математика

1.3 Решить систему линейных уравнений методом Гаусса.
 x  5 y  z  0,

3 x  4 y  2 z  8,
2 x  y  3 z  1.

Составим расширенную матрицу:
1 5 1 0  1 5
1 0  1 5
1 0 

 
 

   3 4 2 8    0 11 1 8    0 11 1 8 
 2 1 3 1   0 11 5 1   0 0 4 9 

 
 

Теперь используя обратный ход метода Гаусса определим неизвестные:
4 z  9  z 
9
4
9
8
9
4   41
11y   8  y 
4
11
44
205 9 106
 41  9
x  5     0  x 
 
44 4 44
 44  4
Ответ: x 
106 53
41
9
 ; y ; z
44 22
44
4
9 х 2  16 у 2  1, найти ее параметры; определить угловой
коэффициент прямой 3х  4 у  1 . Найти точки пересечения данных линий и сделать чертеж.
х2 y2
2
2
Приведем уравнение кривой 9 х  16 у  1 к каноническому виду

 1 . Получим
а2 b2
2.3 Определить тип кривой
уравнение эллипса
х2

y2
 13   14 
2
1
1
 1 . Его большая полуось a  , малая полуось b  . Центр
3
4
2
совпадает с началом координат.
Уравнение прямой
3х  4 у  1 приведем к виду y  kx  b , выразим у через х: у  3 х  1
4
4
3
.
4
Для нахождения точек пересечения этих линий решим систему:
Угловой коэффициент k 
32 у 2  8 у  1  1,
9 х  16 у  1,
 4 у  1  16 у  1,





4
1
х

у

,
3х  4 у  1,
3х  4 у  1,

3
3

2
2
2
2
Нашли точки пересечения (1/3; 0) и (0; -1/4), построим график.
8 y  4 у  1  0,



4
1
х

у

,

3
3

1

y1  0, y2   ,


4

1
 х  , х  0.
 1 3 2
3.3 Даны координаты вершин пирамиды АВСD: А(0;3; 2), В (2;6; 2), С (2;3;8), D (0;6;10).
Требуется:
1) записать векторы
  
АВ , АС , АD в системе орт i , j , k и найти модули этих векторов;
2) найти угол между векторами
АВ и AC ;
3) найти проекцию вектора AD на вектор АВ ;
4) найти площадь грани АВС;
5) найти объем пирамиды АВСD;
6) составить уравнение ребра АС;
7) составить уравнение грани АВС.
Решение:
1) Если заданы точки M 1  x1 , y1 , z1  , M 2  x2 , y 2 , z 2 , то вектор M1M 2 представляется в системе орт
  
i , j , k по формуле M1M 2  ( x2  x1 )i  ( y2  y1 ) j  ( z2  z1 )k .
Воспользовавшись формулой и координатами заданных точек А, В, С, D, получим:
AB  (2  0)i  (6  3) j  (2  2)k  2i  3 j ;
АС  (2  0)i  (3  3) j  (8  2)k  2i  6k ;
АD  (0  0)i  (6  3) j  (10  2) k  3 j  8k .
Модуль вектора в этом случае вычисляется по формуле:
M 1M 2  ( x2  x1 ) 2  ( y2  y1 ) 2  ( z2  z1 ) 2 .
Модули найденных векторов
АВ 
 2
2
 32  02  13 ;
АС 
 2
2
 02  62  2 10 ;
АD  02  32  82  73 .
2) Угол  между векторами АВ и АС вычислим по формуле:

2   2   3  0  0  6


АВ  AC
4
cos   cos  АВ, AC  


 0,175 , то есть   800 .
2 13 10
520

 АВ  AC
3) Проекцию вектора АD на вектор АВ определим по формуле:
пр AB AD 
АD  АВ
АВ
0   2   3  3  8  0

13

9
 2,5 .
13
4) Площадь грани АВС вычислим по формуле:
SABC 
1
AB  AC , где
2
i
j
AB  AC  2 3
2 0
k


0  i 18  0   j  12  0   k  0  6   18i  12 j  6k  2 9i  6 j  3k .
6
1
2
2
2
Таким образом, SABC   2  9  6  3  126  11, 22 (кв. ед.).
2
5) Объем пирамиды АВСD найдем по формуле
1
V  ( АВ  АС )  AD , где
6
2 3 0
( АВ  АС )  AD  2 0 6  2  (0  18)  3  (16  0)  0  (6  0)  84 ,
0 3 8
1
то есть V   84  14 (куб. ед.).
6
6) Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки M 1  x1 , y1 , z1  и M 2  x2 , y 2 , z 2  имеет
вид:
x  x1
y  y1
z  z1
.


x2  x1 y2  y1 z2  z1
Подставив координаты точек А и С, получим
x0
y 3 z 2


,
2  0 3  3 8  2
то есть уравнение ребра АС окончательно запишется следующим образом:
x
y 3 z 2


.
2
0
6
7) Уравнение плоскости, проходящей через три заданные точки A x1 , y1 , z1  , B x2 , y 2 , z 2  ,
C  x3 , y3 , z3  можно записать в виде
x  x1
y  y1
z  z1
x2  x1
x3  x1
y2  y1
y3  y1
z 2  z1  0 .
z3  z1
Подставляя в него координаты точек А, В, С, получим
x0
y 3 z 2
x
y 3 z 2
2  0 6  3 2  2  0; 
2
3
0
2  0 3  3 8  2
2
0
6
 0;
x(18  0)   у  3 (12  0)  ( z  2)(0  6)  0;
18 x  12 y  6 z  48  0;
3x  2 y  z  8  0.
4.3 Провести полное исследование функции методами дифференциального исчисления и построить
ее график. у 
х2  3
х2
1) Область определения функции
D( y)  x  (; 2) (2; ) .
2) Исследование на непрерывность и классификация точек разрыва.
Заданная функция непрерывна всюду, кроме точки x  2 . Вычислим ее односторонние пределы в
х2  3
lim f ( x)  lim
 ;
x 2  0
x 2  0 х  2
этой точке
х2  3
lim f ( x)  lim
 .
x 2  0
x 2  0 х  2
Таким образом, точка x  2 является для заданной функции точкой разрыва второго рода, а
прямая x  2 – вертикальной асимптотой графика.
3) Исследование на экстремум и промежутки монотонности.
2
 2
 х 2  3   х  2  ( х  3)   х  2   х  3 2 х 2  4 х  х 2  3 х 2  4 х  3
у  


;
 
2
2
2
 х  2
 х  2
 х  2
 х2 
у  0 при х 2  4 х  3  0  х1  3; х2  1.
x
 ; 3
3
 3; 2
2
 2; 1
1
 1;  
f ( x )
+
0
–
не сущ.
–
0
+
6
f ( x)
не сущ.
max
min
3
 1  3  2
 6; y (1) 
.
3  2
1  2
4) Исследование графика на выпуклость, вогнутость, точки перегиба.
2
2 
2
2
 х 2  4 х  3   х  2  ( х  4 х  3)   х  2  ( х  4 х  3)  х  2 2 (2 х  4)  2  х  2  ( х 2  4 х  3)
y  


 
4
4
  х  2 2 
х

2
х

2






y (3) 
 3
2
2
2


 х  2    х  2  (2 х  4)  2( х 2  4 х  3)  2 х2  4 х  4 х  8  2 х 2  8х  6
2



.
4
3
3
 х  2
 х  2
 х  2
Так как y  0 , то график заданной функции точек перегиба не имеет. Остается выяснить вопрос
об интервалах его выпуклости и вогнутости:
x
 ; 2
2
 2; 
f ( x)
–
не сущ.
+
f ( x)
не сущ.
5) Исследование графика на наличие наклонных асимптот вида y  kx  b .
3

x 2 1  2 
2
f ( x)
х 3
x 
k  lim
 lim
 lim 
 1;
x 
x

x

2
x
x  х  2
2
x 1  
 x
3

x  2  
2
2
2
 х 3

х  3  х  2x
x
b  lim( f ( x)  kx)  lim 
 x   lim
 lim 
 2.
x 
x 
x 
х2
 2
 х2
 x
х 1  
 x
Таким образом, прямая y  x  2 – наклонная асимптота графика.


6) График заданной функции пересекает координатные оси в точках  3;0 ;
По результатам исследования строим график.

3

3;0 ;  0;   .
2

5.3 Решить систему двух линейных уравнений в области комплексных чисел по формулам Крамера.
Найденные z1 , z 2 изобразить на комплексной плоскости в виде векторов и записать их в
показательной и тригонометрической формах.
1  j z1  jz 2  1  j;

2 z1  (1  j ) z 2  4.
Решение.
Найдем
решение
системы
линейных
уравнений
по
формулам
Крамера
1

, z2  2 . Для этого вычислим главный определитель системы  и определители


1 ,  2 , учитывая, что z  x  jy – комплексное число, где j 2  1 j   1 .
z1 


1 j
j
2
1 j
1 
1 j
j
4
1 j
2 
 1  j 1  j   j 2   j 4;
 1  j 1  j   j 4  2  j 4;
1 j 1 j
2

4
 4 1  j   2 1  j   2  j 6.
Находим z1 и z 2 :
z1 
1 2  j 4
1 1

    1  1  j 0,5

 j4
2 j
z2 
2 2  j6
1 1 3

     1,5  j 0,5.

 j4
2 j 2
(т.к.
1
  j );
j
Таким образом, решение данной системы уравнений в алгебраической форме записи:
 z1  1  j 0,5;

 z2  1,5  j 0,5;
в векторной форме записи
 z1  (1;0,5);

 z2  (1,5;0,5).
r и аргумент  комплексных чисел z1 и z 2 ( r  x 2  y 2 или r 
Найдем модуль
;   arctg
y
sin 
y
y
0
в 1 и 4 четвертях;   180  arctg
во 2 и 3 четвертях, знак «+» или «–»
x
x
выбираем так, чтобы аргумент был наименьшим по модулю).
Число z1  1  j 0,5 принадлежит 1 четверти:
𝑟 = √12 + 0,52 =
√5
,
2
0,5
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( 1 ) = 26, 5𝑜
Число z2  1,5  j 0,5 принадлежит 1 четверти:
𝑟 = √1,52 + 0,52 =
Запишем
√10
,
2
0,5
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (1,5) = 18, 4𝑜
числа
z1 и z 2
в
показательной
z  re j
и
тригонометрической
z  r (cos  j sin  ) формах:
𝑧1 =
√5 𝑗26,5𝑜
√5
𝑒
, 𝑧1 =
(cos(26,5𝑜 ) + 𝑗𝑠𝑖𝑛(26,5𝑜 ))
2
2
𝑧2 =
√10 −𝑗18,4𝑜
√10
𝑒
, 𝑧2 =
(cos(18,4𝑜 ) + 𝑗𝑠𝑖𝑛(18,4𝑜 ))
2
2
6.3 а) Вычислить площадь фигуры, расположенной в первом квадранте и ограниченной
параболой, прямой и осью Ox.
б) Найти объем тела, образованного вращением этой фигуры вокруг оси Ох.
у  3х 2 ;
у  х  4 .
а) Найдем абсциссу точки пересечения параболы и прямой в первом квадранте. Для этого решим
уравнение
1  1  48 1  7
4

 x1   , x2  1,
3 x 2   x  4 Отсюда 3x 2  x  4  0, x1,2 
6
6
3
Первому квадранту соответствует корень x2  1 . Найдем теперь абсциссу точки пересечения
прямой с осью Ох, решив уравнение  x  4  0 , откуда x  4 .
Построим график заданных функций:
Вычислим площадь фигуры
4
 x2

S   3x dx     х  4  dx   x      4 x  
0
 2
1
0
1
1
4
2
3
1

 1

 1   8  16     4    5,5
 2


б)
Абсциссу точки пересечения параболы и прямой в первом квадранте и абсциссу точки
пересечения прямой с осью Ох нашли в пункте а).
Таким образом, можно считать, что тело вращения ограничено при 0  x  1 поверхностью, образованной
вращением параболы y  3x 2 вокруг оси Ох, а при 1  x  4 – вращением прямой y   x  4 .
b
V     f ( x)  dx .
2
Объем ищем по формуле:
a
1
V     3x

2 2
0
4
dx     x  4  dx .
2
1
Для вычисления второго интеграла используем подстановку
t  x  4 . Тогда dt  dx, dx  dt и
4
t3
    x  4  dx    t dt   
 9 .
33
1
3
Тогда
1
V     3x
0

2 2
1
0
0
2
 x5 
9
54
dx  9  9    9    9   .
5
5
 5 0
2