Міністерство освіти і науки України ...mathem-kstuca.ucoz.ua/Liter/extern_test_1_2_ua.pdf · 2011-02-21 · на векторний добуток b

Напрями підготовки бакалаврів: 6.060101; 6,060103; 6.050502

Укладачі: В. О. Гаєвська, Г. В. Лисянська

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ

до виконання контрольних робіт з тем: „ЛІНІЙНА І ВЕКТОРНА АЛГЕБРА”, „АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ ”,

„ВСТУП ДО АНАЛІЗУ”

з курсу „Вища математика”

для студентів заочної форми навчання

Харків 2010

Міністерство освіти і науки України

ХАРКІВСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ ТЕХНІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ БУДІВНИЦТВА ТА АРХІТЕКТУРИ

3

Вступ Мета методичних вказівок – надати допомогу студентам-заочникам в організації самостійної роботи під час вивчення таких розділів курсу вищої математики, як: „Лінійна та векторна алгебра”, „Аналітична геометрія”, „Вступ до аналізу”. Навчальне видання містить основні поняття теоретичного змісту відповідних розділів, достатню кількість розв'язаних прикладів, а також задач для самостійної роботи. Зміст, повнота і рівень складності задач і прикладів, які запропоновані, відповідають рівню вимог до математичної підготовки студентів технічних спеціальностей.

Контрольна робота №1 1 Лінійна та векторна алгебри

Означення 1 Вектором називається величина, яка характеризується як чисельним значенням, так і напрямом у просторі.

Чисельне значення вектора називається величиною або модулем вектора. Звичайно вектор позначають однією ( VFa

,, і т.і.) або двома латинськими літерами і стрілкою, або рискою ( AB ). Довжини векторів або їх модулі позначають відповідними літерами без стрілки: aa

. Означення 2 Вектор, модуль якого дорівнює одиниці, називається

одиничним або ортом. Позначається орт a . Будь-який вектор можна записати у вигляді добутку його модуля на одиничний вектор: aaa . У такому записі розділяються дві характеристики вектора – модуль, який дорівнює чисельному значенню, та орт, який визначає його напрям у просторі. Орти декартових координат позначаються i

, j

та k

. Означення 3 Вектори, які паралельні будь-якій прямій, називаються

колінеарними, а вектори, які паралельні будь-якій площині, називаються компланарними.

Означення 4 Будь-який вектор a , компланарний до двох непаралельних прямих, може бути розкладений на дві складові, напрями яких паралельні заданим прямим.

Означення 5 Проекція вектора на вісь дорівнює добутку довжини вектора (модуля) на косинус кута, утвореного вектором і віссю (рис. 1.1):

a

anpl

l

cos aanpl .

Рис. 1.1 Проекції вектора на координатні осі x , y та z позначаються xa , ya та za

відповідно. При додаванні, відніманні та множенні на число відповідно

4

додаються, віднімаються та множаться на число однойменні проекції. Довжина (модуль) вектора обчислюється за формулою 222

zyx aaaa .

Приклад 1 Обчислити проекції вектора AB , якщо відомі координати

точок його початку і кінця: 111 ;; zyxA та 222 ;; zyxB . Знайти довжину вектора AB .

Розв’язання. 12 xxax , 12 yya y , 12 zzaz . Тому

121212 ;; zzyyxxAB . 2122

122

12 zzyyxxAB .

Приклад 2 Обчислити суму та різницю двох векторів 0;2;1 a та 1;0;3b

.

Розв’язання. 1;2;410;02;31 ba ;

1;2;210;02;31 ba . Розрізняють два види добутків двох векторів: скалярний та векторний. Означення 6 Скалярним добутком двох ненульових векторів a і b

називається число, яке дорівнює добутку модулів співмножників на косинус кута між ними: cos baba

. Використовуючи означення проекції вектора, скалярний добуток можна

записати так: anpbbnpaba ba .

Якщо вектори a і b

задані своїми проекціями zyx aaaa ;; , zyx bbbb ;;

,

то zzyyxx babababa .

За допомогою скалярного добутку можна обчислити :

1) косинус кута меж двома ненульовими векторами: ba

ba

cos ;

2) проекцію одного вектора на напрям іншого: a

babnpa

.

Якщо вектора a і b

взаємно перпендикулярні ( 90 ) , їх скалярний добуток дорівнює нулю.

Приклад 3 Обчислити внутрішній кут трикутника ABC при вершині B ,

якщо 5;5;5A , 2;5;1B , 6;5;4C . Розв’язання. Розглянемо вектора BA і BC : 3;0;425;55;15 BA , 5259016304 222 BA ;

4;0;326;55;14 BC , 5403 222 BC . 24430034 BCBA .

5

Таким чином, 96,02524

5524ˆcos

BCBABCBAB , 96,0arccosˆ B .

Означення 7 Векторним добутком вектора a на вектор b

називається

вектор bac

, довжина якого дорівнює площі паралелограма, побудованого на векторах a і b

: sin babac

. Вектор c перпендикулярний до площини паралелограма та напрямлений так, що коли дивитись з його кінця, то найкоротший поворот від a до b

буде видно здійснюючим проти ходи

годинникової стрілки. З означення випливає, що добуток двох колінеарних векторів дорівнює

нулю. Якщо вектори a і b

задані своїми проекціями zyx aaaa ;; , zyx bbbb ;;

,

то yx

yx

zx

zx

zy

zy

zyx

zyx bb

aak

bbaa

jbb

aai

bbb

aaakji

bac

.

Приклад 4 Обчислити площу трикутника ABC , якщо 1;2;1 A ,

4;0;0B , 2;4;1C . Розв’язання. Скористаємось тим фактом, що

векторним добутком векторів є вектор, довжина якого дорівнює площі паралелограма, побудованого на цих векторах як на сторонах.

Тоді ACABS 21 (рис. 1.2).

A B

C

ACABn

Рис. 1.2

Вектора 3;2;114;20;10 AB , 1;6;012;24;11 AC .

kjikjikji

ACABn

6166021

1031

1632

160321

,

тобто 6;1;16 n ; 2933612566116 222 n .

Таким чином, 29321

ABCS (кв.од.).

6

Означення 8 Мішаним добутком трьох векторів a , b

та c називається число, що дорівнює скалярному добутку вектора a на векторний добуток cb

: cbacba .

Мішаний добуток векторів має такі властивості: 1) знаки дій «точка» і «хрест» можна поміняти місцями, а саме

cbacba ;

2) при переставленні будь-яких двох співмножників знак мішаного добутку змінюється на протилежний, а при циклічному переставленні всіх трьох – не змінюється, тобто abccabbcaacbbaccba

; 3) якщо два з трьох векторів рівні між собою або паралельні, то мішаний добуток дорівнює нулю.

Якщо вектори a , b

та c задані своїми проекціями zyx aaaa ;; ,

zyx bbbb ;;

, zyx cccc ;; , то

zyx

zyx

zyx

ccc

bbb

aaa

cba .

Необхідною і достатньою умовою компланарності трьох векторів є рівність нулю їх мішаного добутку.

Абсолютна величина мішаного добутку трьох векторів дорівнює об’єму паралелепіпеда, побудованого на цих векторах.

Приклад 5 Обчислити площу трикутника , вершини якого знаходяться у

точках 1;1;1 A , 4;5;4B , 1;2;2 C , 3;1;3D . Розв’язання.

Мішаним добутком векторів є число, яке дорівнює об’єму паралелепіпеда, побудованого на цих векторах, а об’єм тетраедра дорівнює шостій частині цього паралелепіпеда (рис. 1.3) :

ADACABV 61 .

A

B

C

D

Рис. 1.3

Розглянемо вектори: 3;6;314;15;14 AB , 2;3;111;12;12 AC , 2;2;213;11;13 AD .

18222231363

ADACAB ; 1818 ADACAB

31861

V (куб.од.).

7

2 Аналітична геометрія на площині 2.1 Система прямокутних координат на площині

Положення точки на площині визначається однозначно, якщо побудувати на площині яку-небудь систему координат. Найбільш поширеними системами є прямокутна та полярна системи координат.

Прямокутна система координат визначаться двома взаємно перпендикулярними прямими Ох та Оу, на яких вибраний додатній напрям та одиничний відрізок. Точка О їх перетину є початком координат.

Положення точки М(х; у) в побудованій системі координат (рис. 2.1) визначається парою чисел х і у, які називаються координатами цієї точки.

M (x; y)

y

xO L (x; 0)

N (0; y)

Рис. 2.1

Відстань d між двома точками М1(х1; у1) і М2(х2; у2) обчислюється за формулою

2122

12 yyxxd . Координати мочки М(х; у), яка поділяє відрізок

М1М2, де М1(х1; у1), М2(х2; у2) у відношення

12

1 MM

MM (рис. 2.2) визначається формулами

1

21 xxx ,

1

21 yyy .

M

y

xO

M2

M1

Рис. 2.2

Зокрема, якщо точка М(х; у) поділяє відрізок М1М2 навпіл, то 1 і тоді

221 xxx

, 2

21 yyy , тобто координати середини відрізка дорівнюють

півсумам однойменних координат його начала і кінця.

Кожна лінія на площині являє собою геометричне місце точок, які мають загальну для них геометричну властивість, при цьому точки, які не належать лінії, такої властивості не мають. Записуючи цю властивість в алгебраїчній формі, отримаємо рівняння лінії.

2.1.1 Пряма лінія на площині

Пряма лінія на площині має такі форми запису рівняння: 1) bkxy – рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, де φtgk – кутовий коефіцієнт ( – кут нахилу прямої до додатного напрямку осі Ох), b – відрізок, яка пряма відтинає на осі Оу. Якщо дві прямі 11 bxky і 22 bxky паралельні, їх кутові коефіцієнти однакові: 21 kk ; якщо ці прямі перпендикулярні, їх кутові коефіцієнти пов’язані співвідношенням 121 kk ;

8

2) 00 xxkyy – рівняння прямої, яка проходить через задану точку Р(х0; у0) в заданому напрямі;

3) 12

1

12

1yyyy

xxxx

– рівняння прямої, яка проходить через дві задані

точки М1(х1; у1) і М2(х2; у2) ;

4) 1by

ax – рівняння прямої у відрізках на осях, де а і b – довжини

відрізків, які пряма відтинає на осях координат; 5) 0 CByAx – загальне рівняння прямої.

Умова паралельності двох прямих 0111 CyBxA і 0222 CyBxA має

вигляд 2

1

2

1

2

1CC

BB

AA

, умова перпендикулярності – 02121 BBAA .

Відстань від заданої точки М0(х0; у0) до прямої 0 CByAx

обчислюється за формулою 22

00

BA

CByAxd

.

Кут між двома прямими обчислюється за допомогою формул

21

121 kk

kktg

,

якщо рівняння прямих задані у вигляді bkxy , або

22

22

21

21

2121cosBABA

BBAA

,

якщо рівняння прямих задані у вигляді 0 CByAx (рис. 2.3).

y

xO

l1

l2

Рис. 2.3

Приклад 1 Задані координати вершин трикутника АВС: А(3;-2), В(1;4), С(-2;1). Методами аналітичної геометрії 1) скласти рівняння сторони АВ; 2) скласти рівняння висоти, проведеної з вершини С; 3) обчислити довжину висоти СD; 4) знайти площу трикутника; 5) знайти внутрішній кут трикутника при вершині А ( рис. 2.4).

A

B

CD

x

y

-2

1

4

31-2

Рис. 2.4

9

Розв’язання. 1 Запишемо рівняння прямої, яка проходить через дві

задані точки А(х1,у1) и В(х2,у2) : 12

1

12

1yyyy

xxxx

.

Для А(3;-2), В(1;4) маємо: 24

2313

yx ;

62

23

yx ; 233 yx ;

073 yx – загальне рівняння прямої АВ; 73 xy – рівняння прямої АВ з кутовим коефіцієнтом , 3ABk .

2 Складемо рівняння прямої ABCD .

З умови перпендикулярності прямих AB

CD kk 1

31

CDk .

Запишемо рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, яка проходить через точку

С(x0;y0): )( 00 xxkyy . Для С(-2;1) маємо: )2(311 xy , тобто

053 yx – загальне рівняння прямої СD. 3 Довжину висоти СD знайдемо як відстань від точки С(x0;y0) до

прямої АВ за формулою 22

00

BA

CByAxd

, де 0 CByAx – рівняння

прямої АВ.

5106

1012

13

71)2(322

d (од.).

4 Площа трикутника дорівнює половині добутку довжини сторони на

довжину висоти, яка опущена на цю сторону: ahaS 21 , тобто CDABSABC

21 .

Довжину сторони АВ знайдемо за формулою 22ABAB yyxxAB .

10240364622431 2222 AB . Тоді

125106102

21

ABCS ( кв. од.)

5 Тангенс кута – кута між прямими АС і ВС знайдемо за формулою

ACBC

ACBCkk

kktg

1

53

ACk ; 112

41

BC

BCBC xx

yyk

4

5311

531

tg , 764 arctg .

10

2.1.2 Криві другого порядку Означення 1 Колом називається геометричне місце точок на площині,

рівновіддалених від даної точки (центра) (рис. 2.5). Рівняння кола з центром в точці 001 ; yxO і радіуса R :

220

20 Ryyxx .

Якщо центр кола точка 0;0O , а радіус R , то його рівняння

222 Ryx .

M(x;y)

O1

x0

y0

x

y

O

R

Рис. 2.5

Означення 2 Еліпсом називається геометричне місце точок на площині,

сума відстаней яких до двох заданих точок (фокусів) є величина стала.

Канонічне рівняння еліпса 12

2

2

2

by

ax .

Точки 0;1 aA , 0;2 aA , bB ;01 , bB ;02 – вершини еліпса, 11 rMF , 22 rMF – фокальні радіуси (рис. 2.6).

а) arr 221 ; А1А2 =2а – велика вісь; В1В2 = b2 – мала вісь; ОА1 = а – велика піввісь; ОВ1 = b – мала піввісь; F1F2 = 2c – відстань між фокусами F1(с; 0) і F2(-с; 0) ;

222 bac ; ac

– ексцентриситет

( ,1 бо ac );

M(x;y)

F1 x

y

O

r1

F2

r2A1

B1

A2

B2

Рис. 2.6 а) б) brr 221 ; А1А2 =2а – мала вісь; В1В2 = b2 – велика вісь; ОА1 = а – мала піввісь; ОВ1 = b– велика піввісь; F1F2 = 2c – відстань між фокусами F1(0; с) і F2(0; -с) ;

222 abc ; bc


( ,1 бо bc ).

M(x;y)F1

x

y

O

r1

F2

r2

A1

B1

A2

B2 Рис. 2.6 б)

11

Означення 3 Гіперболою називається геометричне місце точок на площині, різниця відстаней яких до двох заданих точок (фокусів) є величина стала (рис. 2.7).

Канонічне рівняння гіперболи 12

2

2

2

by

ax або 12

2

2

2

ax

by .

а) для гіперболи 12

2

2

2

by

ax

arr 221 . Точки 0;1 aA , 0;2 aA – вершини; А1А2 =2а – дійсна вісь; В1В2 = b2 – уявна вісь; ОА1 = а – дійсна піввісь; ОВ1 = b– уявна піввісь; F1F2 = 2c – відстань між фокусами F1(с; 0) і F2(-с; 0) ;

222 bac ; ac


( ,1 бо ac );

M(x;y)

F1 x

y

O

r1

F2

r2A1

B1

A2

B2

Рис. 2.7 а)

б) для гіперболи 12

2

2

2

ax

by

brr 221 . Точки bB ;01 , bB ;02 – вершини; В1В2 = b2 – дійсна вісь;А1А2 =2а – уявна вісь; ОВ1 = b – дійсна піввісь; ОА1 = а – уявна піввісь; F1F2 = 2c – відстань між фокусами F1(0; с) і F2(0; -с) ;

222 bac ; bc


( ,1 бо bc ).

M(x;y) F1

x

y

O

r1

F2

r2

A1

B1

A2

B2

Рис. 2.7 б)

Рівняння асимптот параболи xaby .

Фокуси гіперболи завжди знаходиться на її дійсній осі. Гіперболу, в якої ba , називають рівнобічною, її рівняння 222 аyx або

222 аyx .

12

Означення 4 Параболою називається геометричне місце точок на площині, рівновіддалених від даної точки (фокуса) і даної прямої (директриси). Канонічне рівняння параболи pxy 22 або pyx 22 , де р – відстань від фокуса до директриси. Точка 0;0O – вершина параболи, rMF – фокальний радіус, d – відстань від точки yxM ; до директриси (рис. 2.8). За означенням параболи dr .

Для парабол pxy 22 рівняння директрис 2px , координати фокуса

0;

2pF ( рис. 2.8 а), б)).

M(x;y)

x

y

O

r

F

d

2px

)0;2

( p

M(x;y)

x

y

Or

F

d

2px

Рис. 2.8 а) Рис. 2.8 б)

Для парабол pyx 22 рівняння директрис 2py , координати фокуса

2;0 pF ( рис.2.8 в), г)).

M(x;y)

x

y

O

rFd

2py

M(x;y)

x

y

O

rF d

2py

Рис. 2.8 в) Рис. 2.8 г)

Фокус параболи завжди знаходиться на її осі симетрії.

13

Приклад 2 Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої знаходиться на осі ординат симетрично відносно початку координат, якщо відстань між

фокусами 102 c , а ексцентриситет 35

.

Розв’язання. За умовою задачі фокуси гіперболи розтасовані на осі

ординат, тому її рівняння буде мати вигляд 12

2

2

2

ax

by .

Параметри а и b визначаються із системи

.

,222

bc

cba

Враховуючи, що с = 5, маємо

;355

,2522

b

ba

.3,162

ba

Таким чином, рівняння гіперболи має вигляд 1169

22

xy .

Приклад 3 Лінія на площині задана загальним рівнянням

0100364094 22 yxyx . Привести рівняння до канонічного виду і побудувати цю лінію. Розв’язання. Згрупуємо доданки рівняння з відповідними змінними:

0145544094 22 yxyx ; 0145549404 22 yyxx ; 014569104 22 yyxx ; 0145329524 22 yyxx ; 01453332955524 222222 yyxx ; 01453332955524 222222 yyxx ;

01459392554 22 yx ;

0145813910054 22 yx ;

363954 22 yx . Розділивши обидві частини рівняння на 36, отримаємо рівняння еліпса 1

43

95 22

yx

з центром в т. 3;51 O , півосі якого 3a і 2b (рис. 2.9).

O1

xy

-3

-1

5 82

-5

Рис. 2.9

14

2.2 Полярна системи координат Полярна система координат визначається заданням деякої точки О, яка

називається полюсом, променя ОР, який виходить з цієї точки і називається полярною віссю, і масштабу для вимірювання довжини. Крім того, пыд час завдання полярної системи повинно бути сказано, які повороти навколо точки О вважаються додатними. Додатними будемо вважати повороти проти ходу годинникової стрілки.

Полярними координатами довільної точки М (відносно заданої системи) називаються числа OMr і POM (рис. 2.10). Число r називається полярним радіусом, а число – полярним кутом точки М. Символ ;rM означає, що точка М має координати r і .

M (x; y)

O

P

r

Рис. 2.10

Зв’язок між декартовими і полярними координатами довільної точки М площини при відповідному виборі координатних систем (рис. 2.11) визначається формулами

;sin,cos

ryrx

.

,22

xytg

yxr

x

M (x; y)

O

Px

y

y r

Рис. 2.11

Приклад 4 Побудувати криву у полярній системі координат, задану рівнянням cos4r . Розв’язання. Складемо таблицю значень r і :

0 6

3

2

32

3

4 2

3 3

5 6

11 2

cos

1 2

3 21

0 2

1

-1 2

1

0 2

1 23

1

r 4 32 2 0 -2 -4 -2 0 2 32 4 За даними таблиці будуємо криву (рис.2.12). Одержана крива є коло з діаметром 42 R , який збігається з полярною віссю. Довести це можна, якщо перевести рівняння

cos4r в прямокутну декартову систему координат. Помножимо обидві частини рівняння на r : cos42 rr , тобто xyx 422 , або

42 22 yx . Дійсно, отримали рівняння кола з центром у точці 0;21O і радіуса 2 одиниці.

x4

0P

y3

35

6

611

2

202

Рис. 2.12

15

3 Аналітична геометрія у просторі Рівняння 0;; zyxF визначає у просторі деяку поверхню, тобто

геометричне місце точок, координати яких задовольняють цьому рівнянню. Рівняння 0;; zyxF називають рівнянням поверхні, а x , y , z – змінними координатами.

Найпростішою поверхнею у просторі є площина. Площина у просторі відносно прямокутної системи координат може бути задана різними способами і має такі форми запису рівняння: 1) 0 CzByAx – загальне рівняння площини. Коефіцієнти А, В і С є координатами нормального вектора площини ( вектора, перпендикулярного будь-якій прямій, що належить площині), тобто CBAn ;; (рис. 3.1).

CBAn ;;

Рис. 3.1

Умова паралельності двох площин 01111 DzCyBxA і

02222 DzCyBxA має вигляд 2

1

2

1

2

1

2

1DD

CC

BB

AA

,

умова перпендикулярності – 0212121 CCBBAA ; 2) 0000 zzCyyBxxA – рівняння площини , яка проходить

через задану точку Р ( х0; у0; z0) в заданому напрямі;

3) 1cz

by

ax – рівняння площини у відрізках на осях, де а, b і с –

довжини відрізків, які площина відтинає на осях координат;

4) 0

131313

121212

111

zzyyxxzzyyxx

zzyyxx – рівняння площини, яка проходить

через три задані точки М1(х1; у1; z1), М2(х2; у2; z2) і М3(х3; у3; z3).

Відстань від заданої точки М0(х0; у0; z0) до площини 0 CzByAx

обчислюється за формулою 222

000

CBA

DCzByAxd

.

Кут між двома площинами 01111 DzCyBxA і 02222 DzCyBxA обчислюється за формулою

22

22

22

21

21

21

212121cosCBACBA

CCBBAA

.

Приклад 1 Скласти рівняння площини , що проходить через точку

М(2; -1; 1) перпендикулярно площинам 1 : 0y і 2 : 012 zx .

16

Розв’язання. Точка М належить шуканій площині, тому рівняння площини матиме вигляд 0112 zCyBxA , де CBAn ;; – її нормальний вектор. З умови перпендикулярності площин витікає перпендикулярність їх

нормальних векторів:

1;0;2

;0;1;0

22

11

nn

nn

21 nnn

.

kikji

nn

2102

01021

, тобто 2;0;1;; CBAn .

Таким чином, : 01221 zx або : 042 zx .

Лінія у просторі визначається як перетин двох поверхонь. Якщо дві поверхні визначаються рівняннями відповідно 0;; zyxF і 0;; zyxQ , то

система рівнянь

0;;,0;;

zyxQzyxF

визначає лінію, тобто геометричне місце

точок, координати яких задовольняють цим рівнянням. Лінією перетину двох

площин є пряма, тому

00

22212

1111

DzCyBxADzCyBxA

– загальне рівняння прямої у

просторі. Існують інші способи задання рівняння прямої у просторі:

1) p

zzn

yym

xx 000

– канонічне рівняння прямої.

Тут М(х0; у0; z0) – довільна точка, яка належить прямій, pnms ;; – напрямний вектор прямої. Для такої форми завдання рівняння прямої у просторі умова паралельності

двох прямих має вигляд 2

1

2

1

2

1pp

nn

mm

,

а умова перпендикулярності – 0212121 ppnnmm , де 1111 ;; pnms і 2222 ;; pnms – напрямні вектори цих прямих.

Кут між двома прямими обчислюється за формулою

22

22

22

21

21

21

212121cospnmpnm

ppnnmm

;

2) 12

1

12

1

12

1zzzz

yyyy

xxxx

– рівняння прямої, яка проходить через дві

задані точки М1(х1; у1; z1) і М2(х2; у2; z2).

17

Якщо пряма pzz

nyy

mxx 000

паралельна площині 0 CzByAx , то

pnms ;; CBAn ;; і умова паралельності прямої та площини: 0 CpBnAm . Якщо дані пряма і площина перпендикулярні, то pnms ;; CBAn ;; і

умова перпендикулярності прямої та площини: pC

nB

mA

.

Приклад 2 Скласти рівняння перпендикуляра, опущеного із точки

М (-1;2;1) на площину, що проходить через три точки: А1(3;-4;2), А2(4;1;-3), А3(2;-1;-2). Розв’язання. Рівняння площини, що проходить через три задані точки

1111 ;; zyxA , 2222 ;; zyxA , 3333 ;; zyxA складається за формулою

0

131313

121212

111

zzyyxxzzyyxx

zzyyxx.

Підставимо координати заданих точок в дане рівняння:

0424132234134

243

zyx

; 0231551243

zyx

.

Розкриємо визначник за елементам першого рядка:

03151

)2(2151

)4(2355

)3(

zyx ;

0)2(8)4(3)3(25 zyx ; 0798325 zyx – рівняння площини А1А2А3.

Канонічне рівняння прямої, що проходить через задану точку 000 ;; zyxM з напрямним вектором pnms ;; має вигляд

pzz

nyy

mxx 000

.

Нормальний вектор площини А1А2А3

8;3;25n є напрямним вектором її перпендикуляра (рис. 3.2), тобто

8;3;25;; pnms , і тоді рівняння шуканої прямої

81

32

251

zyx .

n

s

A1

A2

A3

M

Рис. 3.2

18

Контрольна робота №1 Індивідуальні завдання

11.01 – 11.30 Задана піраміда, координати вершин якої А1, А2, А3, А4 (табл. 1.1).

Засобами векторної алгебри знайти: 1) довжину ребра А1А2; 2) кут між ребрами А1А2 і А1А4; 3) проекцію вектора 31 АА на вектор 41 АА ; 4) площу грані А1А2А3 ;

5) об’єм піраміди. Таблиця 1.1

Номер варіанта А1 А2 А3 А4

11.01 (6;6;5) (4;9;5) (4;6;11) (6;9;3) 11.02 (1;2;3) (2;0;0) (3;2;5) (4;0;0) 11.03 (6;1;5) (5;1;0) (-4;1;-2) (-6;0;5) 11.04 (3;6;7) (2;4;3) (7;6;3) (4;9;3) 11.05 (7;9;6) (4;5;7) (9;4;4) (7;5;3)

11.06 (2;0;0) (-2;0;-1) (0;2;7) (1;5;0) 11.07 (1;8;2) (5;2;6) (5;7;4) (4;10;9) 11.08 (6;6;2) (5;4;7) (2;4;7) (7;3;0) 11.09 (7;2;2) (5;7;7) (5;3;1) (2;3;7) 11.10 (3;1;4) (-1;6;1) (-1;1;6) (0;4;-1) 11.11 (7;7;3) (6;5;8) (3;5;8) (8;4;1) 11.12 (4;4;10) (4;10;2) (2;8;4) (9;6;9) 11.13 (2;0;0) (-2;0;-1) (1;4;2) (3;0;6) 11.14 (3;9;8) (0;7;1) (4;1;5) (4;6;3) 11.15 (-2;0;2) (0;0;4) (3;2;5) (-1;3;2) 11.16 (1;2;6) (4;2;0) (4;6;6) (6;1;1) 11.17 (-2;1;0) (3;2;7) (2;2;5) (6;1;5) 11.18 (4;6;5) (6;9;4) (2;10;10) (7;5;9) 11.19 (-1;3;0) (2;0;0) (4;-1;2) (3;2;7) 11.20 (1;-2;l) (0;0;4) (1;4;2) (2;0;0) 11.21 (1;-1;6) (-5;-1;0) (4;0;0) (2;2;5) 11.22 (0;4;-1) (3;1;4) (-1;6;1) (-1;1;6) 11.23 (8;5;8) (3;3;9) (6:9; I) (1;7;3) 11.24 (3;5;4) (8;7;4) (5;10;4) (4;7;8) 11.25 (6;4;8) (3;5;4) (5:8:3) (1;9;9) 11.26 (8:6;4) (10;5;5) (5;6;8) (8;10;7) 11.27 (6;9;2) (9;5;5) (-3;7;1) (5;7;8) 11.28 (3;0;6) (1;-3;2) (3;2;5) (2;2;5) 11.29 (5;8;2) (3;5;10) (3;8;4) (5:5;4) 11.30 (10;6;6) (-2;8;2) (6;8;9) (7;10;3)

19

12.01 – 12.30 Задані координати вершин трикутника АВС (табл. 1.2). Методами аналітичної геометрії 1) скласти рівняння сторони АВ; 2) скласти рівняння висоти, проведеної з вершини С; 3) обчислити довжину висоти, проведеної з вершини В; 4) знайти площу трикутника; 5) знайти внутрішній кут трикутника при вершині А. Таблиця 1.2 Н

Номер варіанта

А В С

Номер варіанта

А В С

12.01 (-2;-5) (6;2) (0;0) 12.16 (2;-1) (-2;-3) (-6;4)

12.02 (2;0) (7;2) (0;5) 12.17 (5;-8) (3;-2) (-3;-6)

12.03 (1;2) (3;8) (-4;-I) 12.18 (8;-2) (-6;-5) (0;4)

12.04 (4;4) (1;-3) (9; 0) 12.19 (7;5) (3;2) (4;0)

12.05 (5;6) (7;2) (-6; 0) 12.20 (3;-7) (6;0) (1;1)

12.06 (-6;-4) ( -1;2) (6;1) 12.21 (5;3) (-1;-2) (-3;7)

12.07 (-3;1) (-1;7) (I2;6) 12.22 (3;1) (-2;8) (-5;3)

12.08 (-2;-б) (-6;-3) (10;-1) 12.23 (9;2) (-5;7) (0;-3)

12.09 (-2;1) (1;3) (4;-5) 12.24 (-3;-3) (3;1) (-1;4)

12.10 (2;-4) (-2;-1) (4; I) 12.25 (-2;-6) (0;0) (3;-2)

12.11 (2;-1) (8;7) (-10;4) 12.26 (7;9) (-2;0) (-3;2)

12.12 (5;-3) (1;0) (7;2) 12.27 (-2; 0) (-4;-7) (5;5)

12.13 (4;-б) (2;2) (-2;-1) 12.28 (-6;-3) (-4; 3) (9;2)

12.14 (3;4) (-1;7) (-4;0) 12.29 (0;0) (2;6) (7;2)

12.15 (1;-2) (7;6) (0;2)

12.30 (-1;3) (1;9) (4;7)

20

13.01 – 13.30

Привести рівняння лінії (табл. 1.3) до канонічної форми, побудувати цю лінію і в залежності від отриманого результату знайти:

1) координати центра кола і його радіус; 2) координати фокусів, довжини осей і ексцентриситет еліпса;

3) координати фокусів, довжини осей і ексцентриситет гіперболи та записати рівняння її асимптот;

4) координати вершини і фокусу параболи, величину параметра, записати рівняння її директриси .

Таблиця 1.3 Н

Номер варіан

та Рівняння

Номер варіан

та Рівняння

13.01 05422 yyx 13.16 01263 22 yxyx

13.02 0784 2 yxx 13.17 098622 yxyx

13.03 03673290169 22 yxyx 13.18 0382 2 yxy

13.04 025684 22 yxyx 13.19 013824 22 yxyx

13.05 029462 yxx 13.20 04081422 yxyx

13.06 016222 yxyx 13.21 0842 2 yxy

13.07 0111664 22 yxyx 13.22 011463 22 yxyx

13.08 011161849 22 yxyx 13.23 011610018259 22 yxyx

13.09 03212834 22 yxyx 13.24 01284 22 yyx

13.10 010822 yxy 13.25 09183095 22 yxyx

13.11 0142827 22 xyx 13.26 0842 2 yxy

13.12 0642 2 yxy 13.27 02381849 22 yxyx

13.13 09183095 22 yxyx 13.28 03212834 22 yxyx

13.14 06836894 22 yxyx 13.29 031150642516 22 yxyx

13.15 034102 yxx

13.30 066222 yxyx

21

14.01 – 14.30 Задана функція sincos cbbar , 2;0 (табл. 1.4).

Потрібно: 1) побудувати графік функції в полярній системі координат, задаючи

значення через проміжок 6 ;

2) записати рівняння заданої лінії в прямокутній декартовій системі координат, початок якої співпадає з полюсом, а додатній напрямок осі абсцис – з полярною віссю. За отриманим рівнянням визначити вид кривої. Таблиця 1.4

15.01 – 15.30 Задана піраміда, координати вершин якої А1, А2, А3, А4.

Потрібно: 1) скласти рівняння сторони А1 А2 ; 2) скласти рівняння площини А1 А2 А3 ; 3) записати рівняння висоти, яка опущена з вершини А4 на грань А1 А2 А3 ; 4) знайти кут між ребром А1 А4 і гранню А1 А2 А3 . Зауваження: відповідні координати вершин взяти з таблиці 1.1 .

Номер варіанта a b c Номер

варіанта a b c

14.01 -1 4 2 14.16 1 1 -1 14.02 2 1 2 14.17 3 2 3 14.03 3 2 1 14.18 1 2 4 14.04 0 3 6 14. 19 2 1 5 14.05 1 3 2 14. 20 4 -1 -2 14.06 -1 2 4 14.21 3 1 4 14.07 3 3 4 14.22 5 -4 -2 14.08 -3 2 4 14.23 3 2 5 14.09 2 -1 3 14.24 -4 5 3 14.10 2 3 1 14.25 2 -1 3 14.11 -1 4 6 14.26 4 -1 -3 14.12 0 4 5 14.27 3 1 3 14.13 2 -5 -4 14.28 1 1 -3 14.14 -2 4 2 14.29 3 -2 1 14.15 1 2 5

14.30 4 -1 -2

22

Контрольна робота №2

1 Елементи лінійної алгебри Нехай маємо систему лінійних алгебраїчних рівнянь

,

,,

2211

2222121

11212111

mnmnmm

nnn

nn

bxaxaxa

bxaxaxabxaxaxa

(1)

де відомі ija – коефіцієнти, ib – вільні члени, jx – невідомі, njmi ,1;,1 . Розв’язати систему означає, що треба знайти упорядковану сукупність

чисел 1 2, , , n таким чином, щоб при заміні 1 2, , , nx x x на ці числа система перетворилась на тотожність.

Систему [1] можна записати також і в матричному вигляді:

mnmnmm

n22

n

b

bb

x

xx

aaa

aaaaaa

2

1

2

1

21

221

11211

. (2)

Позначимо А =

11 12 1

21 22 2

1 2

n

n

m m mn

a a aa a a

a a a

, Х =

1

2

n

xx

x

, В =

1

2

m

bb

b

.

Згідно з нашим позначенням систему 2 можна записати у вигляді АХ = В.

Означення 1 Система називається однорідною, якщо mbbb ,,, 21 , що містяться в правих частинах, дорівнюють нулю. Введемо далі в розгляд системи лінійних алгебраїчних рівнянь вигляду

11 1 1 1

1

n

n nn n n

a a x b

a a x b

або (3)

nnnnnn

nnn

nn

bxaxaxa

bxaxaxabxaxaxa

2211

2222121

11212111

,,

(4)

– системи n лінійних рівнянь з n невідомими. Серед існуючих способів розв’язку такої системи є правило Крамера та

матричний метод розв’язання систем лінійних алгебраїчних рівнянь.

23

Правило Крамера для розв’язання системи n лінійних рівнянь з n невідомими

Система n лінійних рівнянь з n невідомими має один і лише один розв’язок, якщо головний визначник (детермінант) матриці А не дорівнює

нулю, І nix ixi ,1,

, де – головний визначник матриці А,

ix – визначник, який одержуємо із шляхом заміни коефіцієнтів невідомого, що визначається, на стовпець вільних членів. Наприклад, для n = 3 система лінійних рівнянь має вигляд

3333232131

2323222121

1313212111

,,

bxaxaxabxaxaxabxaxaxa

або 11 12 13 1 1

21 22 23 2 2

31 32 33 3 3

a a a x ba a a x ba a a x b

.

11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a aa a a

, 1 12 13

1 2 22 23

3 32 33

b a ax b a a

b a a ,

11 1 13

2 21 2 23

31 3 33

a b ax a b a

a b a ,

11 12 1

3 21 22 2

31 32 3

a a bx a a b

a a b ;

1

1xx ,

2

2xx ,

3

3xx .

Матричний метод розв’язання систем n лінійних рівнянь

з n невідомими

Будемо вважати, що матриця А = 11 1

1

n

n nn

a a

a a

не вироджена (її

визначник не дорівнює нулю). Тоді вона має обернену матрицю 1A , яка є єдиною і BAX 1 буде розв’язком системи. Наприклад, для n = 3 система лінійних рівнянь має вигляд

3333232131

2323222121

1313212111

,,

bxaxaxabxaxaxabxaxaxa

або АХ = В, де

333231

232221

131211

aaaaaaaaa

A ,

3

2

1

xxx

X ,

3

2

1

bbb

B .

11 21 311

12 22 32

13 23 33

1A A A

A A A AA A A

– обернена матриця до матриці А, – визначник

матриці А, ijA – алгебраїчні доповнення елементів ija матриці А.

Тоді розв’язок системи буде мати вигляд 1

2

3

xxx

=11 21 31

12 22 32

13 23 33

1A A AA A AA A A

1

2

3

bbb

або

BAX 1 .

24

Приклад 1 Розв’язати систему лінійних рівнянь

1238,2325

21

21

xxxx

а) методом Крамера; б) за допомогою оберненої матриці. Зробити перевірку. Розв’язання. А Для розв’язання системи за правилом Крамера треба обчислити визначники:

5 215 16 31

8 3

, 1 2

23 2 5 2369 24 93, 60 184 124

12 3 8 12x x

.

Тоді 1 21 2

93 1243, 4.31 31

x xx x

Б За допомогою оберненої матриці розв’язок системи треба шукати за

формулою 1 ,X A B де .1223

,3825

BA

Знайдемо обернену матрицю системи 11 211

12 22

1 , 31A A

AA A

(із завдання а)).

1 111 ( 1) 3 3,A 2 1

21 ( 1) ( 2) 2,A 1 2

12 ( 1) 8 8,A 2 222 ( 1) 5 5.A

3 2 23 3 23 2 12 93 3 31 1 1 , .8 5 12 8 23 5 12 124 4 431 31 31

X X

Під час розв’язання першим і другим способами отримані однакові

результати.

Перевірка:

;124338,234235

.1212,2323

Зауваження: якщо робиться перевірка СЛАР, обов’язково треба перевіряти всі рівняння.

Відповідь:

.4,3

2

1

xx

Приклад 2 Розв’язати систему лінійних рівнянь

3465,1254,2233

321

321

321

xxxxxxxxx

а) методом Крамера; б) за допомогою оберненої матриці. Зробити перевірку. Розв’язання. А Для розв’язання системи за правилом Крамера треба обчислити визначники:

25

3 1

3 3 2 0 3 2 0 3 23 2

4 5 2 1 5 2 0 1 2 ( 1) ( 1) ( 1)(6 2) 41 2

5 6 4 1 6 4 1 6 4

,

2 11

2 22

2 33

2 3 2 0 7 27 2

1 5 2 1 5 2 ( 1) 1 ( 1)( 14 ( 18)) 4,9 2

3 6 4 0 9 2

3 2 2 5 0 25 2

4 1 2 4 1 2 ( 1) 1 (10 14) 47 2

5 3 4 7 0 2

3 3 2 5 7 05 7

4 5 1 4 5 1 ( 1) 1 ( 1)( 45 ( 49)) 4 7 9

5 6 3 7 9 0

x

x

x

Тоді 31 21 2 3

4 4 41, 1, 1.4 4 4

xx xx x x

Б За допомогою оберненої матриці розв’язок системи треба шукати за

формулою 1 ,X A B де 3 3 2 24 5 2 , 1 .5 6 4 3

A B

Знайдемо обернену матрицю системи 11 21 31

112 22 32

13 23 33

1 , 4A A A

A A A AA A A

.

1 111

5 2( 1) 8,

6 4A

2 1

21

3 2( 1) 0,

6 4A

3 1

31

3 2( 1) 4,

5 2A

1 212

4 2( 1) 6,

5 4A 2 2

22

3 2( 1) 2,

5 4A 3 2

32

3 2( 1) 2,

4 2A

1 313

4 5( 1) 1,

5 6A

2 323

3 3( 1) 3,

5 6A

3

5433

1 3333

A .

8 0 4 2 1( 8) 2 0 1 4 3 4 1

1 1 16 2 2 1 , 1( 6) 2 2 1 2 3 4 14 4 4

1 3 3 3 11 2 3 1 ( 3) 3 4 1X X

.

Під час розв’язання першим і другим способами отримані однакові

результати.

26

Перевірка:

;3141615,1121514,2121313

.33,11,22

Зауваження: якщо робиться перевірка СЛАР, обов’язково треба перевіряти всі рівняння.

Відповідь:

.1,1,1

3

2

1

xxx

Розглянемо ще один випадок матричного рівняння XXA , де –

число, а A та X – матриці. Означення 2 Якщо існують такі числа , при яких це рівняння має

розв’язок, то вони називаються власними (характеристичними) числами матриці A , а розв’язки рівняння – власними (або характеристичними) векторами цієї матриці.

Якщо А = 11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a aa a a

, Х = 1

2

3

xxx

, то матричне рівняння XXA

буде мати вигляд

3

2

1

3

2

1

333231

232221

131211

xxx

xxx

aaaaaaaaa

, яке можна записати у вигляді

системи рівнянь:

.,,

3333232131

2323222121

1313212111

xxaxaxaxxaxaxaxxaxaxa

Перенесемо праві частини рівняння до лівої та приведемо подібні доданки:

,0,0,0

333232131

323222121

313212111

xaxaxaxaxaxaxaxaxa

Це характеристичне рівняння матриці А. Щоб ця однорідна система мала ненульовий розв’язок, треба, щоб її головний детермінант дорівнював нулю, тобто

.0

333231

232221

131211

aaaaaaaaa

Розкривши його, отримаємо характеристичний многочлен матриці, корені якого і будуть власними значеннями матриці А.

27

Приклад 3 Знайти власні числа і власні вектори матриці

134121

112A .

Розв’язання. Запишемо характеристичне рівняння матриці

0134

121112

.

Обчисливши детермінант, одержимо рівняння 03 32 , корені якого .3,0 321 Отже, власні числа матриці А: .3,0 321 Підставимо по черзі значення в характеристичне рівняння матриці А та знайдемо розв’язки цієї системи. Це будуть власні вектори матриці А.

1) 3=3.

;03134,032,032

321

321

321

xxxxxxxxx

.0434,0,0

321

321

321

xxxxxxxxx

Головний детермінант системи 0 . Розв’язання цієї системи зводиться до розв’язання однорідної системи двох лілійних рівнянь з трьома невідомими:

0

,0

321

321

xxxxxx

або

,0,0

321

321

xxxxxx

матриця коефіцієнтів якої має

вигляд

111111

. Її розв’язок знайдемо за правилом:

ttx 21111

1

, ttx

01111

2 , ttx 211

113

.

Власний вектор ttc 2;0;23 , де t – параметр.

2) 021 .

;00134,002,002

321

321

321

xxxxxxxxx

.034,02,02

321

321

321

xxxxxxxxx

Головний детермінант системи 0 . Розв’язання цієї системи зводиться до розв’язання однорідної системи двох лілійних рівнянь з трьома невідомими:

,02,02

321

321

xxxxxx

матриця коефіцієнтів якої має вигляд

121

112.

Її розв’язок знайдемо за правилом:

ttx

1211

1 , ttx

311

122 , ttx 5

2112

3

.

Власний вектор tttcc 5;3;21 , де t – параметр. Це другий власний вектор матриці А. Відповідь: tttcc 5;3;21 , ttc 2;0;23 , де t – параметр.

28

2 Комплексні числа Комплексні числа задаються в алгебраїчній ( Z = a+ іb ), та

тригонометричній sincos irZ формах, де r – абсолютна величина, а – аргумент комплексного числа. Зв'язок між ними дають формули:

;sin,cos

rbrа

22 bar , ;0r . Геометрично комплексні числа зображуються точками на площині. Наприклад, число Z= а + іb – точка з абсцисою а та ординатою b (рис. 2.1).

O

b

a

r

Рис. 2.1

Таким чином, абсолютна величина r та кут – полярні координати точки iba .

Приклад 1 Записати в тригонометричній формі число iZ 1 . Розв’язання. За відповідними формулами 21122 bar ;

41arg

arctgbaarctgZ . Отже,

4sin

4cos2 i .

Приклад 2 Записати в алгебраїчній формі число

6sin

6cos6 i .

Розв’язання. 6

cos6cos ra = 6 33

23 ,

3216

6sin6sin

rb . Отже, i333 .

Над комплексними числами можна виконувати такі дії: додавання та

віднімання, множення та ділення, піднесення до цілого додатного ступеня та добування кореня.

Приклад 3 Розділити комплексне число iZ 251 на комплексне число iZ 22 .

Розв’язання. ii

ZZ

2

25

2

1 . Домножимо чисельник і знаменник на

спряжене знаменнику число та виконаємо множення:

2

1ZZ

= 2

2

424510

)2)(2()2)(25(

iiii

iiii

= ii

59

58

1498

. Тут 12 i .

29

Якщо числа задані в тригонометричній формі, то дії множення і ділення

виконуються за формулами: 21212122211121 sincossincossincos rririrZZ ;

2121

2

1

222

111

2

1 sincossincossincos

rr

irir

ZZ .

Дії піднесення до ступеня та добування кореня краще виконувати в тригонометричній формі:

ninrir nnn sincossincos ;

n = n ir )sin(cos = n r

nki

nk 2sin2cos , де k = 0; 1; 2; ….; n-1.

Приклад 4 Обчислити 61i .

Розв’язання. і +1= 1+i = 2

4sin

4cos i , тоді

(i+1) 6 = 6

4sin

4cos2

i =

46sin

46cos2

6 i =

=

23sin

23cos8 i = ii 808 .

Приклад 5 Знайти всі корені 3 .i Розв’язання. Запишемо (-i) в тригонометричній формі:

i = 0 – 1=

23sin

23cos i .

3

223

sin3

223

cos23sin

23cos33

ki

kii

.

Знайдемо три корені i відповідно k = 0; 1; 2.

01 k : iiiZ 2

sin2

cos3

23

sin3

23

cos1

;

11 k : iiiZ21

23

67sin

67cos

3

223

sin3

223

cos2

;

21 k : iiiZ21

23

611sin

611cos

3

423

sin3

423

cos3

.

30

Приклад 6 Знайти всі корені рівняння 03 aZ , коли i

a

34 .

Розв’язання. ,3 aZ i

Z

343 ;

iiii

ii

3

434

3334

34 ;

213 r ; 63

13

1

arctgarctg ,

звідки

67

6arg a ;

67sin

67cos23 iZ (рис. 2.2).

3

-1

r

Рис. 2.2

3

267

sin3

267

cos233 k

ik

aZ .

01 k :

187sin

187cos23

1 iZ ;

12 k :

1819sin

1819cos2

18127sin

18127cos2 33

2 iiZ ;

23 k :

1831sin

1831cos2

18247sin

18247cos2 33

2 iiZ .

3 Границі Означення. Число А називається границею функції xf при x , що

прямує до 0x , якщо для будь якого як завгодно малого додатного існує таке мале 0 , що, як тільки 0xx , виконується нерівність . Axf

Це записується так: .lim0

Axfxx

Для всіх елементарних функцій границя в області визначення дорівнює значенню функції в цій точці: 0lim

0

xfxfxx

.

Основні теореми про границі

Теорема 1 Границя суми двох або більшого числа функцій дорівнює алгебраїчній сумі границь цих функцій при умові, що вони існують:

xfxfxfxfxxxxxx 2121

000

limlimlim

.

31

Теорема 2 Границя добутку двох або більшого числа функцій дорівнює добутку границь цих функцій при умові, що вони існують:

xfxfxfxfxxxxxx 2121

000

limlimlim

.

Наслідок: Постійний множник можна виносити за знак границі: xfCxfC

xxxx 2100

limlim

.

Теорема 3 Границя відношення двох функцій дорівнює відношенню границь цих функцій при умові, що вони існують і границя знаменника не дорівнює нулю:

xfxx 1

0

lim

0

lim

lim

22

0

10

xfxf

xf

xx

xx .

Перша визначна границя: 1sin

lim0

x

xx

.

Її наслідки:

1) kxkx

x

sinlim0

; 4) kx

tgkxx

0

lim ;

2) lk

lxkx

x

sinsinlim

0; 5) k

xarctgkx

x

0lim .

3) kx

kxx

arcsinlim0

;

Приклад 1 Обчислити границю x

xctgxxx

2

0

2coscoslim

.

Розв’язання.

xxctgxxA

x

2

0

2coscoslim

0

02coscoslim 20 xxtgxx

x.

Оскільки границя знаменника дорівнює нулю, то теоремою про границю відношення функцій скористатися не можна. Треба виконати тригонометричні перетворення, щоб розкрити невизначеність.

Скористаємося формулою 2

sin2

sin2coscos :

.23

21

23222

3

lim22sin

23sin2

lim00

xxx

xx

xtgxxtg

xx

Axx

У відношеннях під знаком границі можна заміняти одну нескінченно

малу їй еквівалентною ( це такі нескінченно малі і , для яких 1lim0

xx

).

При xarctgxxxxtgxxxx ~,~arcsin,~,~sin:0 .

32

Приклад 2 Обчислити границю .3sin

3lim 2

2

0 x

xarctg

x

Розв’язання. 27

19

lim31

33lim

00

3sin

3lim 2

2

02

2

02

2

0

xx

x

x

x

xarctg

xxx.

Друга визначна границя: ex

x

x

11lim або ex xx

1

01lim .

Її наслідки:

1) kx

xe

xk

1lim ; 3) km

mx

xe

xk

1lim ;

2) kxk

xex

1lim

0; 4) km

xm

xekx

1lim

0 .

Приклад 3 Обчислити границю x

x xx 3

5232lim

.

Розв’язання .

x

x

x

x xx

xx 33

152321lim1

5232lim

5283

852

5281lim

xxx

x x

5283

lim

852

5281lim

xx

x

x

x

x122

24

ee .

Приклад 4 Обчислити границю xtgx

x 23

20

sin1lim

.


xtg

xx

xxtg

xxx 2

sin3sin

12

023

20

2

2sin1lim1sin1lim

xtg

x

xx

x2

sin3

sin1

20

2

2sin1lim

23

2lim32

sin3lim2

0

2

0 eee xx

xtgx

xx .

Тут була використана еквівалентність: xxtgxx 2~2,~sin .

33

Приклад 5 Обчислити границю: 1ln3lnlim

xxxx

.


1ln3lnlim xxxx

x

x

x

xx xx

xx

xxx

1

3limln13lnlim

13lnlim .

Розглянемо окремо

1

13lim

x

x xx

x

x xx 1

131lim

=

x

x x 121lim 2

12

21

121lim e

x

xx

x

x

.

Таким чином, 2ln13limln 2

e

xx x

x.

Приклад 6 Обчислити границю: 221

45lim

xx

xx .


145lim 22

1xx

xx

22

1441lim x

x

xx

=

221

141lim xx

xx

x

x

xx 12

1141lim 22

lim

11

1

1

141lim

ex

x

xx

x

.

4 Неперервність функцій Означення. Функція xf неперервна при 0xx , якщо вона визначена

при 0xx і в деякому околі цієї точки; та коли малому приросту x відповідає нескінченно малий приріст функції xf .

Всі елементарні функції неперервні в області їх визначення. Точки, де функція невизначена, являються точками розриву функції. Такі точки бувають: точками розриву першого роду, точками усувного розриву та точками розриву другого роду. Щоб визначити характер точки розриву, можна скористатися таким означенням неперервності функції:

Якщо функція xf визначена при 0xx та в деякому околі цієї точки і якщо

xf

xx 00

lim 000

lim xfxfxx

, то вона неперервна при 0xx .

Розглянемо на прикладах.

34

Приклад 1 Дослідити на неперервність функцію x

xy

35 .

Розв’язання. Ця функція невизначена в тих точках, де знаменник дорівнює нулю, тобто коли 03 x . Точка розриву 3x . Перевіримо характер розриву, для цього обчислимо лівосторонню та правосторонню границі.

Лівостороння границя:

155,03

,3,,03,335lim

03 xaxxколиixтоxякщо

xx

x =

015 ;

Правостороння границя:

155,03

,3,,03,335lim

03 xaxxколиixтоxякщо

xx

x =

015 ;

Таким чином, точка 3x – точка розриву другого роду.

Приклад 2 Дослідити на неперервність функцію x

xy4

5sin .

Розв’язання. Ця функція має точку розриву 0x .

45

45lim

45sinlim

000

xx

xx

xx.

45

45lim

45sinlim

000

xx

xx

xx.

Таким чином, x

xx

xxx 4

5sinlim4

5sinlim0000

, але 0f невизначена.

Якби визначили функцію при 0x , наприклад 540 f , то розрив був би

усунутий. Значить, 0x – точка усувного розриву.

Приклад 3 Знайти точки розриву функції

,2,6

;21,

;1,22

якщоxxxякщоx

якщоxx

xf

якщо вони існують. Розв’язання. У кожному із інтервалів функція неперервна. Розрив може

бути тільки при 1x або при 2x . Перевіримо неперервність у цих точках: а) при 1x ;22limlim

0101

xy

xx

.1limlim 20101

xyxx

Обчислені границі не співпадають, це означає, що при 1x функція має розрив. Так як границі скінчені, то маємо точку розриву першого роду;

35

б) при 2x ;42limlim0202

xyxx

4limlim 20202

xyxx

, .422

2 x

xf

У цьому випадку обчислені лівостороння та правостороння границі співпадають і дорівнюють значенню функції в точці: 42limlim

0202

fyy

xx,

тому функція в точці 2x неперервна.

Контрольна робота №2 Індивідуальні завдання

21.01 – 21.30 1 Розв’язати за допомогою метода Крамера та матричним методом систему лінійних рівнянь. Зробити перевірку. 2 Знайти власні числа і власні вектори матриці. Дані, що відповідають номеру варіанта, взяти з таблиці 2.1 . Таблиця 2.1 Номер варіанта Система лінійних рівнянь Матриця

21.01

.19324,143

,72

321

321

321

xxxxxxxxx

.520262

027

.

21.02

.132,12232

,75

321

321

321

xxxxxx

xxx

284014013

.

21.03

.22,3,123

31

321

321

xxxxx

xxx

101162212105

.

21.04

.232,359,123

321

321

321

xxxxxxxxx

230123012

.

21.05

.1753,1032

,52

321

321

21

xxxxxx

xx

552552

228.

21.06

.32,22,12

321

321

321

xxxxxxxxx

1324121019106127

.

36

21.07

.4359,232

,723

321

321

321

xxxxxx

xxx

302131051

.

21.08

.13356,9232

,6

321

321

321

xxxxxx

xxx

496375254

.

21.09

.622,53

,253

321

321

31

xxxxxx

xx

101202

012.

21.10

.145,33

,452

321

31

321

xxxxx

xxx

011101110

.

21.11

.182,1123

,32

321

321

321

xxxxxx

xxx

120230

795.

21.12

.435,18,22

321

321

321

xxxxxxxxx

020212

022.

21.13

.222;1

;5325

321

321

321

xxxxxx

xxx

776874431

.

21.14

.772,33

,52

321

321

321

xxxxxxxxx

0131010470

.

21.15

.1310,14163

,952

32

321

31

xxxxx

xx

201335212

.

21.16

.65,104,232

321

321

321

xxxxxxxxx

300131041

.

37

21.17

.1332,54

,123

321

321

321

xxxxxxxxx

120010112

.

21.18

.3795,43,742

321

32

321

xxxxxxxx

8411362331

.

21.19

.1454,223

,52

321

321

21

xxxxxx

xx

212010121

.

21.20

.134,1469,5243

321

321

321

xxxxxxxxx

111012200

.

21.21

.932

,2245,146

321

321

31

ххх

ххххх

212043010

.

21.22

.1610,952

,81635

32

31

321

xxxx

xxx

111010133

.

21.23

.1323,73215

,26

321

321

321

xxxxxx

xxx

380110115

.

21.24

.1972,765

,83

321

321

321

xxxxxx

xxx

124222421

.

21.25

.1132,14723

,94

321

321

321

xxxxxx

xxx

504941754

21.26

.71072,1295

,593

321

321

321

xxxxxxxxx

121101365

.

38

21.27

.4653;12

;26

321

321

31

xxxxxx

xx

132412101910007

.

21.28

.9572,4293

,722

321

321

321

xxxxxx

xxx

1307502381

.

21.29

.72,3985

,323

321

321

321

xxxxxx

xxx

100002023

.

21.30

.11322,823

,1

321

321

321

xxxxxx

xxx

121101365

.

22.01 – 22.30

Зависати в алгебраїчній та тригонометричній формах задане комплексне число (табл. 2.2) і зобразити його графічно. Розв’язати рівняння 03 az . Таблиця 2.2

Номер варіанта Комплексне число Номер

варіанта Комплексне число

22.01 ia 5 22.16

ia

122

22.02 i

a

32 22.17 i

a322

4

22.03 ia

31 22.18

ia

2222

22.04 ia

3228

22.19 i

a2222

22.05 31

4i

a

22.20 31

4i

a

22.06 i

a232

22

22.21

ia

23222

22.07 ia 3 22.22

ia

3334

22.08 3224i

a

22.23 i

a22

22

39

22.09 i

a

32 22.24

ia

32

22.10 i

a

122 22.25 i

a

2

22.11 i

a333

2

22.26

ia

3

4

22.12 i

a 3 22.27

ia 4

22.13 i

a3326

22.28 ia

3336

22.14 ia

3336

22.29

314i

a

22.15 i

a3329

22.30

ia

2222

23.01 – 23.30 Обчислити границі наступних виразів ( п – номер варіанта):

1.1 0

sinlim( 1)x

nxtg n x , 1.5 20

1 coslim2x

nxx

,

1.2 20lim

2x

arctgnxnx x

, 1.6 20

ln(1 )lim2x

nxx

,

1.3 ( 1)

0

1lim5

n x

x

etg x

, 1.7

2

0

arcsinlim5x

nxx

;

1.4 20

cos coslimx

nx xnx

,

2.1 1

2

7lim1

n

nx

nx xnx

, 2.6 2lim 1x

x x nx

,

2.2 5 6lim

3

n

nx

x xnx x

, 2.7 1lim ( 1) x

xn

nx

,

2.3 1

1

2lim3 5

n

nx

x x nx

, 2.8 ( 1) 1lim

nx

x

n xnx

,

2.4 2

2 2

( 1)limx n

x n x nx n

, 2.9 12

2lim ( 1)1

xx

nx nx

,

2.5 2 2

1 1limx n

x nn x

, 2.10 1lim2

nx

x

nxnx

.

40

24.01 – 24.30 А Дослідити на неперервність функцію і побудувати її графік. Б Установити чи є функція неперервною в заданих точках. Знайти точки розриву функції та дати їх класифікацію. Варіант № 1 Варіант № 2

а) 2

4, 12, 1 1

2 , 1

x xx x

x x

а)

2 1, 12 , 1 3

2, 3

x xx x

x x

б) 1

31 2( ) 2 1, 3; 4xf x x x . б)

12

1 2( ) 5 1, 2; 4xf x x x .

Варіант № 3 Варіант № 4

а) 2

1, 0( 1) , 0 2

4, 2

x xx xx x

а) 3, 01, 0 4

3 , 4

x xx x

x x

б) 1 27( ) , 2; 32

xf x x xx

. б) 1 25( ) , 2; 33

xf x x xx

.


а) 2, 11, 1 1

3, 1

x xx x

x x

а) 1 , 0

0, 0 22, 2

x xx

x x

б) 1

31 2( ) 4 2, 2; 3xf x x x . б)

12

1 2( ) 9 1, 0; 2xf x x x . Варіант № 7 Варіант № 8

а) 2

, 0( 1) , 0 2

3, 2

x xx x

x x

а)

22 , 0, 0 1

2 , 1

x xx x

x x

б) 1

51 2( ) 2 1, 4; 5xf x x x . б)

14

1 2( ) 5 2, 3; 4xf x x x .


а) 3

2( 1), 1( 1) , 1 0, 0

x xx x

x x

а) 2

, 0, 0 21, 2

x xx xx x

б) 1

31 2( ) 6 3, 3; 4xf x x x . б)

15

1 2( ) 7 1, 4; 5xf x x x .

41


а) sin , 0

, 0 20, 2

x xx x

x

а)

cos , 2

0, 2

2, 2

x x

x

x

б) 1 23( ) , 5; 44

xf x x xx

. б) 1 25( ) , 3; 22

xf x x xx

.


а) 2

1, 0, 0 2

2 , 2

x xx xx x

а) 2

1, 01, 0 1

, 1

x xx x

x x

б) 2

31 2( ) 5 , 3; 4xf x x x . б)

21


а) 1, 02 , 0 2

3, 2

x

xx

x x

а) 2

, 01, 0 2

1, 2

x xx xx x

б) 1

21 2( ) 2 1, 2; 0xf x x x . б)

42


а) 3

2, 2, 2 1

2, 1

x xx x

x

а) 2

3, 01, 0 2

2, 2

x xx

x x

б) 4

31 2( ) 5 1, 2; 3xf x x x . б) 1 2

3( ) , 4; 54

xf x x xx

.


а) 2

3 4, 12, 1 2

, 2

x xx xx x

а) 1, 0

sin , 03,

x xx xx

б) 1 22

2( ) , 1; 21

xf x x xx

. б) 3

21 2( ) 2 1, 2; 1xf x x x .

42


а) 2

, 1( 2) , 1 3

6, 3

x xx xx x

а) 2

1, 11, 1 3

2 , 2

x xx x

x x

б) 3

21 2( ) 4 2, 3; 2xf x x x . б)

21

1 2( ) 3 2, 0; 1xf x x x .


а) 2

1, 12, 1 2

2 , 2

x xx x

x x

а)

3, 11, 1 3

5, 3

x xx x

x x

б) 3

41 2( ) 5 1, 5; 4xf x x x . б) 1 2

4( ) , 2; 12

xf x x xx

.


а) 2

3, 04, 0 2

2, 2

x xx x

x x

а) 2

, 21, 2 11, 1

x xx x

x x

б) 1 24( ) , 3; 23

xf x x xx

. б) 1 25( ) , 3; 43

xf x x xx

.


а) 2

0, 11, 1 2

2 , 2

xx x

x x

а) 1, 0

cos , 01 ,

xx x

x x

б) 4

11 2( ) 3 1, 1; 2xf x x x . б) 1 2

4( ) , 5; 45

xf x x xx

.


а) 2, 11 , 1 1ln , 1

xx x

x x

а) 3

, 0, 0 2

4, 2

x xx xx x

б) 2

41 2( ) 6 , 3; 4xf x x x . б) 1 2

1( ) , 2; 32

xf x x xx

.

43

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1 Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. – М.: Наука, 1975. 2 Щипачёв В.С. Курс высшей математики. – Изд. МГУ, 1981. 3 Овчинников П.Ф., Яремчук Ф.П., Михайленко В.М. Высшая математика / Под ред. П.Ф. Овчинникова – К.: Высш. Шк., 2001. 4 Мелентьєв Б.В., Оранська А.І., Харченко А.П. Вища математика у прикладах і задачах. – Київ УМК ВО. – I ч., 1992. 5 Мелентьєв Б.В., Оранська А.І., Харченко А.П. Вища математика у прикладах і задачах. – Київ УМК ВО. – II ч., 1994.

6 Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры.– М.: Наука, 1987.

ЗМІСТ

Вступ ................................................................................................................. 3 Контрольна робота №1 .................................................................................. 3 1 Лінійна та векторна алгебра ....................................................................... 3 2 Аналітична геометрія на площині.............................................................. 7 2.1 Система прямокутних координат на площині ................................... 7 2.1.1 Пряма лінія на площині ............................................................. 7 2.1.2 Криві другого порядку ............................................................... 10 2.2 Полярна система координат ................................................................ 14 3 Аналітична геометрія у просторі ............................................................... 15 Індивідуальні завдання ................................................................................... 18 Контрольна робота № 2 .................................................................................. 22 1 Елементи лінійної алгебри ......................................................................... 22 2 Комплексні числа ........................................................................................ 28 3 Границі ......................................................................................................... 30 4 Неперервність функцій ............................................................................... 33 Індивідуальні завдання ................................................................................... 35 Список літератури ........................................................................................... 43

Documents

Міністерство освіти і науки України ...mathem-kstuca.ucoz.ua/Liter/extern_test_1_2_ua.pdf · 2011-02-21 · на векторний добуток b