основні означення матриці та визначника

Прямокутна таблиця чисел , i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, n, складена з m рядків та n стовпців і записана у вигляді

A = або A = ,

називається матрицею. Поняття матриці вперше ввели англійські математики У. Гамільтон і Д. Келі. Коротко матрицю позначають так:A = ( ) або A = ,

де – елементи матриці, причому індекс i в елементі означає номер рядка, а j – номер стовпця, на перетині яких стоїть даний елемент.

Добуток числа рядків m на число стовпців n називають розміром матриці і позначають m • n. Якщо хочуть вказати розмір m • n матриці A, то пишуть .

Матриця, в якої число рядків дорівнює числу стовпців, називається квадратною. Кількість рядків (стовпців) квадратної матриці називається її порядком. Матриця, і якої всього один рядок , називається матрицею-рядком, а матриця, у якої всього один стовпець, – матрицею-стовпцем. Дві матриці = та називаються рівними, якщо вони однакових розмірів і мають рівні відповідні елементи: . Нульовою називається матриця, у якої всі елементи дорівнюють нулю. Позначається така матриця буквою О. Як і в визначниках в квадратних матрицях виділяють головну і побічну діагональ.

Квадратна матриця називається діагональною, якщо всі її елементи, крім тих, що знаходяться на головній діагоналі, дорівнюють нулю. Діагональна матриця, у якої кожен елемент головної діагоналі дорівнює одиниці, називається одиничною і позначається буквою Е. Наприклад, одинична матриця третього порядку має вигляд

E = .

• дії над матрицями

. Операція додавання матриць вводиться тільки для матриць однакового розміру. Сумою С = А + В двох матриць = і називається матриця . Наприклад,

+ = .

. Добутком матриці = на число k ( або числа k на матрицю ) називається матриця . Наприклад,

2 • = • 2=

. Різниця матриць А – В визначається, як сума матриці А і матриці В,помноженої на -1:

А – В = А + (–1)В.

Справедливі такі властивості операцій:

а) А + В = В + А – комутативність відносно додавання матриць;

б) А + (В + С) = (А + В) + С – асоціативність відносно додавання матриць;

в) А + О = А; А – А = О – роль нульової матриці в діях над матрицями така, як і числа нуль в діях над числами;

г) α (βА) = (αβ) А – асоціативність відносно множення чисел;

д) α (А + В) = αА + αВ – дистрибутивність множення на число відносно додавання матриць;

е) (α +β) А = αА + βА – дистрибутивність множення на матрицю відносно додавання чисел.

. Операція множення двох матриць вводиться лише для узгодження матриць. Матриця А називається узгодженою з матрицею В, якщо кількість стовпців першої матриці А дорівнює кількості рядків другої матриці В.

Якщо ця умова не виконується, тобто матриці неузгодженні, то множення таких матриць неможливе.

З узгодженості матриць А з В не впливає узгодженість матриці В з А.

Квадратні матриці одного порядку взаємно узгоджені.

Добутком С = АВ матриці = на матрицю називається така матриця, у якої елемент дорівнює сумі добутків елементів i-го рядка матриці А на відповідні елементи j-го стовпця матриці В.

Приклад

Знайти матрицю С = АВ, якщо :

а) А = , В = ; б) А = , В = (1 2).

○ а) Матриця узгоджена з матрицею , тому за означенням маємо

С = = .

б) С = АВ = = = . ●

Властивості:

а) (АВ) С = А (ВС); б) (αА)В = А (αВ) = α (АВ);

б) (А + В) С = АС + ВС; г) С (А + В) = СА + СВ;

в) А • О = О• А = О; е) АЕ = ЕА = А; є) det (AB) = det A • det B.

• умова існування оберненої матриці

Нехай А – квадратна матриця. Матриця називається оберненою до матриці А, якщо виконується умова

Квадратна матриця А називається виродженою, якщо det A = 0, і невиродженою, якщо det A 0.

Теорема 3. Для існування оберненої матриці необхідно і достатньо, щоб матриця А була невиродженою.

= . (7)

Приклад

Знайти матрицю , обернену до матриці А = .

○ Обчислимо визначник матриці А:

det A = = = 15.

Матриця А не вироджена, тому обернена матриця знаходиться за формулою (7). Знаходимо алгебраїчні доповнення всіх елементів даної матриці:

= 1; =7; = –3;

= –2; =1; =6;

= 4; = –2; = 3.

Складаємо обернену матрицю .Переконуємось, що = = . ●

• способи розв’язання систем лінійних рівнянь

Метод Крамера

Нехай задано систему двох лінійних рівнянь з двома невідомими х та у:

(10)

Виконаємо такі елементарні перетворення системи (10): спочатку помножимо перше рівняння на , друге – на – , а потім складемо їх; після цього перше рівняння помножимо на , а друге – на – і складемо їх. Дістанемо систему

(11)

Систему (11) можна записати за допомогою визначників:

(12) де Δ = ; = ; = .

Визначник Δ, складений з коефіцієнтів системи (10), називається визначником системи. Визначники та утворюються з визначника Δ відповідно заміною стовпців при невідомих Х та У вільними членами.

При розв'язуванні рівнянь (12) можуть бути такі випадки.

1) ≠ 0, тоді система (10) має єдиний розв'язок: х= ;у= (13)

Формули (13) вперше вивів К. Крамер і вони називаються формулами Крамера.

2) = 0; х≠ 0 або у≠ 0, тоді система (10) не має розв'язків, тобто є несумісною.

3) = х = у = 0, тоді система (10) зводиться до одного рівняння і має безліч розв'язків, тобто є невизначеною.

Розглянемо тепер систему трьох лінійних рівнянь з трьома невідомими х, у, z:

Обчислимо визначники:

= _х = _у = _z =

Якщо визначник системи ≠ 0, то система (14) має єдиний розв'язок, який знаходиться за формулами Крамера:

х = ; у = ; z = (15)

Приклад Розв’язати систему за формулами Крамера:

= = - 1 _х= = - 1 _у = = - 2 _z= = 1

х =1, у =2, z =1

Матричний запис системи лінійних рівнянь і її розв'язування

Нехай задано систему (16), яка містить п лінійних рівнянь п з невідомими.

Введемо матриці

A = Х= В=

Матрицю А, складену з коефіцієнтів системи, називають матрицею або основною матрицею системи, матрицю X — матрицею з невідомих, а матрицю В — матрицею з вільних членів. Тоді згідно з правилом множення матриць систему можна записати одним матричним рівнянням з невідомою матрицею X: АХ = В. (18)

Припустимо, що матриця А системи має обернену матрицю А^-1; помножимо обидві частини рівності на А^-1 зліва: А ^-1 АХ = А^-1 В. Оскільки А^-1 А= Е і ЕХ = X, то Х = А^-1 В. (19)

Отже, щоб розв'язати систему рівнянь достатньо знайти матрицю, обернену до матриці системи, і помножити її справа на матрицю з вільних членів.

Формулу (19) називають матричним записом розв'язку системи або розв'язком матричного рівняння

Зауважимо, що розв'язок системи рівнянь у матричній формі можливий лише тоді, коли матриця системи невироджена.

Розв'язування систем лінійних рівнянь методом Гаусса

Одним з найпоширеніших методів розв'язування систем лінійних рівнянь є метод послідовного виключення невідомих, або метод Гаусса. Цей метод запропонований К. Гауссом і грунтується на елементарних перетвореннях системи рівнянь

Нехай маємо систему , яка містить т рівнянь і п невідомих. Очевидно, серед коефіцієнтів а₁₁ хоча б один відмінний від нуля. Якщо ж а₁₁ = 0, то першим в системі запишемо те рівняння, в якому коефіцієнт при х₁ відмінний від нуля. Позначимо цей коефіцієнт через а_'11 .

Перетворимо систему виключаючи х₁ в усіх рівняннях, крім першого. Для цього помножимо перше рівняння на (-а ₂₁/а'₁₁) додамо до другого, потім помножимо перше рівняння на (-а ₃₁/ а'₁₁) додамо до третього і т. д. При цьому може статись так, що друге невідоме х₂ також не входить в усі рівняння з номером і > 1. Нехай х_к — невідоме з найменшим номером, яке входить в будь-яке рівняння, не рахуючи першого. Дістанемо систему в якій можемо методом аналогічних перетворень звільнитися від невідомих і обрахувати тільки одну. Методом поступової підстановки обрахуємо всі інші.

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правилазнаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання

Стор.13-31. Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 1.3

Тема: Вектори та дії з ними. Лінії І-го порядку .Лінії ІІ-го порядку у просторі

Мета: Повторити основні відомості про вектори, ознайомитись з лініями І-го та ІІ-го порядку..

Студенти повинні знати: означення векторів, правила виконання дій над векторами, види ліній І-го і ІІ-го порядку, їх рівняння.

Студенти повинні вміти: виконувати дії над векторами, вміти визначати за виглядом рівняння вид ліній.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. усне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку.

План викладання матеріалу

• вектори. Мішаний добуток векторів

• різні види рівнянь І-го порядку

• різні види площин у просторі

• лінії ІІ-го порядку

• поверхні ІІ-го порядку

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Усне опитування основних моментів попереднього заняття

Вектори.

Для просторової системи координат на осях координат йдуть одиничні вектори (орти) і . Кажуть, що вектори і утворюють базу трьохвимірного простору, це означає, що довільний вектор можна виразити як лінійну комбінацію векторів бази

.

Якщо вектор не виходить з початку координат, то щоб записати координати вектора, треба від координат кінця відняти координати початку

Векторний добуток векторів

Векторним добутком вектора на вектор називається такий третій вектор, який:

1) має модуль (довжину), що чисельно рівний площі паралелограма, побудованого на векторах і ;

2) перпендикулярний до площини, в якій лежать вектори і ;

3) утворює праву трійку з векторами і , тобто, якщо дивитися з кінця вектора , то рух від до має бути проти годинникової стрілки.

Векторний добуток позначається . Коротко це можна записати так:

, якщо: ;

Якщо вектори і задані в координатній формі, то векторний добуток обчислюється як визначник

(2)

Під А, В, С розуміємо відповідні координати розкладу отриманого вектора (алгебраїчні доповнення до елементів першої стрічки).

За допомогою векторного добутку двох векторів, легко знайти площу паралелограма чи площу трикутника, побудованих на цих векторах:

.

Задача. Знайти площу трикутника з вершинами А(0;8;4), В(1;0;6), і С(4;5;-3).

Розв‘язання. Запишемо координати векторів і , віднімаючи від координат кінцевої точки координати початку

В

(

А

З

С

• =

Тоді площа трикутника рівна

.

Мішаний добуток векторів

Під мішаним добутком трьох векторів , і розуміємо комбінований добуток

Властивості мішаного добутку:

1. При перестановці двох довільних співмножників мішаний добуток змінює знак на протилежний

2. Якщо два із трьох заданих векторів рівні або паралельні, то мішаний добуток дорівнює нулю.

3. Знак операцій (дій) „крапка” і „хрестик” можна міняти місцями

Тому мішаний добуток зручно записувати у вигляді без знаків дій та дужок. Ці властивості випливають з властивостей визначників. Мішаний добуток векторів часто використовують для знаходження об‘ємів тіл.

Так, об‘єм паралелепіпеда, побудованого на векторах і рівний

а об‘єм піраміди, відповідно

Якщо три вектори і лежать в одній площині , тобто є компланарні, то їх мішаний добуток рівний нулю.

Різні види рівнянь і-го порядку

Означення. Рівнянням лінії на площині XOY називається рівняння, якому задовольняють координати довільної точки, що лежить на цій лінії.

Якщо точка М(х, у) рухається вздовж лінії К, то її координати, змінюючись весь час, задовольняють рівняння цієї кривої.

Види рівнянь прямої

1. Рівнянням прямої з кутовим коефіцієнтом

y = kx + b, k = tg α, де α – кут прямої з додатнім напрямком осі ОХ

2.Загальне рівняння прямої

Якщо то воно зводиться до попереднього виду

3. Рівняння прямої через дві точки випливає із паралельності векторів і

.

4. Рівняння прямої у відрізках на осях

5.Рівняння прямої що проходить через точку , в заданому напряму k має вигляд Причому - кутовий коефіцієнт прямої.

6. Нормальне рівняння де кут між нормаллю р до прямої і додатнім напрямком осі ОХ

Простими перетвореннями, майже завжди, можна перейти від одного виду рівняння до іншого.

Пряма лінія у просторі

Кут між двома прямими

(1)

Н

(2)

Під кутом між прямими розуміємо менший кут . Враховуючи, що – зовнішній кут трикутника, то тобто

Звідси

Виведемо умови паралельності та перпендикулярності прямих. Якщо прямі (1) і (2) паралельні, то , а отже, .

Правильне і обернене твердження: якщо , то прямі паралельні.

Якщо прямі (1) і (2) перпендикулярні, то а отже

Звідси . Справедливе і обернене твердження.

Якщо прямі задані загальними рівняннями тоді

і умова паралельності набирає вигляду

Умова перпендикулярності в цьому випадку Зауважимо зокрема, що прямі і взаємно перпендикулярні .

Точка перетину двох прямих

Нехай маємо дві прямі

1. Вона має єдиний розв‘язок ( одна точка перетину ), якщо

або (коефіцієнти при невідомих непропорційні).

2. Система не має безліч розв‘язків (прямі паралельні), якщо

3. Система має безліч розв‘язків ( прямі співпадають ), якщо

Приклад. Знайти точку перетину прямих

Розв‘язання. Розв‘яжемо систему за правилом Крамера

Δ = 15 – 8 = 7,

Розв‘язок системи х = 2, у = 1.

Прямі перетинаються в точці N(2;1).

Відстань від точки до прямої

Нехай маємо пряму і точку поза прямою d = MN – відстань від точки до прямої.

Кутовий коефіцієнт нормалі рівний

Тому рівняння нормалі або

(1)

Але точка лежить також на прямій, тому

звідси

. (2)

Підставляючи (2) в (1), маємо відстань .

Різні види рівнянь площини

1. Загальне рівняння площини має вигляд

де А, В, С – координати нормального вектора.

Часткові випадки:

а) D = 0, рівняння описує площину, яка проходить через початок координат;

б) А = 0 – площина, паралельна до осі ОХ,

В = 0 – площина, паралельна до осі ОY,

С = 0 – площина проходить через вісь ОZ;

в) А = D = 0 – площина, паралельна до площини ХОY, і т.д. (самостійно записати С = D = 0)

г) А = В = 0 – площина, паралельна до площини XOY, і т.д.

2. Рівняння площини, яка проходить через точку з відомим нормальним вектором

3. Рівняння площини у відрізках на осях

де a, b, c – відрізки, які відтинає площина від осей координат, відповідно від ОХ, ОY та OZ.

4. Рівняння площини через три точки , які не лежать одній прямій.

Кут між площинами. Умови паралельності і перпендикулярності площин. Відстань від точки до площини

Нехай задано рівняння двох площин

нормальні вектори до площин. Тоді кут між площинами визначається як кут між нормальними векторами

Виходячи з цього, площини паралельні, якщо паралельні їх нормальні вектори, тобто

і перпендикулярні, якщо перпендикулярні нормальні вектори, тобто

Відстань від точки до площини шукається аналогічно як відстань від точки до прямої

Пряма в просторі. Кут між прямою і площиною

Запишемо координати векторів

і – фіксовані, М – біжуча точка прямої.

Виходячи з умови паралельності цих векторів,отримуємо рівняння прямої в просторі, що проходить через дві точки

Пряма в просторі може бути задана як перетин двох площин

причому напрямним вектором прямої буде вектор

Кут між прямою і площиною

Кут між прямою та площиною

визначається через скалярний добуток векторів та або

Точка перетину прямої з площиною. Зводимо пряму до параметричного виду і підставляємо біжучі координати прямої в рівняння площини

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання . Стор.50-125. Опрацювати завдання для самоконтролю.

Додаткова інформація

Дано координати вершин піраміди А₁ А₂АзА₄: А₁ (1;-2; 1), А₂(3; 4;-1), А₃(-2; 6; 3), A₄(-З; 2; 5). Знайти: 1)довжину ребра А₁А₂; 2) кут між ребрами А₁А₂ і А₁А_4; 3)кут між ребром А₁А₄ і гранню А₁ А₂Аз; 4)плошу грані А₁А₂Аз; 5)об’єм піра­міди; 6)рівняння прямої А₁А₂; 7)рівняння площини А₁А₂А₃; 8)рівняння висоти, із вершини А₄ до грані А₁А₂Аз. Зробити рисунок.

Розв'язання:

1. Довжину ребра А₁А₂ знаходимо як модуль вектора

(3-1; 4+2;-1-1) або (2; 6;-2):

= 6,64

Таким чином, 6,б4.

2. Кут між ребрами А₁А₂ і А₁ A₄ знаходимо за формулою

соs ( ^{^} ) = =

3. Кут між ребром А₁А_4; і гранню А₁ А₂Аз . Запишемо рівняння площини, яка збігається з гранню А₁А₂А₃ як рівняння площини, що проходить через три точки А₁ , А₂, А_з:

= 0, або = 0. = ;- ;

Для нормального вектора площини маємо

= ; - ; або = (28; 2; 34).

Кут між ребром А₁А₄ і гранню А₁А₂Аз знаходимо за формулою

; arcsin 0,1 0º36'.

4. Площу грані А₁АзАз знаходимо як площу трикутника, побудованого на векторах і : (2; 6; -2); (-3; 8; 2)

Таким чином = (28; 2; 34) і S=

5. Об'єм піраміди знайдемо за формулою V = |( х ) • , (2; 6;-2), (-3; 8; 2), (-4; 4; 4). Маємо( х ) • =

6.. Рівняння прямої А₁ А₂ запишемо як рівняння прямої, що проходить через дві точки А₁ і А₂:

або

7. Рівняння площини А₁, А₂, аз записано в п. 3): =0

або 28(х-1)+ 2(у + 2) +34(z-1) = 0;14х + у + 17z-29 = 0. _;

8. Рівняння висоти, опущеної із вершини А₄ до грані А₁А₂Аз, знайдемо як рівняння прямої, що проходить через точку А₄ перпендикулярно до площини А₁ А₂А₃; За напрямний вектор прямої беремо нормальний вектор площини А₁А₂Аз . Одержуємо

Задача № 2.

Дано дві вершини А(2;-2), В(3;-1) і точка Р(1; 0) перетину медіан трикутника АВС. Скласти рівняння висоти трикутника, опущеної із його третьої вершини С.

Розв'язання:

Я кщо знайти х_с і у_с то задача зведеться до знаходження рівняння прямої, що проходить через точку С перпендикулярно до прямої АВ. Обчислимо координати точки D - середини відрізка АВ:

X_D = ; у_D =

Точка Р ділить відрізок ДС у відношенні 1:2. Тому

= _; 1= ; х_С = -2; 0 = , у_С = 3.

Таким чином, С(-2; 3). Кутовий коефіцієнт прямої АВ

Для прямої, яка перпендикулярна до АВ, кутовий коефіцієнт дорівнює - 1. Для рівняння висоти трикутника, опущеної з вершини С маємо Y-Y_C = - (X-X_C) тобто у-3 = -(х+2) або у = -х+1

Лекція 1.4

Тема: Дії над комплексними числами

Мета: Повторити основні відомості про дійсні числа. Познайомити з комплексними числами, навчитись виконувати дії над ними.

Студенти повинні знати: означення комплексних чисел, правила виконання дій над ними в алгеброічній, тригонометричній .та степеневій формі

Студенти повинні вміти: виконувати обчислення над комплексними числами в алгеброічній, тригонометричній .та степеневій формі.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку.

План викладання матеріалу

• дії з комплексними числами

• тригонометрична форма комплексного числа

• степенева форма комплексного числа

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Дії з комплексними числами

В шкільних курсах розглядались дійсні числа, які зображали на числовій осі і вони "заповняли" всю числову вісь. Більш ширше ніж поле дійсних чисел є поле комплексних чисел.

Розглянемо квадратне рівняння виду х²+ 1 =0. Воно не має коренів серед дійсних чисел, бо не існує такого дійсного числа, квадрат якого був би рівний - 1.

Задача розв'язку квадратного рівняння х² + b²=0 зробила поштовх для введення нових, так званих, уявних чисел.

Введемо нове число і - уявну одиницю, що має властивість і² = -1.

Означення 1. Число виду а + bі, де а і b - дійсні числа, називається комплексним. Число а - дійсна частина, число b - уявна частина комплексного числа. Наприклад, 3+4і (а = 3; b = 4). Така форма запису комплексного числа називається алгебраїчною.

Два комплексні числа вважаються рівними в тому випадку, якщо рівні їх дійсні та уявні частини, тоді: а + bі = а₁+ b₁і, якщо а = а₁, b = b₁.

При b = 0 комплексне число стає дійсним. Множина комплексних чисел містить (як підмножину) всі дійсні числа.

Комплексне число z = a + bі можна зобразити точкою на площині, або вектором (напрямленим відрізком) (рис. 1). Абсциса цієї точки рівна дійсній частині а, ордината – уявній частині b.

Між множиною точок на площині та множиною комплексних чисел існує взаємно однозначна відповідь. Точкам, які лежать на осі ОХ, відповідають дійсні числа (b = 0), а точка на осі ОУ – уявні числа.

Означення 2. два комплексні числа z₁ = a + bі z₂ = a – bі називаються спряженими: вони відрізняються тільки знаком перед уявною частиною.

В ектор (рис. 1) можна вважати геометричним зображенням комплексного числа z = a + bі.

- зображення числа z = a – bі.

Означення 3. Модулем комплексного числа z = a + bі називається дійсне число . Геометрично, модуль комплексного числа – це довжина вектора . Наприклад .

Всі комплексні числа, що мають модуль, рівний одиниці, зображуються точками одиничного кола центром в початку координат.

Дії над комплексними числами, які задані в алгебраїчній формі

Сумою двох комплексних чисел z₁ = a₁ + b₁і та z₂ = a₂+ b₂і називається комплексне число z = a + bі, уявна і дійсна частина якого рівні відповідно сумі дійсних і уявних.

z = z₁ + z₂ = (a₁ +a₂) + (b₁ + b₂)і.

Наприклад:

(2+5і) + (3 - і) = (2 + 3) + (5 - 1)і = 5 + 4і.

Геометрично, під сумою двох комплексних чисел розуміють суму векторів (сумою двох векторів є вектор – діагональ паралелограма побудованого на цих векторах, що виходить із спільного початку).

Віднімання комплексних чисел проходить аналогічно з додаванням

z = z₁ - z₂ = a₁ + b₁і – a₂ – b₂і = (a₁ – a₂) + (b₁ – b₂)і.

Два комплексні числа a₁ + b₁і, a₂ + b₂і перемножуються за звичайним правилом множення многочленів; в отриманому результаті і² заміняється -1, наприклад:

z = z₁ ∙z₂ = (a₁ + b₁і) (a₂ + b₂і) = а₁а₂ + а₁b₂і + а₂b₁і + b₁b₂і² = (a₁a₂ – b₁b₂) + (a₁b₂ + a₂b₁)і.

Добуток комплексних чисел може бути і дійсне число. Це буде, зокрема, для комплексно-спряжених чисел.

(a + bі) (a - bі) = а₂ + b₂ = r₂.

Частиною від ділення двох комплексних чисел a + bі та a₁ + b₁і називається комплексне число утворене при множені чисельника і знаменника на спряжене комплексне число до знаменника

Отже,

наприклад:

Тригонометрична форма комплексного числа

Зобразимо комплексне число а + bі вектором на площині, причому

Кут φ між вектором і додатнім напрямком осі ОХ називається аргументом комплексного числа а + bі який визначається φ = arctg b/a і залежить від чверті в якій знаходиться вектор комплексного числа. Якщо комплексне число рівне нулю, то вектор перетворюється в точку і говорити про напрям немає змісту. Тому вважають, що

a = rcosφ; b = rsinφ.

Звідси а + b і= rcosφ + rіsinφ = r (cosφ+ іsinφ).

Вираз r(cosφ+ іsinφ) називається тригонометричною функцією комплексного числа.

Множення двох комплексних чисел у тригонометричній формі має вигляд:

z₁ = r₁(cosφ₁+ іsinφ₁); z₂ = r₂(cosφ₂+ іsinφ₂);

z₁z₂ =r₁r₂(cosφ₁cosφ₂ +іsinφ₁ cosφ₂+іsinφ₂cosφ₁–sinφ₁sinφ₂)=r₁r₂[cos(φ₁ φ₂) +і sin(φ₁ + φ₂)].

Отже, при множенні комплексних чисел у тригонометричній формі модулі їх перемножать, а аргументи додають.

Легко показати, що при діленні комплексних чисел, записаних у тригонометричній формі, їх модулі діляться, а аргументи віднімаються.

Підносячи до степеня комплексне число, записане в тригонометричній формі, користуємось так званими формулами Мавра.

z^п = r^п(cosφ+ іsinφ)^п= r^п(cosпφ+ іsinпφ);

Степенева форма комплексного числа

Розглядаючи функцію у=е^х для комплексного змінного, Ейлер встановив співвідношення е^іφ = cosφ+ іsinφ, тому кожне комплексне число можна записати z = r(cosφ+ іsinφ)= r е^іφ

Дій над даними числами виконуються згідно правил виконань дій із степеневими виразами.

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

4. Домашнє завдання Стор. 342 – 347 . Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 2.1

Тема: Задачі лінійного програмування

Мета: Ознайомитись з задачами лінійного програмування, розглянути різноманітні способи їх розв’язання,навчитись розв’язувати транспортні задачі.

Студенти повинні знати: галузі застосування задач математичного програмування, означення та методи розв’язання задач лінійного програмування.

Студенти повинні вміти: розв’язувати транспортні задачі та задачі лінійного програмування різними способами

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. Індивідуальні завдання

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу.

ІІІ.Підсумок уроку.

V. Домашнє завдання. План викладання матеріалу

• галузі застосування задач математичного .програмування

• лінійне програмування

• транспортні задачі

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету лекції

ІІ Повідомлення нового матеріалу.

До задач, пов’язаних із раціональним веденням господарства, належать, наприклад такі: розподіл доходів на їх споживання і збереження, розподіл загальної суми на різні товари та послуги. У кожному з цих прикладів ресурсами є дохід або кошти, що витрачаються на споживання.

Проблему раціонального ведення господарства можна розглядати з позиції застосування методу математичної оптимізації в економіці. Конкретні цілі, поставлені в задачі об’єднуються в цільову функцію, максимум чи мінімум якої треба знайти, а обмеження, що відображають нестачу ресурсів, визначають велику кількість величин, які задовольняють усі умови.

Задачі лінійного програмування можуть бути задані різними формами.

На основі геометричної інтерпретації задач лінійного програмування розроблено графічний метод відшукання оптимальних значень функції. Використовують його для обмеженого класу задач із двома змінними, оскільки для чотирьох і більше змінних побудувати рисунок неможливо (а для трьох він не є наочним). Розв’язок шукаємо у такій послідовності:

1. Будуємо багатокутник розв’язків. Він утворюється внаслідок перетину окремих півплощин розв’язків (12,11). З урахуванням обмежень х₁ ≥ 0,х₂ ≥ 0 багатокутник розв’язків завжди міститься у першому квадраті.

2. Знаходимо оптимальну точку. Вона за теоремою 12,4 буде міститься у вершині багатокутника розв’язків. Лінії рівня, що проходять через оптимальні вершини багатокутника розв’язків, називають оптимальними (опорними). За допомогою вектора N можна на одному рисунку одночасно знайти max і min, тобто розв’язати відразу дві екстремальні задачі при одній і тій самій системі обмежень.

3. Обчислюємо оптимальні значення. Для цього знаходимо координати вершин max і min як загальний розв’язок рівнянь відповідних граничних прямих, що перетинаються в оптимальних вершинах. Знайдені координати підставляємо у форму (12.12) й обчислюємо z_max та z_min.

Приклад 12.5. Знайти найбільше і найменше значення функ­ції z = -3 + 2х₁ + х₂ за таких обмежень:

1. Будуємо багатокутник розв'язків, який утворюється внаслідок перетину чотирьох півплощин розв'язків. Проводимо граничні прямі всіх чотирьох півплощин розв'язків.

Граничні прямі півплощин розв'язків проходять через такі точки:

( I) x₂ + x₂ = 7, A₁ = (0,7), A₂ = (7,0);

(II) -2x₁ +3x₂ = -4, B₁ = (2,0), A = (5,2);

(III) x₂ = 1 – пряма, паралельна осі 0х₁;

(IV) x₁ = 0 – вісь координат Ох₂.

Щоб дізнатися, з якого боку від граничної прямої знаходиться півплощина розв'язків, досить взяти будь-яку точку поза прямою і координати її підставити в нерівність. Якщо нерівність задовольняється, то півплощина розв'язків розміщується з боку вибраної точки, якщо ні - у протилежному від неї боці. Доцільно за точку порівняння вибрати (якщо це можливо) початок системи координат. Наприклад, перша і друга півплощини розміщуються з того боку від граничної прямої, що включає початок координат, третя півплощина - з протилежного від нього боку. Багатокутник розв'язків на рисунку заштриховано.

2. Для відшукання оптимальної точки будуємо вектор нормалі Початок цього вектора знаходиться в точці (0,0), а кінець - у точці (2,1). Рухаючись по лініях рівня в напрямку переконуємося, що z_max міститься в точці А, z_max – у точці С.

3. Обчислюємо оптимальні значення. Точка А є перетином граничних прямих І і II:

X₁+ X₂ =7

• 2X₁ + 3X₂ = - 4

Із рисунка випливає, що х₁ = 5, х₂ = 2, А = (5,2), a z_max = 2· 5+1·2-3= 9.

Точка В (0,1) є перетином граничних прямих III та IV: х₂ = 1, х₁ = 0.

Отже, z_min = 2· 0 + 1·1-3 = -2.

Оскільки транспортна задача є задачею лінійного програмування, її можна розв’язати багатьма способами. Виберемо найпростіший метод осереднених коефіцієнтів. За цим методом обчислюємо середні вартості в рядках і стовпцях матриці перевезення:

С_Аi = ; C_{Bj =}

Після цього знаходимо усереднені коефіцієнти k_ij за формулою

k_ij = c_ij – (c_Ai + c_Bj).

Потім заповнюємо послідовно клітинки з найменшими значеннями коефіцієнтів к_іj.

Матрицею перевезення, заповненою таким методом, є таблиця

С_А1 = С_А2=

Заносимо середні вартості в рядках та стовпцях с_Аi і с_Вj. Коефіцієнти к_іj поміщаємо в нижній частині відповідних клітинок.

Для того щоб обчислити загальну вартість перевезення за даними таблиці :

z₃ = 1•45 +4•15 + 2•2 +2•18 +2•15 + 3•20 + 2•5 +4•15= 305 од. (метод осереднених коефіцієнтів).

Транспортну задачу запишіть у вигляді:

4 5 7 3 a_i = (310; 280; 250);

С_ij 8 6 9 10 b_j = (250; 189; 220; 260).

12 4 5 11 Спочатку цю задачу треба перевірити на баланс.

Лекція 3.1

Тема: Границя функції

Мета: навчитися обчислювати границі різноманітних функцій.

Студенти повинні знати:методи . обчислення границі різноманітних функцій, першу і другу визначну границю.

Студенти повинні вміти: використовувати методи . обчислення границі різноманітних функцій, першу і другу визначну границю.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку. План викладання матеріалу

• числова послідовність

• границя числової послідовності

• обчислення границь функції

• неперервність функції

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Означення Точка а (а – скінчене) називається граничною точкою (точкою скупчення) множини Х, якщо в довільному її δ – околі міститься нескінченно багато елементів х є Х.

або при

Означення Функція f(x) називається обмеженою на даній множині Х, якщо існує таке додатне число М, що при х є Х. Якщо такого числа немає, то функція – необмежена.

Твердження Якщо число А є границею функції f(x) при x а, то вона є обмеженою в деякому околі точки а.

Означення Функція f(x) називається нескінченно малою при х а, якщо для довільного існує окіл точки а, що при є ; це записують

Означення Функція f(x) називається нескінченно великою при , якщо для довільного існує окіл точки а, що при є для всіх допустимих значень аргументу х. Це записують .

Якщо при то при якщо α(х) при для , то при

Основні теореми про границі

1. Границя сталої, дорівнює самій сталій

2. Сталий множник можна винести за знак границі

3. Границя суми(різниці) двох функцій дорівнює сумі(різниці)границь

4. Границя добутку двох функцій дорівнює добутку границь

5. Границя частки, рівна частці границь

Основні типи границь

Спочатку розглянемо границі дробово – раціональних функцій де чисельник та знаменник дробу – многочлени.

До першого типу віднесемо найпростіші границі виду [A],

(немає жодної особливості). Наприклад,

Серед наведених видів границь немає особливостей виду які називають невизначеностями.

До другого типу віднесемо границі виду де P(x), Q(x), – многочлени (а – скінчене число). Щоб розкрити цю невизначеність (знайти границю), треба знаменник і чисельник дробу поділити на х – а, наприклад, (ділення многочленів виконується в стовпчик)

До третього типу віднесемо границі виду де P(x), Q(x), – многочлени або інші функції, що мають границі ∞. Щоб знайти цю границю, треба чисельник і знаменник поділити на , де n – найвищий степінь х, який входить в дріб.

Наприклад,

До четвертого типу віднесемо границі з невизначеністю виду де P(x), Q(x), – вирази, що містять корені. Для їх розкриття необхідно помножити знаменник і чисельник дробу на спряжені вирази.

Наприклад,

До п‘ятого типу віднесемо границі, в які входять тригонометричні чи обернені тригонометричні функції та містять невизначеність виду . Для знаходження таких границь необхідно використати першу визначну границю

Друга визначна границя

Шостий тип – невизначеність виду . Друга визначна границя має вигляд

Означення 2. Функція f(x) називається неперервною на проміжку якщо вона неперервна в кожній точці цього проміжку.

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор.149 – 183 . Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 3.2

Тема: Похідна. Диференціювання елементарних функцій

Мета: Навчитись обчислювати похідну різних елементарних функцій.

Студенти повинні знати: таблицю похідних, правила диференціювання різних функцій.

Студенти повинні вміти: виконувати диференціювання різних функцій.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку. План викладання матеріалу

• похідна та її застосування

• диференційованість та неперервність

• диференційованість елементарних функцій

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Н ехай задана неперервна на проміжку [a; b] функція у = ƒ (х). візьмемо довільну точку х є (a; b) та надамо їй приросту х. знайдемо значення функції в точках х та х + х. їх різниця, а саме ƒ (х + х) – ƒ (х), є приростом функції в точці х, який позначаємо . границю , вважаючи, що вона існує.

Означення: Границя відношення приросту функції до приросту аргументу в даній точці, коли приріст аргументу прямує до нуля, називається похідною функції в точці позначається (1)

З (1) видно, що похідна є також функцією. Операція відшукання похідної функції називається диференціюванням.

Правила диференціювання

I . . Похідна від сталої дорівнює нулю.

у = С, С – С = 0. .

ІІ. Сталий множник можна винести за знак похідної.

ІІІ. Похідна від суми (різниці) дорівнює сумі (різниці) похідних

.

Приклад: у = 3 + х² - ;

IV. Похідна добутку двох функцій дорівнює сумі двох добутків: похідна першої функції на другу функцію і першої функції на похідну другої

Перейдемо до границі в останній рівності, отримаємо

оскільки третій додаток прямує до нуля..

Щоб знайти похідну від неявної функції F (x, y) = 0, досить взяти похідну від кожної частини рівняння і визначити звідти розглядаючи у як функцію від х, наприклад.

х² + у² = R²; 2x + 2y ∙y^’ = 0; y^’ = -

Нехай маємо функцію у = а^х, а > 0, а ≠ 1. Покажемо, що y^’ = а^’ lna.

Про логарифмуємо функцію і візьмемо похідну з обох частин.

Ln y = ln a^х, =

Функція у = е^х є частинний випадок попередньої. Тому, очевидно що (е^х)^’ = е^x.

y = arcsinx. Звідси x = siny. Враховуючи у_х^’ = , маємо

Аналогічно до попереднього

Похідна функція, що задана параметрично

Нехай Виключити параметри t, то функція виражається явно.

Твердження: похідна функція, яка задана параметрично, визначається так:

Доведення: якщо у = Ψ (t), а t = 0 (x) – обернена до х = φ (t), то .

Враховуючи .= , отримаємо = , що і треба було довести.

Приклад: = 3t²;

Тепер запишемо таблицю похідних,

1) ( х^m)’ = mx^m-1;

2) (a^x)’=a^xlna; (e^x)’= e^x;

3) (lnx)’ = (log_ax)’ =

4) (sinx)’ = cosx; 5) (cosx)’ = - sinx;

6) (tgx)’ = 7) (ctgx)’ = -

8) ( arcsinx)’ = 9) ( arccosx)’ = -

10) ( arctgx)’ = 11) ( arcctgx)’ = -

Правило Лопіталя. Нехай функція f (x) і φ (x) на відрізку |a; b| задовольняють умови теореми Коші і дорівнюють нулю при х = а: f (а) = φ (а) = 0. Тоді існує границя відношення при х → а, причому .

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

ІV. Домашнє завдання Стор.191 – 215 . Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 3.3

Тема: Застосування диференціювання чисел для завдань алгебри, геометрії

Мета: Повторити основні властивості функції , поглибити знання про визначення поведінки функції за допомогою похідної.

Студенти повинні знати: означення похідної , необхідні та достатні умови існування диференційованості .

Студенти повинні вміти: виконувати дослідження функції за допомогою похідної

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку.

План викладання матеріалу

• наближене розв’язання рівнянь

• загальна схема дослідження функції

• кривина плоскої лінії

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Дослідження функці

Зростання та спадання функції

Теорема1. 1. Якщо диференційована функція f (x) на відрізку |a; b| зростає, то її похідна на |a; b| невід’ємна, тобто f ’(x) ≥ 0;

2. Якщо функція f (x) неперервна на відрізку |a; b| і диференційована на (a; b), причому f’(x) > 0, a < x < b, то ця функція зростає на |a; b|.

Максимум і мінімум функцій

Означення1. Говорять, що при значенні х₁ аргументу х функція f (x) має максимум f (x₁), якщо в деякому ( можна досить малому) околі точки х₁ виконується нерівність

f(x₁) > f (x) (x ≠ x₁).

Аналогічно говорять, що при х = х₂ f (x) має мінімум f (x₂), якщо в деякому околі точки х₂ виконується нерівність

f (x₂) < f (x) (x ≠ x₂).

Максимум і мінімум часто називають екстремумами функції, а значення аргументу, при якому досягається екстремум, називають точкою екстремуму.

Екстремум функції, взагалі кажуть, має локальний характер – це найбільше чи найменше значення функції у порівнянні з найближчими її значеннями. З цієї точки зору зрозуміло, що мінімум ( локальний) може бути більшим від максимуму.

Необхідна умова екстремуму

Теорема 2. В точці екстремуму диференційована функція має похідну, яка дорівнює нулю.

Достатні умови екстремуму

Те, що f ’(x₀) = 0, зовсім не означає, що f (x) має екстремум в точці х = х₀. Наприклад, у = у³_; у’ = 3х² і у’ (0) = 0. Однак значення у (0) не є екстремум.

Теорема 3. Якщо для деякого значення x₀ похідна диференційованої функції f (x) дорівнює нулю і змінює свій знак при переході через це значення, то число f (x₀) є екстремум функції f (x). При цьому:

1) функція f (x) досягає максимуму при х = х₀, якщо похідна в околі точки х₀ змінює свій знак з «+» на «-»;

2) функція f (x) досягає мінімуму при х = х₀, якщо похідна в околі точки х₀ змінює свій знак з «-» на «+».

Теорема 4. Якщо перша похідна f ’(x) диференційованої функції дорівнює нулю в точці х₀, а друга похідна f”(x) існує і f”(x₀) ≠ 0, то в цій точці функція має екстремум, причому:

1) якщо f”(x₀) > 0, то f(x₀) – мінімум функції;

2) якщо f”(x₀) < 0, то f(x₀) – максимум функції.

Вгнутість і випуклість графіка функції. Точки перегину

Означення 2. Графік диференційованої функції у = f (x) називається вгнутим вверх (або випуклим в низ), якщо частина кривої у = f (x), х є (a; b), розміщена вище від дотичної, проведеної в довільній точці.

Достатня умова вгнутості (випуклості)

Теорема 5. Якщо f”(x₀) > 0, х є (a; b), то графік функції є вигнутим вверх на цьому проміжку. Якщо ж f”(x₀) < 0, х є (a; b), то графік функції є вгнутий вниз на цьому проміжку .

Означення 3. Точкою перегину графіка диференційованої функції у = f (x) є точка, при переході через яку крива змінює свою вгнутість на випуклість і навпаки.

Точка перегину двічі диференційованої функції визначається з умови f ”(x₀) = 0.

Найбільше і найменше значення функції на проміжку

Функція на відрізку |a; b| досягає свого найбільшого (найменшого)значення або на одному з кінців цього відрізка, або у внутрішній точці, яка і є точкою максимуму(мінімуму).

Щоб знайти найбільше (найменше) значення функції на відрізку |a; b|, треба:

1) знайти всі точки максимуму (мінімуму) функції на відрізку та значення функції в цих точках;

2) визначити значення функції на кінцях, тобто f (а) і f (b);

3) із усіх отриманих знань вибрати найбільше (найменьше) значення.

Приклад.

Знайти найбільше і найменьше значення функції у = х³ – 3х + 3 на проміжку .

Розв’язання.

Знайдемо критичні точки у′ = 3х² – 3; 3(х² – 1) = 0; х₁ = 1, х₂ = -1;

y” = 6x; y”(1) = 6 > 0. Отже х₁ = 1 – точка мінімуму, значення y”(-1) = -6 < 0, x₂ = -1 – точка максимуму;

у (-3) = -15, у (1) = 1, у (-1) = 5;

у_найм = у (-3) = -15, у_найб = у (-1) = 5.

Асимптоти

Часто доводиться досліджувати форму кривої у = f (x) при необмеженому зростанні абсциси чи ординати. Трапляються випадки, що при віддаленні точки х на нескінченність крива наближається до прямої.

Означення 4. Пряма А називається асимптотою кривої, якщо відстань δ від змінної точки М кривої до цієї прямої, коли М віддаляється на нескінченність прямує до нуля.

Вертикальні асимптоти

Із означення асимптот випливає, що якщо чи , чи , то пряма х = а є вертикальною асимптотою кривої у = f (x) і навпаки, якщо пряма х = а є вертикальною асимптотою, то виконується одна із виписаних рівностей.

Наприклад, для функції , пряма х = 5 – вертикальна асимптота.

Похилі асимптоти

Якщо існують скінченні границі , то пряма y = kx +b є похилою асимптотою.

Наприклад, якщо то у = х +2 – похила асимптота

Горизонтальні асимптоти

Якщо існує скінченна границя то пряма у = b є горизонтальною асимптотою.

Загальна схема дослідження функції. Побудова графіків

Дослідження та побудова графіка функції рекомендується проводити за схемою:

1) знайти область існування функції D (f);

2) дослідити функцію на неперервність, знайти точки розриву, якщо вони існують, і знайти односторонні границі в точках розриву;

3) з’ясувати, чи функція парна чи непарна, чи ні та, ні та;

4) знайти точки екстремуму функції і записати інтервали зростання і спадання функції;

5) знайти точки перетину графіка функції і визначити інтервали випуклості та вгнутості графіка;

6) знайти асимптоти графіка функції, якщо вони існують;

7) побудувати графік функції, використовуючи отримані результати, за необхідності можна додатково знаходити точки графіка, надаючи аргументу х ряд значень, та отримати відповідні значення у.

Приклад. Дослідити засобами диференціального числення функцію і побудувати графік.

Розв’язання. Розглянемо всі пункти згідно загальної схеми:

1. Область існування функції D (f); х може набувати довільних значень, крім х₁ =1, х₂ = 4, в яких функція не визначена; D (f); х є ( -∞; 1) U(1; 4)U(4;∞).

2. Дана функція є неперервною на всій області свого існування. Точки х₁ =1, х₂ = 4 є точками розриву графіка функції. Знайдемо односторонні границі в цих точках.

3. Дослідимо функцію на парність. Знайдемо

Отже, функція ні парна, ні непарна.

4. Знайдемо екстремальні точки, тобто точки, де f’(x) = 0 і похідна функція змінює знак.

x₁ = -2, x₂ = 2.

При х є (-2; 2) \ {1} функція зростає; при х є (-∞;-2) U (2;∞) \ { 4} функція спадає; ;

4. Знайдемо точки перетину графіка функції і визначимо інтервали випуклості та вгнутості графіка.

2x² – 12x +40 = 0, x ≈ -3,44 – єдиний дійсний корінь.

При х є (-∞; 3,44) U (1; 4) y’’< 0 < 0. Функція є випуклою доверху (вгнутою донизу), при х є (- 3,44; 1) U ( 4; ∞) y’’> 0 > 0. Функція є випуклою донизу (вгнутою доверху).

6. х = 1, х = 4 – вертикальні асимптоти;

Отже, похилих асимптот немає, а у = 0 – горизонтальна асимптота.

7. Побудуємо графік функції, використовуючи отримані результати

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор.246 – 266 . Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 4.1

Тема: Функції багатьох змінних, її границя та неперервність

Мета: Розглянути властивості і способи дослідження функції багатьох змінних

Студенти повинні знати: означення та властивості функції . багатьох змінних

Студенти повинні вміти: виконувати дослідження функції багатьох змінних

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку. План викладання матеріалу

• функція багатьох змінних

• границя функції багатьох змінних

• властивості неперервних функцій

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Нехай функція z = f(x, y) ‘визначена в деякому околі точки М(х, у). Виберемо приріст так щоб належав розглядуваному околу і знайдемо повний приріст функції в точці М (х ; у):

Функція f(x, y)називається диференційованою в точці М, якщо її повний приріст в цій точці можна подати у вигляді

Де А та В – дійсні числа, які не залежать від ∆х та ∆у, а = а (∆х, ∆у) β = β (∆х, ∆у) – нескінченно малі при ∆х → 0 і ∆у → 0 функції.

Теорема 1 (неперервність диференційованої функції). Якщо функція z = f(M) диференційована в точці М, то вона неперервна в цій точці.

Теорема 2 (існування частинних похідних диференційованої функції). Якщо функція z = f(M) диференційована в точці М (х; у), то вона в цій точці має похідні

f’_x = f’_x (x, y) і ∆z =f’_x∆x + f’_y∆y + a∆x + β∆y.

Теорема 3 (достатні умови диференційованості). Якщо функція f(x, y) має частинні похідні в деякому околі точки М і ці похідні неперервні в точці М, то функція f(x, y) диференційована в точці М.

З теорем 2 і 3 випливає такий наслідок: щоб функція f(x, y) була диференційованою в точці, необхідно, щоб вона мала в цій точці частинні похідні, і достатньо, щоб вона в цій точці мала неперервні частинні похідні.

Повним диференціалом dz диференційованої в точці М функції z = f(M) називається лінійна відносно ∆х та ∆у частина повного приросту цієї функції в точці М, тобто

dz = А∆х +В∆у.

Диференціалами незалежних змінних х та у назвемо прирости цих змінних dх = ∆х, dу =∆у. Тоді з урахуванням теореми 2 рівність можна записати так:

Нехай z = f(х, у) – функція двох змінних х та у, кожна з яких, в свою чергу, є функцію незалежної змінної t; х = х (t), y = y(t),

тоді функція f(x (t), y (t)) є складеною функцією змінної t.

Теорема. Якщо функція х = х (t), у = у (t) диференційовані в точці t, а функція f (x, y) диференційована в точці М (x; y), то складена функція f(x (t), y (t))також диференційована в точці t. Похідну цієї функції знаходять за формулою

Приклад

1. Знайти , якщо z = x² – 3xy, де x = 2t, y = t².

Згідно формули дістанемо

Результат буде такий самий, коли попередньо підставити замість х та у їхні значення, а потім знайти звичайну похідну по t: z = 4t² – 6t³, = 8t – 18t². ●

2. Нехай u = x² – xy + z², y = 2x, z = x³.

Згідно формули дістанемо:

Існує спосіб:

u = x² – 2x² + х⁹ = - x² + x⁹.

●

Якщо функції х (u, v) та y (u, v) диференційовані в точці М₁(u, v) а функція z = f(х, у) диференційована в точці М₂(х(u, v); у (u, v)) диференційована в точці М₁(u, v) і її частинні похідні знаходяться за формулою.

. (*)

Формули (*) можна узагальнити на випадок більшого числа змінних. Якщо

u = f (x, y, z) де x = x (s₁, s₂, s₃), y = y (s₁, s₂, s₃), z = z (s₁, s₂, s₃), то

Приклад

Знайти і , якщо z = x²lny, де , y = uv.

За формулою (*) маємо

. ●

Знайти похідну функції у, заданої рівнянням е^у – е^х +2ху = 0.

Тут F (x, y) = е^у – е^х +2ху, = – е^х +2у, = е^у +2ху, отже за формулою (20) маємо

●

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор.284 - 293. Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 4.2

Тема: Диференціювання функції багатьох змінних

Мета: Навчитись обчислювати похідну різних елементарних функцій багатьох змінних.

Студенти повинні знати: таблицю похідних, правила диференціювання різних функцій багатьох змінних. .

Студенти повинні вміти: виконувати диференціювання різних функцій багатьох змінних.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку.

План викладання матеріалу

• частинні похідні

• повний диференціал

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Частинні похідні першого порядку. Повний диференціал

До цього часу ми розглядали функції однієї змінної y = f (x).

Означення 1. Якщо кожній парі чисел (х, у) з площини ХОУ, за деяким правилом (законом) ставиться у відповідність величина z, то кажуть, що z є функція незалежних змінних х і у з області визначення D.

z = f (x, y.)

Функція z двох змінних можна задавати за допомогою таблиці, наприклад

у х	0	1	2
0	5	8	1
1	7	9	3

Означення 2. Сукупність пар (х, у), для яких визначена функція z = f (x, у), називають областю визначення функції (рис. 61)

Функція z = f (x, y)описує поверхню в просторі, наприклад

Можна розглядати функцію змінних z = f (x₁,х₂……х_n), x_і– незалежна змінна.

Означення 3. Частинною похідною по х від функції z = f (x, у),називають границю відношення частинного приросту ∆, z до приросту ∆х, при ∆х → 0

І позначають , або , або , або .

Аналогічно, частинна похідна по у від функції z = f (x, у) визначається

.

диференціюємо спочатку по х, а потім отримуємо функцію диференціюємо по δ.

- друга похідна по δ.

Аналогічно похідні другого порядку можна диференціювати як по х, так по у. Запис означає, що від z взята похідна p разів по х,а потім n – p разів δ.

Теорема 1. Якщо функція z = f (x;δ) і її частинні похідні визначенні і неперервні в точці М ( х; δ), то в деякому околі цієї точки .

Приклад. Знайти частинні похідні 2-го порядку від функції z = x²y +y³

Розв’язання.

Максимум і мінімум функції багатьох змінних

Означення 1.Функція z = f(x;δ)має максимум в точці М₀ (х₀; δ₀), якщо f (x₀; y₀) >f (x;y) для всіх точок (x;δ)достатньо близьких до точки (х₀; δ₀) і не рівних їй.

Означення 2.Функція z = f(x;δ)має мінімум в точці М₀ (х₀; δ₀), якщо f (x₀; y₀) < f (x;y) для всіх точок (x;δ)достатньо близьких до точки (х₀; δ₀) і не рівних їй.

Максимум і мінімум називають екстремумами функції.

Ці означення можна переформувати так. Нехай х = х₀ +∆х; у = у₀ +∆у. Тоді приріст функції

f (x;y) - f (x₀; y₀)= f (x₀ +∆х; у₀ +∆у )- f (x₀; y₀)= ∆ f;

1) якщо ∆ f < 0, при достатньо малих приростах ∆х, ∆у; то f (x;δ) досягає максимуму в точці М₀ (х₀; δ₀).

2) якщо ∆ f > 0, при достатньо малих приростах ∆х, ∆у; то f (x;δ) досягає мінімуму в точці М₀ (х₀; δ₀).

,

у=1/3

Потім знаходимо значення других похідних в критичний точці М₀

Обчислимо АС – В² = 2 2 – (-1)² = 3 > 0, причому А > 0

Отже в точці М₀ функція має мінімум:

² - ² +

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання. Стор.294 - 304. Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 4.3

Тема: Застосування частинних похідних

Мета: З’ясувати в яких випадках можна використати . частинні похідні функцію багатьох змінних.

Студенти повинні знати: сфери використання .

Студенти повинні вміти: використовувати частинні похідні функцію багатьох змінних.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку. План викладання матеріалу

• дотична площина та нормаль до поверхні

• геометричний зміст диференціала функції

• похідна функція за напрямком

• формула Тейлора

• найбільше та найменше значення функції

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Приклад 1. Нехай виготовляються два види товарів х та у. Їх ціни відповідно рівні v₁ = 8, p₂ = 10 y.o., функція витрат С = х² + ху + у². Знайти максимум прибутку.

Функція прибутку П (х, у) = 8х +10у – х² – ху – у².

Із умови локального екстремуму, отримуємо систему рівнянь

Розв’язок якої є точка М (2; 4). Оскільки А < 0 a AC – B² > 0 в точці М, тому в ній функція досягає максимуму, який рівний

П_пах = П (2; 4) = 28 у. о.

Загальна постановка задачі. Нехай x₁,х₂……х_m кількості однорідного товару який продається на m ринках за цінами р₁(х₁), тобто ціна кожному ринку залежить від кількості пропонованого товару. Припустимо, що функція затрат залежить від загальної кількості товару.

C = S ( x₁ + х₂ +… + х_m).

Тоді загальний прибуток

П = х₁р₁ + х₂р₂ + х_m p_m - S ( x₁ + х₂ +… + х_m). (2)

Умова екстремуму

Веде до системи рівнянь, для визначення стаціонарних точок за умови x₁ р₁(х₁) + х₁ ( x₁ + х₂ +… + х_m)= 0,

Проаналізуємо дохід R₁ = x₁ р₁(х₁) на кожному ринку. Граничний дохід

Де – еластичність попиту на і – тому ринку. Так як - звичайно від’ємна величина, останню рівність можна переписати в зручній формі.

Якщо < 1, то < 0, ринок не еластичний. Якщо > 0, то умова (3) вимагає вибору ринку з додатнім граничним доходом, або з еластичним попитом, т.т. > 1.

Із рівняння (3), маємо

1-1/ 1-1/ 1-1/

Звідки і виводиться умова «цінової дискримінації»: чим менше за абсолютною величиною еластичність даного ринку, при даній кількості товару, тим вища має бути ціна на товар на цьому ринку за умови максимального прибутку.

Приклад 2. Нехай маємо три ринки з кількістю товару для продажу x₁,х₂,х₃ з цінами на товар відповідно р_і = а_і –b_і, так що дохід R_і = х_і (а_і – b_і х_і). Нехай функція затрат виражається формулою:

П = х₁ (а₁ –b₁ х₁) + х₂ (а₂ –b₂ х₂) + х₃ (а₃ –b₃ х₃) – А- В (х₁ + х₂ + х₃).

Умова локального екстремуму має вигляд:

а_і - 2 b_і х_і – В = 0, і = 1, 2, 3.

З цієї системи знаходимо стаціонарну точку

і = 1, 2, 3.

Г ессіан функції прибутку рівний

Оскільки b_і > 0, то за критерієм Сільвестра ( проходить зміна знаку в головних мінорах, починаючи з мінуса отримана точка є точкою мінімуму. Для конкретизації, візьмемо:

а₁ = 25, а₂ = 45, а₃ = 85, b₁ = 5, b₂ = 4, b₃ = 10, А = 10, В = 5.

Отримаємо розподіл товарів за ринками

х₁ = 2, х₂ = 5, х₃ = 4 при цінах відповідно р₁ = 15, р₂ = 25, р₃ = 45.

Неважко бачити, що відповідні еластичності задовольняють принцип «цінової дискримінації»: чим менше величина - і – го ринку, тим вища має бути ціна товару на цьому ринку.

Максимальний отриманий прибуток П = 270.

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор. 310 - 329 Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 5.1

Тема: Невизначений інтеграл. Методи інтегрування

Мета: Нвчитись обчислювати інтеграл різноманітних функцій.

Студенти повинні знати: означення інтегралів, первісної, невизначених інтегралів.

Студенти повинні вміти: користуватися таблицею інтегралів, обчислювати табличні інтеграли , інтеграли за допомогою методу підстановки.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку. План викладання матеріалу

• поняття первісної функції

• властивості невизначеного інтеграла

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Раніше ми розглядали задачу. Нехай задано функцію F(x). Як знайти похідну від неї, тобто таку функцію f (x), що f (x) = F(x).

Розглянемо обернену задачу. За даною функцією f (x) знайти таку функцію F(x), що

Означення 1. Функція F(x) називається первісною від функції на відрізку , якщо у всіх точках цього проміжку виконується рівність

Приклад 1. Знайти первісну від функції = х².

Розв’язання: Із означення випливає, що функція F(x) = буде первісною, так як Легко бачити, що ця функція не є єдиною, наприклад , теж є первісними. Отже можна записати, що загалом первісна для нашої функції рівна

F(x) = ( де С – довільна стала), бо

Теорема. Якщо F₁(x) і F₂(x) – дві первісні від функції f (x) на відрізку , то різниця між ними дорівнює стадій.

Із цієї теореми випливає: якщо F(x) є первісною для то довільна інша первісна має вигляд F(x)+С, де С = const.

Означення 2. Якщо функція F(x) є первісною для то вираз F(x)+С називають невизначеним інтегралом від функції і позначають символом

Таким чином згідно з означенням:

або (4)

Функцію називають підінтегральною функцією: –підінтегральним виразом: знак знаком інтеграла. Таким чином невизначений інтеграл – це сім’я функції у = F(x) +С.

З геометричної точки зору невизначений інтеграл – це сім’я кривих, кожна з яких отримується шляхом зсуву однієї із кривих паралельно сама собі вверх чи вниз вздовж осі ОУ.

Постає питання чи для кожної функції існує первісна? Виявляється, що не для всякої. Зауважимо однак, без доведення, що якщо функція неперервна на відрізку [а;b], то для цієї функції існує первісна ( а значить і невизначений інтеграл).

Знаходження первісної для даної функції називається інтегруванням функції .

Зауважимо ще таке: якщо похідна від елементарної функції завжди елементарна функція, то первісна від елементарної функції може виявитись такою, що не представляється за допомогою скінченої кількості елементарних функцій.

Із означення 2 випливають рівності:

1. (5)

2. (6)

3. (7)

Таблиця інтегралів

Безпосередньо із означення 2 і таблиці похідної можна записати таблицю інтегралів.

( Справедливість рівностей легко перевірити диференціювання) ( С – довільна стала)

1. 2.

3. 4. 5. 6.

7. 8.

9 10

11 12.

13. 14. 15. 16. 17. 18.

19. 20.

21.

Покажемо справедливість кількох формул цієї таблиці ( напр. 7. 8. 15. 16)

Властивості невизначеного інтегралу

1. (1)

Цю рівність розуміють з точністю до сталої. Похідні лівої і правої частини рівні.

2. (2)

Похідні лівої і правої частини рівні. Цю рівність розуміють з точністю до сталої.

Найпростіші правила інтегрування:

І. Якщо

(3)

ІI. Якщо

(4)

ІII. Якщо

(5)

ІV. Якщо

(6)

Перевірка проводиться диференціюванням.

Заміна змінної (метод підстановки) в невизначеному інтегралі

Нехай потрібно знайти інтеграл , причому безпосереньо підібрати первісну для неможливо, хоч знаємо що вона існує.

Зробимо заміну (деякий вираз приймаємо за t а решта за d(t)) тобто

x = φ(t), (1)

де – неперервна функція з неперервною похідно, яка має обернену.

Тоді dx = φ’(f) dt. Маємо рівність

(2)

Заміну х = вибирають так, щоб можна було обчислити невизначений інтеграл який є в правій частині рівності (2).

Приклад 1. Знайти інтеграл

Розв’язання. Зробимо заміну t = sinx, тоді dt = cos dx.

Маємо

Приклад 2. Знайти інтеграл

Розв’язання. Нехай t = 1 + x², тоді dt = 2xdx.

Маємо

Приклад 3. Знайти інтеграл

Розв’язання. Заміна lnx = t, дає dt = dx. Тоді маємо

Метод заміни змінної є одним з основних методів обчислення інтегралів. Навіть в тих випадках, коли ми інтегруємо іншим методом нам часто доводиться в допоміжних обчисленнях звертатися до заміни змінних. Успіх інтегрування значно залежить від вміння зробити вдалу заміну змінної, яка спрощує даний інтеграл.

Часто, коли заміна змінної досить проста використовують так званий метод загонки під знак диференціалу. Покажемо це на прикладах.

Приклад 4. Знайти інтеграл

Розв’язання. Перетворимо підінтегральний вираз і очевидну заміну тримаючи в пам’яті запишемо результат.

Приклад 5. Знайти інтеграл

Розв’язання. Ступаючи аналогічно до попереднього, отримуємо

Приклад 6. Знайти інтеграл

Розв’язання. Заганяючи вираз під знак диференціалу, отримуємо

Приклад 7. Знайти інтеграл

Розв’язання. Замінюючи невідому виразом отримуємо

Інтегрування по частинах

Нехай u і v - дві диференційовані функції від х. Тоді диференціал добутку рівний d(uv) = udv vdu.

Інтегруючи цю рівність, отримуємо або (1)

Формула (1) називається формулою інтегрування частинами.

Наведемо кілька видів ( найбільш вживаних) інтегралів, які беруться частинами ( цей список далеко не повний):

…( k ).

При інтегруванні частинами важливим є правильний вибір u та dv.

Наприклад в перших трьох інтегралах вибираємо u = x^k, а все решту позначимо dv. При цьому при кожному інтегруванні частинами степінь «х» зменшується на 1.

Приклад. Знайти інтеграл

Розв’язання. Інтегруючи частинами, отримаємо

Приклад. Знайти інтеграл

Розв’язання. Інтегруючи частинами, отримаємо

Приклад. Знайти інтеграл

Розв’язання. Інтегруючи частинами, отримаємо

Приклад. Знайти інтеграл

Розв’язання. Інтегруючи частинами, отримаємо

звідки

=

Дістали рівняння, з якого визначаємо шуканий інтеграл:

=

Приклад. Знайти інтеграл

Розв’язання. Виділяємо під знаком інтеграла повний квадрат.

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор.321 - 336. Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 5.2

Тема: Інтегрування функцій, які містять квадратний тричлен.

Мета: Нвчитись обчислювати інтеграл різноманітних функцій.

Студенти повинні знати: означення інтегралів, первісної, невизначених інтегралів.

Студенти повинні вміти: користуватися таблицею інтегралів, обчислювати табличні інтеграли , інтегрувати функції, які містять квадратний тричлен.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку.

План викладання матеріалу

• основні методи інтегрування

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Інтеграли від деяких функцій, які містять квадратний тричлен.

В цьому параграфі розглянемо інтеграли чотирьох видів, які містять квадратний тричлен в знаменнику:

1) 2)

3) 4)

5)

1. В інтегралі виділимо повний квадрат в знаменнику, маємо

Заміни зводять цей інтеграл до табличного ( залежно від знаку він рівний арктангенсу чи логарифму).

2. Інтеграл виду перетвореннями зводиться до логарифму знаменника та попереднього .

Отже

3. Інтеграл виду виділенням повного квадрату підкореневого виразу зводиться до видів: при а >0, або при а < 0, які розглядались як табличні («довгий» логарифм, або арксинус).

4. Інтеграл виду зводиться до суми двох

Перший інтеграл типу а другий є не що інше як ( не враховуючи сталих коефіцієнтів що є перед інтегралами)

5. При обчисленні інтегралу

До останнього інтеграла застосуємо формулу :

Отже, .

Формула дає змогу знайти інтеграл для будь – якого натурального числа . Приклад. Знайти інтеграл .

Розв’язання. Враховуючи, що

Послідовно дістаємо:

Приклад. Знайти інтеграл

Розв’язання. Простими перетвореннями зробимо в чисельнику похідну знаменника і розіб’ємо інтеграл на суму двох інтегралів.

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор.352-360. Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 5.3

Тема: Інтегрування раціональних функцій

Мета: Нвчитись обчислювати інтеграл різноманітних функцій.

Студенти повинні знати: означення інтегралів, первісної, невизначених інтегралів.

Студенти повинні вміти: користуватися таблицею інтегралів, обчислювати табличні інтеграли , інтегрувати функції, які містять раціональні функції

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку.

План викладання матеріалу

• . розклад інтеграла на суму інтегралів

• знаходження інтегралів, що мають неправильний дріб

• визначний інтеграл

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Інтегрування найпростіших раціональних дробів

Як буде видно згодом, не всяка елементарна функція має інтеграл, який виражається через елементарні функції. Тому важливим є виділити такі класи функцій, інтеграли яких виражаються через елементарні функції. Найпростішим з таких класів є клас раціональних функцій.

Всяку раціональну функцію можна записати у виді раціонального дробу.

Будемо вважати, що многочлени в чисельнику і знаменнику не мають спільних коренів.

Якщо степінь чисельника менша ніж степінь знаменника, то дріб називається правильним, протилежному випадку – неправильним.

Елементарними раціональними дробами називають правильні раціональні дроби таких чотирьох видів:

І. ; ІІ.

ІІІ. IV.

Де A, a, M, N, p, q – дійсні числа, а тричлен не має дійсних коренів,

тобто .

Теорема 4. Нехай знаменник правильного раціонального дробу розкладено на множники

тоді цей дріб можна подати у вигляді

Де - деякі дійсні числа

Вираз називається розкладом правильного раціонального дробу на елементарні дроби.

Для знаходження чисел можна скористатись методом порівнювання коефіцієнтів. Суть його така. Помножимо обидві частини рівності на , внаслідок чого дістанемо два тотожно рівні многочлени: відомий многочлен і многочлен з невідомими коефіцієнтами . Прирівнюючи їхні коефіцієнти при однакових степенях дістанемо систему лінійних рівнянь, з якої визначимо невідомі .

Приклад.

Виразити через елементарні дроби дріб .

За формулою маємо

.

Помноживши обидві частині цієї рівності на , дістанемо тотожність

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях у правій і лівій частинах, дістанемо систему рівнянь

,

Розв’язуючи яку, знайдемо .

Отже,

Означення. Правильні раціональні дроби виду:

І. ІІ.

ІІІ. ( корені знаменника комплексні дискримінант D <0).

IV. (D < 0, k – ціле додатнє число ≥ 2).

Називаються найпростішими дробами І, ІІ, ІІІ, IV типів.

Відомо, що всякий правильний раціональний дріб можна подати через суму найпростіших дробів.

Інтегрування дробів типів І, ІІ, ІІІ, не викликає великих труднощів.

І.

ІІ. ІІІ.

.

Перший інтеграл знаходиться безпосередньо:

А другий є табличним, оскільки за умовою .

Зауважимо, що підстановка «підказана» тим, що квадратний тричлен у знаменнику можна записати у вигляді

.

У загальному випадку маємо

,

Де = . Знак плюс чи мінус береться залежно від того, якими будуть корені знаменника: комплексними чи дійсними. Звідси випливає, що інтеграли виду обчислюються підстановкою .

IV. Інтеграл виду

підстановкою зводиться до двох інтегралів:

.

Перший з цих інтегралів обчислюється безпосередньо, а другий – за раніше розглянутим.

Отже, встановлено, що інтегрування довільної раціональної функції зводиться до інтегрування многочлена і скінченного числа елементарних дробів, інтеграли від яких виражаються через раціональні функції, логарифми і арктангенси. Інакше кажучи, будь-яка раціональна функція інтегрується в елементарних функціях.

Приклад А)

Приклад Б)

Приклад. Знайти інтеграл

Розв’язання. Послідовними перетвореннями, отримаємо

3. Інтеграли виду раціоналізуються підставкою , яка називається універсальною.

Дійсно,

Тому

Де - раціональна функція від t.

Приклад

Знайти інтеграл .

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор.352 – 360 . Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 5.4

Тема: Визначний інтеграл

Мета: Поглибити знання з інтегрування різноманітних функцій.

Студенти повинні знати: таблицю інтегралів та методи інтегрування, формулу Ньютона-Лейбниця

Студенти повинні вміти: використовувати визначний інтеграл для розв’язування різноманітних задач.

Тип уроку: лекція

Форма контролю: фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу.

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

V. Підсумок уроку.

VI. Домашнє завдання. План викладання матеріалу

• розклад інтеграла на суму інтегралів

• знаходження інтегралів, що мають неправильний дріб

• визначний інтеграл

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ Повторення раніше вивченого.

Приклад. Знайти інтеграл

Розв’язання. Послідовними перетвореннями, отримаємо

1. розкладемо знаменник на найпростіші множники:

х ³+4х² +4х = х(х²+4х +4)= х(х+2)²

2. запишемо схему розкладу підінтегрального дробу на елементарні доданки

3. звільнимось від знаменника,помноживши обидві частини на х(х+2)²

3х² + 8 = А(х+2)² +В х(х+2)+ В₁ х = (А+В) х²+ (4А+2В+В₁) х +4А

4. складемо систему рівнянь для визначення невідомих коефіцієнтів, приівнявши при відповідних степенях х

А+В= 3 4А+2В+В₁= 0 4А= 8

5. розв’язавши систему маємо: А= 2 В= 1 В₁= -10

6. тому підінтегральна функція має вигляд

Т аким чином dx =

ІІІ Повідомлення нового матеріалу

Основні властивості визначеного інтегралу

1. Сталий множник можна винести за знак визначеного інтегралу

. (1)

Ця рівність випливає із означення інтегралу та властивості границі.

2. Визначений інтеграл від алгебраїчної суми кількох функцій, рівний алгебраїчній сумі інтегралів від доданків

. (2)

Оскільки границя суми (різниці) рівна сумі (різниці) границь.

3. Якщо на відрізку , функції і задовольняють умову

, то (3)

4. Якщо і - відповідно, найменше і найбільше значення функції на відрізку і , то

Нехай у визначному інтегралі нижня межа зафіксована, а верхня змінюється. Тоді буде змінюватися і значення інтегралу, тобто інтеграл є функцією верхньої межі

. (4)

Якщо , то величина чисельно рівна площі криволінійної трапеції.

Теорема Похідна від визначеного інтегралу за верхньою межею рівна підінтегральній функції на верхній межі (при умові , що підінтегральна функція неперервна), тобто якщо , то .

Зауваження Із цієї теореми випливає, що всяка неперервна функція має первісну. Дійсно є первісна для .

Теорема Якщо є первісна від інтегральної функції , то справедлива формула

(5)

Вона має назву формули Ньютона-Лейбніца.

Обчислення площ плоских фігур

Якщо на відрізку функція , то як відомо, площа криволінійної трапеції обмеженою кривою , віссю та прямими , рівна

. (6)

Якщо ж на , то визначений інтеграл . За абсолютною величиною він рівний площі відповідної криволінійної трапеції

Інтеграл додатній на тому відрізку , де і від’ємний там, де . Інтеграл на такому проміжку дасть різницю площ, розміщених над і під віссю Для того,щоб отримати суму площ в звичайному розумінні, треба знайти суму абсолютних величин інтегралів, або обчислити інтеграл .

Якщо потрібно обчислити площу, обмежену кривими і прямими , за умови, що , то досить обчислити інтеграл

. (7)

Приклад 1. Знайти площу, обмежену кривими .

Розв’язання. Знаходимо точки перетину кривих прирівнюючи функції

Отже враховуючи (7), маємо

Довжина дуги кривої

Н ехай в прямокутній системі координат на площині задано криву Знайдемо довжину дуги АВ кривої, яка розміщена між вертикальними прямими .

Під довжиною дуги L розуміємо

де .

За теоремою Лагранжа .

Якщо і є неперервні, то існує границя інтегральної суми,

(8)

Отримали формулу для визначення довжини дуги.

Нехай крива задана в параметричній формі причому неперервні разом зі своїми похідними. Тоді, якщо , маємо

. (9)

Зауважимо (без виведень), що довжина дуги просторової кривої (якщо ці функції неперервні разом із своїми похідними) визначається за формулою

. (10)

Нехай крива задана в полярних координатах , де - полярний радіус, а - полярний кут.

Враховуючи зв'язок між декартовими і полярними координатами , маємо . Ці рівняння можна розглядати як параметричні

Тоді

Отже, довжина дуги кривої, яка задана в полярних координатах, обчислюється за формулою . (11)

П риклад 2. Знайти довжину кардіоїди .

Розв’язання. Спочатку побудуємо кардіоїду, надаючи

значення кута .

Об’єм тіла обертання

де - площа перерізу в точці . Границя інтегральної суми,дає об’єм тіла обертання . А отже, , де - площа перерізу.

Якщо функція задана, то .

Тоді об’єм тіла обертання навколо осі ОХ рівний (12)

Зауваження. Якщо обертання проходить навколо осі OY, тоді . (13)

Приклад 3. Знайти об’єм тіла обертання, утвореного обертанням еліпса навколо осі.OX

Враховуючи (7) об’єм тіла обертання рівний

V. Домашнє завдання Л-1 стор 365-411. Л – 2 стор 161-175.

Лекція 6.1

Тема: Диференціальні рівняння І-го порядку

Мета: Навчитись розв’язувати диференційні рівняння І – го порядку

Студенти повинні знати: означення диференційних рівнянь, методи розв’язання таких рівнянь, таблицю інтегралів..

Студенти повинні вміти: розв’язувати рівняння І – го порядку, диференціальні рівняння з відокремленими змінними, однорідні диференційні рівняння.

Тип уроку: лекція

Форма контролю: Фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку. План викладання матеріалу

• загальне поняття та означення

• задача Коші

• диференціальні рівняння з відокремленими змінними

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

На відміну від так званих «скінчених» рівнянь, які розглядались в шкільних і вузівських курсах математики, диференціальні рівня дають можливість через зв'язок між нескінченно малими величинами ( диференціалами змінних) досліджувати стан чи процес руху в навколишньому світі.

Означення. Диференціальним рівнянням (ДР) називається рівняння, яке зв’язує незалежні змінні, шукану функцію і її похідні.

В загальному випадку ДР відносно функції у (х) і змінної х має вигляд:

F( x,y, y’,…,y⁽ⁿ⁾) =0. (1)

Часто можна рівняння (1) розв’язати відносно старшої похідної

^у(n) = f( x,y, y’,…,y^(n-1)). (2)

Його називають рівнянням, розв’язаним відносно старшої похідної.

Всі ДР можна поділити на два типи:

- звичайні диференціальні рівняння. Це рівняння, які містять шукану функцію тільки одного аргументу, а значить і похідні за цим аргументом.

Наприклад, y -4y = sinx, де y = y(x) – функція від х.

- диференціальні рівняння в частинних похідних. В них функція залежить від кількох аргументів, тому вони містять частинні похідні.

Наприклад - рівняння коливань струни.

Означення: Порядком ДР називається порядок найвищої (старшої) похідної, яка входить в рівняння наприклад:

- ДР 1-го порядку, а - ДР 4-го порядку

Означення: Лінійним називається ДР виду

, (3)

що містить функцію та її похідні лише в першому степені, як лінійну комбінацію цих великих. Коефіцієнти , … - змінні, що залежать від х, або сталі q(x) – так звана права частина, яка залежить тільки від х.

Рівняння, які не зводяться до виду (3) називаються нелінійними,

Довільна функція називається розв’язком диференційного. рівняння , якщо при підставленні її в рівняння воно перетворюється на тотожність.

1) вона задовольняє рівняння при довільних значеннях сталих с_і, і =

2) для довільної сукупності початкових умов із області існування відповідних розв’язків знайдуть такі значення с_і, і = , при яких у = (х, с₁₀, ….с_п0) задовольняє початкові умови.

Загальний розв’язок …. (8)

в якому роль довільних грають початкові значення шуканої функції у і її похідних до (п-1) – го порядку включно, при х = х₀, називається загальним розв’язком у формулі Коші.

Інколи загальний розв’язок задають в параметричні формі

(9)

y

Рівняння з відокремленими змінними

Якщо диференціальне рівняння першого порядку може бути представлене у вигляді P (x) dx = Q (y) dy, (3)

де P (x) і Q (y) – функції лише однієї змінної.

Про інтегрувавши обидві частини (4), отримуємо загальний розв’язок (загальний інтеграл)

(5)

Приклад. Розв’язати диференціальне рівняння ( е^х + 2) у^’ = уе^х;

Розв’язання. Враховуючи, що у^х = , можна відокремити змінні в рівнянні

( е^х + 2) = уе^х;

Інтегруючи обидві частини, матимемо

звідси, у = с(е^х +2) – загальним розв’язок заданого ДР.

Однорідні диференціальні рівняння

Означення. Однорідним рівнянням називають рівняння

у ^’= f(x,y) (9)

права частина якого f(x,y) є однорідною функцією нульового виміру відносно х та у.

Однорідною функцією відносно х та у називається функція, яка задовольняє умову f(tx, ty) = t^k f(x,y), де k – вимір або степінь однорідності.

Якщо k = 0, маємо функцію нульового виміру. Однорідну функцію нульового виміру завжди можна представити як функцію відношення змінних або ^. ( Це рівноцінно тому, що або ).

При його інтегруванні вводиться нова змінна або , що веде до рівняння з відокремленими змінними.

Приклад. Розв’язати рівняння ху = х + у.

Розв’язання. Поділимо обидві частини рівняння на х, маємо . Перевіримо функцію на однорідність f(x,y) = ; f(tx, ty) =1 отже права частина рівняння однорідна функція нульового виміру. Введемо нову змінну , тоді у = ux; . Підставляючи це у вихідне рівняння, отримаємо

.

Отже . Тоді загальний розв’язок рівний .

ІІІ. Підсумок уроку.

IV. Домашнє завдання Стор.421 – 438 . Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 6.2

Тема: Лінійні диференціальні рівняння

Мета: Навчитись розв’язувати лінійні диференційні рівняння, а також рівняння які зводяться до лінійних.

Студенти повинні знати: означення лінійних диференційних рівнянь, методи розв’язання таких рівнянь, таблицю інтегралів..

Студенти повинні вміти: розв’язувати лінійні диференційні рівняння, та рівняння які до таких зводяться, однорідні диференційні рівняння.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку.

План викладання матеріалу

• лінійні диференціальні рівняння

• рівняння, які зводяться до лінійних

• рівняння Бернуллі

• рівняння Ріккаті

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Лінійні рівняння першого порядку

Диференціальне рівняння виду

y^'+p(x) y = g(x), (*)

де p(x) і g(x),- деякі функції, що залежать лише від називається лінійним.

Розв’язок лінійного рівняння шукають у вигляді добутку функцій і які підібрані спеціальним чином, так що початкове рівняння розпадається на два рівняння з відокремленими змінними.

Нехай у = u ·v. Тоді у’ = u’v + v’ u, підставляємо це в рівняння (*), маємо

u’v + v’ u +р(х) uv = g(x).

В цьому рівнянні в другому і третьому додатку лівої частини виносимо за дужки і дужку прирівнюємо до нуля.

u’v + u (v’+р(х)v) = g(x) (**)

.

Підставляємо функцію v в рівняння (**) та знаходимо функцію u

u’·

u’= .

інтегруючи останнє рівняння, отримаємо

тому загальний розв’язок лінійного ДР має вигляд

.

Приклад. Розв’язати лінійне рівняння y’+xy = x.

Розв’язання. Нехай y=u·v, у’ = u’v + v’ u. Підставимо це в початкове рівняння. згідно попереднього, отримаємо

u’v + v’ u +xuv = x; u’v + u(v’+xv)=x;

,

u’· ;

Загальний розв’язок початкового ДР рівний добутку функцій u та v

y = 1+с .

Рівняння Бернуллі

Рівняння Бернуллі має вигляд

y’+p(x)y = g(x)yⁿ,

де п - стала, п ≠ 0, п ≠ 1 (при п = 1 – лінійне однорідне рівняння).

Рівняння Бернуллі зводиться до лінійного таким чином, поділимо його на у^п

та зробимо заміну z = . Тоді z’= (1-n)y^-n · y’, або

Підставляючи замість в рівняння попередній вираз, маємо

,

або z’+ (1-n)p(x)z = (1-n)g(x).

Отримане лінійне ДР розв’язується за наведеною вище схемою. Знайшовши розв’язок z,через проведену заміну, повертаємось до функції у.

Приклад. Розв’язати диференціальне рівняння xy’ + y = y²lnx.

Розв’язання. Зробимо заміну та знайдемо похідні

z = y^1-2;

Перейдемо в початковому рівнянні до змінної z

Отже, отримали лінійне диференціальне рівняння, яке розв’язуємо за відомою схемою. Розв’язок шукаємо у вигляді добутку двох функцій і наше рівняння розпадається на два рівняння з відокремленими змінними.

де z = uv; z’=u’v+v’u,

u’v + v’u - uv = - , lnv = lnx; v=x; u’·x=- інтегруємо частинами

Тому z = lnx-1+cx

Отже, загальний розв’язок рівняння

ІІІ. Підсумок уроку. Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор.438 – 446 . Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 6.3

Тема: Диференціальні рівняння вищих порядків

Мета: навчитися розв’язувати диференційні рівняння вищих порядків, знаходити загальні та частинні розвязки.

Студенти повинні знати: означення диференційних рівнянь вищих порядків, методи розв’язання таких рівнянь в залежності від розвязку їх характеристичного рівняння, таблицю інтегралів..

Студенти повинні вміти: розв’язувати диференційних рівнянь вищих порядків, методи розв’язання таких рівнянь в залежності від розвязку їх характеристичного рівняння.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування.

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку. План викладання матеріалу

• основні поняття та означення

• задача Коші

• диференціальні рівняння, що інтегруються в квадратурах

• диференціальні рівняння, які допускають пониження порядку

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Лінійне неоднорідне ДР п-го порядку з постійними коефіцієнтами має вигляд

(1)

де коефіцієнти а_і, і = , п дійсні числа, f(x) –nправа частина, яка залежить лише від аргументу х.

Запишемо відповідне однорідне рівняння

(2)

Для відшкодування частинних розв’язків рівняння (2) необхідно встановити їх можливий вигляд, виходячи з того, що доданки в лівій частині повинні взаємно знищуватись. Властивість подібності зі своїми має функція у = е^kx. Звідси y’=ke^kx, y’’=k²e^kx, … y⁽ⁿ⁾= kⁿe^kx. Підставляючи їх в (2), отримаємо

e^kx(kⁿ +a₁k^n-1 +…+a_n-1k +a_n) = 0.

Оскільки e^kx ≠ 0, то необхідно другий співмножник рівний нулю. Отримуємо так зване характеристичне рівняння.

kⁿ +a₁k^n-1 +…+a_n-₁k +k + a_n = 0. (3)

Приклад 1. Знайти загальний розв’язок ДР

y'’ – 3y’ +2y =0,

та частинний, що задовольняє початкові умови у(0) =2, y’(0) = 3.

Розв’язання. Складемо характеристичне рівняння, та знайдемо його корені

k² – 3k + 2 = 0, k₁ = 2, k₂ = 1.

Тоді загальний розв’язок буде

y = c₁e^2x + c₂e^2x.

Щоб знайти частинний розв’язок, необхідно знайти у та підставити початкові умови

y' = 2c₁e^2x + c₂e^2x,

Підставляючи отримані , c₁ і c₂ в загальний розв’язок отримаємо шуканий істинний

у = е^2х + е^х.

Приклад 2. Знайти загальний розв’язок ДР

y'’ + 2y’ +5y =0.

Розв’язання. Складемо характеристичне рівняння

k² – 2k + 5 = 0,

k_1,2 =

Фундаментальна система розв’язків: е^хcos2x, e^xsin2x.

Тоді загальний розв’язок ДР має вигляд

y = с₁е ^{– х}cos2x +c₂ е ^–xsin2x.

Приклад3. Знайти загальний розв’язок ДР

y’’’+ 6y’’ +12y’ +8y = 0.

Розв’язання. Йому відповідає характеристичне рівняння k³ +6k³ +12k+8 = 0, що має корінь k = -2 кратності 3, тобто k₁ = k₂ = k₃ = -2.

Тому загальний розв’язок ДР має вигляд

y=c₁e^-2x + c₂e^-2x + c₃x²e^-2x ,

y = e^-2x(c₁ + c₂x + c₃x²).

Приклад 4. Знайти загальний розв’язок ДР

y^(IV) +18y’’ +81y = 0.

Розв’язання. Характеристичне рівняння k⁴ +18 k² + 81 = 0 має кратні комплексні корені k_1,2 = 3і (кратність рівна двом). Тому загальний розв’язок є лінійна комбінація фундаментальної системи

e^0xcos3x, e^0xsin3x, xe^0xcos3x, xe^oxsin3x.

запишемо загальний розв’язок

y = c₁cos3x + c₂sin3x +c₃xcos3x +c₄xsin3x, або y = (c₁ + c₃x) cos3x +(c₂ + c₄x) sin3x.

ІІІ. Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.

IV. Домашнє завдання Стор.460 – 467 . Опрацювати завдання для самоконтролю.

Лекція 6.4

Тема: Лінійні диференціальні рівняння вищих порядків зі сталими коефіцієнтами

Мета: навчитися розв’язувати диференційні рівняння вищих порядків зі сталими коефіцієнтами, знаходити загальні та частинні розвязки.

Студенти повинні знати: означення диференційних рівнянь вищих порядків зі сталими коефіцієнтами, методи розв’язання таких рівнянь в залежності від розвязку їх характеристичного рівняння, таблицю інтегралів..

Студенти повинні вміти: розв’язувати диференційних рівнянь вищих порядків зі сталими коефіцієнтами, методи розв’язання таких рівнянь в залежності від розвязку їх характеристичного рівняння.

Тип уроку: лекція

Форма контролю:. фронтальне опитування

Структура уроку:

І. Організаційний момент.

ІІ. Опитування теоретичного матеріалу

ІІІ. Повідомлення нового матеріалу.

Vі. Домашнє завдання.

V. Підсумок уроку.

План викладання матеріалу

• однорідні рівняння ІІ-го порядку

• основні теореми

• неоднорідні рівняння ІІ-го порядку

Хід уроку.

І. Організаційний момент.

Викладач повідомляє тему і мету уроку.

ІІ. Повідомлення нового матеріалу

Лінійні неоднорідні рівняння

Розглянемо спочатку неоднорідні лінійні ДР другого порядку з правою частиною спеціального виду

у’’ + а₁у’ +а₂у =f(х)

Під правою частиною розуміють функцію f(х) = (Р_п(х) cos βx+Q_m (x) sinβx)

Яка містить многочлени відповідного степеня.

Часткові випадки отримують при заміні відповідних параметрів нулями.

Загальний розв’язок ДР складається із загального розв’язку відповідного однорідного рівняння, плюс довільний частинний розв’язок неоднорідного рівняння

У = у + у,

де у – загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння

у - розв’язок відповідного неоднорідного рівняння

рівняння описує,при певних умовах, стан лінійної системи, яка при своєму русі відтворює за формою зовнішню збурюючу дію, що описується функцією. Тому частинний розв’язок, у шукають у формі правої частини рівняння коректуючи (підправляючи) її невизначеними коефіцієнтами.

Розглянемо кілька часткових випадків для правої частини:

І. Нехай права частина рівняння має вигляд f(х) = Р_п(х) = , де Р_п(х) многочлен п – ї степені ю тоді можливі випадки:

а) Число а не є коренем характеристичного рівняння к² + а₁к + а₂ = 0.

В цьому випадку частинний розв’язок потрібно шукати у вигляді

у = (А₀х^п + А₁х^п-1 + +А_п) = Q_n (x)

Дійсно, підставляючи в рівняння і скорочуючи на множник будемо мати вираз у якому

Q_n (x) – многочлен степеня п

Q’_n (x) – многочлен степеня п – 1

Q’’_n (x) – многочлен степеня п - 2

Приклад 1. Знайти загальний розв’язок рівняння

Розв’язання. Загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння рівний

Так як коефіцієнт 3 в показнику степені не є коренем характеристичного рівняння, то частинний розв’язок шукаємо у виді

.

Підставляючи його в ДР, маємо

Прирівнюючи коефіцієнт при однакових степенях , отримаємо систему

Коефіцієнти (розв’язок системи) рівні : Тепер запишемо частинний розв’язок

Отже, загальний розв’язок ДР рівний

ІІ Нехай права частина рівняння має вигляд

Вид частинного розв’язку визначається:

а) Якщо число не є коренем характеристичного рівняння, то частинний розв’язок шукаємо у вигляді

де і - многочлени, степінь яких рівна найвищій степені многочленів

і .

б) Якщо число є коренем характеристичного рівняння, то частинний розв’язок шукаємо у вигляді

Слід зауважити, що вказані в п. а) і п. б) вигляди частинних розв’язків залишаються такими ж і в тому випадку коли права частина рівняння (1) має вигляд або .

Розглянемо важливий частинний випадок. Нехай права частина рівна

де M і N – сталі числа.

а) Якщо bi не є коренем характеристичного рівняння, тоді частинний розв’язок має вигляд

б) Якщо bi є коренем характеристичного рівняння, тоді частинний розв’язок потрібно шукати у вигляді

.

Приклад 2. Знайти загальний розв’язок ДР

Характеристичне рівняння має корені Тому загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння рівний

.

Частинний розв’язок шукаємо у вигляді

Визначаємо коефіцієнти А і В підставляючи в задане рівняння

Прирівнюючи коефіцієнти при sinx і cosx , отримаємо систему рівнянь для визначення коефіцієнта А і В

Отже, .

Отримали загальний розв’язок ДР

.

ІІІ.Підсумок уроку.

Викладач акцентує увагу студентів на правило знаходження значення визначника ; його властивостей. Відповідає на запитання студентів.