать уравнение гиперболы и сделать чертеж, с изображением директрис и асимптот, если известно, что рас-

стояние между директрисами равно 12 4 , а уравнения асимптот

5

y = ± 3 x . 4

Решение. Так как фокусы гиперболы расположены на оси Ох, то уравнение гиперболы имеет вид

	x2	−	y2	= 1.
	a2		b2

Найдем а и b. Поскольку расстояние между директрисами равно

12 4 , то уравнение правой директрисы определяется выражением

5

x =

a

=

32

. Учитывая то, что ε =

с

, c =

и

b

=

3

имеем

a2 + b2

a

ε 5

a 4

x =

a

=

a2

=

a2

=

a

=

a

=

4a

=

32

.

ε c

a2 + b2

b 2

9

5 5

+ 1

+ 1

16

a

Следовательно

a = 8, b = 6 , а уравнение гиперболы

x2

−

y 2

= 1.

64

36

36

Искомая гипербола изображена на рис. 1.17.

	x = − 32						x =		32
			y
	5				5
						B2 (0; 6)
A1 (−8; 0)
									A(8; 0)
F1 (−10; 0)										F2 (10; 0) x
				O

B1 (0; − 6)

Рис. 1.17

Задача 5. Составить уравнение линии, каждая точка которой равноудалена от точки A(2; 2) и от оси абсцисс. Сделать чертеж.

Решение. Пусть M (x; y)

–

произвольная точка искомой линии

(рис. 1.18). Расстояние MA запишем в соответствии с формулами

(1.10) и (1.11) в виде

MA =

.

(x − 2)2 + (y − 2)2

y

∙

2

A

M

1

B

O

1

2

N

x

Рис. 1.18

37

Расстояние от точки М до оси абсцисс, т. е. до точки N (x; 0), такой, что MN Ox, составит

MN = (x − x)2 + (y − 0)2 = y .

Т. к. по условию задачи MA = MN , то (x − 2)2 + (y − 2)2 = y ,

или, возведя обе части последнего уравнения в квадрат и выполнив тождественные преобразования, получим

x2 − 4x + 4 + y 2 − 4 y + 4 = y 2 , т. е. y = 1 (x − 2)2 + 1. 4

Последнее уравнение есть уравнение параболы, ветви которой направлены вверх, а вершина находится в точкеB(2;1).

38

Тема 2. Введение в математический анализ

2.1. Понятие предела функции и основные теоремы о пределах

Множество точек, удовлетворяющих условию a < x < b , называется интервалом и обозначается (a ; b) или ]a; b[ . Интервалы могут

быть конечными и бесконечными. Если один из концов интервала включается в множество, то множество называется полуинтервалом. Например, [a ; b) .

Множество точек, удовлетворяющих условию a ≤ x ≤ b , называется отрезком и обозначается [a ; b].

Окрестностью конечной точки x0 называется любой интервал, содержащий эту точку. Если из окрестности удалить точку x0 , то ок-

рестность называется проколотой.

Определение. Конечное число А называется пределом функции f (x) при x → a , если для любого ε > 0 существует такая проколотая

окрестность точки а, что для всех х из этой окрестности выполняется

неравенство f (x) − A < ε и записывается lim f (x) = A .

x → a

Введем понятие бесконечного предела функции при x → a .

	Определение.			Говорят, что	lim f (x) = ∞ , если для любого сколь
угодно большого чикла M > 0 ,					x →a
					существует такая окрестность точки а,
что для всех х				из этой окрестности выполняется		неравенство
	f (x)		> M .
	Рассмотрим односторонние пределы. Если x → a и					x < a, то это

записывается в виде x → a − 0 . Если же x → a и x > a, то это записывается в виде x → a + 0 . Числа

f (a − 0) = lim f (x) и	f (a + 0) = lim f (x)
x →a −0	x →a + 0
называют пределом слева функции	f (x) в точке a и пределом справа

функции f (x) в точке a (если эти числа существуют), соответственно. Для существования предела f (x) при x → a необходимо и дос-

таточно, чтобы имело место равенство f (a − 0) = f (a + 0).

При вычислении пределов используют следующие основные теоремы о пределах.

Если существуют конечные пределы lim f (x) и lim g(x), то:
x →a	x→a

39

1) lim( f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x);								(2.1)
x→a						x→a	x→a
2) lim( f (x)× g(x) ) = lim f (x)× lim g(x);								(2.2)
x→a						x→a	x→a
	f (x)			lim f (x)
3) lim			=	x →a		(если lim g(x) ¹ 0 );		(2.3)
				lim g(x)
x → a g(x)							x → a
				x →a
	4) lim( c × f (x) ) = c × lim f (x) .							(2.4)
	x→a						x→a

Для элементарных функций во всех точках из области их определения

lim f (x) = f (x0 ).

x → x0

Иногда полезно использовать равенства

lim(ln f (x)) = ln lim f (x) ,
x→a	x→a
	lim f (x)
lim e f (x) = ex →a		.
x→a

(2.5)

(2.6)

(2.7)

Наконец, следует знать два замечательных предела: 1-й замечательный предел:

			lim	sin x	= 1;			(2.8)
			x →0 x
2-й замечательный предел:
	1 x		= e , или lim(1 + α)			1
						α	= e .
lim 1 +								(2.9)
x →∞	x				α→0
Число e ≈ 2,718282	есть иррациональное число.							Логарифм по

основанию е называется натуральным логарифмом и записывается ln x , а функция y = ex , называется экспонентой.

Поскольку lim f (x) = f (x0 ) (2.5), то при вычислении пределов

x → x0

прежде всего вместо x подставляем предельное значение (обычно это записывается в квадратных скобках) и, если значение f ( x0 ) определено, применяем основные теоремы о пределах.

40