Линейная алгебра, Мат. анализ, Теория вероятностей и мат. статистика (ТВиМС)

3) Определить тип заданной кривой и построить её (для окружности указать центр, для эллипса и гиперболы – фокусы и эксцентриситет, для параболы – фокус и директрису).

y2=6x+12

Решение. Преобразуем данное уравнение:

y2 = 6x +12 y2 = 6 ( x + 2)

Получили уравнение параболы: ( y - y0 )2 = 2 p ( x - x0 ).

( y - 0)2 = 2 ×3( x - (-2)).

Ветви параболы направлены вправо, вершина расположена в точке (x0; y0), т.е. в

точке (-2;0).

Для построения параболы её уравнение приведём к простейшему (каноническому) виду. Для этого произведём параллельный перенос системы координат:

x - (-2) = X ¢,
	= Y ¢.
y - 0

Тогда в новой системе координат X′O′Y′, где О′(-2;0) – начало координат, уравнение параболы принимает канонический вид: (Y ¢)2 = 6 X ¢.

p
Найдём координаты фокуса и уравнение директрисы: F		;0		– фокус,
	2

x = - p – уравнение директрисы.

2

Итак, 2p=6, значит, р=3. Тогда F(1,5; 0) и х= -1,5.

Строим параболу в системе координат X′O′Y′ (рис.4).

y

Y′

		р
O′ р	F	x(X′)
2

Рис.4

21

Задача № 3. Даны координаты трёх точек: А(3; 0; –5), В(6; 2; 1), С(12; –12; 3).

Требуется:

1)записать векторы АВ и АС в системе орт и найти их модули;

2)найти угол между векторами АВ и АС ;

3)составить уравнение плоскости, проходящей через точку С перпендикуляр-

но вектору АВ .

Решение. 1) Если даны точки М1 (х1 , у1 , z1 ) и М2 (х2 , у2 , z2 ) , то вектор M1M 2 через орты i , j , k выражается следующим образом:

M1M 2 = (x2 - x1 )i + ( y2 - y1 ) j + (z2 - z1 )k = axi + ay j + az k .

Подставляя в эту формулу координаты точек А и В, имеем:

AB = (6 - 3)i + (2 - 0) j + (1- (-5))k = 3i + 2 j + 6k .

Аналогично

AC = (12 - 3)i + (-12 - 0) j + (3 - (-5))k = 9i -12 j + 8k .

Модуль вектора M1M 2 вычисляется по формуле

M1M 2 = ax2 + ay2 + az2 .

Подставляя в формулу найденные ранее координаты векторов AB и AC , находим их модули:

AB = 32 + 22 + 62 = 49 = 7 ,

AC = 92 + (-12)2 + 82 = 289 = 17 .

2) Косинус угла α , образованного векторами a и b , равен их скалярному произведению, деленному на произведение их модулей

cosα =	a ×b
				.
	a	×	b

Так как скалярное произведение двух векторов, заданных своими координатами, равно сумме попарных произведений одноименных координат, то

AB × AC = 3×9 + 2 ×(-12) + 6 ×8 = 51 .

Тогда

				51
	cosα = cos	AB; AC	=		» 0, 4286;	α » 640 .
				7 ×17

3) Уравнение плоскости, проходящей через точку М0 (х0 , у0 , z0 ) перпендикулярно вектору n { A; B;C} , имеет вид

A(x - x0 ) + B( y - y0 ) + C(z - z0 ) = 0 .

По условию задачи искомая плоскость проходит через точку С(12; −12;3) перпендикулярно вектору AB{3; 2; 6} . Подставляя A = 3, B = 2, C = 6, x0 = 12, y0 = -12, z0 = 3 , получим:

3(x −12) + 2( y − (−12)) + 6(z − 3) = 0,

3x + 2 y + 6z − 30 = 0 – искомое уравнение плоскости.

22

Задача № 4. Данную систему уравнений решить методом Крамера (с помощью определителей):

	х - 2х			+ х	= 1,
	1		2	3
2х1 + 3х2 − х3 = 8,
	х − х		+ 2х		= −1.
	1	2		3

Решение. Вычислим определитель системы ∆ по правилу «треугольников»:

a11

a12

a13

a11

a12

a13

a11

a12

a13

D =

a21

a22

a23

=

a21

a22

a23

-

a21

a22

a23

= (a11 a22 a33 + a21 a32 a13+ a12 a23 a31) – ( a 31

a31

a32

a33

a31

a32

a33

a31

a32

a33

a22 a13+ a32 a23 a11+ a21 a12 a33).

Итак,

1 -2 1

D = 2 3 -1 = 1×3×2 - 2 ×(-1) ×1-1×2 ×1- (1×3×1+ 2 ×(-2) × 2 -1×(-1) ×1) = 6 + 2 - 2 - 3 + 8 -1 = 10. 1 -1 2

∆≠0 система имеет единственное решение, которое находим по формулам Крамера:

Dx Dх Dх x = D1 , y = D2 , z = D3 .

Определители Dx1 , Dх2 , Dх3 получаем заменой соответствующего столбца определителя ∆ столбцом свободных членов системы.

Вычислим определители Dx1 , Dх2 , Dх3 :

					1	-2	1
Dx	=				8	3	-1					= 6 - 8 - 2 + 3 -1+ 32 = 30,
1					-1	-1
							2
			1			1	1
Dy =			2 8 -1						= 16 - 2 -1- 8 -1- 4 = 0,
			1			-1	2
Dy	=		1			-2	1			= -3 - 2 -16 - 3 + 8 - 4 = -20.
			2			3	8
			1			-1	-1

		=	30		= 3,
	x1
			10
	Таким образом, х2	=		0	= 0,
			10
			-
	х3	=	20 = -2.
			10

23

Сделаем проверку, подставив найденное решение в каждое уравнение данной системы:

3 - 2 ×0 - 2 = 1,				1 = 1,
	×3 + 3×0 - (-2) = 8,
2				Û 8 = 8, – верно.
	- 0 + 2 ×(-2) = -1.				= -1.
3				-1
Ответ: (3;0;-2).
	Задача № 5. Вычислить пределы:
а)	lim	4x2 +11x - 3	; б) lim		6х2 + 3х +1	.
	x→−3 3x2 +10х + 3			x→∞	5х + х2

Решение. а) Подстановка предельного значения аргумента х= -3 приводит к

неопределенному выражению вида 0 .

0

Для устранения этой неопределенности разложим числитель и знаменатель дроби на множители и сократим дробь на множитель (х + 3) . Такое сокращение возможно, так как множитель (х + 3) отличен от нуля при х → −3 :

lim

4x2 +11x - 3

= lim

(4х -1)(х + 3)

= lim

4x -1

=

4

×(-3) -1

=

13

.

3

×(-3) +1

x→−3 3x2 +10х + 3 x→−3 (3х +1)(х + 3)

x→−3 3x +1

8

б) При х→∞ числитель и знаменатель дроби

6х2 + 3х +1

стремятся к ∞.

5х + х2

Тогда получаем неопределённость вида

¥

, которая раскрывается по сле-

¥

дующему правилу: предел отношения двух бесконечно больших функций, являющихся многочленами, равен пределу отношения их слагаемых со старшей степенью переменной.

	6х2 + 3x +1			¥				6х2
lim				=			= lim			= 6.
	5x + х	2			¥			x	2
x→∞							x→∞

24

Контрольная работа № 2

Задача № 6. Провести полное исследование функции и построить её график:

y = x3 - x2 - 3x +14. 3

Решение. Проведём исследование функции по следующей схеме:

1)Область определения функции: x Î(-¥; +¥).

2)Возрастание/убывание, экстремумы функции:

x3		¢		3x	2
y¢ =		- x2 - 3x +14	=			- 2x - 3 = x2 - 2x - 3.
	3			3

Найдём критические точки функции – точки, в которых y'=0 или не существу-

ет:

y¢ = 0 x2 - 2x - 3 = 0,
		D = 4 - 4(-3) = 4 +12 = 16,
			2 - 4		=		-2			-1,
		2 ± 4
				2			2
x1,2	=		=
							6
	2		2 + 4			=			= 3.
				2			2

Точек, в которых производная не определена, нет. Отметим полученные точки на числовой прямой:

+	–		+
	∙	∙
	-1	3	х

Определим знак производной на каждом интервале: подставим любую точку из интервала в производную y′=x2-2x-3, тогда знак полученного значения производная сохраняет на всём интервале. Например, y′(-2)=(-2)2-2(-2)-3=5>0, y′(0)=02-2·0-3=-3

<0, y′(4)=42-2·4-3=5>0.

Теперь по полученным знакам производной делаем вывод о поведении функции: знак «+» соответствует возрастанию функции, «-» – убыванию. А точки, в которых происходит смена знака, являются точками экстремума функции: хmax= -1, xmin=3. Найдём экстремумы:

y

= y ( x

) = y(-1) =

(-1)3

- (-1)2 - 3(-1) +14 = -

1

-1+ 3 +14 =

max

max

3

3

= -

1

+16 = 15

2

; y

= y ( x

) = y(3) =

33

- 32 - 3×3 +14 = 5.

min

3

3

min

3

Итак, точка А

-1;15

2

–

точка максимума, В(3;5) – точка минимума.

3

25

3) Найдём интервалы выпуклости/вогнутости и точки перегиба графика функции.

y¢¢ = ( y¢)¢ = (x2 − 2x − 3)¢ = 2x − 2. y′′ = 0 2x − 2 = 0,

2x = 2,

x = 1.

Определим знак второй производной на интервалах (-∞;1) и (1;∞): y"(0)=2·0-2=-2<0, y"(2)=2·2-2=2>0. Следовательно, на первом интервале график является выпуклым, на втором – вогнутым, а при х=1 имеет перегиб.

Найдём соответствующее значение функции:

y(1) =	13	-12 - 3×1+14 =	1	-1- 3 +14 =	1	+10 = 10	1	.
3		3		3		3

Таким образом, точка C 1;10	1		– точка перегиба графика функции.
	3

Теперь, пользуясь результатами исследования функции, строим её график:

Рис. 5

26

Задача № 7. Исследовать на экстремум функцию z = 2x3 + xy2 + 5x2 + y2 +1 .

Решение. Находим стационарные точки – точки, в которых частные производные функции равны нулю:

∂z		∂z
∂x = 6x2 + y2 +10x;			= 2xy	+ 2 y;
		∂y
6x2 + y2 +10x = 0,	6x2 + y2			+10x = 0,
2xy + 2 y = 0,	2 y(x +1) = 0.

Решение последней системы дает четыре стационарные точки:

P (0; 0), P

−

5

;0

, P (−1; 2), P (−1; −2) .

1

2

3

3

4

Находим частные производные второго порядка:

∂2 z

= 12x +10;

∂2 z

= 2 y;

∂2 z = 2x + 2.

∂x2

∂x∂y

∂y2

Исследуем каждую стационарную точку.

1) В точке Р1 (0;0) :

А = 10; В = 0; С = 2; = 20. Так как > 0

и A > 0 , то в этой точке

функция имеет минимум.

zmin

= z(0; 0) = 1.

2) В точке P

−

5

;0

:

А = −10; В = 0; С = −

4

;

=

40

. Так как

> 0 и A < 0 , то в этой точ-

2

3

3

3

ке функция имеет максимум.

5

17

zmax

= z

−

; 0

= 5

.

3

27

3) В точке Р3 (−1; 2) :	А = −2; В = 4; С = 0; = −16. Так как < 0 , то	в этой точке нет экс-
тремума.
4) В точке Р4 (−1; −2) :	А = −2; В = −4; С = 0; = −16. Так как < 0 ,	то в этой точке нет
экстремума.

Задача № 8. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = x2 + 4x ,

y = x + 4 .

Решение. Графиком первой функции является парабола с ветвями вверх, второй функции – прямая.

Найдём координаты вершины параболы:

x	= −	b		= −	4	= −2.
в.		2а		2
y	= y ( x			) = y (−2) = (−2)2 + 4 (−2) = 4 − 8 = −4.
в.		в.

Итак, точка (-2;-4) является вершиной параболы.

Для нахождения точек пересечения данных линий решим систему уравнений:

27

y = x2 + 4x,

у = х + 4,

x2	+ 4x = х + 4
x2	+ 3x − 4 = 0
D = 9 +16 = 25
		−3 ±				−3 ± 5	−4
x1,2 =			25		=
		2				2	=
							1

Найдём вторые координаты (ординаты) точек пересечения графиков, подставив найденные значения х в любое из уравнений: y(-4)=-4+4=0, y(1)=1+4=5. Таким образом, парабола и прямая пересекаются в точках (-4;0) и (1;5).

Теперь вершину параболы и точки пересечения используем для построения графиков (рис. 6).

Рис. 6

Площадь фигуры, ограниченной сверху и снизу непрерывными линиями y = f (x) и y = φ (x) , пересекающимися в точках с абсциссами x=a и x=b, определяется по формуле:

		b
		S = ∫[ f (x) − φ (x)]dx .
		a
1	1			3х	2		х3			1	3		1			48		64	5
S = ∫ (х + 4 − х2 − 4х)dx = ∫		(4 − 3х − х2 )dx = 4	х −			−				= 4 −		−		+16	+		−		= 20		.
−4	−4			2			3			−4	2		3			2 3			6

28

Задача № 9. Найти частное решение дифференциального уравнения 2-го порядка, удовлетворяющее указанным начальным условиям.

2 y′′ + 7 y′ − 4 y = 0, y(0) = −1, y′(0) = 1.

Решение. Это линейное однородное дифференциальное уравнение 2-го порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение уравнения составляется в зависимости от корней характеристического уравнения:

2k 2 + 7k - 4 = 0,

D = 72 - 4 × 2 ×(-4) = 49 + 32 = 81,

		-7 ± 9		-16 = -4,
k1,2	=				4
		4	=	2		1
					=		.
				4		2

Если корни характеристического уравнения действительны и различны, то общее

решение	имеет вид: y = C ek1x + C					ek2 x . В нашем случае	k	= -4, k		=	1	, значит,
									2
		1			2		1			2
y = C e-4 x + C			x
		e	2	.
1	2

Теперь из общего решения уравнения выделим частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям.

			-4 x						x	¢							-4 x														x		x ¢							-4 x									x		1				-4 x		1		x
																			(-4x)¢ + C2e2
y¢ = C1e				+ C2e2 = C1e																																	= C1e				×(-4) + C2e2 ×												= -4C1e			+		C2e2 .
																																																			2						2
																																		2
																							0																	0			0
y(0) = -1,							-1 = C1e									-4×0		+ C2e					2	,													= C1e + C2e ,
																													Û					-1
																									0																	1
y¢(0) = 1.																	-4×0			1														1		= -4C e0					+		C		e0 .
																									2
																																							1					2
								1 = -4C1e											+ C2e .																							2
																				2
	0		-1 = C1 + C2 ,																C1 + C2 = -1,																			C + C				2	= -1,								C			= -1- C ,
		= 1														Û																				Û			1									Û					2		1
e											1															C		2
			1	= -4C1 +									C2 .							-4C1				+						= 1				×2.				-8C1 + C2 = 2.													-8C1 + (-1- C1 ) = 2.
											2																2
		-8C1 -1- C1 = 2,
		-9C1 = 3,
						3						1			C2																						1					1				2
			C1	= -					= -										= -1- C1 = -1-																	-		= -1			+		= -				.
						9						3																														3				3
																																					3
		C = -			1			,
Итак,			1	3
				= -		2			.
		C2				3

Подставим найденные значения констант в общее решение. Тогда y = - 1 e-4 x - 2 e2x –

3 3

частное решение уравнения.

29

∞

5

n

x

n

Задача 10. Дан степенной ряд ∑

. Написать первые три члена ряда, найти

n=1

12n 4 n + 3

интервал сходимости ряда и исследовать его сходимость на концах интервала.

5n xn

Решение. un =

– общий член ряда. Подставив в эту формулу вместо n значе-

12n 4 n + 3

ния 1, 2, 3, …, можно найти любой член ряда:

u =

51 x1

=

5x

,

1

121 4 1+ 3

12 4 4

u2 =

52 x2

=

25x2

,

122

4 2 + 3

144 4 5

u3 =

53 x3

=

125x3

.

122

4 3 + 3

1728 4 6

∞

Степенной ряд в общем виде записывается следующим образом: ∑ an xn , где an

n=1

–

формула числовых коэффициентов. Для данного ряда an =

5n

.

12n 4 n + 3

Областью сходимости степенного ряда является интервал (-R;R), где

an

–

R = lim

n→∞

a

+1

n

радиус сходимости. Вычислим его:

5n

.

12n ×12 4

12 4

an

12n 4

n + 3

5n

(n +1) + 3

n + 4

R = lim

= lim

= lim

×

= lim

=

an+1

5n+1

n→∞

n→∞

.

n→∞

12n 4 n + 3

5n ×5

n→∞ 54 n + 3

12n+1 4

(n +1) + 3

¥

12

n + 4

12

n

12

12

=

lim

4

=

=

lim 4

=

×1

=

.

n

+ 3

5

5 n→∞

¥

5 n→∞

n 5

Итак, ряд является сходящимся (абсолютно) при всех х, принадлежащих ин-

12 12

тервалу -

;

.

5

5

Теперь проверим сходимость ряда на концах этого интервала.

5

n

-

12

n

5

n

(-1)

n 12n

12

∞

∞

∞

(-1)

n

n

5

5

Пусть

х = -

получаем ряд: ∑

= ∑

= ∑

.

4 n +

5

n=1

12n 4 n + 3 n=1

12n 4 n + 3

n=1

3

Это числовой знакочередующийся ряд, исследуем его по признаку Лейбница:

1.u > u	2	> u	> ...	∞	n+1
1		3		∑(-1)		un	сходится.
2.lim un		= 0
				n=1
n→∞

30