Tipovoy_raschet_po_matematike_T_V_Klodina__N_S_Zadorozhnaya_N_V_Danilova

21

№ 25

1) y = x2 arctgx - 7sin x + 7 x - 3; 2) y = elg 3 x × sin 6x;

1) y = lg(x - x2 );

8

x

2)e y

= xy;

3) y = (3 2 - x2

+

2x)

; 4) y =

- arctg x;

x = 2sin3 t

1 + x2

x

= e

t

3)

e

;

cost

y = 2cost.

5) y = (sin x )

x

7)

3

6)xe

2 y

= ye

2 x

;

= sin

t

y

№ 26

1) y = 2 x ;

1) y = x8 log3 x +10x -

25 x4 + 19; 2) y = x × 2xtgx ;

2) y cos y = x;

3) y = ln2 (cos x ); 4) y =

1 - x

+ 5arctgex ;

x = 2t

1 + x

3)

= arctg5t.

2 x

y

x

5) y =

;

x = ln t

x

- 3

7)

x

(

)3

2

6)tg (x + y ) =

;

y =

t

+ 1 .

y

№ 27

1) y =

(x3

- 3)e x - 3ln x + 7 x5

-

3; 2) y = 5 (1 + xe x )3

1) y =

ln x

;

3) y = sin(2x )- x4 ; 4) y =

x2

arcsin 3x

- log5

4 x;

2)tgy = x + y;

x2

x = e−t

5) y = (x

4

ctgx

3)

+

5)

;

x = 2t -1

y

= t 3 .

6) xy3 = ln(xy ) + 3x;

7) y = tg

(t 2 + 1).

№ 28

1) y =

lg x + 8tgx - 7 x + 20; 2) y =10cos x × ctgx;

1) y =10x 2 −1 ;

x

3) y = (arccos

)4

x3

2)cos(xy ) = x;

x3

; 4) y =

- 3 1 + ln2 x;

x = ln t

5 - x2

cos x

t

2

3)

3

;

= e

y = t

.

5) y = (lg x )

x

6) y arccos x = xy + 1;

7)

2

= t

-1.

y

22

№ 29

1

− x

2

1) y = arctgex ;

3

9

5

3

1) y = x

arctgx −

2 sin x +

; 2) y = tg

x

;

2)e

x+ y

= y

− x;

x

3) y = x ln(ln3 ln x); 4) y = 2arcsin 4 x − 54

;

x = 1 − cost

x3 + x

3)

5) y = x

x = cos 2t

y = arctgt.

x ;

6)x2 y 2 = ln(x + y );

7)

= sin 2 t.

y

№ 30

2

3

;

1) y = ln(x3 + x);

1) y = 3

cos x + log4 x -

+ 35; 2) y = x5 × e

x 2 +1

x

x3

2)ln(x + y ) = y;

3) y = ln(arcctg3x ); 4) y =

1 +

6

x

4

+ sin 2 3x;

3) x = 2t

-1

5) y = (tgx)x 3

1 - 6x

y = arctgt.

;

= t

2

-1

x

x

7)

=

3x - y;

y = cos(t

2

)-1

6)e

y

Задание 7.

Задача класса «В». Исследовать функцию и построить график.

Общая схема исследования функции и построения графика:

1)найти область определения функции и точки разрыва;

2)определить, является ли функция четной или нечетной, периодической;

3)найти точки пересечения графика с осями координат и интервалы знакопостоянства функции;

4)найти асимптоты функции;

5)найти точки экстремума и интервалы монотонности функции;

6)найти точки перегиба и интервалы выпуклости и вогнутости графика;

7)построить график функции, используя результаты исследования и, при необходимости, построение по точкам.

Варианты для самостоятельного решения.

y =

2

y =

1

x(1 + x)

y = x(1 - x3 )

№1

1 + 2x2

№2

№3

y =

x2

y =

x4

y =

1

1 - x

1 + x4

x

№4

№5

№6

1 + x

x

x + 1

2

y =

y =

y =

1 + x

4

x2 + 1

№7

№8

№9

x -1

23

x

2

y =

2x − 1

x2

y =

y =

(x −

2

x2 − 1

№10

x − 1

№11

1)

№12

y =

x3

x3 + 16

x + 2

2

y =

y =

2

x

№13

2(x + 1)

№14

№15

x + 1

y =

x3 − 1

y =

2

y =

e x

№16

4x2

№17

x2 + x + 1

№18

x

y =

1

y = ln(2x + 3)

y = xe− x

№19

№20

№21

e x − 1

y = x − ln(x +

1)

1

y =

x3

y = e x−2

№22

№23

№24

x2 − 4

y = ln

x + 1

№25

y = x2 ln x

№26

x + 2

№27

y = x − ln x

y =

4x

y =

x2

y =

x3

№28

4 + x2

№29

x − 1

№30

x2 − 9

Задание 8.

Задача класса «А» . Найти наибольшее и наименьшее значения функции.

Общая схема исследования:

1)найти критические точки, лежащие внутри отрезка [a;b];

2)вычислить значения функции на концах отрезка, то есть найти f (a) и f (b) ;

3)сравнив найденные значения функции на концах отрезка со значениями функции в критических точках, выбрать наибольшее и наименьшее;

4)построить схематический график.

Варианты для самостоятельного решения.

f (x ) =

x

+ cos x,

x + 6

x − 3

f (x) =

,

2

f (x ) =

,

π

x

2

+ 13

x

2

+ 16

[− 5;6]

;π

[− 5;5]

№ 1

№ 2

2

№ 3

24

f (x ) =

x

− sin x,

f (x ) =

x

+ cos x,

f (x ) =

x + 3 ,

2

2

3π

2

3π

;π

[− 3;7]

x

+ 7

−

;−π

№ 4

2

№ 5

№ 6

2

f (x ) =

x − 5

,

[− 3;9]

x

2

+ 11

f (x ) = x2 − 12x + 7,

f (x ) = x + 2 x ,

№ 7

№ 8

[0;3]

№ 9

[0;4]

f (x ) =

1

f (x ) =

3

x + cos x,

− sin x,

2

2

π

f (x) = 3x5 − 5x3 ,

3π

0;

№

[0;2]

№

− 2π ;−

№

2

10

11

2

12

f (x ) = x3 + 3x + 1,

f (x) = 3x4 − 16x3 ,

f (x) = x4 − 2x2 + 3,

1

№

[− 3;1]

№

[− 3;2]

№

;2

13

14

15

2

f (x) = x − sin x,

π

f (x ) = 81x − x4 ,

f (x ) = 3 − 2x2 ,

№

0;

№

[− 1;4]

№

[− 1;3]

16

2

17

18

f (x) = 81x + 4x 4 ,

f (x) = x3 − 9x2 + 24,

f (x ) = (x − 5)e x ,

№

[−1;4]

№

[0;3]

№

[0;5]

19

20

21

f (x ) = x2e− x ,

f (x ) = x3 + x2 − 8x,

f (x ) = x

,

1 − x2

№

[− 1;1]

№

[− 3;2]

№

[0;1]

22

23

24

f (x) =

x + 4

f (x ) = 4 − x −

4

,

f (x ) =

x

,

x2 + 9,

x2

[1;e2 ]

ln x

№

[− 4;6]

№

[1;4]

№

25

26

27

f (x ) =

x2

,

f (x ) = x2 +

16

− 16,

1 + x

f (x) = x4 + 4x,

[0;2]

[1;4]

x

№

№

№

[− 2;2]

28

29

30

25

Образец выполнения семестровой расчетно-графической работы

Задание 1.

Решить данную систему по формулам Крамера, методом Гаусса и матричным способом

x + 2 y - 3z =1

- - = -

2x 3 y z 7 .

							- 2z = 0
4x + y
																								Решение.
1) Согласно формулам Крамера:
x =					Dx			, y =		Dy			, z =				Dz		,
					D					D							D
найдем
		1					2		- 3								- 3			-1					2 -1				+ (- 3)×		2	- 3
D =		2 - 3 -1										=1×											- 2 ×												= 7 - 42 = -35 ¹ 0,
		4					1		- 2								1			- 2					4	- 2					4	1
				1					2 - 3													1 1 - 3												1 2		1
Dx =				- 7					- 3 -1							= 0, D y =						2		- 7		-1		= -70, Dz				=		2 - 3		- 7		= -35
				0					1 - 2													4 0 - 2												4 1		0
x =						0			= 0, y =							- 70		= 2, z =						- 35		=1.
- 35									- 35															- 35

2)Проведем эквивалентные преобразования расширенной матрицы системы в соответствии с методом Гаусса:

1		2	- 3		1		1
		- 3	-1
2					- 7		0
	4	1	- 2		0			0

x + 2 y − 3z = 1
	− 7 y + 5z = −9
	5z = 5

	2 − 3			1	1	2 − 3			1
− 7 5						− 7 5
				− 9 0					− 9
− 7 10						0	5
				− 4	0				5
	x + 2 y = 4					x = 0
		− 7 y = −14
						y = 2
				z = 1
						z = 1.

26

	1	2	- 3
		- 3	-1
3) Определим матрицу, обратную матрице A = 2				. Такая матрица
	4	1	- 2

существует,										так как определитель матрицы А не равен нулю ( = −35 ). Найдем
алгебраические дополнения
A	=		- 3					-1				= 7, A		= -				2				-1				= 0, A				=		2			- 3						=14,
11			1					- 2					12					4	- 2								13					4			1
A	= -						2	- 3				=1, A		=		1			- 3					=10, A					= -					1	2				= 7,
21							1	- 2		22						4			- 2								23							4	1
A	=				2			- 3			= -11, A = -										1			- 3				= -5, A =									1			2			= -7.
31					- 3			-1						32							2		-1							33							2			- 3

Теперь транспонируем матрицу, составленную из алгебраических дополнений, и

разделим ее элементы на , тогда обратная матрица

			1		7	1	-11
A−1 =
					0 10		- 5 .
			-	35	14	7	- 7
Вектор решений системы получим, умножив полученную обратную матрицу A−1 на
вектор-столбец свободных членов:
x				1	7 1		-11		1		0
y		= -			0 10		- 5	×	- 7	= 2 .
z				35 14 7			- 7	0		1

x = 0

Таким образом, всеми тремя способами получено решение: y = 2 .

z =1

Задание 2.

Даны вершины треугольной пирамиды: A (2;-3;1), B (6;1;-1), C (4;8;-9) и D (2;-1;2).

Требуется найти:

1)длину ребра AB ;

2)площадь грани ABC ;

3)угол между ребрами CB и CD ;

4)объем пирамиды ABCD ;

5)уравнение плоскости АВС;

6)уравнения высоты, опущенной из вершины D на грань ABC ;

7)уравнения стороны AB ;

8)длину высоты, опущенной из вершины D на грань ABC .

27

Решение.

1) Длина ребра AB определяется по формуле:

AB = ( xB − x A ) 2 + ( y B − y A ) 2 + ( z B − z A ) 2 ;

AB = (4)2 + (4)2 + (− 2)2 = 6.

2) Площадь грани ABC равна половине площади параллелограмма, построенного

на векторах AB

и AC . Так как

= (xB - xA ; yB - yA ; zB - z A ) = (4;4;-2),

= (2;11;-10), то

AB

AC

4 − 2

−

4

− 2

+

4

4

i

j

k

=

=

i

j

k

c = AB × AC =

4

4

− 2

11 − 10

2

− 10

2

11

2

11

− 10

i(−40 + 22) − j(−40 + 4) + k (44 − 8) = −18i + 36 j + 36k = (− 18;36;36), то площадь треугольника ABC определяется по формуле

		1				1
	S =				=		(-18)2 + 362 + 362 = 27 .
				c

22

3)Косинус углаϕ между ребрами CB иCD определяется по

формулеcosϕ =

CB

×

CD

Найдем

= (2;-7;8) и

= (- 2;-9;11), тогда

.

CB

CD

CB

×

CD

cosϕ =

−

4 +

63

+ 88

= 0,94686

ϕ = arccos( 0,94686 ) = 0,3275 рад.

117 ×

206

1

4) Объем пирамиды находим, используя формулу V =

×

(

´

) ×

, определив

AB

AC

AD

6

предварительно

= (4;4;-2),

= (2;11;-10),

= (0;2;1)

AB

AC

AD

4

4

- 2

= 4(11 + 20) - 4(2 - 0) + (- 2)(4 - 0) = 108 V =

108

(

´

) ×

=

2

- 10

= 18.

AB

AC

AD

11

0

2

1

6

5) Найдем уравнение плоскости ABC , используя уравнение плоскости, проходящей

через три точки:

x - x1

y - y1

z - z1

= 0

x - 2 y + 3 z -1

= 0

x2 - x1

y2 - y1

z2 - z1

4

4

- 2

x3 - x1

y3 - y1

z3 - z1

2

11 -10

(x - 2)

4 - 2

- (y + 3)

4 - 2

+ (z -1)

4 4

= 0

11

-10

2

-10

2

11

-18x + 36 y + 36z + 108 = 0 x - 2 y - 2z - 6 = 0.

28

6) Канонические уравнения прямой, проходящей через данную точку M ( x0 ; y0 ; z0 )

параллельно вектору a = (l;m;n), имеют вид

x − x0 = y − y0 = z − z0 . l m n

В данном случае a совпадает с нормалью (A; B;C ) = (1;−2;−2), проведенной к плоскости грани ABC , поэтому искомые уравнения имеют вид

x − 2

=

y + 1

=

z − 2

.

1

− 2

− 2

7) Чтобы записать уравнения стороны AB , используем уравнения прямой,

проходящей через две точки:

x − x1

=

y − y1

=

z − z1

, тогда получим:

x2 − x1

y2 − y1 z2 − z1

x − 2

=

y + 3

=

z − 1

x − 2

=

y + 3

=

z − 1

.

6 − 2 1 + 3 − 1 − 1

4

4

− 2

8)Найдем длину высоты, опущенной из вершины D на грань ABC , согласно формуле

d =

Ax0

+ By0

+ Cz0

+ D

=

1 × 2 + (- 2)× (- 1)+ (- 2)× 2 - 6

=

6

= 2.

A2 + B 2 + C 2

12 + (- 2)2 + (- 2)2

3

Задание № 3

Даны вершины треугольника: A(−5;7), B(7;−2),C (11;20) . Найти:

1)длину стороны AB ;

2)уравнения сторон AB и AC и их угловые коэффициенты;

3)угол В в радианах;

4)уравнение высоты CD и ее длину;

5)уравнение медианы AE ;

6)координаты точки пересечения высоты CD и медианы AE .

Решение.

1) Найдем длину стороны AB по формуле

AB = (xB − xA )2 + (yB − y A )2 = (7 + 5)2 + (− 2 − 7)2 = 15.

2) Уравнение прямой, проходящей через две точки имеет вид	y − y1	=	x − x1	.
	y2 − y1		x2 − x1

																29
	Тогда уравнение стороны AB :
	y − 7	=	x + 5						y − 7		=		x + 5			3x + 4 y − 13 = 0 y = −			3	x +	13	,
									− 9
	− 2 − 7 7 + 5										12					4				4
а угловой коэффициент k AB = −												3		.
											4
	Аналогично, уравнение стороны BC :
				y + 2		=	x − 7			11x − 2 y − 81 = 0, kBC =							11	.
22								4								2

3)Внутренний угол В заметается вращением стороны ВС против часовой стрелки до совпадения с АВ, поэтому, используя формулу tgϕ = k2 − k1 , надо в ней

1 + k1k2

считать

за

первую

прямую

―

ВС,

а за вторую ― АВ. Тогда

-

3

-

11

k AB - kBC

tgB =

=

4

2

= 2

B = arctg 2 = 1,11.

1 + k AB × kBC

1 -

33

8

4)

Отметив, что угловые коэффициенты k1 и k2

перпендикулярных прямых связаны

зависимостью k

× k

= -1, т.е.

k

=

4

, используем уравнение пучка прямых,

2

CD

1

3

проходящих через данную точку

C : (y - yC ) = k (x - xC ). Отсюда уравнение

высоты CD имеет вид

(y - 20) =

4

(x -11) 4x - 3 y + 16 = 0 .

3

Расстояние от точки (x0 ; y0 ) до прямой

Ax + By + C = 0 можно определить по

формуле d =

Ax0 + By0

+ C

=

3 ×11 + 4 × 20 - 13

= 20.

A2

+ B 2

9 + 16

5)

Найдем координаты точки E - середины отрезка BC :

xE =

xB + xC

=

7 + 11

= 9, yE =

yB

+ yC

=

- 2 + 20

= 9 .

2

2

2

2

Используя уравнение прямой, проходящей через две точки, получим уравнение

медианы AE :

y - 7

=

x + 5

x - 7 y + 54 = 0 .

214

6)Точку K пересечения высоты CD и медианы AE , находим, решив систему уравнений,

				30
4x − 3 y + 16 = 0			x = 2	K (2;8)
	− 7 y + 54 = 0
x			y = 8

Задание № 4 (класс «В»)

Дано уравнение линии второго порядка: x2 + y 2 − 4x + y − 5 = 0 .

Требуется:

1)привести общее уравнение линии второго порядка к каноническому виду;

2)исследовать, будут ли пересекаться эта линия и прямая y = x , если да, то найти

координаты точки их пересечения; 3) сделать чертеж.

Решение.

1) Преобразуем заданное уравнение к виду

	2		2		2		1		1			1			2				1		2	37
(x		- 2x × 2 + 2		)- 4 + y		+ 2 y ×		+			-		- 5	= 0 (x - 2)		+ y		+			=		.
							2		4			4										4
																			2
																	1
																								37
		Получили уравнение окружности с центром в точке													2;−				и радиусом R =							.
																						2
																	2

2) Подставим значение y = x в заданное уравнение. Получим уравнение

2x2 − 3x − 5 = 0 , корни которого x1 = −1, x2 = 2,5 . Соответствующие значения

y : y1 = −1, y2 = 2,5 .

Таким образом, получили две точки пересечения заданных окружности и прямой: (− 1;−1) и (2,5;2,5).

3) Точки пересечения окружности с осью оy найдем, решив систему:

x = 0,
		получим y1 = -	1	-		21	» -2,79, y2		= -		1	+	21		» 1,79.
x 2 + y 2	- 4 x + y - 5 = 0,	2			2				2				2
	y = 0,	найдем точки пересечения с осью оx:
Решив систему
	x 2 + y 2	- 4 x + y - 5 = 0,
									1
								2;−
x1 = -1, x2 = 5 . Строим окружность с центром в точке										, радиусом
									2

R = 37 » 3,04 и прямую y = x .

2