TUSUR_2013_1_kurs

a
a
 . При каждом a существует два разных собственных числа и два линейно
ЗАДАЧА 1. Дана матрица 
2
0 a 
независимых собственных вектора. Найти предел угла между этими собственными векторами при a   .
РЕШЕНИЕ. Характеристическая матрица:
 a
0
a
= (  a)(  a 2 )  0 .
2
 a
Собственные числа 1  a , 2  a . Найдём собственные векторы.
 0  a  x1   0 
      x2  0 , вектор (1,0).
1  a 
2 
0
a

a

 x2   0 
 a 2  a  a  x1   0 
     , a(a  1) x1  ax2 , вектор (1, a  1) .
2  a 2 
0  x2   0 
 0
Угол между ними можно вычислить с помощью скалярного произведения и их модулей.
1
1
1
cos  

 0 , это косинус предельного угла,
Предел lim
a 
a 2  2a  2
1  1  (a  1) 2
a 2  2a  2
2
arccos0 

2
 900 .
ЗАДАЧА 2. На плоском листе нарисован график функции sin 2 t , затем лист свёрнут в цилиндр радиуса
1 вокруг оси Z так, чтобы совпали точки, отличающиеся на 2 . Найти наибольший угол между
касательной к получившейся пространственной кривой и плоскостью Oxy.
РЕШЕНИЕ. Пусть исходный график лежит в плоскости параметров t, u , график u  sin 2 t .
Преобразование координат при таком переходе от плоскости параметров ( t, u ) к пространственным
координатам ( x, y, z ) задаётся так: x  cos t , y  sin t , z  u .
Таким образом, указанная кривая переходит в пространственную кривую, заданную параметрически:
x  cos t , y  sin t , z  sin 2 t . Касательная к пространственной кривой выражается по формуле:
( x, y, z)  ( sin t , cos t ,2 sin t cos t ) . Тангенс угла наклона касательной по отношению к плоскости Oxy
2 sin t cos t
z
можем найти по формуле
=
= 2 sin t cos t = sin 2t . Экстремум достигается при
2
2
sin 2 t  cos 2 t
( x)  ( y)
(sin 2t )  2 cos 2t  0 2t 

 k , t 



k . Это соответствует 4-м касательным к пространственной
4 2
1 1
z
 1
,
,  , tg угла наклона
кривой, а именно в точках  
= sin 2t = 1 в указанных
2
2
2 2

( x)  ( y) 2
точках, поэтому искомый угол 45 градусов.
ОТВЕТ: 45 градусов.
2
ЗАДАЧА 3. Пусть уравнение ax 2  2bxy  cy 2  1 задаёт эллипс. Вычислить его площадь.
Справка: Площадь эллипса с полуосями A, B равна AB .
x2 y 2
РЕШЕНИЕ. Каноническое уравнение эллипса с полуосями A,B имеет вид 2  2  1 . Когда кривая
A B
2
2
задана квадратичной формой ax  2bxy  cy  1 , то она является эллипсом, если собственные числа
a b
 имеют один и тот же знак.
матрицы квадратичной формы 
b c
 a
b
b
= (  a)(  c)  b 2 = 2  (a  c)  (ac  b2 )  0 .
 c
(a  c)  (a  c) 2  4(ac  b 2 )
, их произведение
2
Корни 1, 2 вычисляются через дискриминант и равны
(a  c)  (a  c) 2  4(ac  b 2 ) (a  c)  (a  c) 2  4(ac  b 2 ) (a  c) 2  (( a  c) 2  4(ac  b 2 ))
=
= ac  b 2 >0.

2
2
4
2
2
При этом, после преобразования координат, уравнение эллипса примет вид 1 x1  2 y1  1 . А
поскольку каноническое уравнение эллипса с полуосями А,В имеет вид
полуосями и собственными числами: A 
Площадь эллипса AB =
1
1
, B
1
2
x2 y 2

 1 , то связь между
A2 B 2
.


=
.
12
( ac  b 2 )
ЗАДАЧА 4. Вычислите предел lim
x0
e x  cos 2 x
1  cos 3 x
.
РЕШЕНИЕ. Выполним преобразования. Для выражения в знаменателе используем
формулу разности кубов a 3  b3  (a  b)( a 2  ab  b2 )
(e x  1)  sin 2 x
(e x  1)  (1  cos2 x )
e x  cos2 x
=
=
=
2
3
2
1  cos x  1  cos x  cos x
1  cos x
1  cos x  1  cos x  cos x
( e x  1)  sin 2 x
( e x  1)  sin 2 x
=
=
при x  0  0
x
2
2 x
2
2  sin  1  cos x  cos x
2 sin
 1  cos x  cos x
2
2
=
1
x  x2
2
2
x  x2
1  x  = 2 .
 lim
=  lim
=  xlim
x


0


0
x


0
x
3
x
6
6
6
sin
2
 
x
ЗАДАЧА 5. Для функции f ( x)  x
есть точка экстремума на правой полуоси.
Вычислить произведение её абсциссы и ординаты.
 
x
1
x ln x
2
РЕШЕНИЕ. Найдём точку экстремума. f ( x)  x = x
=e
 1
1
1
x  2 x ln x 1  ln x  2  2
1
 2 x ln x 1  1



e
f (x ) = 
ln
x

e
=
=
x ln x  e
2  2 x 
2  2 x
x 
2

1
x 2.
e
0,5 x
.
x ln x
=0, следовательно, ln x  2 ,
1
1 1
1
 1   1 e 1
Значение экстремума получим f  2      1 . Произведение абсциссы и ординаты 2  1 
1
2
e
e  e
e
e
e
e e
e
ЗАДАЧА 6. Найти отношение высоты к радиусу основания конуса, так чтобы при фиксированном объёме
площадь боковой поверхности конуса была минимальна.
Rl , где l
Справка: Площадь боковой поверхности конуса
РЕШЕНИЕ. Объём конуса V 
- длина боковой образующей.
1
1
Sh = R 2 h , боковая образующая вычисляется по теореме Пифагора:
3
3
l  R 2  h2 . Найти экстремум величины Rl при фиксированном объёме V. Сначала выразим высоту
2
3V
 3V 
через R: h  2 . Тогда l  R 2   2  .
R
 R 
9V 2
 2 R 6  9V 2
 2 R6  9V 2
 2 R6  9V 2
 3V 
=
=
.

R
Rl = R R   2  = R R 2  2 4 = R
 2R4
 R
R 2
R
 R 
Найдём условие, при котором производная по R равна 0.
6 R 5 2

R   2 R 6  9V 2
  2 R 6  9V 2  2  2 R 6  9V 2

=
0


R
R2


2
2
3R 5 2
9V2
9 V
R   R  9V , 3R    R  9V , 2 R   9V , R 
, R6 3 .
2
2 6
2
2
2 
 R  9V
3V
h
3V
h 2 =
. Найдём соотношение .
2
R
R
 9 V
  6 3 
 2  
3V
3
3V
1
3V
=
=
=
= 2 . Ответ 2 .

2
3
9
 9 V  6 93 V
 9 V   9V
6 3 
  6 3 
2
2
2   2  
2





2
6
2
6
2
2
6
2
6
2
2
6