Учебное пособие 375

Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

между векторами

A1A4 . Определим этот угол,

используя формулу скалярного произведения векторов:

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

394.69 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

в)

д)

5. a)

в)

д)

6. а)

в)

д)

y ln2(x2 3arctgx) ;

x(y x) ex y ;

;

1 tgx

1 cos2x

1 x

log

;

x(y x) ln (x y);

x2 3x

;

sin2x cos

2 arctg

;

1 x2

yarcsinx xarctgy;

г) y (sin x)x2 1;

	y	t
е)			;

		1 t2

x ln(1 t2).

б) y (ex2 7x)33x x3 ;

г) y (x2 7x 1)ln x ;

е)	y t ln(1 2 t); .
		x arctg				t
	y (arccos2
б)	y (arccos2					2x)	1 sin x2	;
г) y (3x2 2x)tg x;
		y		t 1	;


е)			1 t			.
е)				1 t		.
	x
	x				2
			(1 t)		2
			(1 t)

7. a)

tg3x

3x 3x2

;

б)

y (2

cos x ;

)

x2 7x

y (x2 1)arcsin x;

в)

y arctg

arcsin (1 x2)

;

г)

д)

cos2(x y) x2

y ;

е)

y lnsin2t; .

x cos2t

;

y ex2

8. а)

tg x 1

б)

arctg

;

x2 4x

в) y 3ctg(x2 22x) ;

д)

x y

;

9. а)

1 arcsin x

;

(1 arccos x)2

y sin2(tg

в)

4 x2

);

д)

y 1

ln(x y);

10. а)

1 arcsin 2x

;

1 arccos2 x

в) y arctg1 sin2 x 1 ;

д)

ex y ;

y x

11. а)

x3 2x

;

cos 2x sin 2x

в)

y sin3

1 ex2 1

;

д)

cos (y x);

y x

12. a)

arctg x 2

;

1 arctg x

г)

y (cos x)arctg x ;

1 t

;

е)

1 t

б)

y (1 sin

)ln3 x;

;

г)

y (tg x)

x 1

y t2

ln(1 t);

1 t

е)

1 t

б)

y (1 sin

2x 1

;

x 1)

г)

y (arctgx)x 2 ;

y arccos2t;

е)

1 t2

y (ln2 8x) 4

б)

2x x2

;

г) y (x2 2x)tg x ;

);

е)

y t ln(1 t

2 1

б)

y (cos3 x)

;

y (x2

2x)x2 1;

в)

y tg4(ln x2

1);;

г)

д)

cos(x y) ;

е) y cos

2t; .

y x

x sin

arctg(x 1)

y (tg4x)3

;

13. a)

;

б)

1 e2x

x2 2x 1

2x)cosx ;

в)

ln(sin (1 2x 1))

;

г)

y (x2

sin y

cos x

д)

;

е)

y t sin

t; .

x t cos

tg 2x

14. а)

;

б)

y (ln

x 1) e sinx ;

1 cos2 x

y (x2

1)(x3 1) ;

в)

y log3(1 cos3

x x2

) ;

г)

д)	ytgx xsin y;

15. a)	y			tg2x	;

			3x x3
в)	y ctg2(e3x2 4x);
д) (x y)sin x cos y ;
16. a)	y	sin x cos			2 x	;

			3x x3

		ln(t 1)
y				;
y		t 1		;
е)		t 1		.
	x		1
	x		t 1
			t 1

б) y (ln	3	x)		x	2	1		;
			5
							x2

г) y (x2 5x 3)x2 2 ;

	y tg	3	t;	.
е)
			2	t
x 2sin

б) y tg(ex) 1 ctg(ex)

в) y esin2tgx ;

д) 2x y ln(2x y) ;

17. а) y cos2 3x 1; 1 9x2

в) y (lnx3 3x )2 ;

д)

x cos(x y) y;

18. a)

sin2 2x 1

;

1 cos(x2)

y log32(1

в)

x2 23x

);

д)

x y ctg (xy);

19. а)

sin2 3x 1

;

1 tg

в) y ctg3(1 x2 1);

д) y sin(x y); x

г) y (tgx)x2 1;

		2	2t; .
е) y t sin
	x cos2t

б) y (ctg2x) 31 2x 1 ;

г) y (x2 4x)ln x ;

e2t

;

е)

t 1

e2t

t 1

б)

y (1 tg3 x)

;

arccos x

г)

y (

x2 1)ln(x 1);

t; .

е) y 3sin

x 2cos

y (ln2 2x) 4

б)

x2 3x 2

;

г)

y (x2

2x 3)tgx ;

;

е)

t 1 .

t 1

20. а)

y 3

tg2x 1

;

б)

y (ex2

sin2 x 2x

;

cos2x 1

y arctg4(cos2x sin2x);

;

в)

г)

y (ln(x 1))

x 1

1 t

;

д)

xsin y ytgx 0;

е)

1 t2

1 t

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ № 1

Задача №1

Решить систему линейных уравнений

x 4y 2z 3;

3x y z 5;

3x 5y 6z 9.

1)методом Крамера;

2)используя обратную матрицу;

3)методом Гаусса.

Решение. 1) Решим систему уравнений методом Крамера.

Решение системы трех линейных уравнений с тремя неизвестными

a1x b1y c1z d1;

a2x b2y c2z d2;a3x b3y c3z d3

находится по формулам Крамера x	x	;	y	y	;	z	z	,


где

	a1		b1		c1		(предполагается, что								≠ 0),
	a2		b2		c2		(предполагается, что								≠ 0),
	a3		b3		c3
		d1		b1 c1			, y	a1		d1 c1				, z			a1 b1 d1	.
		d1		b1 c1				a1		d1 c1							a1 b1 d1
x		d2		b2	c2			a2		d2 c2							a2 b2 d2
		d3		b3 c3				a3		d3 c3							a3 b3 d3
		Вычисляем главный определитель системы и
вспомогательные определители x,														y ,	z :
	1	4			2	49, x				3		4		2		49 ,
	1	4			2					3		4		2
	3	1			1					5		1		1
	3	5			6					9		5		6
		1	3		2		0 , z		1		4		3
		1	3		2				1		4		3
y		3		5	1				3			1		5	98.
		3	9		6				3		5		9

По формулам Крамера получаем решение системы уравнений

x	x	1;	y	y	0;	z	z	2.

2) Решим теперь систему матричным методом. Запишем исходную систему уравнений в матричном виде

AX B,

где

1		4	2		x	3
		1	1
A 3				,	X y ,	B 5		.
	3	5	6				9
					z

Решение матричного уравнения имеет вид

X A 1 B,

где A 1 – матрица, обратная к матрице А. Заметим, что поскольку определитель матрицы А не равен нулю ( 49, см. п. 1), то матрица системы невырожденная и, следовательно, имеет обратную.

Обратная матрица находится по формуле

																A		A	A
								A 1					1				11	21		31
													1			A		A	A		,
																A		A	A		,
																	12	22		32
																A		A	A
																	13	23		33
где	– определитель														матрицы А, Aij										–	алгебраическое
дополнение элемента aij														определителя матрицы А. Вычислим
алгебраические дополнения:
A11	1 1		1					1		1;							A21 ( 1)			2 1			4 2					14;
	1 1		1					1												2 1			4 2
	( 1)				5			6																5		6
					5			6																5		6
A31	( 1)	3 1					4	2			2;									1 2			3 1				21;
		3 1					4	2												1 2			3 1
					1			1									A12 ( 1)						3			6
					1			1															3			6
A ( 1)2 2							1	2		0;							A ( 1)3 2								1 2			7;
A ( 1)2 2							1	2		0;							A ( 1)3 2								1 2			7;
22							3	6									32								3	1
							3	6																	3	1
A13	1 3			3 1					18;								A23 ( 1)			2 3					1 4		7;
	1 3			3 1																2 3					1 4
	( 1)			3				5														3				5
				3				5														3				5
A	( 1)3 3					1		4		13.
A	( 1)3 3					1		4		13.
33						3		1
						3		1
Таким образом,																	1	14		2
										1							1	14		2
										1
								A 1								21		0		7 ,
								A 1								21		0		7 ,
										49							18	7		13
откуда																	18	7		13
откуда																	1	14	2 3
										1							1	14	2 3
		X A 1B								1
																	21	0	7 5
																	21	0	7 5
												49					18	7	13
																	18	7	13		9

1		3 70 18	1	49			1
1			1
	63 0 63			0		0 .
	63 0 63		49	0		0 .
49		54 35 117	49		98		2
		54 35 117			98		2

Следовательно, x 1, y 0, z 2.

3) Решим систему линейных уравнений методом Гаусса.

x 4y 2z 3;

3x y z 5;

3x 5y 6z 9.

Метод Гаусса основан на приведении системы уравнений к треугольному виду. Это достигается последовательным исключением неизвестных из уравнений системы.

Расширенная матрица системы уравнений имеет вид

1		4	2	3
		1	1
3				5
	3	5	6	9

Последовательно умножим первую строку на (-3) и сложим со второй и третьей строками. Получаем:

1		4	2	3
		13	7	14
0					.
	0	7	0	0

Умножим вторую строку на 7 и прибавим к третьей

строке. Получим матрицу вида

	1	4	2	3

	0	13	7	14	.
			49	98
0
		0

			13	13

Сложим третью строку матрицы с четвертой. В результате получим матрицу треугольного вида.

Полученной матрице соответствует система уравнений

вида

x 4y 2z 3,

13y 7z 14,
49	98
	z	.

13	13

Предыдущие операции составляли прямой ход метода Гаусса. В результате обратного хода получаем из последнего уравнения z 2. Из второго уравнения находим y :

y	1	(14 7z)	1	(14 7 2) 0.

13		13
Подставляя найденные значения y и z в первое
уравнение, получим x 3 4y 2z 3 4 0 2 2 1
Решение системы:				x 1, y 0, z 2.

Задача №2

Даны координаты вершин пирамиды A1A2A3A4: A1(2, 1,1),

A2(5,5,4) , A3(3,2, 1) , A4(4,1,3). Найти:

длину ребра

A1A2;

угол между ребрами A1A2

A1A4 ;

уравнение плоскости

A1A2A3 и угол между ребром

A1A4 и плоскостью

A1A2A3 ;

уравнение высоты, опущенной из вершины A4 на грань

A1A2A3

и ее длину;

площадь грани

A1A2A3

и объем пирамиды.

Сделать чертеж.

Решение. 1) Длина ребра

A1A2

совпадает с расстоянием

между точками A1 и A2:

A A

x )2 (y

y )2 (z

z )2

(5 2)2 (5 ( 1))2 (4 1)2 9 36 9 54 .

2) Найдем координаты векторов, которые совпадают с выходящими из вершины A1 ребрами пирамиды:


A1A2 (3,6,3);	A1A3 (1,3, 2);	A1A4 (2, 2, 2).

Угол между ребрами A1A2 и A1A4 совпадает с углом

Отсюда

cos	A1A2	A1A4						3 2 6 2 3 2	24		2 2	.
cos												.
								9 36 9 4 4 4	54 12	3
	A1A2		A1A4
Тогда arccos				2			.
				2		2
					3
					3

3) Уравнение плоскости, проходящей через три заданные точки, имеет вид

x x1	y y1	z z1	0.
x2 x1	y2 y1	z2 z1	0.
x3 x1	y3 y1	z3 z1

Подставляя в уравнение координаты точек A1, A2 и A3 получим

	x 2	y 1			z 1					x 2	y 1		z 1
	3		6	3		0, или			3		6		3
	1		3		2				1		3		2
(x 2)		6	3		(y 1)		3	3		(z 1)		3	6

		3	2				1	2				1	3

21(x 2) 9(y 1) 3(z 1) 21x 9y 3z 48 0.

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2022392.25 Кб14Учебное пособие 370.pdf
#
30.04.2022393.09 Кб6Учебное пособие 371.pdf
#
30.04.2022393.48 Кб3Учебное пособие 372.pdf
#
30.04.2022393.91 Кб2Учебное пособие 373.pdf
#
30.04.2022394.09 Кб2Учебное пособие 374.pdf
#
30.04.2022394.69 Кб3Учебное пособие 375.pdf
#
30.04.2022394.95 Кб2Учебное пособие 376.pdf
#
30.04.2022395.17 Кб3Учебное пособие 377.pdf
#
30.04.2022395.3 Кб4Учебное пособие 378.pdf
#
30.04.2022395.36 Кб4Учебное пособие 379.pdf
#
30.04.2022241.17 Кб1Учебное пособие 38.pdf