Типовые_расчеты_по_математике

Типовые расчеты по математике (1-й семестр).
8-й вариант.
(Возможны опечатки, допущенные при переписывании; также нужно отметить, что правильность решения
никем не проверялась! Если формулы не отображаются, значит не установлен Microsoft Equation 3.0)
I Типовой расчет «Кривые и поверхности второго порядка. Линейные неоднородные системы
уравнений».
1-е задание.
Найти параметр p параболы y2=2px, если известно, что эта парабола проходит через точки пересечения
прямой y=x с окружностью x2+y2-6x=0.
Находим параметры окружности:
x2+y2-6x=0
x2+y2-6x+9=9
(x-3)2+y2=9
x0=3 y0=0 R=3
Находим точки пересечения прямой и
окружности:
x2+x2-6x=0
2x2-6x=0
x2-3x=0
x(x-3)=0
x1=0 y1=0
x2=3 y2=3
32=2p*3
9=6p
p=9/6=3/2
(F(3/4;0) — фокус параболы)
(x=-3/4 — директриса)
Ответ: p=3/2
2-е задание.
Выполнив последовательно преобразования координат: поворот, а затем параллельный перенос
координатных осей, преобразовать к каноническому виду уравнение кривой второго порядка и построить ее в
исходной системе координат, а также найти параметры кривой.
4xy+3y2-4y-36=0
4( x1 cos   y1 sin  )( x1 sin   y1 cos  )  3( x1 sin   y1 cos  ) 2  4 x1 sin   4 y1 cos   36  0
4 x12 sin  cos   4 x1 y1 cos 2   4 x1 y1 sin 2   y12 sin  cos   3x12 sin 2   6 x1 y1 sin  cos   y12 cos 2  
 4 x1 sin   4 y1 cos   36  0
4 cos 2   4 sin 2   6 sin  cos   0 |: 2 cos 2 
2  2tg 2  3tg  0
2tg 2  3tg  2  0
D  9  4 * 2(2)  25
1
tg   ; tg  2
2
2
sin   
2

; cos  
1
1 4
5
5
1
1
4
2
1
4
2
1
1
2
4 * x12 *
*
 4 x1 y1  4 x1 y1  y12 *
*
 3x12  6 x1 y1 *
*
 y12 *  4 x1 *

5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
1
 4 y1
 36  0
5
8 2 4
16
2
12
12
1
8
4
x1  x1 y1  x1 y1  y12  x12  x1 y1  y12 
x1 
y1  36  0
5
5
5
5
5
5
5
5
5
2
8 x12  2 y12  12 x12  y12  8 5 x1  4 5 y1  180  0
20 x12  y12  8 5 x1  4 5 y1  180  0




2
20 x12 
x1   y12  4 5 y1  180
5 


2
1 1
20 x12 
x1     y12  4 5 y  20  20  180
5 5
5


2


1 
  4  y1  2 5
20 x1 
5

1
; y  y1  2 5
x  x1 
5
20 x 2  4  y 2  20  180
20 x 2  y 2  164 |:164


2
 20  180
y2
5x 2

1
41 164
y2
x2

 1 — гипербола
 (2.9) 2  (12.8) 2
Не смог нарисовать нормальный рисунок, поэтому сделал два рисунка (доделывать сами будете). На
рисунке с осями проводится поворот, а затем параллельный перенос координатных осей. (Из y,x мы
2
2
1
переходим к X,Y). Угол поворота берется из формул: sin   
; cos  
. Перенос — из

1 4
5
5
1
формул: x  x1 
; y  y1  2 5
5
На втором рисунке показана сама гипербола. (гипербола показана черным цветом, красные линии
образуют прямоугольник, показывающий a и b для гиперболы, диагонали прямоугольника будут
асимптотами). Нужно второй рисунок наложить на первый.
y
x1
X
y1
Y
x
3-е задание.
Через две точки A(2, 3,-1) и B(1,1,1) провести плоскость, перпендикулярную к плоскости 2x+4y-3z=3.
 A( x  2)  B( y  3)  C ( z  1)  0  Ax  2 A  By  3B  Cz  C  0


 A( x  1)  B( y  1)  C ( z  1)  0  Ax  A  By  B  Cz  C  0
Ax  2 A  By  3B  Cz  C  Ax  A  By  B  Cz  C
A  2B  2C  0 — уравнение плоскости проходящей через точки A и B.
По условию перпендикулярности:
2 A  8B  6C  0
A  4B  3C  0
 A  2 B  2C  0
— вычитаем из 1-го второе

 A  4 B  3C  0
 2B  5C  0
5
 5 
B   C ; A  2  C   2C  7C
2
 2 
5
7C ( x  2)  C ( y  3)  C ( z  1)  0 |:C
2
5
15
7 x  14  y 
 z 1 0
2
2
14x-28-5y+15+2z+2=0
14x-5y+2z-11=0
Ответ: 14x-5y+2z-11=0
4-е задание.
Изобразить тело, ограниченное данными поверхностями. Указать тип поверхностей, ограничивающих
тело.
а) z  x 2  y 2  4, z  4  x 2  y 2
б) x 2  z 2  4, z  6  y, y  0
а) Рассмотрим уравнение z  4  x 2  y 2 . Возведя в квадрат левую и правую части, получим
x2+y2+z2=4. Это сфера радиуса R=2 с центром в начале координат.
Рассмотрим уравнение z  x 2  y 2  4 .
Рассечем поверхность плоскостью YOZ. Тогда x=0 и z  y 2  4 . Это парабола с осью Z и вершиной в
точке z=-4.
Рассечем поверхность плоскостью XOZ. Тогда y=0 и z  x 2  4 . Это парабола с осью Z и вершиной в
точке z=-4.
Рассечем поверхность плоскостью XOY. Тогда z=0 и x 2  y 2  4 . Это окружность с радиусом R=2.
Получился параболоид вращения.
В общем, получается следующая фигура (рисунки не точные, т.к. не знаю, как точно нарисовать на
компьютере смещенные эллипсы и параболы): сверху — верхняя половина сферы, снизу — параболоид
вращения, который отсекается сверху сферой.
Z 2
-2
Y
-2
O
2
2
X
-2
-4
б) В плоскости XOZ уравнение x 2  z 2  4 задает окружность радиуса 2 с центром в начале координат.
В пространстве этому уравнению соответствует цилиндрическая поверхность, образующие которой
параллельны OY, а направляющей служит вышеупомянутая окружность.
Уравнение z=6-y задает плоскость, параллельную оси X и пересекающую плоскость XOZ в z=6 и
плоскость ZOY в Y=6.
Уравнение y=0 — это плоскость XOZ.
Получается что-то, похожее на данную колбасу:
Z
2
-2
O
2
-2
X
6
Y
5-е задание.
 x1  2 x 2  x3  x 4  x5  2
2 x  x  x  x  x  1
2
3
4
5
 1
3x1  x 2  x3  2 x 4  x5  6
2 x  x  2 x  3x  8
2
3
4
 1
 x1  2 x 2  2 x3  x 4  2 x5  7



A




 1

 0
 0

 0
 0

1
2
3
2
1
1
1
2
3
1
1
2   1
 
1 1   0
1  6   0
 
0  8  0
2  7   0
2
1 1 1
2   1
2
 
 5  1 3  3  3  0  5
0 3 2
1  9   0
0
 
0
0
0
0
0   0
0


0 3 2
1  9  0
0
2
1
1 1
1 1
1  2
2 2
 x1  2 x 2  x3  x 4  x5  2

 5 x 2  x3  3x 4  3x5  3
 3x  2 x  x  9
3
4
5

x4=-3C1
x5=-3C2
x3+2C1+C2=3
x3=-2C1-C2+3
-5x2+4C1+C2-3-9C1+9C2=-3
-5x2=5C1-10C2
x2=2C2-C1
x1+4C2-2C1-2C1-C2+3+3C1-3C2=2
x1=C1-1
x1=C1-1
x2=2C2-C1
x3=-2C1-C2+3
x4=-3C1
x5=-3C2
 x1 
 1 
 0    1
 
 
   
 x2 
 1
 2  0


Ответ: x3  C1   2   C2   1    3 
 
 
   
 x4 
  3
 0  0
 
 0 
  3  0 
 
   
 x5 
2
5
5
5
0
1
1
4
4
3
1
3
5
5
2
1
3
2
2
1
1 1 1
2 

 1 3  3  3
3 2
1  9

0
0
0
0 
0
0
0
0 
2 

3 
 12  

 12 
 9 
6-е задание.
Привести к каноническому виду уравнение поверхности второго порядка с помощью теории
квадратичных форм. Сделать рисунок.
3x2+4xy+3y2-2z2=0
Общее уравнение: 3x2+2*2xy+0*xz+3*y2+2*0*yz-2z2+2*0*x+2*0*y+2*0*z+c=0
ф( x, y, z ) 
3x 2  2 xy  0 * xz 
 2 xy  3 y 2  2 * 0 * yz 
 0 * zx  0 * zy  2 z 2
3 2 0 


A  2 3 0 
 0 0  2


3
2
2
0
3
0
0
0
0
2
(3-)(3-)(-2-)-4(-2-)=0
((3-)2-4)(-2-)=0
-2-=0
1=-2
(3-)2-4=0
2-6+5=0
2=1
3=5
2
0   
3  

 
3
0     0
 2
 0
0
 2     

1=-2
 5 2 0   1 

 
 2 5 0   1   0
 0 0 0   

 1 
5 1  2  1  0

2 1  5 1  0
 1  0
1 — собственное число

 1  0
 0   0
   
Г   0    0
   1 
 1  
2=1
 2 2 0   2 

 
 2 2 0   2   0
 0 0  3   

 2 
2 2  2  2  0

2 2  2  2  0
 3  0
2

 2    2

 2  0
 1 


 2   2 

  1 
Г 20     2    
2 
 0  


 0 


0
1
3=5
0   3 
 2 2

 
 2  2 0   3   0
 0
0  7   3 

 2 3  2  3  0

2 3  2  3  0
 7  0
3

T  Г 10
 3   3

 3  0
1

0
2

1

Г 20 Г 30  0 
2

1
0


1
1
det T  1 *

2
1
2
1

0
2
 x 
 
1
 y  0 
2
 z 
  1
0




 3  
  
Г 30   3   
0 
 


1 

2
1 
2 
0 


1 

2
1 
2 
0 


2  1 — система ox’y’z’ будет правой системой координат
1
2
1 

2  x' 
1  
 y'  0
2  
0  z ' 


x
1
y
y '
2
1
1
y '
2
z'
2
1
2
z'
 

4
z  x'
Поворот осей осуществляется следующим образом:
x
z'
45
z=x’
45
y
y'




A'  T T AT  













0
1
2
5
2

0
1

2
1
0
1
2
5
2
2
0
1
2
1
2

1


0
2
1  3 2 0 

1

0  2 3 0  0 
2
 0 0  2 
1
0

0 



1
 0
2
 2 
1

0  0 
2

1
0
0 

1 

2
1 

2 
0 


1 

2    2 0 0

1  

0
1
0


2  

0   0 0 5


-2x’2+y’2+5z’2=0
2x’2=y’2+z’2
y' 2 z' 2
— это конус, вытянутый вдоль оси x’, в основании которого лежит эллипс.
x' 2 

2
25
Не уверен, что по данному рисунку можно что-то понять, но я понимаю (сам рисовал). Тут эллипсы —
2
основания конуса (по оси X’: х=1 и x=-1), вершина в начале координат. У эллипсов: a  2 , b 
.
5
x
z'
45
z=x’
45
y
y'
II Типовой расчет «Предел функции одной переменной. Приложения дифференциального
исчисления функции одной и нескольких переменных».
3-е задание.
Написать общее уравнение Ax+By+Cz+D=0 плоскости  касательной к поверхности  в указанной
точке M0. Поверхность задана неявно F(x,y,z)=0.
 x3



y7 
cos 5 4  y 2   arcctg  x 5  3 8   0, M 0 (1,1,1).
 z


2
z 



 3
F
  x3
1
1
  sin  5 4  y 2  * * 5

* 5 * x4
2
2
2


x
2  z
x *z

 5
y7 
1   x5  3 8 

z 

F
(1,1,1)  0  5  5 (здесь и далее в этом задании: (1,1,1) — это выноска вниз прямой линией и снизу
x
эти единички стоят. Просто на компьютере не нашел этой фишки).

F
  x3
  sin  5 4  y 2  *  2 y  

y
2  z

F
7 7
(1,1,1)  0  
y
3 3
1

1   x5  3


  4
F
  x3
x3
  sin  5 4  y 2  *    * 5 9 
  5
z
2  z
z

F
8 8
(1,1,1)  0  
z
3 3
A=5, B=7/3, C=-8/3
D=-(5+7/3-8/3)=-14/3
7
8
14
5x  y  z 
0
3
3
3
15 x  7 y  8 z  14  0
Ответ: 15 x  7 y  8 z  14  0 .
7 3 y4
*
* 8
2
3
z
7 
y 
z 8 
1

1   x5  3


8 3 y7
*
* 11
2
3
z
7 
y 
z 8 
4-е задание.
arctg( x 2 x)
lim
sin 3x
x 0
2
Вычислить пределы функций: а)
б)

lim  23
x 0 
arctg 2 x



2
sin x
arctg( x 2 2 x)
а) lim
sin 3x
x 0
x=y+2
arctg(x2-2x)=arctg((y+2)2-2(y+2))=arctg(y2+4y+4-2y-4)=arctg(y2+2y)
sin3x=sin(3y+6)
arctg( y 2  2 y)

lim
y  0 sin 3y  6 
arctg(y2+2y)~y2+2y
sin(3y+6)~3y+6
y 2 2 y
y
 lim
 lim  0
y  0 3y  6
y  0 3
б)
 2 3arctg 2
lim 
x 0 
 23arctg 2
lim 
x 0 
e






2 sin x
2 sin x
2 x

 2  3 arctg





2*ln 3* 2*
 lim
x 0
2 x


2 ln  2  3 arctg




lim
sin
x
x 0
2 lim
 e x 0
e
x
x
1
2 x


ln  2  3 arctg



e 

arctg 2 x 
lim ln  2  3


 e x 0 

*3 arctg
2 x
1 1
*ln 3*2arctg x *(1 x) 1 * *
2 x

cos x
1
lim
2 x 0
2 sin x
2 x

 2  3 arctg





1
*3 arctg
2 x
1
* 2arctg x *(1 x) 1 *
x
cos x

2 sin x

2  1
2

x
 2 3
 *3 x * x *(1 x) 1 * 1


x


2*ln 3 lim
cos x
x 0
 
e
e
1
2*ln 3
2 1*(1 0)*1
 
3x
2*ln 3 lim
x  0  2  3 x *(1 x)*cos x


e
 e 2*ln 3  eln 9  9
5-е задание.
Найти наименьшее и наибольшее значения функций z=(x,y) в области D.
Z=2x2+y2-3y,
D: x2+y21, x-y1, y0.
y
-1
x2+y2=1
0
-1
x
1
x-y=1
1)
z
 4x
x
z
 2y  3
y
x  0


3
 y  2
2)
M(0,3/2) – не входит в область D.
3.1) x2=1-y2
z=2(1-y2)+y2-3y=2-2y2+y2-3y=2-y2-3y; -1y0
z’(y)=-2y-3=0
y=-3/2 — выходит из области определения.
3.2)
x=y+1
z=2(y+1)2+y2-3y=2y2+4y+2+y2-3y=3y2+y+2;
-1y0
z’(y)=6y+1=0
y=-1/6 — подходит и принадлежит промежутку -1y0
x=1-1/6=5/6
M1(5/6;-1/6)

3.3)
y=0
z=2x2
-1x1
z’(x)=4x
x=0 — подходит и принадлежит промежутку -1x1
M2(0;0)
4)
M1(5/6;-1/6)
M2(0;0)
M3(-1;0)
M4(1;0)
M5(0;1)
z1=z(5/6;-1/6)=2*(5/6)2+(-1/6)2+3*1/6=23/12
z2=0
z3=2
z4=2
z5=-2
Ответ: Zнаим.=-2; Zнаиб.=2.