Контрольная работа №1 Вариант №5 Задание №1

Контрольная работа №1
Вариант №5
Задание №1
Найти матрицу АВ+3Е и ВА+3Е, где
 1 1


 1 0 2
 , В    6 0  ,
А  
 1 1 3
 0 1


Е – единичная матрица соответствующего порядка.
Решение:
Найти матрицу АВ+3Е
1.1 Найдем размер матрицы произведения:
А * В= С
2*3 3*2 2*2
1.2 Вычисляем элементы матрицы произведения А*В:
1
0 2
А* В 
1 3
7 2
С
1
1 *1  0 * (6)  2 * 0 1 *1  0 * 0  2 *1
1 3
* 6 0 

1 1 3
 1 *1  1 * (6)  3 * 0  1 *1  1 * 0  3 *1  7 2
0 1
1
1.3 Вычислим 3Е:
3Е  3
1 0 3 0

0 1 0 3
1.4 Находим матрицу АВ+3Е:
АВ  3Е 
1 3 3 0
1 3 3  0
4 3



7 2 0 3 70 23 7 5
Ответ: АВ  3Е 
4 3
7 5
Найти матрицу ВА+3Е:
1.1 Найдем размер матрицы произведения:
В * А = С
3*2 2*3 3*3
1
1
1
0 2
1 *1  1 * (1)
1 * 0  1 *1
1* 2  1* 3
0
1
5
С  6 0 *
  6 *1  0 * (1)  6 * 0  0 *1  6 * 2  0 * 3   6 0  12
1 1 3
0 1
0 *1  1 * (1)
0 * 0  1 *1
0 * 2  1* 3
1 1 3
1.2 Вычислим матрицу 3Е:
1 0 0
3 *1 3 * 0 3 * 0
3 0 0
3Е  3 0 1 0  3 * 0 3 * 1 3 * 0  0 3 0
0 0 1 3 * 0 3 * 0 3 *1 0 0 3
1.3 Найдем матрицу В*А+3Е
0
1
5
03
3 0 0
1 0
50
0
1
5
ВА  3Е   6 0  12  0 3 0   6  0 0  3  12  0   6 3  12
1 1 3
0 0 3 1 0 1 0
33
1 1 6
0
1
5
Ответ: ВА  3Е   6 3  12 .
1 1
6
Задание №2
Найти предел:
lim 2 x  2
x  1 x ln x
Решение:
0
Имеем неопределенность вида   применим правило Лопиталя
0
lim
2 x * ln 2
lim (2  2)
lim
lim 2 * ln 2 x  2
2 * ln 2
2 ln 2




'
1 x  1 ln x  1
lim
x  1 ( x ln x)
x 1
1 * ln x  x *
ln x  1 0  1
x
x 1
x
lim 2  2
x
Ответ:
'
x
x  1 x ln x
x
=2ln2.
Задание №3
Найти произвольную функции:

y  e x x2 ln 3  eln 5  e2
2

Решение:
Находим производную по формуле сложной функции (UV ) '  U 'V  UV '
  x
y '  e x
2
'
2


ln 3  e ln 5  e 2 + e  x x 2 ln 3  e ln 5  e 2
2

'
Находим производные
  e
a '  e x
2
'

 x2
 2 x 

'
b '  x 2 ln 3  e ln 5  e 2  2 x ln 3
по сколько e ln 5   0 и e 2   0 - производные от постоянной величины равны
нулю.
y '  2 xe x x 2 ln 3  e ln 5  e 2  + e  x 2 x ln 3
Упростим полученное выражение и заменим e ln 5  5 по определению
логарифмов.
y '  2 xe x  x 2 ln 3  5  e 2  ln 3 = 2 xe x ln 31  x 2   5  e 2 
Ответ: y '  2xe x ln 31  x 2   5  e 2 
'
'
2
2
2
2
2
Задание №4
Из квадратного листа жести, длина стороны которого 54 см, вырезают по
углам одинаковые квадраты и из оставшейся части склеивают открытую
коробку. Какова должна быть длина стороны вырезаемых квадратов, чтобы
вместимость коробки была наибольшей?
Решение:
Возьмем за x длину стороны вырезанного квадрата, за а длину стороны
квадратного листа жести. Получается, что x – высота
коробки, а дно
коробки имеет квадрат со стороной
a-2x тогда
объем коробки
V x   xa  2x 
2
формула V x имеет область определения 0<x< a
1
2
x
a-2x
Найдем производную V x '

V ' x  x  * a  2 x   x a  2 x 
'
2

2 '
 1a  2 x   x * 2a  2 x  *  2 
2
a 2  4ax  4 x 2  4ax  8 x 2  12 x 2  8ax  a 2
Находим критические точки функции в которых они имеют максимальное
значение т.е. V x =0,
12 x 2  8ax  a 2  0
Находим значение корней x1 и x 2
x 1, 2 
8a 
64a 2  4 * 12a 2
2 * 12

a-2x
8a  4a
24
1
x1  a
2
1
x2  a
6
1
6
Корень a1 находится вне определения функции тогда принимаем x 2  a .
При α=54см x2 =9см.
Ответ: Длина стороны вырезаемого квадрата равна 9см.
Задание №5
Составить
уравнения
касательных
к
гиперболе
перпендикулярны прямой x+y-4=0. Сделать чертеж.
y
x 1
,
x3
которые
Решение:
Преобразуем формулу прямой x+y-4=0 к виду уравнения прямой с угловым
коэффициентом y=kx+b
y=-x+4.
Следовательно, угловой коэффициент прямой y=-x+4 равен k1  1 .
Угловые коэффициенты прямых касательных к гиперболе, представленной
x 1
, будут выражаться производной y ' :
x3
'
'

x  1 * x  3  x  1* x  3
x  3  x 1
'
;
y 

2
x  3
x  32
формулой y 
y' 
4
x  32
т.е. k 2 
4
x  32
.
1
, k 2  1.
k2
4
Подставляем k 2  1 в формулу касательных k 2 
находим x 0
x  32
4
1
x  32
Из условия перпендикулярности прямых k 1 
x  32  4
x  3  2
x 01  5
x 02  1
т.е. имеем две касательные прямые.
Находим уравнения касательных к гиперболе y 
y  y x 0   y ' x 0 x  x 0 
 5 1
4
y1 

* x1   5 для x 01  5
 5  3  5  32
x 1
по формуле
x3
y1  3  x1  5
y1  x1  8
1 1
4
y2 

* x 2   1 для x 02  1
 1  3  1  32
y 2  1  x2  1
y 2  x2
Ответ: Разрешив задачу получим две касательных уравнения которых
y1  x1  8 и y 2  x 2 .
Рассматриваемая гипербола есть дробно-линейная функция вида y 
В данной задаче гипербола дана формулой y 
b=-1; c=1; d=3.
ax  b
.
cx  d
x 1
из этого следует
x3
a  1:
m определится формулой m  bc  ad  / c 2
m
 1 *1  1 * 3  1  3

 4  0
1
12
При m<0 ветви гиперболы расположены во 2 и 4 квадрантах.
d
и
c
a
3
a 1
y
подставляя данные a  1, с=1, d=3 получим x    3 ; y    1 ;
1
c 1
c
'
O  3;1 .
В новой системе координат центр O 1 определится по формулам x  
Координаты вершины гиперболы определяются формулам
x '  y '  m при m=4
x'  y' 
 4  2 .
Так как ветви гиперболы находятся во 2 и 4 квадрантах, то координата
вершины ветви гиперболы во 2 квадранте имеет координаты в новой системе
координат x 2 '  2 , y 2 '  2 . Для вершины ветви в 4 квадранте x 4 '  2 , y 4 '  2 .
Для выполнения чертежа имеем уравнения прямых
y=-x+4
y1  x1  8
y 2  x2
Координаты O 1 центра новой системы координат O '  3;1 , координаты
вершин ветвей гиперболы в новой системе координат Ax 2  2; y 2 '  2 '  ;
'
'
Bx 4  2; y 4  2 .
Задание №6
Исследовать функцию y 
x
и схематично построить ее график.
1 x 2
Решение:
1) Область определения функции:
Область определения функции – вся числовая ось -∞<x<+∞ при x=0 и y=0.
2) Функция нечетная, так как
x
1 x 2
y1  x   0
  x 
x
y 2  x  

2
1 x 2
1   x 
y 2  x  0
y1 x   y 2 x 
y1  x  
3) Вертикальных асимптот функция не имеет, так как
x
 0 и не имеет разрыва в точке х=0 потому что y(0)=0.
x 0 1  x 2
lim  lim
x
0
0
4) Поведение функции в бесконечности:
x
1
lim 
2
x


x
x   0  0
Находим xlim
 lim x

  1  x 2
x   1
1
1
 1 lim  2  1
2
x


x
x

аналогично делая преобразования получим
 U  U V  UV
;
  
V2
V 
'
x
 0
1 x 2
x
 0 .
x   1  x 2
lim
полученные результаты заключаем, что справа
x   предел y(x) стремится к (-0), слева от
стремится к (+0). Иными словами ось абцисс
асимптотой.
5) Экстремум функции определяется по первой
'
lim
x  
Анализируя
от х=0 в бесконечность
х=0 x   предел y(x)
является горизонтальной
производной по формуле
'
'
'

 x  1  x 2    x 1  x 2 
yx  
1  x 
2 2



 1 1  x 2   x 2 x
1  x 
2 2

1  x 2  2x 2
1  x 
2 2

x 2 1
1  x 
2 2
приравниваем y ' x   0 то есть y ' x   x 2  1  0 x 2  1 x1, 2  1  1 . Получаем
две точки экстремума в точках x1  1 и x2  1 .
На основании пункта 4 решения задачи заключаем:
Справа от точек -1  x   функция 1;  y(x) монотонно убывает стремясь к
(-0).
Слева от точек    x  1 функция  ;1 y(x) монотонно убывает стремясь
к (+0) точнее в интервале 1;  функция убывает yx   0 в интервале
 ;1 функция убывает yx   0 .
6) Характер выпуклости определяем по второй производной:




'

 x 2 1 
2x 1  x 2
y ' ' x   
 
2 2
 1  x 
  x  121  x 2 x  2 x1  x   4 xx
1  x 
1  x 
2
2
2
2
2 4
2 3
Вычисляем y' ' x в критических точках x1  1 и x2  1
y '' 1  2
1  3
2
  2x  x  3 .
x  1
1
2
2
3
4
 0 функция выпуклая вниз,
1  1 8
1  3
4
y ''  1  2
   y ''  0 функция выпуклая вверх.
3
8
1  1
3

7) В интервале (1;-1) функция меняет свое значение от – к + и пересекает ось
абцисс в точке х=0 ибо значение функции в этой точке y(0)=0. В точке х=1
x
1
1

 .
2
11
2
1 x
  1
x
1
В точке х=-1 значение функции y(-1)=

 .
2
2
2
1 x
1   1
значение функции y(1)=
На основании изложенного строим график:
Контрольная работа №2
Задание №1
Найти неопределенные интегралы:
1) 

dx
x 23 x

2)  2  x e 2 x dx
Решение:
Для нахождения интеграла


dx
x 23 x

применяем метод замены
переменной.
Получим t  x тогда x  t 2 dx  2t * dt найденные значения подставляем в
интеграл
y
2t * dt
dt
2 d 2  3t  2
 2
 
 ln 2  3t   C возвращаемся к х
t 2  3t 
2  3t 3
2  3t
3
2
ln 2  3t   C
3
2
Ответ: ln 2  3t   C .
3
y
Задание №2
Найти неопределенные интегралы:
 2  x e
2 x
dx
Решение:
Для нахождения интеграла  2  x e 2 x dx воспользуемся методом
интегрирования по частям.
Получим u=(2-x) dv= e 2 x * dx находим du=-dx
v   du   e  2 x dx  
1 2 x
e C .
2
По формуле интегрирования по частям y   udv   vdu получаем
1
1
1 1 2 x
 1
  1

y  2  x   e  2 x  C1      e  2 x  C1  dx   2 e  2 x  2C1  x e  2 x  C1 x 
e d  2 x  
2
2
22
 2
  2

1
1
1
 1
 1
 C1   dx   2  x   e  2 x  C1   e  2 x  C  C1 x   e  2 x  2C1  x e  2 x  C1 x  e  2 x 
4
2
4
 2
 4
1
 C  C1 x  xe  2 x  2C1  C
2
Ответ: искомый интеграл равен
1 2x
xe  2C1  C .
2
Задание №3
Вычислить определенные интегралы:
9

4
x
dx
x 1
Решение:
9
Для вычисления интеграла y= 
4
x
dx применим замену переменной.
x 1
Примем t  x ;  x   t 2 ; x  t 2 и dx=2t*dt. Если х=4, то t=2, если х=9, то t=3.
2
3
После замены переменной получаем y  
2
t * 2t * dt
t 1
 t 1 1 
t dt
t 1  1
dt
 2
dt  2 

t 1
t 1
t  1 t  1 
2
2
2
3
3
2
y  2
3
2
2
d t  1
1 
dt
 t  1t  1
y  2 

 2 t  1d t  1  2

dt  2 t  1dt  2
t 1
t 1
t 1
t 1
2
2
2
2
2
3
3
3
2
3
3
3
3
1
t  12   2 ln t  1 3  12  2  12  2 ln 3  1  2 ln 2  1
2
2
2
4
3
x
4
dx = 3  2 ln
3
x 1
y  3  2 ln 4  2 ln 3  3  2 ln
Ответ:
9

4
Задание №4
Вычислить определенные интегралы:
3

2
x3  3
dx
x 1
Решение:
x 2  3 представим x 3  1  2  x  1x 2  x  1  2 тогда


x 3  3 x  1 x 2  x  1
2
2


 x 2  x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
3
3
3
3
3
3
3
3
3
2 
2
1 3
1 2
 2
2
y   x  x  1 
dx   x dx   x * dx   dx  
d  x  1  x   x   x   2 ln x  1 
x  1
x 1
3 2 2 2
2 
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
y  27  8  9  4  3  2  2 ln 3  1  2 ln 1
3
3
2
2
8 9
y  9    2  1  2 ln 2
3 2
8 9
11
59
y  8    2 ln 2  8   2 ln 2 
 2 ln 2
3 2
6
6
3
x3  3
59
dx =  2 ln 2 .
Ответ: 
6
x 1
2
Задание №5
Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси Oy фигуры,
ограниченной линиями:
y  x 2 , y  4x  x 2 , y  0 .
Решение:
Для схематического построения фигуры ограниченной указанными линиями
проведем анализ графиков y  x 2 , y  4 x  x 2 .
Кривая y1  x 2 является параболой с вершиной в начале координат,
симметричной относительно оси ординат.
y 2  4 x  x 2 - так же парабола координату х вершины кривой y 2 найдем из
x'  2
уравнения y ' 2  4 x  x 2   0 , 4-2х=0,
. Ордината вершины
'
'
'2
/
2
/
определяется из y 2 x   4 x  x , y  4 * 2  2  4 , y  4 координаты вершины
А(2;4).
Точки пересечения кривой y1 x  с осью х определяется из о=4х- x 2  x4  x  .
Две точки х=0 и х=4 то есть О(0;0) и B(4;0).
Общие точки пересечения кривых определяется из совместного решения
уравнений y  x 2 , y1  4 x  x 2 ,
'
x 2  4x  x 2
2x  x 2  0
x2  x   0
x1  0иx 2  2
Таким образом, пересечение линий y  x 2 и y1  4 x  x 2 происходит в начале
координат и в вершине параболы y  4 x  x 2 в точке А(2;4).
Из построенного графика определяем, что объем тела образуется вращением
плоской фигуры вокруг оси Oy ограниченной с низу осью х справа кривой
y 2 от точек А до В , слева линией y1 от точки А до точки О то есть плоской
фигуры ОАВ.
Задание №6
Пользуясь разложением подынтегральной функции в ряд Маклорена,
0,5
вычислить интеграл
 ln 1  x dx
с точностью до 0,001. Вычислить этот же
0
интеграл, используя формулу Ньютона-Лейбница.
Сравнить полученные результаты.
Решение:
Ряд Маклорена представлен формулой:
f '' 0 2 f ''' 0 3 f 4 0 4 f 5 0 5 f 6 0 6 f n  0 n
f x   f 0  f 0x 
x 
x 
x 
x 
x 
x  ....
2!
3!
4!
5!
6!
n!
'
В данном случае f(x)=ln(1+x).
При x=0 функция f(0)=ln(1+0), f(0)=ln1, а ln1=0 получаем f(0)=0.
Находим производные от функции f(x)=ln(1+x) и определяем их значения
при x=0,
f 1  x   ln 1  x  
1
1
 при  x  f 1 0 
 1,
1 x
1 0
1
1
1
 1 
f x   
 при  x  0
 
1  x 
1 x 
2
11
f
111

x     1 2
 1  x 
1

   1  x  2



f 111 x   21  x   при  x  0
3
f
4
x  21  x 3 
1
 2 31  x 

1
f 11 0  1 ,
  21  x 
f 111 0  2 *13 
4
 2 1
,
2
2,
13
при х=0,
x   2 31  x 4  6 ,
4 1
5
f 5 x    61  x    6 41  x   при  x  0
f 5 0  24,
5 1
6
f 6 x   241  x    24 51  x   при  x  0
f 6 0  120.
f
4
Для ясности выпишем значения производных при х=0 значение f(0)^
f 0   0,
f 1 0   1,
f 11 0   1,
f 111 0   2,
0  6,
f 5 0   24,
f 6 0   120.
f
4
Эти значения подставим в формулу ряда Маклорена:
 1 2 2 3  6 4 24 5  120 6
x  x 
x 
x 
x  ....
2!
3!
4!
5!
6!
x2
2x 3
6x 4
24 x 5
120 x 6
ln 1  x   x 




 ...
1* 2 1* 2 * 3 1* 2 * 3 * 4 1* 2 * 3 * 4 * 5 1* 2 * 3 * 4 * 5 * 6
f x   ln 1  x   0  1* x 
Окончательно получаем разложение функции ln(1+x) так как остальные
члены разложения от n и далее n+1 отброшены:
x2 x3 x4 x5 x6




 ...
2
3
4
5
6
ln 1  x   x 
Вычисляем интеграл:
0.5
0.5
0.5 2
0.5 3
0. 5 4

x2 x3 x4 x5 x6 
x
x
x




ln
1

x
dx

x





dx

x
*
dx

dx

dx

0
0  2 3 4 5 6  0
0 2
0 3
0 4 dx 
0.5
0.5


0
x5
dx 
5
0.5

0
x6
dx.
6
Вычислим каждый интеграл по отдельности:
0. 5
x2
x
*
dx

0
2
0.5


0
0. 5

0
0

0
0. 5
2
x
x3
0.5 3
dx  


 0  0.02083,
2
3 * 2 0
6
0.5
x4
x5
0.5 5
dx  

 0  0.0015625,
4
5 * 4 0
20
0.5
x5
x6
0.5 6
dx 

 0  0.00052083,
5
6 * 5 0 30
0.5

0
0. 5 2
 0  0.125,
2
0.5

0. 5

x3
x4
0.5 4
dx 

 0  0.0052083,
3
4 * 3 0 12
0.5

0.5

0
0.5
x6
x7
0.5 7
dx  

 0  0.000186011.
6
7 * 6 0
42
Заменим результаты вычисления вряд:
0,5
 ln 1  xdx  0.125  0.02083  0.0052083  0.0015625  0.00052083  0.00018611.
0
По условию задачи погрешность задана rn  0.001 .
Для достижения заданной погрешности последние члены суммы ряда можно
отбросить и первый отброшенный член ряда с которого отбрасываются все
последующие остальные, будет пятый (ибо погрешность не превышает
абсолютной величины первого отброшенного члена).
0,00052083<0.001
Окончательно
0,5
 ln 1  xdx  0.125  0.02083  0.0052083  0.0015625  0.1078158  0.1078 ,
0
0,5
а)  ln 1  x dx  0.1078 .
0
Вычисляем этот же интеграл другим способом без разложения вряд по
формуле Ньютона-Лейбница.
Дано
0,5
 ln 1  x dx .
0
Решение:
Применяем интегрирования по частям.
Пусть u  ln 1  xdx; dv  dx тогда du 
dx
v=x.
1 1
Применим формулу по частям получаем
0, 5
0.5
0.5
0
0
0
 ln 1  xdx  x * ln 1  x    1  xdx .
x
Для нахождения интеграла
0.5
x
 1  x dx
делаем подстановку 1+x=t тогда dx=dt,
0
x=t-1 .
Находим новые пределы интегрирования: если х=0, то t=1; если х=0,5, то
t=1.5
t 1
dt
 1
1 t dt  1 1  t dt  1 dt  1 t  t 1  ln t 1  1.5  1  ln 1.5  ln 1  0.5  ln 1.5 .
1, 5
1.5
1.5
1.5
1.5
1.5
0.5
Вычислим x ln 1  x    0.5 ln 1.5  0  0.5 ln 1.5 определяем значение интеграла
0
0.5
 ln 1  xdx  0.5 ln 1.5  0.5  ln 1.5  0.5 ln 1.5  0.5  ln 1.5  1.5 ln 1.5  0.5
0
0.5
 ln 1  xdx  1.5 ln 1.5  0.5  0.6081275  0.5  0.1081975
0
0.5
б)  ln 1  x dx  0.1082
с
заданной
погрешностью
сравнивая
результаты
0
вычислений интегралов а и б получим 0,1082-0,1078=0,0004.
0,5
Ответ: При вычислении интеграла
 ln 1  x dx
методом приближенных
0
вычислений получаем результат с данной точностью: y=0,1078.
При вычислении интеграла по формуле Ньютона-Лейбница получаем
результат y=0,1082.
Расхождения составляет   0,0004 .
Точный без погрешностей результат
0.5
 ln 1  xdx  1.5 ln 1.5  0.5 .
0