Контрольная работа №1 Вариант №5 Задание №1 Найти матрицу АВ+3Е и ВА+3Е, где 1 1 1 0 2 , В 6 0 , А 1 1 3 0 1 Е – единичная матрица соответствующего порядка. Решение: Найти матрицу АВ+3Е 1.1 Найдем размер матрицы произведения: А * В= С 2*3 3*2 2*2 1.2 Вычисляем элементы матрицы произведения А*В: 1 0 2 А* В 1 3 7 2 С 1 1 *1 0 * (6) 2 * 0 1 *1 0 * 0 2 *1 1 3 * 6 0 1 1 3 1 *1 1 * (6) 3 * 0 1 *1 1 * 0 3 *1 7 2 0 1 1 1.3 Вычислим 3Е: 3Е 3 1 0 3 0 0 1 0 3 1.4 Находим матрицу АВ+3Е: АВ 3Е 1 3 3 0 1 3 3 0 4 3 7 2 0 3 70 23 7 5 Ответ: АВ 3Е 4 3 7 5 Найти матрицу ВА+3Е: 1.1 Найдем размер матрицы произведения: В * А = С 3*2 2*3 3*3 1 1 1 0 2 1 *1 1 * (1) 1 * 0 1 *1 1* 2 1* 3 0 1 5 С 6 0 * 6 *1 0 * (1) 6 * 0 0 *1 6 * 2 0 * 3 6 0 12 1 1 3 0 1 0 *1 1 * (1) 0 * 0 1 *1 0 * 2 1* 3 1 1 3 1.2 Вычислим матрицу 3Е: 1 0 0 3 *1 3 * 0 3 * 0 3 0 0 3Е 3 0 1 0 3 * 0 3 * 1 3 * 0 0 3 0 0 0 1 3 * 0 3 * 0 3 *1 0 0 3 1.3 Найдем матрицу В*А+3Е 0 1 5 03 3 0 0 1 0 50 0 1 5 ВА 3Е 6 0 12 0 3 0 6 0 0 3 12 0 6 3 12 1 1 3 0 0 3 1 0 1 0 33 1 1 6 0 1 5 Ответ: ВА 3Е 6 3 12 . 1 1 6 Задание №2 Найти предел: lim 2 x 2 x 1 x ln x Решение: 0 Имеем неопределенность вида применим правило Лопиталя 0 lim 2 x * ln 2 lim (2 2) lim lim 2 * ln 2 x 2 2 * ln 2 2 ln 2 ' 1 x 1 ln x 1 lim x 1 ( x ln x) x 1 1 * ln x x * ln x 1 0 1 x x 1 x lim 2 2 x Ответ: ' x x 1 x ln x x =2ln2. Задание №3 Найти произвольную функции: y e x x2 ln 3 eln 5 e2 2 Решение: Находим производную по формуле сложной функции (UV ) ' U 'V UV ' x y ' e x 2 ' 2 ln 3 e ln 5 e 2 + e x x 2 ln 3 e ln 5 e 2 2 ' Находим производные e a ' e x 2 ' x2 2 x ' b ' x 2 ln 3 e ln 5 e 2 2 x ln 3 по сколько e ln 5 0 и e 2 0 - производные от постоянной величины равны нулю. y ' 2 xe x x 2 ln 3 e ln 5 e 2 + e x 2 x ln 3 Упростим полученное выражение и заменим e ln 5 5 по определению логарифмов. y ' 2 xe x x 2 ln 3 5 e 2 ln 3 = 2 xe x ln 31 x 2 5 e 2 Ответ: y ' 2xe x ln 31 x 2 5 e 2 ' ' 2 2 2 2 2 Задание №4 Из квадратного листа жести, длина стороны которого 54 см, вырезают по углам одинаковые квадраты и из оставшейся части склеивают открытую коробку. Какова должна быть длина стороны вырезаемых квадратов, чтобы вместимость коробки была наибольшей? Решение: Возьмем за x длину стороны вырезанного квадрата, за а длину стороны квадратного листа жести. Получается, что x – высота коробки, а дно коробки имеет квадрат со стороной a-2x тогда объем коробки V x xa 2x 2 формула V x имеет область определения 0<x< a 1 2 x a-2x Найдем производную V x ' V ' x x * a 2 x x a 2 x ' 2 2 ' 1a 2 x x * 2a 2 x * 2 2 a 2 4ax 4 x 2 4ax 8 x 2 12 x 2 8ax a 2 Находим критические точки функции в которых они имеют максимальное значение т.е. V x =0, 12 x 2 8ax a 2 0 Находим значение корней x1 и x 2 x 1, 2 8a 64a 2 4 * 12a 2 2 * 12 a-2x 8a 4a 24 1 x1 a 2 1 x2 a 6 1 6 Корень a1 находится вне определения функции тогда принимаем x 2 a . При α=54см x2 =9см. Ответ: Длина стороны вырезаемого квадрата равна 9см. Задание №5 Составить уравнения касательных к гиперболе перпендикулярны прямой x+y-4=0. Сделать чертеж. y x 1 , x3 которые Решение: Преобразуем формулу прямой x+y-4=0 к виду уравнения прямой с угловым коэффициентом y=kx+b y=-x+4. Следовательно, угловой коэффициент прямой y=-x+4 равен k1 1 . Угловые коэффициенты прямых касательных к гиперболе, представленной x 1 , будут выражаться производной y ' : x3 ' ' x 1 * x 3 x 1* x 3 x 3 x 1 ' ; y 2 x 3 x 32 формулой y y' 4 x 32 т.е. k 2 4 x 32 . 1 , k 2 1. k2 4 Подставляем k 2 1 в формулу касательных k 2 находим x 0 x 32 4 1 x 32 Из условия перпендикулярности прямых k 1 x 32 4 x 3 2 x 01 5 x 02 1 т.е. имеем две касательные прямые. Находим уравнения касательных к гиперболе y y y x 0 y ' x 0 x x 0 5 1 4 y1 * x1 5 для x 01 5 5 3 5 32 x 1 по формуле x3 y1 3 x1 5 y1 x1 8 1 1 4 y2 * x 2 1 для x 02 1 1 3 1 32 y 2 1 x2 1 y 2 x2 Ответ: Разрешив задачу получим две касательных уравнения которых y1 x1 8 и y 2 x 2 . Рассматриваемая гипербола есть дробно-линейная функция вида y В данной задаче гипербола дана формулой y b=-1; c=1; d=3. ax b . cx d x 1 из этого следует x3 a 1: m определится формулой m bc ad / c 2 m 1 *1 1 * 3 1 3 4 0 1 12 При m<0 ветви гиперболы расположены во 2 и 4 квадрантах. d и c a 3 a 1 y подставляя данные a 1, с=1, d=3 получим x 3 ; y 1 ; 1 c 1 c ' O 3;1 . В новой системе координат центр O 1 определится по формулам x Координаты вершины гиперболы определяются формулам x ' y ' m при m=4 x' y' 4 2 . Так как ветви гиперболы находятся во 2 и 4 квадрантах, то координата вершины ветви гиперболы во 2 квадранте имеет координаты в новой системе координат x 2 ' 2 , y 2 ' 2 . Для вершины ветви в 4 квадранте x 4 ' 2 , y 4 ' 2 . Для выполнения чертежа имеем уравнения прямых y=-x+4 y1 x1 8 y 2 x2 Координаты O 1 центра новой системы координат O ' 3;1 , координаты вершин ветвей гиперболы в новой системе координат Ax 2 2; y 2 ' 2 ' ; ' ' Bx 4 2; y 4 2 . Задание №6 Исследовать функцию y x и схематично построить ее график. 1 x 2 Решение: 1) Область определения функции: Область определения функции – вся числовая ось -∞<x<+∞ при x=0 и y=0. 2) Функция нечетная, так как x 1 x 2 y1 x 0 x x y 2 x 2 1 x 2 1 x y 2 x 0 y1 x y 2 x y1 x 3) Вертикальных асимптот функция не имеет, так как x 0 и не имеет разрыва в точке х=0 потому что y(0)=0. x 0 1 x 2 lim lim x 0 0 4) Поведение функции в бесконечности: x 1 lim 2 x x x 0 0 Находим xlim lim x 1 x 2 x 1 1 1 1 lim 2 1 2 x x x аналогично делая преобразования получим U U V UV ; V2 V ' x 0 1 x 2 x 0 . x 1 x 2 lim полученные результаты заключаем, что справа x предел y(x) стремится к (-0), слева от стремится к (+0). Иными словами ось абцисс асимптотой. 5) Экстремум функции определяется по первой ' lim x Анализируя от х=0 в бесконечность х=0 x предел y(x) является горизонтальной производной по формуле ' ' ' x 1 x 2 x 1 x 2 yx 1 x 2 2 1 1 x 2 x 2 x 1 x 2 2 1 x 2 2x 2 1 x 2 2 x 2 1 1 x 2 2 приравниваем y ' x 0 то есть y ' x x 2 1 0 x 2 1 x1, 2 1 1 . Получаем две точки экстремума в точках x1 1 и x2 1 . На основании пункта 4 решения задачи заключаем: Справа от точек -1 x функция 1; y(x) монотонно убывает стремясь к (-0). Слева от точек x 1 функция ;1 y(x) монотонно убывает стремясь к (+0) точнее в интервале 1; функция убывает yx 0 в интервале ;1 функция убывает yx 0 . 6) Характер выпуклости определяем по второй производной: ' x 2 1 2x 1 x 2 y ' ' x 2 2 1 x x 121 x 2 x 2 x1 x 4 xx 1 x 1 x 2 2 2 2 2 4 2 3 Вычисляем y' ' x в критических точках x1 1 и x2 1 y '' 1 2 1 3 2 2x x 3 . x 1 1 2 2 3 4 0 функция выпуклая вниз, 1 1 8 1 3 4 y '' 1 2 y '' 0 функция выпуклая вверх. 3 8 1 1 3 7) В интервале (1;-1) функция меняет свое значение от – к + и пересекает ось абцисс в точке х=0 ибо значение функции в этой точке y(0)=0. В точке х=1 x 1 1 . 2 11 2 1 x 1 x 1 В точке х=-1 значение функции y(-1)= . 2 2 2 1 x 1 1 значение функции y(1)= На основании изложенного строим график: Контрольная работа №2 Задание №1 Найти неопределенные интегралы: 1) dx x 23 x 2) 2 x e 2 x dx Решение: Для нахождения интеграла dx x 23 x применяем метод замены переменной. Получим t x тогда x t 2 dx 2t * dt найденные значения подставляем в интеграл y 2t * dt dt 2 d 2 3t 2 2 ln 2 3t C возвращаемся к х t 2 3t 2 3t 3 2 3t 3 2 ln 2 3t C 3 2 Ответ: ln 2 3t C . 3 y Задание №2 Найти неопределенные интегралы: 2 x e 2 x dx Решение: Для нахождения интеграла 2 x e 2 x dx воспользуемся методом интегрирования по частям. Получим u=(2-x) dv= e 2 x * dx находим du=-dx v du e 2 x dx 1 2 x e C . 2 По формуле интегрирования по частям y udv vdu получаем 1 1 1 1 2 x 1 1 y 2 x e 2 x C1 e 2 x C1 dx 2 e 2 x 2C1 x e 2 x C1 x e d 2 x 2 2 22 2 2 1 1 1 1 1 C1 dx 2 x e 2 x C1 e 2 x C C1 x e 2 x 2C1 x e 2 x C1 x e 2 x 4 2 4 2 4 1 C C1 x xe 2 x 2C1 C 2 Ответ: искомый интеграл равен 1 2x xe 2C1 C . 2 Задание №3 Вычислить определенные интегралы: 9 4 x dx x 1 Решение: 9 Для вычисления интеграла y= 4 x dx применим замену переменной. x 1 Примем t x ; x t 2 ; x t 2 и dx=2t*dt. Если х=4, то t=2, если х=9, то t=3. 2 3 После замены переменной получаем y 2 t * 2t * dt t 1 t 1 1 t dt t 1 1 dt 2 dt 2 t 1 t 1 t 1 t 1 2 2 2 3 3 2 y 2 3 2 2 d t 1 1 dt t 1t 1 y 2 2 t 1d t 1 2 dt 2 t 1dt 2 t 1 t 1 t 1 t 1 2 2 2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 3 1 t 12 2 ln t 1 3 12 2 12 2 ln 3 1 2 ln 2 1 2 2 2 4 3 x 4 dx = 3 2 ln 3 x 1 y 3 2 ln 4 2 ln 3 3 2 ln Ответ: 9 4 Задание №4 Вычислить определенные интегралы: 3 2 x3 3 dx x 1 Решение: x 2 3 представим x 3 1 2 x 1x 2 x 1 2 тогда x 3 3 x 1 x 2 x 1 2 2 x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 1 3 1 2 2 2 y x x 1 dx x dx x * dx dx d x 1 x x x 2 ln x 1 x 1 x 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 y 27 8 9 4 3 2 2 ln 3 1 2 ln 1 3 3 2 2 8 9 y 9 2 1 2 ln 2 3 2 8 9 11 59 y 8 2 ln 2 8 2 ln 2 2 ln 2 3 2 6 6 3 x3 3 59 dx = 2 ln 2 . Ответ: 6 x 1 2 Задание №5 Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры, ограниченной линиями: y x 2 , y 4x x 2 , y 0 . Решение: Для схематического построения фигуры ограниченной указанными линиями проведем анализ графиков y x 2 , y 4 x x 2 . Кривая y1 x 2 является параболой с вершиной в начале координат, симметричной относительно оси ординат. y 2 4 x x 2 - так же парабола координату х вершины кривой y 2 найдем из x' 2 уравнения y ' 2 4 x x 2 0 , 4-2х=0, . Ордината вершины ' ' '2 / 2 / определяется из y 2 x 4 x x , y 4 * 2 2 4 , y 4 координаты вершины А(2;4). Точки пересечения кривой y1 x с осью х определяется из о=4х- x 2 x4 x . Две точки х=0 и х=4 то есть О(0;0) и B(4;0). Общие точки пересечения кривых определяется из совместного решения уравнений y x 2 , y1 4 x x 2 , ' x 2 4x x 2 2x x 2 0 x2 x 0 x1 0иx 2 2 Таким образом, пересечение линий y x 2 и y1 4 x x 2 происходит в начале координат и в вершине параболы y 4 x x 2 в точке А(2;4). Из построенного графика определяем, что объем тела образуется вращением плоской фигуры вокруг оси Oy ограниченной с низу осью х справа кривой y 2 от точек А до В , слева линией y1 от точки А до точки О то есть плоской фигуры ОАВ. Задание №6 Пользуясь разложением подынтегральной функции в ряд Маклорена, 0,5 вычислить интеграл ln 1 x dx с точностью до 0,001. Вычислить этот же 0 интеграл, используя формулу Ньютона-Лейбница. Сравнить полученные результаты. Решение: Ряд Маклорена представлен формулой: f '' 0 2 f ''' 0 3 f 4 0 4 f 5 0 5 f 6 0 6 f n 0 n f x f 0 f 0x x x x x x x .... 2! 3! 4! 5! 6! n! ' В данном случае f(x)=ln(1+x). При x=0 функция f(0)=ln(1+0), f(0)=ln1, а ln1=0 получаем f(0)=0. Находим производные от функции f(x)=ln(1+x) и определяем их значения при x=0, f 1 x ln 1 x 1 1 при x f 1 0 1, 1 x 1 0 1 1 1 1 f x при x 0 1 x 1 x 2 11 f 111 x 1 2 1 x 1 1 x 2 f 111 x 21 x при x 0 3 f 4 x 21 x 3 1 2 31 x 1 f 11 0 1 , 21 x f 111 0 2 *13 4 2 1 , 2 2, 13 при х=0, x 2 31 x 4 6 , 4 1 5 f 5 x 61 x 6 41 x при x 0 f 5 0 24, 5 1 6 f 6 x 241 x 24 51 x при x 0 f 6 0 120. f 4 Для ясности выпишем значения производных при х=0 значение f(0)^ f 0 0, f 1 0 1, f 11 0 1, f 111 0 2, 0 6, f 5 0 24, f 6 0 120. f 4 Эти значения подставим в формулу ряда Маклорена: 1 2 2 3 6 4 24 5 120 6 x x x x x .... 2! 3! 4! 5! 6! x2 2x 3 6x 4 24 x 5 120 x 6 ln 1 x x ... 1* 2 1* 2 * 3 1* 2 * 3 * 4 1* 2 * 3 * 4 * 5 1* 2 * 3 * 4 * 5 * 6 f x ln 1 x 0 1* x Окончательно получаем разложение функции ln(1+x) так как остальные члены разложения от n и далее n+1 отброшены: x2 x3 x4 x5 x6 ... 2 3 4 5 6 ln 1 x x Вычисляем интеграл: 0.5 0.5 0.5 2 0.5 3 0. 5 4 x2 x3 x4 x5 x6 x x x ln 1 x dx x dx x * dx dx dx 0 0 2 3 4 5 6 0 0 2 0 3 0 4 dx 0.5 0.5 0 x5 dx 5 0.5 0 x6 dx. 6 Вычислим каждый интеграл по отдельности: 0. 5 x2 x * dx 0 2 0.5 0 0. 5 0 0 0 0. 5 2 x x3 0.5 3 dx 0 0.02083, 2 3 * 2 0 6 0.5 x4 x5 0.5 5 dx 0 0.0015625, 4 5 * 4 0 20 0.5 x5 x6 0.5 6 dx 0 0.00052083, 5 6 * 5 0 30 0.5 0 0. 5 2 0 0.125, 2 0.5 0. 5 x3 x4 0.5 4 dx 0 0.0052083, 3 4 * 3 0 12 0.5 0.5 0 0.5 x6 x7 0.5 7 dx 0 0.000186011. 6 7 * 6 0 42 Заменим результаты вычисления вряд: 0,5 ln 1 xdx 0.125 0.02083 0.0052083 0.0015625 0.00052083 0.00018611. 0 По условию задачи погрешность задана rn 0.001 . Для достижения заданной погрешности последние члены суммы ряда можно отбросить и первый отброшенный член ряда с которого отбрасываются все последующие остальные, будет пятый (ибо погрешность не превышает абсолютной величины первого отброшенного члена). 0,00052083<0.001 Окончательно 0,5 ln 1 xdx 0.125 0.02083 0.0052083 0.0015625 0.1078158 0.1078 , 0 0,5 а) ln 1 x dx 0.1078 . 0 Вычисляем этот же интеграл другим способом без разложения вряд по формуле Ньютона-Лейбница. Дано 0,5 ln 1 x dx . 0 Решение: Применяем интегрирования по частям. Пусть u ln 1 xdx; dv dx тогда du dx v=x. 1 1 Применим формулу по частям получаем 0, 5 0.5 0.5 0 0 0 ln 1 xdx x * ln 1 x 1 xdx . x Для нахождения интеграла 0.5 x 1 x dx делаем подстановку 1+x=t тогда dx=dt, 0 x=t-1 . Находим новые пределы интегрирования: если х=0, то t=1; если х=0,5, то t=1.5 t 1 dt 1 1 t dt 1 1 t dt 1 dt 1 t t 1 ln t 1 1.5 1 ln 1.5 ln 1 0.5 ln 1.5 . 1, 5 1.5 1.5 1.5 1.5 1.5 0.5 Вычислим x ln 1 x 0.5 ln 1.5 0 0.5 ln 1.5 определяем значение интеграла 0 0.5 ln 1 xdx 0.5 ln 1.5 0.5 ln 1.5 0.5 ln 1.5 0.5 ln 1.5 1.5 ln 1.5 0.5 0 0.5 ln 1 xdx 1.5 ln 1.5 0.5 0.6081275 0.5 0.1081975 0 0.5 б) ln 1 x dx 0.1082 с заданной погрешностью сравнивая результаты 0 вычислений интегралов а и б получим 0,1082-0,1078=0,0004. 0,5 Ответ: При вычислении интеграла ln 1 x dx методом приближенных 0 вычислений получаем результат с данной точностью: y=0,1078. При вычислении интеграла по формуле Ньютона-Лейбница получаем результат y=0,1082. Расхождения составляет 0,0004 . Точный без погрешностей результат 0.5 ln 1 xdx 1.5 ln 1.5 0.5 . 0