55653_resheniex

advertisement
Содержание
Задание №6.
Задание №7.
Задание №8.
Задание №9.
Задание №10.
Задание №11.
Задание №12.
Задание №13.
Задание №14.
Задание №15.
Задание №16.
Задание №13.
Задание №18.
Задание №19.
Литература
2
5
9
10
12
14
15
16
18
20
23
24
25
27
28
1
Задание 6. Даны координаты вершин треугольника ∆АВС . Найдите
а) длину стороны АВ
б) уравнение высоты СD и ее длину
в) уравнение медианы АМ
г) точку пересечения высоты СD и медианы АМ
д) угол С в ∆АВС. Сделать чертеж
А(6,8)
В(5,-7)
С(-6,0)
Решение:
а)
Расстояние d между точками M 1  x1 ; y1  и M 2  x2 ; y2  определяется по
формуле:
d
x
 x1    y2  y1  .
2
2
2
(1)
Подставив в эту формулу координаты точек А и В, имеем:
 = √(5 − 6)2 + (−7 − 8)2 = √1 + 225 = √226
б) Составим уравнение прямой АВ с помощью формулы
x  x1
y  y1
.
(2)

x2  x1 y2  y1
Подставив в (2) координаты точек A и В:
х6
у 8
х 6 у 8 х 6 у 8

,

,

,
56 7 8
1
 15
1
15
15 x  90  y  8, 15 x  y  82  0 ( AB).
Для нахождение углового коэффициента k AB прямой АВ разрешим
полученное уравнение относительно у: y  15 x  82 . Отсюда k AB  15
Так как высота CD перпендикулярна стороне AB , то угловые коэффициенты
этих прямых обратны по величине и противоположны по знаку, т.е.
kСD  
1
1
 .
k AB
15
Уравнение прямой, проходящей через данную точку M 1  x1 ; y1  в
заданном угловым коэффициентом k направлении, имеет вид:
y  y1  k  x  x1  .
(3)
2
Подставив в (3) координаты точки С и k СD  
1
, получим уравнение высоты
15
CD :
y0  
1
( x  6),
15
y
1
2
x ,
15
5
x  15 y  6  0 (CD) .
Найдем точку Д, как точку пересечения прямых СД и АВ
1
2
x
15
5
225x 1230   x  6
226x  1224
612
86
x
,y
113
113
15 x  82  
в) уравнение медианы проведенной через вершину A найдём по формуле (2)
для точек A(6;8) и точки М как середины стороны BC
 =
 +  5 − 6
1
=
=−
2
2
2
 =
 +  −7 + 0
7
=
=−
2
2
2
1
7
у
2
2,
1
7
6
8
2
2
х
2х  1 2 у  7

, 46 x  23  26 y  91, 46 x  26 y  68  0,
13
23
23x  13 y  34  0 ( АМ )
г) точку пересечения высоты СD и медианы АМ найдем из системы
 + 15 + 6 = 0
{
23 − 13 − 34 = 0
23 + 345 + 138 = 0
{
23 − 13 − 34 = 0
358 = −172
=−
N(
62
149
;−
86
216
, =
179
179
1824
149
) - точка пересечения высоты СD и медианы АМ
3
д) Угол  между двумя прямыми, угловые коэффициенты которых равны k1
и k 2 , определяется по формуле:
tg 
k1  k 2
.
1  k1k 2
(4)
Угол С, образованный прямыми BC и АС, найдем по формуле (4)
Подставив в (2) координаты точек B и C:
х 5
у 7 х 5 у 7

,

,
65 07
 11
7
7 x  35  11y  77, 7 x  11y  42  0 ( ВС ).
Для нахождение углового коэффициента k ВС прямой ВС разрешим
полученное уравнение относительно у: y  
7
42
7
x
. Отсюда k ВС  
11
11
11
Подставив в (2) координаты точек А и C:
х6
у 8 х 6 у 8

,

,
66 08
 12
8
 8 x  48  12 y  96,  8 x  12 y  48  0,
2 x  3 y  12  0 ( АС ).
Для нахождение углового коэффициента k АС прямой АС разрешим
2
3
полученное уравнение относительно у: y  x  4 . Отсюда k АС 
2  7
 
3  11 
tgA 
 2,263 ,
2  7
1   
3  11 
A  arctg 2,263  66 град.
4
2
3
Задание 7. Даны четыре точки А, В, С и S. Найти: уравнения
а) плоскости АВС
б) прямой АВ
в) прямой SN, перпендикулярной к плоскости АВС
г) косинус угла между плоскостями АВС и ВСS
д) объем пирамиды АВСS
е) уравнение прямой SD, параллельной прямой АВ
ж) площадь грани АВС
А(8,1,0)
В(-1,-3,0)
С(-1,0,-4)
S(2,-4,7)
Решение
а) Для составления уравнения плоскости АВС воспользуемся формулой
x  x0
y  x0
z  z0
x1  x0 y1  y0 z1  z0  0 , где x0 , y0 , z0  координаты точки A ,
x 2  x0 y 2  z 0 z 2  z 0
x1 , y1 , z1  координаты точки В , x2 , y 2 , z 2  координаты точки С .
−8
| −9
−9
−1 
−4
0 |=0
−4
−4
−9
( − 8) |−4 0 | − ( − 1) |
−4 −4
−9
0
−9 −4
| + z|
|=0
−4
−9 −4
16 ∗ ( − 8) − 36 ∗ ( − 1) = 0
4 ∗ ( − 8) − 9 ∗ ( − 1) = 0
4 − 9 − 23 = 0 − уравнение плоскости АВС
5
б) Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки
1 (1 , 1 , 1 ), 2 (2 , 2 , 2 ), имеет вид
 − 1
 − 1
 − 1
=
=
2 − 1 2 − 1 2 − 1
Тогда для точек А(8,1,0) В(-1,-3,0)
−8
−1

=
=
−1 − 8 −3 − 1 0
−8 −1 
=
= – уравнение прямой АВ
−9
−4
0
в) Направляющий вектор искомой высоты - это вектор нормали плоскости
АВС. Из уравнения плоскости 4 − 9 − 23 = 0 имеем вектор нормали
̅ = (4; −9; 0)
Уравнение прямой, проходящей через заданную точку 1 (1 , 1 , 1 ), в
направлении вектора ̅ = (p; q; s) имеет вид
 − 1  − 1  − 1
=
=
p
q
s
Тогда для точки (2, −4,7) и вектора ̅ = (4; −9; 0) имеем
−2 +4 −7
=
=
– уравнение высоты, опущенной
4
−9
0
из точки  на плоскость АВС.
6
г) Найдем уравнение плоскости ВСS
+1
| 0
3
+3 
3
−4| = 0
−1
7
3 −4
0 −4
0 3
( + 1) |
| − ( + 3) |
| + z|
|=0
−1 7
3 7
3 −1
17 ∗ ( + 1) − 12 ∗ ( + 3) −  = 0
17 − 12 −  − 19 = 0 − уравнение плоскости ВСS
Косинус угла найдем по формуле4 − 9 − 23
cos  
A1 A2  B1 B2  C1C2
A12  B12  C12 * A22  B22  C22
 =
4 ∗ 17 − 9 ∗ (−12) + 0 ∗ (−1)
√16 + 81 + 0 ∗ √289 + 144 + 1
= 0.86
д) Объем пирамиды АВСS численно равен одной шестой модуля смешанного
произведения векторов AB , AC , AS , которое находится по формуле.
Таким образом, V 
1
( AB, AC , AC )  .
6
1 −9 −4 0
1
−1 −4
−9
= |−9 −1 −4| = (−9 |
| + 4|
−5 7
−6
6
6
−6 −5 7
105
−4
|) =
= 17,5 (куб. ед)
7
6
е) уравнение прямой SD, параллельной прямой АВ
Уравнение прямой, проходящей через заданную точку 1 (1 , 1 , 1 ), в
направлении вектора ̅ = (p; q; s) имеет вид
7
 − 1  − 1  − 1
=
=
p
q
s
Тогда для точки (2, −4,7)и направляющего вектора прямой АВ
̅ = (−9; −4; 0) имеем
−2 +4 −7
=
=
− уравнение прямой SD, параллельной прямой АВ
−9
−4
0
ж) площадь грани АВС будет вычисляться по формуле:
S ABC 


1
AB, AC ,
2
̅
̅
̅
̅̅̅̅ , 
̅̅̅̅ ] = |−9 −4 0 | = ̅ |−4
[
−1
−9 −1 −4
−9 0
−9
0
| − ̅ |
| + ̅ |
−4
−9 −4
−9
= 16̅ − 36̅ − 27̅
Значит,
1
16 2  (36) 2  (27) 2 
2
1

256  1296  729  23,9 (кв. ед.)
2
S ABC 
8
−4
|=
−1
Задание 8. Методом параллельных сечений исследовать форму поверхности.
Сделать рисунок.
z2  y2  9
Решение
Решение
Параллельные сечения тут уже сделаны, т.к. уравнение не зависит от x, а
значит во всех плоскостях, перпендикулярных оси Ox имеем одно и то же
сечение
2 2
−
=1
32 3 2
т.е. сечение представляет гиперболу, а значит вся поверхность является
гиперболическим цилиндром второго порядка.
9
Задание 9. Найти пределы функций, не пользуясь правилом Лопиталя
а)
4 x3  5
lim
x 
x 1
x3  6 x 2  11x  6
б) lim
x 1
x 2  3x  2
2x 1  5
x 3
в) lim
x 3
г) lim
x 
1  5 x  7 x3
x3  4 x 2  5
 4x  5 
е) lim


x  4 x  1


sin 2 3 x
д) lim
x 0
x2
3x
Решение
а) Так как при  → ∞ числитель и знаменатель дроби стремятся к
∞
бесконечности, то имеем неопределенность вида . Разделим числитель и
∞
знаменатель на 
lim
4√ 3 +5
+1
→∞
5

∞
(4√+ )
∞
1
(1+ )

= | | = lim
→∞
5
4√+

= lim
→∞
=
1
1+

∞
1
=∞
б) Так как при  → 1 числитель и знаменатель дроби стремятся к нулю, то
0
имеем неопределенность вида . Разделим числитель и знаменатель на  − 1
0
lim
 3 −6 2 +11−6
→1
 2 −3+2
0
= | | = lim
0
(−1)( 2 −5+6)
1
(−1)(−2)
=lim
 2 −5+6
−2
→1
=
2
−1
= −2
в) Так как при  → 3 числитель и знаменатель дроби стремятся к нулю, то
0
имеем неопределенность вида . Умножим числитель и знаменатель на
0
(√2 − 1 + √5):
√2−1−√5
−3
→3
lim
= lim
→3 (
= lim
0
= | | = lim
0
(√2−1−√5)(√2−1+√5)
(−3)(√2−1+√5)
→3
2 − 1 − 5
− 3)(√2 − 1 + √5)
→3 √2
2
− 1 + √5
=
2
2√5
=
= lim
=
2( − 3)
→3 (
− 3)(√2 − 1 + √5)
1
√5
10
=
г) Так как при  → ∞ числитель и знаменатель дроби стремятся к
∞
бесконечности, то имеем неопределенность вида . Разделим числитель и
∞
3
знаменатель на  :
lim
1−5−7 3
→∞  3 −4 2 +5
1
∞
= | | = lim
∞
5
 3 ( 3 − 2 −7)


→∞
4 5
 3 (1− + 2 )
 
1
5
− −7
3 2
4 5
→∞ 1−+ 2

= lim
=
−7
1
= −7
д) Так как при  → 0 числитель и знаменатель дроби стремятся к нулю, то
0
имеем неопределенность вида . По свойствам основных эквивалентностей
0
для бесконечно малых функций имеем при  → 0:
~
lim
2 3
2
→0
 4x  5 
lim 

x  4 x  1


0
= | | = lim
0
(3)2
→0  2
9
= lim = 1
→0 1
3x
e) Так как при  → ∞ имеем неопределенность вида 1∞ . Выражение, стоящее
под знаком предела, приводим к такому виду, чтобы можно было
1
воспользоваться вторым замечательным пределом lim (1 + ) = 

→∞
4−5 3
)
→∞ 4+1
lim (
= lim ((1 +
→∞
−6
3
)4+1−1 )4 = lim ((1 +
4+1
→∞
−6
4+1
)
4+1 1 −9
+
−6
6 2
)
=
−9
−9
−6 4+1 −9
−6 −3
1
lim
2
−6
2
4
→∞
= lim ((1 +
)
) (1 +
) =
=2 =
→∞
4 + 1
4 + 1
√ 9
Задание 10. Найти производные данных функций
11
а) y  sin 2 3x  arctg 2 x3
в) y  ( x  3) x
б) y 
e3 x
(3x  5)3
г) ctg ( y)  x3  y3
2
Решение
а)  = sin2 3x ∗ arctg2x 3
 ′ = 2sin3x ∗ cos3x ∗ 3 ∗ arctg2x 3 + sin2 3x ∗
1
∗ 3x 2 =
3
2
1 + (2x )
3x 2 sin2 3x
= 3sin6x3 ∗ arctg2x +
1 + 4x 6
3
б)  =
′ =
 3
(3+5)3
3 3 (3+5)3 −3(3+5)2 ∗3 3
(3+5)6
=
3 3 (3+5)−9 3
(3+5)4
2
в)  = (x + 3)x
Логарифмируя исходную функцию имеем
 = x 2 (x + 3)
′
1
= 2(x + 3) + x 2 ∗

x+3
Тогда искомая производная равна
 ′ = 2(x + 3) + x 2 ∗
1
2
)(x + 3)x
x+3
г) ctg ( y)  x3  y3
12
=
 3 (9+6)
(3+5)4
Вычисляем производную, считая y функцией от x
−
1
′ = 3 2 + 3 2 ′
2
 
Выражая y’ получим искомую производную
 ′ (3 2 +
1
) = −3 2
2
 
3 2
′
 =−
3 2 +
1
2 
Задание 11. Заданы функции y  f ( x) и два значения аргумента x1 и x2 .
13
Требуется
а) установить, является ли данная функция непрерывной или разрывной
для каждого из данных значений аргумента;
б) в случае разрыва функции найти ее пределы слева и справа;
в) сделать схематический чертеж
1
f ( x)  35 x , x1  3, x2  5.
Решение
а) Установим, является ли данная функция непрерывной или разрывной для
каждого из данных значений аргумента, для чего определим значения ():
1
(3) = 35−3 = √3 − фунция определена
1
(5) = 35−5 = 3∞ = ∞ − фунция терпит разрыв
б) Найдем пределы функции слева и справа в точке 2 = 5
1
35− = 3−∞ = 0,
→5+0
lim
1
35− = 3∞ = ∞
→5−0
lim
в) Сделаем схематический чертеж.
14
Задание 12. Задана функция y  f ( x) . Найти точки разрыва функции, если они
существуют. Сделать чертеж.
−2, если  ≤ 0
() = {√, если 0 <  ≤ 4
1, если  > 4
Решение
Функция определена на каждом из промежутков и может иметь точки
разрыва только в точках 1 = 0, 2 = 4.
Найдем односторонние пределы в этих точках:
lim −2 = 0,
lim √ = 0
→0−0
→0+0
lim √ = 2,
→4−0
lim
→4+0
1=1
Поскольку односторонние пределы в точке 1 = 0 конечны и равны, то в
этой точке функция непрерывна.
Поскольку односторонние пределы в точке 2 = 4 конечны и различны, то в
этой точке функция терпит разрыв первого рода.
Сделаем схематический чертеж
15
Задание 13. С помощью преобразования графика y  sin x построить график
функции y  a1 sin(a2 x  a3 ) a1., a2 ., a3 1 = −6, 2 = 4, 3 = 5
Решение
Построим последовательно следующие графики
 =  - синусоида
 = 4 - сужение по оси х
 = sin(4 + 5)- смещение по оси х влево
 = −6sin(4 + 5)- растяжение по оси у и отражение по горизонтали
16
17
Задание 14. Используя правило Лопиталя вычислить пределы
x x
б) lim(2  )tg
x2
2
4
e x  e x  2 x
1. а) lim
x0
x  sin x
Решение
а) Так как при  → 0 числитель и знаменатель дроби стремятся к нулю, то
0
имеем неопределенность вида .
0
  −  − − 2
0
(  −  − − 2)′′′′
lim
= | | = lim
=
′
→0
→0
 − 
0
( − )′′ ′
= lim
→0
  +  − − 2′′′
1 − ′′ ′
= lim
  −  − ′′′
′′ ′
→0
= lim
0
(  +  − − 2)′′′′
= | | = lim
=
′
→0
0
(1 − )′′ ′
0
(  −  − )′′′′
= | | = lim
=
′
→0
0
()′′ ′
  +  − ′′′
→0
′′ ′
2
= =2
1
б) Неопределенности нет


lim (2 − ) 
= |1 ∗ ∞| = ∞
→2
2
4
Видимо в условии опечатка и следует решать
 
lim(2 − ) 4 = |1∞ |
→2
2
Логарифмируя функцию
 
 = (2 − ) 4
2
имеем
 = 


(2 − )
4
2
Тогда
lim  = lim 
→2
→2


 (2 − ) = |∞ ∗ 0| =
4
2
18


 (2 − )
( (2 − ))′′′′
0
2 = | | = lim
2
= lim
=

→2 с
→2
 ′
0
(с )′′ ′
4
4
1
1
1
 ∗ (− 2)
2 
4
2−
4 = 4 =2
2
= lim
= lim 4 − 
= lim
1
 →2
1
 →2 (4 − ) 2 
→2
−
∗
∗


4
4
2
2
4
4
Тогда
2


lim(2 − ) 
= 
→2
2
4
19
Задание 15. Исследовать методами дифференциального исчисления функцию
и, используя результаты исследования, построить её график.
y  x5  5 x 4  5 x3  1
Решение
1). Найдем область определения функции. Функция определена на всей
области определения
() = (−∞; +∞)
2). Исследуем функцию на четность и нечетность. Функция не является ни
четной, ни нечетной, так как
(−) = (−)5 − 5(−)4 + 5(−)3 + 1 = − 5 − 5 4 − 5 3 + 1
(−) ≠ () и (−) ≠ −()
3). Исследуем функцию на непрерывность и определим вертикальные
асимптоты. Функция не имеет разрывов, значит вертикальных асимптот нет.
Уравнения наклонных асимптот ищем в виде
y = kx + b
где

 5 − 5 4 + 5 3 + 1
 = lim = lim
= ∞;
→∞ 
→∞

Следовательно наклонных асимптот нет.
lim ( 5 − 5 4 + 5 3 + 1) = +∞
→+∞
lim ( 5 − 5 4 + 5 3 + 1) = −∞
→−∞
20
4) Определим точки экстремума и интервалы возрастания и убывания
функции с помощью первой производной:
 ′ = 5 4 − 20 3 + 15 2 = 5 2 ( 2 − 4 + 3)
Так как ′ = 0, при  = 0,  = 1,  = 3 то
x
(−∞; 0)
(0; 1)
(1; 3)
(3; +∞)
y’
+
+
-
+
y
↗
↗
↘
↗
Из таблицы видно, что функция возрастает при  ∈ (−∞; 1) ∪ (3; +∞)
и убывает при  ∈ (1; 3).
(1) = 2 − точка максимума
(3) = −26 − точка минимума
6). Определим точки перегиба и интервалы выпуклости и вогнутости с
помощью второй производной.
" = 20 3 − 60 2 + 30 = 10(2 2 − 6 + 3)
Так как ′′ = 0, при  = 0,  = 3 − √3,  = 3 + √3 то
Определим знак y” на каждом интервале:
x
(−∞; 0)
(0; 3 − √3)
(3 − √3; 3 + √3)
(3 + √3; +∞)
y”
-
+
-
+
y
∩
∪
∩
∪
Из таблицы видно, что функция вогнута при  ∈ (0; 3 − √3) ∪ (3 + √3; +∞)
и выпукла при  ∈ (−∞; 0) ∪ (3 − √3; 3 + √3).
7). Найдем точки пересечения кривой с осями координат
При  = 0  = 1.
21
Дополнительные точки
(2) = −7
(4) = 65
7). По результатам исследования построим график данной функции.
22
Задание 16. Для функции e x вычислить значение e0,a3 и e0,a4 с точностью до
0.001 . Применить формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа. (
a3 и a4 с таблицы- 1).
a3 =5
a4 =6
Решение
Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа имеет вид
x x 2 x3
e 1   
1! 2! 3!
x
Rn 
X n1  x
e
(n  1)!
отсюда получаем
ex  1 
xn
  Rn
n!
x x 2 x3
  
1! 2! 3!

xn
n!
x 0<x<1 имеем 0   x  x  1 отсюда e0  e x  e x  e  3 или
x n1
3 x n1
 3 следованием
 0.001 или
1  e x  3 следовательно Rn 
(n  1)!
(n  1)!
Для любого значения
x n1
1

(n  1)! 3000
Следовательно, для заданной точности каждый отброшенный член должен быть меньше
1
.
3000
При 1 = 0.5 эта точность достигается при n=6, а при 2 = 0.6 n=6
 0.5 = 1 +
 0.6 = 1 +
0.6
1
0.5
1
+
+
0.62
2
0.52
2
+
+
0.63
6
0.53
6
+
+
0.64
24
0.54
24
+
+
0.55
120
0.65
120
23
= 1.65
= 1.82
Задание 17. Найти наибольшее и наименьшее значение функции y  f ( x) на
отрезке [a, b] .
f ( x)  3  2 x 2 ; a  1; b  3.
Решение
Найдем значения функции на границе области определения и в нулях первой
производной
 ′ () = −4
На промежутке [-1;3] y’=0 при х=0
(−1) = 1
(0) = 3 наибольшее значение функции
(3) = −15 наименьшее значение функции
24
Задание 18. Турист идет из пункта A , находящегося на шоссейной
дороге, в пункт B расположенный в 8 км от шоссе. Расстояние от A до B
по прямой составляет 17 км. В каком месте туристу следует свернуть с шоссе,
чтобы в кратчайшее время прийти в пункт B , если скорость его по шоссе 5
км/ч, а по бездорожью 3 км/ч!
Решение
Пусть турист проехал по шоссе х км. Тогда по теореме косинусов путь по
бездорожью равен
 = √172 +  2 − 34
Поскольку
 = √1 + 2  = √1 + (
8 2
) = 0.88
17
То
 = √ 2 − 29,92 + 289
Время, затраченное на поездку, равно
   √ 2 − 29,92 + 289
= + = +
5 3 5
3
25
′ =
1
2 − 29.92
+
5 6√ 2 − 29,92 + 289
 ′ = 0 при
2 − 29.92
6√ 2 − 29,92 + 289
=
1
5
10 − 149,6 = 6√ 2 − 29,92 + 289
100 2 − 2992 + 22380.16 = 6 2 − 179.52 + 1734
94 2 − 2812.48 + 20646.16 = 0
Решая квадратное уравнение получим
1 = 17
 = 8,33
2 = 12,92
 = 8,33
Очевидно, что путь
2 = 12,92
 = 8,33 займет меньше времени
26
Задание 19. Определить количество действительных корней уравнения
f ( x)  0 , отделить эти корни и, применяя метод хорд и касательных, найти их
приближенное значение с точностью 0, 01 .
x3  4 x  1  0
Решение
 =  3 + 4 − 1 непрерывная функция на всей области определения x  R .
В точке x=0 (0) < 0, а в точке x=1 y(1)= 4>0. Следовательно на отрезке
[0;1] функция  =  3 + 4 − 1 обращается в ноль и уравнение x3  4 x  1  0
на этом отрезке имеет корень. Найдем y( x)  3x2  4 . Так как y( x)  0 для всех
x  R , то функция y(x) монотонно возрастает на всей области определения и
имеет только единственный корень на отрезке [0;1]. Уточним отрезок на
котором находится корень. Разделим отрезок [0;1] на сто частей и убедимся,
что функция y(x) меняет знак только на отрезке [0.23; 0.25]. Следовательно
корень уравнения лежит на отрезке [0.23; 0.25]. Проверим, для какой из этих
двух точек выполняется условие y( x0 )  y( x)  0 поскольку
 ′′ = 6,
 ′′ (0.25) = 1.5,
(0.25) = 0.015625
′′ (0.25)
(0.25) ∗ 
>0
то применяя метод Ньютона положим 0 = 0.25. Находим
1 = 0 −
(0 )
0.015625
= 0.25 −
= 0.24627
′(0 )
4.1875
..
2 = 1 −
(1 )
0.00001
= 0.24627 −
= 0.24627
′(1 )
4.1819
Таким образам x=0.24627 корень данного уравнения, с точностью 0, 01
имеем x=0.25
27
Литература
1. Письменный, Д.Т. Конспект лекций по высшей математике. В 2 ч. Ч. 1 /
Д.Т. Письменный. –М.: Айрис-пресс, 2003. – 288 с.
2. Письменный, Д.Т. Конспект лекций по высшей математике. В 2 ч. Ч. 2 /
Д.Т. Письменный. –М.: Айрис-пресс: Рольф, 2002. – 256 с.
3. Пискунов, Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисление: учебник
для втузов. В 2 т. Т. 1 / Н. С. Пискунов.– М.: Интеграл-Пресс, 2001.– 456 с.
28
Скачать