Добавил:

Kaz Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Руководство к выполнению контрольных работ по высшей математике ЖА Черняк, ТС Степанова, БГУИР 2002.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.06.2014

Размер:

620.91 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 114 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

-метод нахождения обратной матрицы;

-методы вычисления определителей;

-метод нахождения собственных значений и собственных векторов;

-метод приведения уравнения кривой второго порядка к каноническому

виду.

Блок обучающих задач с решениями

Задача 2.1.			Даны две матрицы А и В. Требуется найти: 1) 3A2 − 2BT ;
2) A−1; 3)	B A−1 + 1
2) A−1; 3)	B A−1 + 1			E	, где Е – единичная матрица третьего порядка.
			7
		−1 0			2		3	0	1
	A =		2	3	2	,	B = −3 1		7 .
			3	7				3
			3	7	1		1	3	2

Решение.		1)	Находим		матрицу A2 = A A,		элементы αij	которой
вычисляем по правилам:					+ ai3 a3 j , где i, j {1,2,3}.
αij = ai1 a1 j			+ ai2 a2 j		+ ai3 a3 j , где i, j {1,2,3}.
	−1 0 2			−1 0		2
A2 =	2 3 2			2 3		2 =
		7			7
	3	7	1	3	7	1

(−1)(−1) + 0 2 + 2 3					(−1) 0 + 0 3 + 2 7		(−1) 2 + 0 2 + 2 1
= 2	(−1)	+3 2 + 2 3				2 0 +3 3 + 2 7	2 2 +3 2 +	2 1	=
	(−1)	+ 7 2 +1 3				3 0 + 7 3 +1 7	3 2 + 7 2 +
3	(−1)	+ 7 2 +1 3				3 0 + 7 3 +1 7	3 2 + 7 2 +	1 1

7 14 0

=10 23 12 .14 28 21

Находим матрицу 3A2 , умножая каждый элемент матрицы A2 на 3.

21	42	0
3A2 = 30	69	36 .
	84
42	84	63

Находим матрицу BT - транспонированную матрице В, для этого каждую из строк матрицы В запишем в виде столбца с соответствующим номером.

3	0	1 T	3 −3 1
BT = −3 1		7	= 0	1	3 .
	3			7
1	3	2	1	7	2

Умножим каждый элемент матрицы BT на 2 и вычтем полученную матрицу

2BT из матрицы 3A2 :					15 48 − 2
	21 42 0		6	−6 2	15 48 − 2
3A2 − 2BT =	30 69 36		− 0	1 6	= 30	68	30	.
						70	59
	42 84	63	2 14 4		40	70	59

2) Для данной матрицы А обратная матрица A−1 существует тогда и только тогда, когда A ≠ 0 . При этом

				1				A11			A21	A31
	A−1 =			1				A			A	A		,				где				A						-	алгебраическое													дополнение
	A−1 =							A			A	A		,				где				A						-	алгебраическое													дополнение
						A		12		22		32												ij
						A		A			A	A
								A			A	A
								13		23		33
элемента aij, i, j {1,2,3}.
Находим
	A	=	−1					0		2	= (−1)		3 2			−0						2 2						+ 2			2 3				=


			2 3 2
			2 3 2
				3				7		1			7	1								3			1						3			7
													7	1								3			1						3			7

= (−1)(3 −14) + 2 (14 −9) =11+10 = 21 ≠ 0.
	A =				3 2				= −11;				A = −						2 2				= 4 ;									A =				2 3					= 5.
	A =				3 2				= −11;				A = −						2 2				= 4 ;									A =				2 3					= 5.
11					7			1				12							3		1												13			3			7
					7			1											3		1															3			7
	A = −						0 2			=14 ;			A =					−1 2						= −7					;			A = −						−1 0					= 7;
	A = −						0 2			=14 ;			A =					−1 2						= −7					;			A = −						−1 0					= 7;
21							7	1				22						3			1													23					3	7
							7	1										3			1																		3	7
	A =					0 2			= −6 ;				A = −							−1 2						= 6			;			A =					−1 0					= −3.
	A =					0 2			= −6 ;				A = −							−1 2						= 6			;			A =					−1 0					= −3.
31						3		2				32								2	2													33			2			3
						3		2												2	2																2			3
	A−1 =			1				−11 14 −6							−1121										23				− 2 7
	A−1 =			1				4			−7 6			=			4			21				− 1				3		2		7		.
				21													5			21					1			3	−			7
								5			7 −3						5			21					1		3		−			1	7
																				21							3						7

3) Находим произведение матриц B A−1 :

			3	0	1	1	−11 14 −6
B A	−1	=	−3 1		7			4	−7 6		=

						21
			1	3				5	7
					2					−3

	1	3 (−11) + 0 4 +1 5	3 14 + 0 (−7) +1 7
=	1	(−3) (−11) +1 4 + 7 5	(−3) 14 +1 (−7) + 7 7 ×

	21
		1 (−11) +3 4 + 2 5	1 14 +3 (−7) + 2 7
		1 (−11) +3 4 + 2 5	1 14 +3 (−7) + 2 7

3 (−6) + 0 6 +1 (−3)		1	− 28 49 − 21
× (−3) (−6) +1 6 + 7 (−3)	=			72	0	3	=

		21
1 (−6) +3 6 + 2 (−3)					7	6
			11

	−28			21	7	3	−1
=									.
		24		7	0		1	7

		11	21		1	3	2	7

Находим матрицу B A−1 +																			1			E :
Находим матрицу B A−1 +																		7				E :
																		7
										− 28						21	7			3			−1						1	7	0			0
B A−1 +						1						24				21				3			1							7	1
						1		E =							7			0							7		+ 0					7		0			=
						7		E =										0									+ 0							0			=
						7					11							1					2						0					1
											11			21				1		3			2		7				0		0			1	7
		25						7						21						3					7										7
−		25			21			7	3			−1
	24				21			1	3			1
=	24			7				1	7			1	7		.
	11			7				1	7			3	7
	11		21					1	3			3
			21						3				7
																														− 25			21		7	3	−1
																	B A−1 +									1 E =					24		21		1	3	1		=
Вычисляем определитель																	B A−1 +									1 E =					24	7			1	7	1	7	=
																										7						7				7		7
		25						2			7		205								157							13392			1121				13		37
=	−								−								−1							= −							≈ −4,338.
=	−	21					147		−		3		147				−1				147			= −				3087			≈ −4,338.
		21					147				3		147								147							3087

Задача 2.2. Проверить, совместна ли система уравнений, и в случае совместности решить ее: 1) по формулам Крамера; 2) методом Гаусса; 3) с помощью обратной матрицы (матричным методом):

	x +5x	2	− x	3	= 3
	1
	2x1 + 4x2 −3x3 = 2
		−3x3 = −7.
3x1 − x2

Решение: Совместность системы проверим по теореме КронекераКапелли. Для этого вычислим определитель основной матрицы А данной системы.

−1

4 −3

2 −3

2 4

A = 2 4

−3

;

−5

−1

= −16 ≠ 0.

−1 −3

3 −3

3 −1

−1

−3

Поскольку

≠ 0, строки (столбцы) матрицы А линейно независимы и, значит,

ее ранг равен 3. Ранг расширенной матрицы системы

−1

−3

A =

−1

−3

−7

тоже равен 3, так как у нее 3 строки (а среди них не может быть более трех

линейно независимых), с другой стороны, матрицы A имеет ненулевой минор

третьего порядка A = −16.

По теореме Кронекера-Капелли равенство рангов матриц A и A означает совместность данной системы.

1) Решим систему по формулам Крамера:

x =

∆1 ,

∆2

∆3

где

∆ =

∆

- определитель,

∆

который получен из ∆

путем замены в нем i-го столбца столбцом свободных

членов системы.

−1

∆1 =

−3

= 64;

∆2 =

−3

= −16;

−7 −1 −3

−7 −3

∆3 =

= 32.

−1

−7

x =

= −4 ;

−16

=1;

= −2 .

−16

2) Решим систему методом Гаусса. Составим расширенную матрицу

~	~
системы A . С помощью элементарных преобразований строк матрицы	A (что

равносильно выполнению соответствующих операций над уравнениями системы) будем последовательно обнулять координаты при x1 во 2-й и 3-й

строках матрицы А (т.е. второй и третий элементы первого столбца). Для этого 1-ю строку умножим на 2 и вычтем из 2-й строки, затем 1-ю строку умножим на 3 и вычтем из 3-й строки.

	1 5				1
~			−1	3		5	−1	3
			−3			−6	−1
A	= 2 4			2	~ 0			− 4 .
		−1	−3			−16 0
	3			−7	0			−16

Из	последней			строки	получаем		−16x2 = −16 x2 =1;		из

предпоследней строки x3 = −2 ; из первой строки (с учетом найденных x2 , x3 )

x1 = −4 .

3) Запишем систему в матричном виде.

= x1

Пусть

. Тогда система имеет вид

= B. Так как

−7

≠ 0 , то матрица А имеет обратную матрицу A−1, умножая на которую слева

обе части матричного уравнения, получаем

= A−1

A11

A21

A31

Находим A−1 =

A =

= −15 ;

A = −

5 −1

=16 ;

−1

−3

−1

−3

A =

−1

= −11;

−3

A = −

2 −3

= −3;

A =

1 −1

= 0;

A = −

1 −1

=1;

−3

2 −3

A =

2 4

= −14 ;

A = −

1 5

=16 ;

A =

1 5

= −6 .

−1

			1	−15		16	−11
A	−1	=			−3	0	1	.

			−16
						16
				−14			−6

Искомый столбец неизвестных x :

−15 16 −11 3

− 4

x = x2

−3 0

= 1

−16

−14 16

−6 −7

− 2

откуда: x1 = −4,

x2 =1,

x3 = −2.

Ответ: x1 = 4,

x2 =1,

x3 = −2 .

Задача 2.3. Найти собственные значения и собственные векторы матрицы

−1

A =

−1

−1 .

−1

Решение.

Составляем

решаем

характеристическое уравнение

A −λE

= 0 .

3 −λ

−1

−1 5 −λ −1

= 0 .

−1

3 −λ

(3 −

λ)((5 −λ)(3 −λ) −1)+ ((−1)(3 −λ) −(−1))+ ((−1) (−1) −(5 −λ))= 0

(3 − λ)(λ2 −8λ +12) = 0

= 3,

= 2, λ

= 6 -

собственные

значения матрицы А.

Находим

собственный

вектор

соответствующий

собственному

значению λ1 = 3. Для

этого

составляем

решаем систему

однородных

линейных уравнений

(A −3E)

1 = 0

или

0 −1 1 x

−

−1 2

= 0 .

1 −1 0 x

Решим эту систему методом Гаусса.

	0	−1	1	0	−1 2 −1				0	−1 2			−1	0
	0	−1	1	0	−1 2 −1				0	−1 2			−1	0
							−1	0					−1
−1 2 −1				0	~ 1		−1	0	0	~ 0 1			−1	0 ~
	1	−1	0			0	−1	1			0	−1 1
	1	−1	0	0		0	−1	1	0		0	−1 1		0

−1

0 .

Отсюда

x2 = x3 = a ;

x1 = 2x2 − x3 = a , т.е.

x1 = x2 = x3 = a , где

a - любое число,

не

равное

Таким

образом,

собственный вектор

матрицы А, соответствующий собственному значению

λ = 3, имеет вид

= a = a

, где a ≠ 0 .

Аналогично находим собственный вектор

, соответствующий

собственному значению λ2 = 2 .

(A − 2E)

0 1 −1 1

1 −1 1

−1

−1 3

~ 0 2 0

0 .

−1 1

0 0 0

Отсюда x2 = 0 ;

x1 = −x3 = в,

где в - любое число ≠ 0. Тогда

V2 =

= в

, где

в ≠ 0 .

−в

−1

Находим собственный вектор

, соответствующий собственному

значению λ3 = 6 .

(A −6E)

−3

0 −1 −1 −1

0 −1

−1

−1 1

−1

−1 −3

− 2

− 4

~ 1

~ 0

0 ~

−1

−3

0 −3 −1 1

			1	1	1	0
			1	1	1	0

			~ 0	1	2	0 . Отсюда					x2 = −2x3 = 2c ;				x1 = −x2 − x3 = −c ,							где
				0	0
			0	0	0	0
								−c				1
								−c				1
			c ≠ 0 . Тогда				= 2c			= (−c) − 2			, где	c ≠ 0 .
			c ≠ 0 . Тогда			V	= 2c			= (−c) − 2			, где	c ≠ 0 .
						3
								−c				1
															λ1 = 3, λ2 = 2,						λ3 = 6 ;
			Ответ	:	собственные				значения			матрицы		А	λ1 = 3, λ2 = 2,						λ3 = 6 ;
																	1					1
																	= a 1	,		2	= в	0
собственные					векторы			матрицы			А имеют		вид	:	V	1	= a 1	,	V	2	= в	0	,

																	1				−1

			1
		3	= с − 2			a, в, с R ,				a, в, с ≠ 0 .
	V	3	= с − 2		, где	a, в, с R ,				a, в, с ≠ 0 .

			1

Задача 2.4. Используя теорию квадратичных форм, привести уравнение
кривой второго порядка к каноническому виду и построить эту кривую:
5x2 + 4xy +8y 2 −32x −56 y +80 = 0 .
Решение. Матрица квадратичной формы
5x2 + 4xy +8y2
этого уравнения имеет вид:
5	2
A =	.
2	8

Составляем и решаем характеристическое уравнение матрицы
	5 −λ	2	= 0 λ2 −13λ + 36 = 0							λ = 4, λ	2	= 9 .
	5 −λ	2	= 0 λ2 −13λ + 36 = 0							λ = 4, λ		= 9 .
	2	8 −λ								1
	2	8 −λ
Находим собственный вектор							1, соответствующий λ1 = 4 .
Находим собственный вектор						V	1, соответствующий λ1 = 4 .
				1	2	0		1	2	0

( A − 4E) V 1
( A − 4E) V 1			= 0		4			~	0	.
				2	4	0		0	0	0

Отсюда	x1 = −2x2 = 2a ,			тогда x1 = 2a , x2 = −a , где a ≠ 0 . Таким
		2a	2
образом, V 1
	=		= a	.
	− a		−1

Нормируем

вектор

т.е. делим его

на

. Тогда

нормированный

собственный вектор

1 =

принимает вид:

e1 =

i −

j .

−1

Находим собственный вектор

2 , соответствующий собственному значению

λ2 = 9.

− 4 2

0 2 −1

(A −9E)V 2 = 0

2 −1

0 0 0

Отсюда x2 = 2x1 = 2в, тогда x1 = в, x2 = 2в,

в ≠ 0 .

V 2 =

2в

Нормированный собственный вектор

2 =

имеет вид

e 2 =

i +

j .

2 = 0

Векторы

ортогональны,

т.к.

. Используем

ортонормированные собственные векторы

1 и

для построения матрицы Т

поворота осей координат:

T =

5 .

−1

′

являются векторы

Базисными векторами новой системы координат X OY

−

e 2

x′

Переход от

старых координат

к новым координатам

производится

x′

y′

= T

по формулам:

, т.е.

′

					2						′				1					′
			x =						x		′		+							′
								5										5
							1						′		2						′
		y		= −						x			′	+							′
		y		= −						x				+					y .
								5										5
Подставим эти выражения в уравнение кривой:
				1			2											1						1		2		1		2	2
5(2	x′+			1		y′)		+	4				2		x′+				y		′		(−	1	x′+	2	y′)+8(−	1	x′+	2	y′)	−
5(2	x′+					y′)		+	4				2		x′+				y		′		(−		x′+		y′)+8(−		x′+		y′)	−
5				5									5					5						5		5		5		5
−32(25			x′+			1	y′)−56(−									1	x′+			2		y′)+80 = 0 .
−32(25			x′+			5	y′)−56(−									5	x′+			5		y′)+80 = 0 .
После преобразования получаем :
	4x′2 + 9 y′2 −									8		x′− 1445 y′+80 = 0
	4x′2 + 9 y′2 −									5		x′− 1445 y′+80 = 0

4(x′2 − 25 x′)+9(y′2 − 165 y′)+80 = 0 .

Выражение в скобках дополняем до полных квадратов:

					1									2						1													8	2	64
4 x′2 − 2					1			x′+ (					1	)				−						+9 y′2					− 2		8	y′+		−		+80	= 0
4 x′2 − 2								x′+ (					1	)				−		5				+9 y′2					− 2		8	y′+		−	5	+80	= 0
			5										5							5											5		5		5

4(x′−			1				)2 −				4		+9(y′−										8		)2 −			576		+80 = 0
4(x′−			5				)2 −				5		+9(y′−										5		)2 −			5		+80 = 0
4(x′−				1			)2 + 9(y′−											8			)2 = 36
4(x′−				5			)2 + 9(y′−											5			)2 = 36
	(x′−	1				)2			+	(y′−							8		)2
	(x′−	5				)2				(y′−							5		)2			=1.
																						=1.
9													4
								′′	= x			′	−		1
								′′				′
				x										5
Пусть														5						, что геометрически означает параллельный перенос
				y				′′	= y′−							8
				y				′′	= y′−					5
														5
осей координат в точку O′(15																										;	8		, тогда мы получаем каноническое
осей координат в точку O′(15																										;	5		, тогда мы получаем каноническое
уравнение						эллипса												(x′′)2						+ (y′′)2					=1			с полуосями				a = 3,	b = 2 .
																				9				4

Контрольная работа № 3

Введение в математический анализ

Литература: [2], гл.1, §1-8; [4], § 5.3; [5], §2.1 – 2.6; [12], ч.1; [14], гл.1, § 1.4 – 1.11.

Целью выполнения контрольной работы №3 является овладение основными математическими понятиями, приемами и методами, перечисленными ниже.

Основные понятия: комплексные числа (формы представления, геометрическая интерпретация); предел функции в точке и в ∞; непрерывность функции.

Основные приемы и методы:

-операции над комплексными числами;

-построение графиков элементарных функций путем преобразования графиков основных элементарных функций;

-методы вычисления пределов функций;

-исследование непрерывности элементарных функций.

Блок обучающих задач с решениями Задача 3.1. 1) Выполнить действия над комплексными числами. Результат

записать в показательной форме.

z = (i80 −i23 )8 (−1 + i 3)−6 .

2) Найти все корни уравнения:

а) z3 +1 = −i ; б) z 4 + 9z 2 + 20 = 0.

Решение. 1) Так как i = −1, то i2 = −1, тогда i4 = (i2 )2 =1;

i80 = (i4 )20 =1; i23 = i20 i2 i = (i4 )5 (−1) i = −i . В итоге

i80 −i23 =1 − (−i) =1 + i .

Запишем число z1 =1+i в показательной форме:

z	= r eiϕ , где	r = z = 12	+12	=	2 - модуль z ,
1		1			1
ϕ	- аргумент z , т.е. ϕ = arctg1 = π .
	1			4
	π i			4
z	π i
z	= 2e 4 .
1

По формуле Муавра z18 = r8 e8ϕi , т.е.

								π	i	8				π		i
	80		23		8			4	i			8		8	4	i		4		2πi
(i	80	−i	23	)	8		2e	4			= ( 2)	8	e		4		= 2	4	e	2πi	.
(i		−i		)		=	2e				= ( 2)		e				= 2		e		.

Запишем

число

z2 = −1+i

показательной

форме:

z2 =

(−1)2 + (

3)2 = 2. Так как число

расположено во 2-й четверти

плоскости

(a = −1 < 0,

b =

3 > 0) ,

то его аргумент ϕ определяется по

правилу: ϕ = arctg b

+π , т.е. ϕ = arctg(− 3) +π

ϕ =

2π .

Тогда показательная форма числа z2 имеет вид:

2π i

z2 = 2e 3 .

2π i

6 2πi

4πi

= 2

По формуле Муавра z2

z 8

24 e2πi

e−2πi

e oi

Исходное число z =

z26

6 e4πi

Ответ : z

e oi

2) Решим уравнения.

а) z3 +1 = −i z3 = −1 −i z = 3 −1 −i .

z1 = −1 −i воспользуемся

Для нахождения корней 3-й

степени

числа

формулой:

ϕ+2πk

3 z

= 3 r ei

, где k {0,1,2};

r =

, ϕ = arg z1.

Находим

и arg z1:

z = (−1)2 + (−1)2 = 2 ;

arg z

= arctg

−π , т.к. z

находится в 3-й четверти плоскости.

arg z

= arctg

(−1)

−π = π −π = −

π .

(−1)

−

3π i

4 .

−3π +2πk

3 z

= 3

2 e

, k {0, 1,

2}.

Тогда

k = 0 : 3 z = 6

2 e

−π i

k =1: 3 z = 6

5π i

;

2 e 12 ;

k = 2 :	3 z = 6		13π i
k = 2 :	3 z = 6	2 e 12 .
	1
		e	−π i	;		5	π	i	;	6	13π i
			−π i			5		i			13π i
Ответ: z 6 2			4		6	2 e 12					2 e 12

б) z 4 + 9z 2 + 20 = 0

	z 2 = t,
t 2	+9t + 20 = 0.

- биквадратное уравнение.

z 2 = t	z	2	= −4
	z		= −4
t = −4
t = −5	z 2		= −5

z = ±	− 4		z = ± 2 −1		z = ± 2i
z = ±	−5		z = ± 5 −1		z = ± 5i

Ответ: z {2i;−2i; 5i;− 5i}.

Задача 3.2.

Построить график функции y = F(x) путем преобразования

графика f (x), если F(x) =

log2 (2x +1)

f (x) = log2 x .

Решение.

2(x + 1 )

(x + 1 )

F(x) =

log

(2x +1)

log

2 + log

1 + log

(x + 1 )

f (x) = log2 x получить

Чтобы из

графика

график

заданной функции

F(x) , необходимо:

1) сделать параллельный перенос графика f (x) = log2 x

вдоль оси Ох

влево на

;

2)полученный график параллельно сместить вдоль оси Оy на 1 вверх.;

3)зеркально отразить участок графика, лежащий ниже оси Ох, симметрично этой оси.

Задача 3.3. Вычислить пределы, не пользуясь правилом Лопиталя.

lim

2x2

+5x −3

; 2)

lim

2x2 −5x4

−7

;

lim

11x2 −3

;

+10x +

4 +3x +8

x→−3 3x2

x→8 3x

x→−∞ 2x3 −4x +9

22 + x − 4

1 −sin(x

)

−3 4−x

lim

;

lim

;

lim

;

+ 216

2 − x2

x→−6

x→π

x→∞ 2x +1

3 1+7 x

6sin 5x +tg3x

lim

; 8)

lim

−

;

lim

x→−∞ 2x −5

x→0 x

sin x

x→0 2 arcsin x − arctg4x

tgx

Решение.

2(x +3)(x − 12)

2(x − 12)

lim

2x2 +5x −3

= lim

3(x + 13)

x→−3 3x2 +10x +3

x→−3 3(x +3)(x + 13)

x→−3

−5x

−7

−5 −

lim

= lim

= −

x→8 3x4 +3x +8

x→8

3 +

11x2 −3

− 3

lim

= 0 .

x→−∞ 2x3 − 4x +9

x→−∞ 2 −

lim

22 + x − 4 = lim

22 + x − 4

22 + x + 4 =

x→−6

x3 + 216

x→−6

x3 + 216

22 + x + 4

= lim

22 + x −16

36)(

22 + x +

x→−6 (x + 6)(x2 − 6x +

= lim

x + 6

36)(

22 + x +

x→−6 (x + 6)(x2 −6x +

= lim

22 + x +

1 .

x→−6 (x2 − 6x + 36)(

108 8

864

Замена

1 −sin

π−t

1 −sin(x 2)

π − x = t

5) lim

= lim

π 2 −(π −t)2

x→π

π 2 − x2

t → 0

t→0

x =π −t

1 −sin

(π

−

)

−cos( t

)

2sin 2 ( t

)

= lim

(2π −t)

t(2π −t)

t→0 (π −π +t)(π +π −t)

t→0

→0

= 2 1 lim

t16

= 2 0 = 0.

2π −t

t→0

4−x

2x −3 4−x

−3

lim

= lim 1

−1

x→∞ 2x +1

x→∞

2x −3 − 2x −

1 4−x

−

4−x

= lim

1 +

= lim 1

2x +1

x→∞

2x+1

−4

(4−x)

4−x

4x−16

− 4

2x+1

lim (−4)

lim

−4

2x+1

= e2 .

= lim

1 +

= e x→∞

2x +1

x→∞

1+7 x

4x +

lim

(1+7 x)

−∞

lim

x→−∞

= 2

= 0.

−

2x −

x→−∞ 2x

x→−∞

cos x

−1

lim

−

= lim

−

= lim

x→0 x

sin x

x→0 x sin x

sin x

x→0

x sin x

tgx

= lim

− 2sin 2 (x 2)

= −2 lim

sin 2 (x 2)

(x 2)2

x→0

x sin x

x→0

(x 2)2

sin x

= −2 lim

lim

= −2 1

1 = −

x 2

x→0

x→0 sin x

x→0

lim

6sin 5x +tg3x

lim

6 sinx5x + tgx3x

x→0

2 arcsin x − arctg

x → 0 2

arcsin x

−

artg 4x

sin 5x

tg3x

30 lim sin 5x +3 lim tg3x

6 (

) 5 + (3x

x→0 5x

x→0 3x

30 +3

= lim

= −

arctg4x

) 4

2 lim arcsinx

x −

4 lim

arctg4x

2 −

x→0 2(arcsinx

x )−(

x→0

Задача 3.4. Исследовать функцию f(x) на непрерывность и построить ее

график.

1 − x3 ,

x ≤ 0,

f (x) =

(x −1)2 , 0 < x ≤π,

2 cos x,

x >π.

Решение.						Функция	f(x) непрерывна на	интервалах
(−∞,0) (0,π) (π,+∞) , где она задана непрерывными элементарными
функциями. Исследуем непрерывность функции в точках x1 = 0 и								x2 =π .
lim	f (x) = lim (1 − x3 ) =1;
x→−0		x→−0
lim	f (x) = lim (1 − x)2 =1;
x→+0		x→+0
f (0) =1 − x3			x=0 =1,				f (x) непрерывна в точке x1 = 0.
f (0) =1 − x3			x=0 =1,
таким образом f (0) = lim f (x) , т.е.
					x→0
Для точки x2 =π находим
lim	f (x) =			lim		(x −1)2 = (π −1)2 ,
x→π−0			x→π−0
lim	f (x) =			lim		2 cos x = −2 ,
x→π+0			x→π+0
f (π) = (x −1)2					x=π = (π −1)2 .
f (π) = (x −1)2					x=π = (π −1)2 .
В точке x2 =π		f (x) имеет разрыв первого рода. График данной функции
изображен							на	чертеже.

Контрольная работа № 4

Дифференциальное исчисление функций одной переменной

Литература: [2], гл.1-4; [3], гл. 9, 10; [4], гл. 3; [5], ч.1, § 3.1-3.7; [11], гл.3,4; [14], гл. 2 §2.1 – 2.14, 2.18

В процессе подготовки и выполнения контрольной работы № 4 студенту необходимо овладеть основными математическими понятиями, приемами и методами, перечисленными ниже .

Основные понятия: производная функции; таблица основных производных; правила дифференцирования; производная высшего порядка;

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 114 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
15.06.2014794.18 Кб56Методические указания и контрольные работы по высшей математике ЖА Черняк, Минск 2004 (Мет пособие).pdf
#
15.06.2014175.1 Кб54Примеры решения дифференциальных уравнений.doc
#
15.06.2014148.48 Кб66Примеры решения задач на интегралы.doc
#
15.06.2014767.49 Кб71Примеры решения задач с кратными интегралами.doc
#
15.06.2014422.91 Кб21Примеры решения на темы пределы,.doc
#
15.06.2014620.91 Кб37Руководство к выполнению контрольных работ по высшей математике ЖА Черняк, ТС Степанова, БГУИР 2002.pdf
#
15.06.201412.41 Кб10список зарекомендовавших себя и бесплатных сайтов ТР-ы.docx
#
15.06.201438.4 Кб2ФКСиСПОИТ 2 сем.doc
#
15.06.2014649.22 Кб17Шпоры (ИИТ, Дайняк ИВ) [2930 вопросов].doc
#
15.06.2014533.28 Кб48Шпоры на 1ый сем, Лущакова, 1ый семестр (Лущакова И Н).docx
#
15.06.20141.43 Mб34Шпоры, 1ый семестр (Цегельник) [4445 вопросов].doc