Задачи по матанализу, вариант №5 - конспект - Математический анализ, Упражнения из . Moscow State University of Economics, Statistics and Informatics
Ivan_Bunin
Ivan_Bunin1 March 2013

Задачи по матанализу, вариант №5 - конспект - Математический анализ, Упражнения из . Moscow State University of Economics, Statistics and Informatics

PDF (140.7 KB)
14 страница
491количество посещений
Описание
Задачи по матанализу, вариант №5. конспект. Математический анализ. Упражнения и задачи по матанализу
20очки
пункты необходимо загрузить
этот документ
скачать документ
предварительный показ3 страница / 14
это только предварительный показ
консультироваться и скачать документ
это только предварительный показ
консультироваться и скачать документ
предварительный показ закончен
консультироваться и скачать документ
это только предварительный показ
консультироваться и скачать документ
это только предварительный показ
консультироваться и скачать документ
предварительный показ закончен
консультироваться и скачать документ
Задачи по матанализу, вариант №5 - контрольная работа - Математический анализ

Всероссийский заочный финансово – экономический институт.

Факультет: финансово – кредитный Кафедра: Высшей математики

Контрольная работа № 1

Дисциплина: Математический анализ и линейная алгебра Тема: Задачи по матанализу, вариант №5

Тамбов 2006 г.

Задание №1 Найти матрицу АВ+3Е и ВА+3Е, где

 

  

− =

311

201 А ,

  

  

−= 10

06

11

В ,

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:

27

31

1*30*11*10*3)6(*11*1

1*20*01*10*2)6(*01*1

10

06

11

* 311

201

− =

++−+−+− +++−+

=− −

=С

27

31 *

− =ВА

1.3 Вычислим 3Е:

30

03

10

01 33 ==Е

1.4 Находим матрицу АВ+3Е:

57

34

3207

0331

30

03

27

31 3

− =

++− ++

=+ −

=+ ЕАВ

Ответ: 57

34 3

− =+ ЕАВ

Найти матрицу ВА+3Е: 1.1 Найдем размер матрицы произведения: В * А = С 3*2 2*3 3*3

311

1206

510

3*12*01*10*0)1(*11*0

3*02*61*00*6)1(*01*6

3*12*11*10*1)1(*11*1

311

201 *

10

06

11

− −−=

++−+ +−+−−+−

++−+ =

− −=С

1.2 Вычислим матрицу 3Е:

300

030

003

1*30*30*3

0*31*30*3

0*30*31*3

100

010

001

33 ===Е

1.3 Найдем матрицу В*А+3Е

611

1236

510

330101

0123006

050130

300

030

003

311

1206

510

3

− −−=

+++− +−++−

+++ =+

− −−=+ ЕВА

Ответ: 611

1236

510

3

− −−=+ ЕВА .

Задание №2 Найти предел:

xxx

x

ln

22

1

lim − →

Решение:

Имеем неопределенность вида  

  

0

0 применим правило Лопиталя

( ) 10 2ln2

1ln 1

lim

2ln*2 2

lim

1ln

2ln*2

1

lim 1

*ln*1

2ln*2

1

lim

)ln(

)22(

1

lim '

'

+ =

+ →

→= +→

= +→

=− →

x x

x

xx x

xxxxxx

x xxx

Ответ: xxx

x

ln

22

1

lim − →

=2ln2.

Задание №3 Найти произвольную функции:

( )25ln2 3ln2 eexey x ++= − Решение: Находим производную по формуле сложной функции ''')( UVVUUV +=

( ) ( )25ln2'' 3ln2 eexey x ++= − + ( )'25ln2 3ln2 eexe x ++− Находим производные

( ) ( )xeea xx 222 '' −== −− ( ) 3ln23ln '25ln2' xeexb =++=

по сколько ( ) 0'5ln =e и ( ) 0'2 =e - производные от постоянной величины равны нулю.

( )25ln2' 3ln2 2 eexxey x ++−= − + 3ln22 xe x− Упростим полученное выражение и заменим 55ln =e по определению логарифмов. ( )3ln53ln2 22' 2 +−−−= − exxey x = ( )[ ]22 513ln2 2 exxe x −−−− Ответ: ( )[ ]22' 513ln2 2 exxey x −−−= − 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

( ) ( )22xaxxV −= формула ( )xV имеет область определения 0<x< a 2

1

Найдем производную ( )[ ]'xV

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) 22222

2'22''

8128444

2*22*2122*

aaxxxaxxaxa

xaxxaxaxxaxxV

+−=+−+− =−−+−=−+−=

Находим критические точки функции в которых они имеют максимальное значение т.е. ( )xV =0,

0812 22 =+− aaxx Находим значение корней 1x и 2x

24

48

12*2

12*4648 22

2,1

aaaaa x

± =

−± =

ax 2

1 1 =

ax 6

1 2 =

Корень 1a находится вне определения функции тогда принимаем ax 6 1

2 = .

При α=54см 2x =9см. Ответ: Длина стороны вырезаемого квадрата равна 9см. Задание №5

Составить уравнения касательных к гиперболе 3

1

+ −=

x

x y , которые

перпендикулярны прямой x+y-4=0. Сделать чертеж. Решение: Преобразуем формулу прямой x+y-4=0 к виду уравнения прямой с угловым коэффициентом y=kx+b

x

a-2x

a-2x

y=-x+4. Следовательно, угловой коэффициент прямой y=-x+4 равен 11 −=k . Угловые коэффициенты прямых касательных к гиперболе, представленной

формулой 3

1

+ −=

x

x y , будут выражаться производной 'y :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22

'' '

3

13

3

3*13*1

+ +−+=

+ +−−+−=

x

xx

x

xxxx y ;

( )2 '

3

4

+ =

x y т.е.

( )22 3 4

+ =

x k .

Из условия перпендикулярности прямых 2

1

1

k k = , 12 =k .

Подставляем 12 =k в формулу касательных ( )22 3 4

+ =

x k находим 0x

( )23 4

1 +

= x

( ) 43 2 =+x ( ) 23 ±=+x

501 −=x 102 −=x

т.е. имеем две касательные прямые.

Находим уравнения касательных к гиперболе 3

1

+ −=

x

x y по формуле

( ) ( )( )00'0 xxxyxyy −=−

( ) ( )[ ]5*

35

4

35

15 121

−− +−

= +− −−− xy для 501 −=x

53 11 +=− xy 811 += xy

( ) ( )[ ]1*

31

4

31

11 222

−− +−

= +− −−− xy для 102 −=x

11 22 +=+ xy

22 xy = Ответ: Разрешив задачу получим две касательных уравнения которых

811 += xy и 22 xy = .

Рассматриваемая гипербола есть дробно-линейная функция вида dcx

bax y

+ += .

В данной задаче гипербола дана формулой 3

1

+ −=

x

x y из этого следует 1=a :

b=-1; c=1; d=3. m определится формулой ( ) 2/ cadbcm −=

04 1

31

1

3*11*1 2

<−=−−=−−=m

При m<0 ветви гиперболы расположены во 2 и 4 квадрантах.

В новой системе координат центр 1O определится по формулам c

d x −= и

c

a y = подставляя данные 1=a , с=1, d=3 получим 3

1

3 −=−=x ; 1 1

1 === c

a y ;

( )1;3' −O . Координаты вершины гиперболы определяются формулам

myx == '' при m=4

24'' ±=−== yx .

Так как ветви гиперболы находятся во 2 и 4 квадрантах, то координата вершины ветви гиперболы во 2 квадранте имеет координаты в новой системе координат 2'2 −=x , 2

' 2 =y . Для вершины ветви в 4 квадранте 2

' 4 =x , 2

' 4 −=y .

Для выполнения чертежа имеем уравнения прямых y=-x+4

811 += xy

22 xy = Координаты 1O центра новой системы координат ( )1;3' −O , координаты вершин ветвей гиперболы в новой системе координат ( )''22 2;2 =−= yxA ;

( )2;2 '4'4 −== yxB . Задание №6

Исследовать функцию 21 x

x y

+ −= и схематично построить ее график.

Решение: 1) Область определения функции: Область определения функции – вся числовая ось -∞<x<+∞ при x=0 и y=0. 2) Функция нечетная, так как

( ) 21 1 x

x xy

+ −=+

( ) 01 <+ xy ( ) ( )

( ) 222 11 x x

x

x xy

+ =

−+ −−=−

( ) 02 >− xy ( ) ( )xyxy 21 ≠

3) Вертикальных асимптот функция не имеет, так как

0 1

limlim 20

0

0 =

+ −=

→ − +

x

x x

x

и не имеет разрыва в точке х=0 потому что y(0)=0.

4) Поведение функции в бесконечности:

Находим 0 1

0

1 1

lim

1 lim

1 1

lim 1

lim

22

2

2 −=−=

 

  

 +

− =

+

= + −

+∞→

+∞→

+∞→+∞→

x

x

x

x

x

x

x

x

x

xx 0

1 lim

2 −=

+ −

+∞→ x

x x

аналогично делая преобразования получим 0 1

lim 2

+= + −

−∞→ x

x x

. Анализируя

полученные результаты заключаем, что справа от х=0 в бесконечность ( )+∞→x предел y(x) стремится к (-0), слева от х=0 ( )−∞→x предел y(x) стремится к (+0). Иными словами ось абцисс является горизонтальной асимптотой. 5) Экстремум функции определяется по первой производной по формуле

2

'''

V

UVVU

V

U −= 

  

 ;

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )22 2

22

22

22

2

22

'22'

1

1

1

21

1

211

1

11

x

x

x

xx

x

xxx

x

xxxx xy

+

−= +

+−−= +

−−+−= +

+−−+−=

приравниваем ( ) 0' =xy то есть ( ) 012' =−= xxy 12 =x 112,1 ±==x . Получаем две точки экстремума в точках 11 =x и 12 −=x . На основании пункта 4 решения задачи заключаем: Справа от точек - +∞<< x1 функция ( )∞;1 y(x) монотонно убывает стремясь к (-0). Слева от точек 1−<<∞− x функция ( )1;−∞− y(x) монотонно убывает стремясь к (+0) точнее в интервале ( )∞;1 функция убывает ( ) ( )0−→xy в интервале ( )1;−∞− функция убывает ( ) ( )0+→xy . 6) Характер выпуклости определяем по второй производной:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )32 2

32

22

42

2222 '

22

2

1

3 2

1

1412

1

212112

1

1 ''

+

+−= +

−−+ =

+−−+ =

  

  

+

− =

x

x x

x

xxxx

x

xxxxx

x

x xy .

Вычисляем ( )xy '' в критических точках 11 =x и 12 −=x ( )

( ) 0

8

4

11

31 21

3

'' >= +

+−=y функция выпуклая вниз,

( ) ( )

0 8

4

11

31 21 ''

3

'' <<−= +

+−−=− yy функция выпуклая вверх.

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

значение функции y(1)= 2

1

11

1

1 2 −=

+ −=

+ −

x

x .

В точке х=-1 значение функции y(-1)= ( ) ( ) 2

1

11

1

1 22 =

−+ −−=

+ −

x

x .

На основании изложенного строим график:

Контрольная работа №2 Задание №1 Найти неопределенные интегралы:

1) ( )∫ + xx dx

32

2) ( ) dxex x22 −∫ − Решение:

Для нахождения интеграла ( )∫ + xx dx

32 применяем метод замены

переменной. Получим xt = тогда 2tx = dttdx *2= найденные значения подставляем в интеграл

( ) ( ) ( ) Ct

t

td

t

dt

tt

dtt y ++=

+ +=

+ =

+ = ∫∫∫ 32ln3

2

32

32

3

2

32 2

32

*2 возвращаемся к х

( ) Cty ++= 32ln 3

2

Ответ: ( ) Ct ++ 32ln 3

2 .

Задание №2 Найти неопределенные интегралы:

( ) dxex x22 −∫ − Решение: Для нахождения интеграла ( ) dxex x22 −∫ − воспользуемся методом интегрирования по частям. Получим u=(2-x) dv= dxe x *2− находим du=-dx

Cedxeduv xx +−=== −−∫ ∫ 22

2

1 .

По формуле интегрирования по частям ∫ ∫== vduudvy получаем

( ) ( ) ( )

( ) ( )

CCxexCC

exCexCexCCeCexdxC

xdexCexCedxCeCexy

x

xxxxx

xxxxx

++=++

++−++−=+++ 

  

 +−−=−−

−−+−++−=− 

  

 +−− 

  

 +−−=

−−−−−

−−−−−

∫∫

1 2

1

2 1

2 1

2 1

2 1

2 1

2 1

2 1

2 1

2 1

2

2 2

1

4

1

2

1 2

4

1

4

1

2

1 2

2 2

1

2

1

2

1 2

2

1 2

2

1

2

1 2

Ответ: искомый интеграл равен CCxe x ++− 12 22 1 .

Задание №3 Вычислить определенные интегралы:

dx x

x ∫ +

9

4 1

Решение:

Для вычисления интеграла y= dx x

x ∫ +

9

4 1 применим замену переменной.

Примем ( ) 222 ;; txtxxt === и dx=2t*dt. Если х=4, то t=2, если х=9, то t=3. После замены переменной получаем ∫ +

= 3

2 1

*2*

t

dttt y

dt tt

t dt

t

t

t

dtt y ∫∫∫ 

  

+ +

+ −=

+ +−=

+ =

3

2

23

2

23

2

2

1

1

1

1 2

1

11 2

1 2

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )12ln213ln212131ln21 2

1 2

1

1 2112

1 212

1

1

1

11 2

22 3

2

3

2

2

3

2

3

2

3

2

3

2

3

2

+−++−−−=++−

= + ++−−=

+ +−=

  

+ +

+ −+=

∫∫

∫∫∫ ∫∫

tt

t

td tdt

t

dt dttdt

tt

tt y

3

4 ln233ln24ln23 +=−+=y

Ответ: dx x

x ∫ +

9

4 1 =

3

4 ln23 +

Задание №4 Вычислить определенные интегралы:

dx x

x ∫ −

−3

2

3

1

3

Решение: 32 −x представим ( )( ) 21121 23 −++−=−− xxxx тогда

( )( )

1

2 1

1

2

1

11

1

3 2 23

− −++=

− −

− ++−=

− −

x xx

xx

xxx

x

x

( ) ( ) ∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫∫∫ −−++=−−−++= 



− −++=

3

2

3

2

3

2

2 3

2

3 3

2

3

2

3

2

3

2

2 3

2

2 1ln2 2

1

3

1 1

1

2 *

1

2 1 xxxxxd

x dxdxxdxxdx

x xxy

2ln2 6

59 2ln2

6

11 82ln2

2

9

3

8 8

2ln212 2

9

3

8 9

1ln213ln2234 2

1 9

2

1 8

3

1 27

3

1

−=−+=−+−=

−+−+−=

+−−−+−+−=

y

y

y

Ответ: dx x

x ∫ −

−3

2

3

1

3 = 2ln2 6

59 − .

Задание №5 Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры, ограниченной линиями:

0,4, 22 =−== yxxyxy . Решение:

Для схематического построения фигуры ограниченной указанными линиями проведем анализ графиков 22 4, xxyxy −== . Кривая 21 xy = является параболой с вершиной в начале координат, симметричной относительно оси ординат.

2 2 4 xxy −= - так же парабола координату х вершины кривой 2y найдем из

уравнения ( ) 04 '22' =−= xxy , 4-2х=0, 2' =x . Ордината вершины определяется из ( ) 2'''2 4 xxxy −= , 422*4 2/ =−=y , 4/ =y координаты вершины А(2;4). Точки пересечения кривой ( )xy1 с осью х определяется из о=4х- ( )xxx −= 42 . 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 2xy = , 21 4 xxy −= ,

( ) 20

02

02

4

21

2

22

== =− =−

−=

иxx

xx

xx

xxx

Таким образом, пересечение линий 2xy = и 21 4 xxy −= происходит в начале координат и в вершине параболы 24 xxy −= 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

2y от точек А до В , слева линией 1y от точки А до точки О то есть плоской фигуры ОАВ.

Задание №6

Пользуясь разложением подынтегральной функции в ряд Маклорена,

вычислить интеграл ( )dxx∫ + 5,0

0

1ln с точностью до 0,001. Вычислить этот же

интеграл, используя формулу Ньютона-Лейбница. Сравнить полученные результаты. Решение: Ряд Маклорена представлен формулой:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

.... !

0

!6

0

!5

0

!4

0

!3

0

!2

0 00 6

6 5

5 4

4 3

''' 2

'' ' ++++++++= n

n

x n

f x

f x

f x

f x

f x

f xffxf

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,

( ) ( ) ( ) 1 01

1 0

1

1 1ln 111 =

+ ==−−

+ =+= fxпри

x xxf ,

( ) ( ) 01 1

1

1 2 1

11 =−− +

−= 

  

+ = xпри

xx xf ( ) 1011 −=f ,

( ) ( )

( )( ) ( )( ) 1212 1

2

111 121 1

1 −−− +−−=+−= 

   

+ −= xx

x xf ,

( ) ( ) 012 3111 =−−+= − xприxxf ( ) 2 1

2 1*20

3

3111 === −f ,

( ) ( )( ) ( )( ) 4134 13212 −− +−=== xxxf при х=0,

( ) ( )( ) 6132 44 −=+−= −xxf , ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )( ) ( ) .1200

01524124

,240

014616

6

6156

5

5145

=

=−−+−=+=

= =−−+−−=+−=

−−

−−

f

xприxxxf

f

xприxxxf

Для ясности выпишем значения производных при х=0 значение f(0)^ ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) .1200

,240

,60

,20

,10

,10

,00

6

5

4

111

11

1

−=

=

−= =

−=

=

=

f

f

f

f

f

f

f

Эти значения подставим в формулу ряда Маклорена:

( ) ( )

( ) ... 6*5*4*3*2*1

120

5*4*3*2*1

24

4*3*2*1

6

3*2*1

2

2*1 1ln

.... !6

120

!5

24

!4

6

!3

2

!2

1 *101ln

65432

65432

+−+−+−=+

+−++−++−++=+=

xxxxx xx

xxxxxxxxf

Окончательно получаем разложение функции ln(1+x) так как остальные члены разложения от n и далее n+1 отброшены:

( ) ... 65432

1ln 65432

+−+−+−≈= xxxxxxx

Вычисляем интеграл:

( )

. 65

432 *

65432 1ln

5.0

0

5.0

0

65

5.0

0

45.0

0

35.0

0

5.0

0

25.0

0

654325.0

0

dx x

dx x

dx x

dx x

dx x

dxxdx xxxxx

xdxx

∫ ∫

∫∫∫ ∫∫∫

−+

+−+−= 

  

 −+−+−=+

Вычислим каждый интеграл по отдельности:

.000186011.00 42

5.0

6*76

,00052083.00 30

5.0

5*65

,0015625.00 20

5.0

4*54

,0052083.00 12

5.0

3*43

,02083.00 6

5.0

2*32

,125.00 2

5.0

2 *

5.0

0

775.0

0

6

5.0

0

665.0

0

5

5.0

0

555.0

0

4

5.0

0

445.0

0

3

5.0

0

335.0

0

2

5.0

0

25.0

0

2

−=+−=−=−

=−==

−=+−=−=−

=−==

−=+−=−=−

=−==

∫∫

∫∫

∫∫

∫∫

∫∫

∫∫

x dx

x

x dx

x

x dx

x

x dx

x

x dx

x

x dxx

Заменим результаты вычисления вряд:

( ) .00018611.000052083.00015625.00052083.002083.0125.01ln 5,0

0

−+−+−=+∫ dxx

По условию задачи погрешность задана 001.0=nr .

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

( ) 1078.01078158.00015625.00052083.002083.0125.01ln 5,0

0

≈=−+−≈+∫ dxx ,

а) ( ) 1078.01ln 5,0

0

≈+∫ dxx .

Вычисляем этот же интеграл другим способом без разложения вряд по формуле Ньютона-Лейбница.

Дано ( )dxx∫ + 5,0

0

1ln .

Решение: Применяем интегрирования по частям.

Пусть ( ) dxdvdxxu =+= ;1ln тогда 11+

= dxdu v=x.

Применим формулу по частям получаем

( ) ( ) dx x

x xxdxx ∫ ∫∫ +

−+=+ 5.0

0

5.0

0

5,0

0 1 1ln*1ln .

Для нахождения интеграла ∫ + 5.0

0 1 dx

x

x делаем подстановку 1+x=t тогда dx=dt,

x=t-1 . Находим новые пределы интегрирования: если х=0, то t=1; если х=0,5, то t=1.5

( ) 5.1ln5.01ln5.1ln15.1ln111 5.1

1

5.1

1

5.1

1

5.1

1

5,1

1

5.1

1

−=−−−=−=−= 

  

 −=− ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ttt dt

dtdt t

dt t

t .

Вычислим ( )∫ =−=+ 5.0

0

5.1ln5.005.1ln5.01ln xx определяем значение интеграла

( ) ( ) 5.05.1ln5.15.1ln5.05.1ln5.05.1ln5.05.1ln5.01ln 5.0

0

−=−−=−−=+∫ dxx

( ) 1081975.05.06081275.05.05.1ln5.11ln 5.0

0

=−≈−=+∫ dxx

б) ( ) 1082.01ln 5.0

0

≈+∫ dxx с заданной погрешностью сравнивая результаты

вычислений интегралов а и б получим 0,1082-0,1078=0,0004.

Ответ: При вычислении интеграла ( )dxx∫ + 5,0

0

1ln методом приближенных

вычислений получаем результат с данной точностью: y=0,1078. При вычислении интеграла по формуле Ньютона-Лейбница получаем результат y=0,1082. Расхождения составляет 0004,0=∧ .

Точный без погрешностей результат ( ) 5.05.1ln5.11ln 5.0

0

−=+∫ dxx .

комментарии (0)
не были сделаны комментарии
Напиши ваш первый комментарий
это только предварительный показ
консультироваться и скачать документ
Docsity не оптимизирован для браузера, который вы используете. Войдите с помощью Google Chrome, Firefox, Internet Explorer 9+ или Safari! Скачать Google Chrome