РОБОЧИЙ ЗОШИТ 1 · Практичне заняття №6. Обчислення границь. Дослідження функцій на неперервність 2

Міністерство аграрної політики та продовольства України

Аграрно-економічний коледж

Полтавської державної аграрної академії

РОБОЧИЙ ЗОШИТ №1

для практичних занять

з навчальної дисципліни

«Вища математика»

Розділи: «Елементи лінійної алгебри»

«Аналітична геометрія»

для студентів денної форми навчання

спеціальностей

5.03050901 «Бухгалтерський облік»,

5.03050801 «Фінанси і кредит»

ПОЛТАВА – 2012

2

Укладачі: Сувальська О.В. – викладач вищої категорії природничо-

математичних дисциплін Аграрно-економічного коледжу ПДАА.

Губарь Н.Л. – викладач вищої категорії, викладач-методист,

голова циклової комісії природничо-математичних дисциплін

Аграрно-економічного коледжу ПДАА.

Рецензент: Семенюта А.Ю. – викладач природничо-математичних

дисциплін Аграрно-економічного коледжу ПДАА.

РОЗГЛЯНУТО І СХВАЛЕНО НА ЗАСІДАННІ

ЦИКЛОВОЇ КОМІСІЇ

ПРИРОДНИЧО-МАТЕМАТИЧНИХ ДИСЦИПЛІН

ПРОТОКОЛ № _4__ ВІД __19. ГРУДНЯ___2012Р.

Робочий зошит для практичних занять з навчальної дисципліни «Вища

математика» для студентів спеціальностей «Бухгалтерський облік» та

«Фінанси і кредит» є зошитом з друкованою основою, побудованим згідно

вимог щодо проведення практичних занять та відповідно до програми

навчальної дисципліни у ВНЗ І-ІІ рівнів акредитації.

Робочий зошит №1 складається з передмови, тематичного плану

навчальної дисципліни, переліку практичних занять, практичних робіт з

розділів курсу «Елементи лінійної алгебри», «Аналітична геометрія»,

додатки.

Кожне практичне заняття містить тему, мету, питання для

самопідготовки, план, термінологічний словник ключових понять, зразки

розв’язання типових задач, завдання для практичного виконання та

самостійної роботи.

Самостійна робота в більшості передбачає індивідуальне виконання

завдань.

Робочі зошити №1 – №3 включають в себе 16 практичних занять

передбачених програмою і послідовно доповнюють один одного.

3

ЗМІСТ

Передмова…………………………………………………………………...... ..…4

Тематичний план вивчення дисципліни…………………………………...... ..…5

Перелік практичних занять………………………………………………….. …..6

Розділ 1. Елементи лінійної алгебри……………………………………… ..…7

Практичне заняття №1. Методи обчислення визначників. Дії над

матрицями……………………………………………………………………..

…..7

Практичне заняття №2. Розв’язування систем лінійних рівнянь методом

Крамера………………………………………………………………………..

….21

Практичне заняття №3. Метод Гаусса та його застосування……………… ….30

Розділ 2. Аналітична геометрія…………………………………………… ….45

Практичне заняття №4. Обчислення елементів трикутника за

допомогою системи координат……………………………………………..

….45

Практичне заняття №5. Криві другого порядку. Пряма і площина в

просторі……………………………………………………………………….

….56

Список використаної та рекомендованої літератури………………………. ….71

4

Серед усіх наук, що відкривають людству

шлях до пізнання законів природи, наймогутніша,

найвеличніша наука – математика.

С. Ковалевська

Теорія без практики мертва та безплідна,

практика без теорії неможлива чи згубна. Для теорії

потрібні головним чином знання, для практики, крім

того, і вміння.

Академік О.М.Крилов

Передмова В сучасному суспільстві працевлаштування та досягнення мети будь-якою

людиною найчастіше тісно пов’язано з умінням вдосконалювати: свої

здібності, комунікабельність, фізичний стан, навички уважної розумової

творчої праці. Важливі також: цілеспрямованість, знання іноземних мов,

вільне володіння комп’ютерною технікою, навички логічно і коротко

виражати свої думки, організаційні здібності, культурний рівень.

Стратегічним напрямом розвитку освіти України в ХХІ столітті є

забезпечення інтелектуального і етичного розвитку людини на основі

залучення її в різноманітну, самостійну, доцільну діяльність у різних галузях

знань. Швидке оновлення знань, включаючи базові, ставить перед вищими

навчальними закладами завдання підготувати фахівців, здатних:

– адаптуватися до умов сучасного суспільства, які швидко змінюються;

– самостійно набувати необхідні для успішної роботи знання і навики,

застосовувати їх на практиці для вирішення різноманітних задач;

– самостійно, критично мислити, уміти бачити виникаючі в реальній

дійсності проблеми і шукати раціональні шляхи їх вирішення,

використовуючи сучасні технології.

Значну роль в підготовці сучасного конкурентоспроможного фахівця

відіграє процес вивчення математичних дисциплін.

Основним завданням курсу “Вища математика” є математичне

забезпечення спеціальної підготовки майбутніх економістів, а саме:

ознайомлення студентів з основами математичного апарату, необхідного при

розв’язанні теоретичних і практичних задач, пов’язаних з майбутньою

трудовою діяльністю; набуття студентами уміння самостійно вивчати

навчальну літературу з математики; розвиток логічного мислення і підняття

загального рівня математичної культури; прищеплення навичок

математичного дослідження прикладних завдань. Особлива увага при

вивченні вищої математики приділяється практичним заняттям.

Робочий зошит для практичних занять з навчальної дисципліни «Вища

математика» є зошитом з друкованою основою, призначений для

5

використання студентами економічних спеціальностей денної форми

навчання при вивченні окремих розділів курсу.

У робочому зошиті подано тематичний план вивчення дисципліни,

перелік практичних занять, практичні заняття з розділів курсу «Елементи

лінійної алгебри», «Аналітична геометрія», додатки.

Кожне практичне заняття містить: тему, мету, питання для

самопідготовки, план, термінологічний словник ключових понять, зразки

розв’язання типових задач, добірку завдань для аудиторної та самостійної

роботи.

Для допомоги у підготовці до практичних занять, а також для виконання

самостійної роботи в зошиті подано список рекомендованої літератури.

Тематичний план вивчення дисципліни

№

п/п

Назва розділу, модуля,

теми програми

Обсяг годин

за робочою навчальною

програмою

Всь

ого

аудиторні, з

них

сам

ост

ійні

лекції

Практ

ичні

Вступ 2 2

1 Елементи лінійної алгебри 16 6 6 4

2 Аналітична геометрія 12 4 4 4

3 Вступ до математичного аналізу 10 4 2 4

4 Диференціальне числення функції однієї

змінної

22 4 8 10

5 Диференціальне числення функції

багатьох змінних

12 2 4 6

6 Інтегральне числення 22 4 4 14

7 Диференціальні рівняння 12 2 4 6

Всього 108 28 32 48

6

Перелік практичних занять

Назва розділу, теми практичного заняття Кількість

годин

Розділ 1. Елементи лінійної алгебри 6

Практичне заняття №1. Методи обчислення визначників.

Дії над матрицями 2

Практичне заняття №2. Розв’язування систем лінійних

рівнянь методом Крамера 2

Практичне заняття №3. Метод Гаусса та його застосування 2

Розділ 2. Аналітична геометрія 4

Практичне заняття №4. Обчислення елементів трикутника

за допомогою системи координат 2

Практичне заняття №5. Криві другого порядку. Пряма і

площина в просторі 2

Розділ 3. Вступ до математичного аналізу 2

Практичне заняття №6. Обчислення границь. Дослідження

функцій на неперервність 2

Розділ 4. Диференціальне числення функції однієї змінної 8

Практичне заняття №7. Обчислення похідних функцій та

диференціалів 2

Практичне заняття №8. Екстремум функції. Опуклість

графіка функції. Точки перегину 2

Практичне заняття №9. Розв’язування задач економіки за

допомогою екстремумів 2

Практичне заняття №10. Дослідження функцій та побудова

графіків 2

Розділ 5. Диференціальне числення функції багатьох

змінних 4

Практичне заняття №11. Диференціювання функцій двох

змінних 2

Практичне заняття №12. Знаходження екстремумів функцій

двох змінних 2

Розділ 6. Інтегральне числення 4

Практичне заняття №13. Розв’язування вправ на

інтегрування функцій 2

Практичне заняття №14. Обчислення визначених інтегралів.

Застосування визначеного інтегралу 2

Розділ 7. Диференціальні рівняння 4

Практичне заняття №15. Розв’язування диференціальних

рівнянь з відокремлюваними змінними 2

Практичне заняття №16. Лінійні диференціальні рівняння

першого порядку 2

7

Розділ 1. Елементи лінійної алгебри.

Практичне заняття № 1.

Тема: Методи обчислення визначників. Дії над матрицями.

Мета: закріпити отримані теоретичні знання з тем «Визначники», «Матриці»,

набути навичок і вмінь обчислювати визначники різними методами

виконувати дії додавання, віднімання і множення матриць, знаходити

ранг матриці, обернену матрицю.

Питання для самопідготовки:

- Поняття визначника другого (третього) порядку.

- Основні властивості визначників.

- Поняття мінору, алгебраїчного доповнення елемента визначника.

- Теорема про розклад визначника за елементами рядка або стовпця.

- Поняття матриці, визначника матриці.

- Види матриць.

- Дії над матрицями, властивості дій над матрицями.

- Поняття оберненою матриці.

- Ранг матриці. Способи знаходження рангу матриці.

План практичного заняття

1. Обчислення визначників ІІ та ІІІ порядків за правилом прямокутника,

трикутника.

2. Обчислення визначників третього і вищих порядків методом розкладу

визначника за елементами рядка або стовпця.

3. Додавання, віднімання, множення матриць.

4. Знаходження оберненої матриці.

5. Знаходження рангу матриці.

8

Термінологічний словник ключових понять

Визначник другого порядку – це вираз ;211222112221

1211 aaaaaa

aa

Визначник третього порядку – це вираз

312312133221332211

333231

232221

131211

aaaaaaaaa

aaa

aaa

aaa

332112322311312213 aaaaaaaaa .

Правило трикутників –

Мінор Мij елемента аіj визначника – це визначник, який утворюється з

даного визначника в результаті викреслювання і-го рядка та j-го стовпця.

Алгебраїчне доповнення Aij елемента аіj – це його мінор, взятий зі знаком

(-1)i+j

, тобто Aij=(-1)i+j

Мij

Розклад визначника за елементами відповідного рядка або стовпця:

Визначник дорівнює сумі добутків елементів якого-небудь рядка (стовпця) на

їхні алгебраїчні доповнення.

Матриця розмірності т x п – це таблиця чисел, що містить т рядків і n

стовпців виду

mnmm

n

n

aaa

a

а

аа

аа

А

...

............

...

...

21

2

1

2221

1211

Квадратна матриця – це матриця у якої т = п.

Діагональна матриця – це квадратна матриця, в якої всі елементи, що не

належать головній діагоналі, дорівнюють нулю.

Одинична матриця – це діагональна матриця, в якої всі елементи

головної діагоналі дорівнюють одиниці.

Транспонована матриця – це матриця рядки і стовпці якої поміняні

місцями.

Ранг матриці А – це найбільший порядок відмінного від нуля її мінора.

Ранг матриці А прийнято позначати Rg(A) або rang A.

9

Матриця не особлива, якщо визначник цієї матриці відмінний від нуля.

Обернена матриця до матриці А – це матриця А-1

., якщо А·А-1

=Е

Обернена матриця знаходиться за формулою:

332313

322212

312111

1

det

1

AAA

AAA

AAA

AА

де detA- визначник матриці А, Аij - алгебраїчні доповнення всіх елементів

aij матриці А.

Завдання для практичного виконання:

Приклад 1.Знайти визначники другого порядку:

Розв’язання.

1) ;1273537

25

2) abbabababa

baba4

22

;

3) βαsinβsinβsinαsinαsinβcosβsin

αcosαsin ;

4) 0loglog11log

log1 ba

b

aab

a

b .

Приклад 2.Знайти визначники другого порядку:


1) 58

23; 3)

128

96;

2) 1

1

nn

nn; 4)

αα

αα

cossin

sincos .

10

Приклад 3. Знайти визначники третього порядку:


1) 40315422133211345332

341

235

312

;

2) 22233 cxaxbxxxabc

cxx

xbx

xxa

;2 23 abcxcbax

3)

.αγγββααβ

γαβγαγγββα

γγ

ββ

αα

sinsinsincossin

cossincossincossincossincossin

1cossin

1cossin

1cossin

Приклад 4. Знайти визначники третього порядку:


1)

053

236

312

; 2) 812

278

543

; 3) 123

235

124

; 4) acb

bac

cba

.

11

Приклад 5. Обчислити визначник четвертого порядку методом розкладу

визначника за елементами другого рядка:


24232221 6452

6544

7855

6452

8533

АААА

Приклад 6. Обчислити визначник четвертого порядку, утворюючи нулі в

рядках або стовпчиках:

6544

7855

6452

8533


2704

0001

4232

51463

6544

1311

6452

8533

6544

7855

6452

8533

12

12350

391000

5141

272

427

5141

270

423

5146

113

.1651235

3910011

11

Для утворення нулів у рядку або стовпчику зручно мати розв’язувальний

елемент, що дорівнює одиниці. Даний визначник такого елемента не має. Для

його утворення можна, наприклад, помножити останній рядок визначника на –1 і

додати до передостаннього, при цьому визначник не зміниться. У такий спосіб у

третьому рядку утворилися три одиниці (достатньо мати одну). Для утворення

нулів, наприклад у третьому рядку, можна взяти за розв’язувальний елемент

одиницю, що стоїть на перетині першого стовпчика і третього рядка.

Помножимо елементи першого стовпчика спочатку на –1 і складемо з

відповідними елементами другого стовпчика, тоді на місці елемента (3, 2)

утвориться нуль. Далі множимо всі елементи того ж першого стовпчика на –3 і

складаємо з елементами третього стовпчика. На місці елемента (3, 3) знову

утворився нуль. У такий же спосіб, помноживши перший стовпчик на –1 і

склавши з останнім, на місці елемента (3, 4) також утвориться нуль. Слід

зазначити, що для утворення нулів у рядку працюють з елементами

стовпчиків, а для утворення нулів у стовпчиках — з елементами рядків.

Далі, використовуючи теорему Лапласа, розкладаємо визначник 4-го

порядку за елементами третього рядка і одержуємо визначник третього

порядку. Для його знаходження можна застосувати відповідне правило, але

ми ще раз утворимо нулі.

Для одержання одиниці до елементів першого стовпчика додамо відповідні

елементи третього стовпчика. На місці елемента (1, 1) утворилася –1. Далі

помножимо елементи першого рядка на 7 і складемо з відповідними

елементами другого рядка, одержимо нуль на місці елемента (2, 1). Аналогічно,

помноживши елементи першого рядка на 2 і склавши з елементами третього

рядка, одержимо нуль на місці елемента (3, 1). Після застосування теореми

Лапласа одержуємо визначник другого порядку і остаточний результат.

Приклад 7. Використовуючи властивості визначників, обчислити

визначники:

1. γcos1γsin

βcos1βsin

αcos1αsin

22

22

22

. 2.

11

11

11

bzazzz

byayyy

bxaxxx

. 3. 1

1

1

bac

acb

cba

.

13


Приклад 8. Розкладаючи за другим стовпчиком, обчислити визначник:

454

232

344

125

d

c

b

a

.


14

Приклад 9. Виконати дії над матрицями: А+В, А-В, 2А, 3В, 5В-2А,

3А+4В, якщо ,1

2

0

1

A .

02

21

B


Приклад 10. Знайти добутки матриць:

1.

52

43

45

23. 2.

2

4

1

021

312. 3.

231

521

652

352

143

231

.


15

Приклад 11. Знайти обернену матрицю до даної:

314

638

111

А


Обернена матриця знаходиться за формулою:

332313

322212

312111

1

det

1

AAA

AAA

AAA

AА ,

де detA- визначник матриці А, Аij - алгебраїчні доповнення всіх елементів

aij матриці А.

Обчислимо визначник матриці А:

1246128249

314

638

111

det

A

Знайдемо алгебраїчні доповнення Аij всіх елементів aij матриці А за

формулою ij

ji

ij MA )1( , де Мij – мінор елемента aij матриці А, тобто

16

визначник на одиницю меншого порядку, утворений з визначника матриці

викреслюванням i-го рядка та j-го стовпця.

36931

631

11

11

A 0)2424(

34

681

21

12

A

412814

381

31

13

A 2)13(31

111

12

21

A

14334

111

22

22

A 3)41(

14

111

32

23

A

33663

111

13

31

A 2)86(

68

111

23

32

A

58338

111

33

33

A

Підставивши в формулу отримані алгебраїчні доповнення і значення

визначника матриці А, отримаємо обернену матрицю

534

210

3231A .

Відповідь:

534

210

3231A .

Приклад 12. Знайти обернені до таких матриць:

1.

43

21. 2.

75

43. 3.

504

623

112

А


17

Приклад 13. Знайти ранг матриці:

000

524

312

А .


Оскільки не всі елементи матриці А нульові, то rangA≥1. Розглянемо

мінор другого порядку 84424

121

М . Так як один з мінорів другого

порядку відмінний від нуля, то rangA≥2.

Розглянемо мінор третього порядку, який є також визначником матриці А.

0

000

524

312

, так як елементи третього рядка – нулі.

Оскільки мінор третього порядку матриці А є єдиним і дорівнює нулю, то

rangA=2.

Приклад 14. Знайти ранг матриці:

2222

7394

4444

2253

А .


18

Домашня самостійна робота.

Приклад 1. Обчислити визначники:

1. 56

23. 2.

2

3

nn

nn. 3.

cossin

sincos 4.

123

236

124

.

5.

xcxx

xxbx

xxxa

.


19

Приклад 2. Виконати дії над матрицями: А+В, В-А, 3А+5В, АВ, ВА, якщо

12

37,

57

34BA


Приклад 3. Знайти матрицю, обернену даній матриці. Перевірити

результат, обчисливши добуток даної і отриманої матриць. Розв’язати

приклади згідно свого варіанту (№ варіанту – остання цифра номера по

журналу).

1.

122

013

376

2.

71314

214

599

3.

221

313

432

20

4.

297

267

133

5.

230

4914

379

6.

254

2911

256

7.

100

71619

1612

8.

323

254

234

9.

71610

111

496

10.

589

343

111


21


Тема: Розв’язування систем лінійних рівнянь методом Крамера.

Мета: набути навичок і вмінь розв’язувати системи лінійних рівнянь за

формулами Крамера.


- Поняття системи m лінійних алгебраїчних рівнянь з n невідомими.

- Сумісна, несумісна, визначена, невизначена система лінійних рівнянь.

- Формули Крамера, особливості їх застосування.


1. Розв’язування систем двох та трьох лінійних рівнянь з двома та

трьома невідомими за формулами Крамера.

2. Застосування метода Крамера до розв’язування систем чотирьох

лінійних рівнянь з чотирма невідомими.


Система m лінійних рівнянь з n невідомими х1, х2, ..., хn – це система

виду:

mnmnmm

nn

nn

bxaxaxа

bxaxaxa

bxaxaxa

...

.............................................

...

...

2211

22222121

11212111

Коефіцієнти біля невідомих – це числа аij, (i=1,2,…m; j=1,2,…,n).

Вільні члени системи – це числа bi .

Однорідна система – це система рівнянь у якої всі вільні члени

дорівнюють нулю. В іншому випадку вона називається неоднорідною.

Неоднорідна система – це система рівнянь у якої хоча б один вільний

член відмінний від нуля.

22

Розв’язок системи ЛР – це впорядкований набір n чисел 00

2

0

1 ,...,, nххх , якщо

при підстановці замість невідомих х1, х2, ..., хn усі рівняння системи

перетворюються в тотожності.

Сумісна система ЛР – це система яка має хоча б один розв’язок.

Несумісна СЛР – це система яка не має жодного розв’язку.

Визначена СЛР – це сумісна система яка має єдиний розв'язок.

Невизначена СЛР – це сумісна система яка має більше ніж один розв'язок.

Формули Крамера для розв’язування систем n лінійних рівнянь з n

невідомими мають вигляд:

1

1хх ,

2

2хх , ... ,

xn

nх ,

де - визначник системи, складений з коефіцієнтів системи, а

хnхx ,...,, 21 визначники, які утворюються з визначника системи відповідно

заміною стовпців при невідомих х та у вільними членами.


Приклад 1. Розв’язати систему рівнянь за формулами Крамера:

2

12

0

zyx

yx

zyx


Знайдемо визначник системи ∆, і визначники ∆х, ∆у, ∆z.

41212

111

021

111

4141

112

021

110

x

4121

121

011

101

y

23

81214

211

121

011

z

За формулами Крамера маємо:

х=∆х,/∆=4/-4=-1, у=∆у,/∆=-4/-4=1, z=∆z/∆=-8/-4=2.

Відповідь: х=-1, у=1, z=2.

Приклад 2. Розв’язати системи лінійних рівнянь за правилом Крамера.

У разі залежності коефіцієнтів системи рівнянь від параметрів дослідити

системи на сумісність.

1.

.273

;152

21

21

xx

xx; 2.

.322

;3473

;10532

321

321

321

xxx

xxx

xxx

; 3.

.1254

;2233

;3465

321

321

321

xxx

xxx

xxx

;

4.

.5685

;3553

;232

321

321

321

xxx

xxx

xxx

.


24

25

Приклад 3. Розв’язати систему 4-х лінійних рівнянь з 4-ма невідомими

4

1835

23372

22

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx


Знайдемо визначник системи.

226

359

021

0001

2261

3592

0211

1111

3151

1372

1121

0884246214

323

2146

3239

001

Знайдемо визначники, які утворюються з визначника системи заміною

відповідного стовпця на стовпець вільних членів.

212

21112

4525

0212

021112

04525

1122

1114

31518

13723

1122

1

4401403002010

1415

010

201110

14515

26

1768096640

216

6040

2016

3119

022

2016

3119

0221

20161

31192

0001

1141

31181

13232

1121

2

06622

33

226

339

001

2146

3159

021

0001

21461

31592

0211

1411

31851

12372

1221

3

883682804023

167

40023

1607

19111

221

1607

19111

2211

16071

191112

0001

4111

18151

23372

2121

4

За формулами Крамера маємо:

188

88;0

88

0

;288

176;5

88

440

44

33

22

11

хх

хх

Отже, розв’язок системи Х= (5; -2; 0; 1).

Приклад 3. Розв’язати систему 4-х лінійних рівнянь з 4-ма невідомими

5534

12523

432

543

321

421

431

432

ххх

ххх

ххх

ххх


27

28

Самостійне розв’язування вправ.

Розв’язати систему лінійних рівнянь методом Крамера згідно свого

варіанта:

І варіант ІІ варіант

1.

847

425

ух

ух

1.

165

52

ух

ух

2.

12

244

422

321

321

321

ххх

ххх

ххх

2.

.532

;3253

;465

321

321

321

xxx

xxx

xxx


29

30


Тема: Метод Гаусса та його застосування.

Мета: навчитися зводити матрицю до ступінчастого вигляду методом

елементарних перетворень; набути навичок і вмінь розв’язувати

системи лінійних рівнянь допомогою методу Гаусса, ознайомитися з

моделлю багатогалузевої економіки Леонтьєва та її застосуванням до

економічних задач.


- Поняття оберненої матриці. Терема про існування оберненої матриці.

- Методи знаходження рангу матриці.

- Метод елементарних перетворень для знаходження рангу матриці.

- Поняття системи m лінійних рівнянь з n невідомими.

- Сумісна, несумісна, визначена, невизначена системи лінійних рівнянь

- Основні методи розв’язування систем лінійних рівнянь.

- Теорема Кронекера-Капеллі.

- В чому полягає метод Гаусса?


1. Зведення матриці до ступінчастого вигляду за допомогою

елементарних перетворень.

2. Розв’язування систем лінійних рівнянь методом Гаусса.

3. Модель багатогалузевої економіки Леонтьєва.


Система m лінійних рівнянь з n невідомими х1, х2, ..., хn – це система

виду:

mnmnmm

nn

nn

bxaxaxа

bxaxaxa

bxaxaxa

...

.............................................

...

...

2211

22222121

11212111

31

Коефіцієнти біля невідомих – це числа аij, (i=1,2,…m; j=1,2,…,n).

Вільні члени системи – це числа bi .

Однорідна система – це система рівнянь у якої всі вільні члени

дорівнюють нулю. В іншому випадку вона називається неоднорідною.

Неоднорідна система – це система рівнянь у якої хоча б один вільний

член відмінний від нуля.

Розв’язок системи ЛР – це впорядкований набір n чисел 00

2

0

1 ,...,, nххх , якщо

при підстановці замість невідомих х1, х2, ..., хn усі рівняння системи

перетворюються в тотожності.

Сумісна система ЛР – це система яка має хоча б один розв’язок.

Несумісна СЛР – це система яка не має жодного розв’язку.

Визначена СЛР – це сумісна система яка має єдиний розв'язок.

Невизначена СЛР – це сумісна система яка має більше ніж один розв'язок.

Ранг матриці А – це найбільший порядок відмінного від нуля її мінора.

Ранг матриці А прийнято позначати Rg(A) або rang A.

Метод послідовного виключення невідомих, або метод Гауса

ґрунтується на елементарних перетвореннях системи рівнянь:

1) Множення деякого рівняння на відмінне від нуля число,

2) Додавання до деякого рівняння системи іншого рівняння,

помноженого на деяке число,

3) Перестановка рівнянь.

Теорема Кронекера-Капеллі (про існування розв’язку системи лінійних

рівнянь). Для того щоб система лінійних рівнянь була сумісною, необхідно і

достатньо, щоб ранг її основної матриці дорівнював рангу розширеної

матриці. Якщо ранг основної матриці дорівнює рангу розширеної матриці і

дорівнює числу невідомих, то система має єдиний розв’язок. Якщо ранг

основної матриці дорівнює рангу розширеної матриці, але менший числа

невідомих, то система має безліч розв’язків.

32

Модель багатогалузевої економіки Леонтьєва.

Співвідношеннями балансу – рівняння вигляду niyxxn

j

iiji ,...,2,11

, де

ix – об’єми валового продукту і-тої галузі для невиробничого споживання,

ijx – об’єм продукції і-тої галузі, що споживаються в процесі виробництва j-

тою галуззю ni ,...,2,1 .

Співвідношення балансу можуть бути записані:

а) у вигляді niyxaxn

j

ijiji ,...,2,11

, де njix

xa

j

ij

ij ,...,2,1, – коефіцієнти

прямих витрат, які вказують на витрати продукції і-тої галузі на виробництво

одиниці продукції j-тої галузі;

б) у матричному вигляді Х=АХ+У або (Е-А)Х=У,

де

nx

x

x

X...

2

1

,

nnnn

n

n

aaa

a

а

аа

аа

А

...

............

...

...

21

2

1

2221

1211

,

ny

y

y

Y...

2

1

,

Х – вектор валового випуску, У – вектор кінцевого продукту, А – матриця

прямих витрат.

Головна задача міжгалузевого балансу – знаходження такого вектора

валового випуску Х, який при відомій матриці прямих витрат А забезпечує

заданий вектор кінцевого продукту У.

Вектор Х валового випуску знаходиться за формулою:

Х=(Е-А)-1

У=SУ,

де матриця S=(Е-А)-1

– матриця повних витрат, кожен елемент ijs якої

показує величину валового випуску продукції і-тої галузі, яка необхідна для

забезпечення випуску одиниці кінцевого продукту j-тої галузі 1jу

nj ,...,2,1 , матриця А≥0 – продуктивна матриця, якщо для будь-якого

вектора У≥0 існує розв’язок Х≥0 рівняння.

Чиста продукцією галузі – різниця між валовою продукцією цієї галузі і

витратами продукції всіх галузей на виробництво цієї галузі.


Приклад 1. Звести матрицю до ступінчастого вигляду за допомогою

елементарних перетворень:

33

1.

515

214

321

, 2. ,

5431

4321

5213

4321

3.

7311

1111

1332

1112


34

Приклад 2. Розв’язати систему лінійних рівнянь методом Гаусса:

2963

1234

153

321

321

321

ххх

ххх

ххх

.


До другого рівняння додамо перше, помножене на (-4), до третього

додамо перше, помножене на (-3), одержуємо:

163

3189

153

32

32

321

хх

хх

ххх

.

Ділимо друге рівняння на (-3), а третє множимо на (-1), одержуємо:

163

153

163

163

153

32

321

32

32

321

хх

ххх

хх

хх

ххх

.

Нехай х3- вільне невідоме, тоді

3333213

2 5611531,3

61хххххх

хх

.

Отже, загальним розв’язком розглядуваної системи є така сукупність

значень невідомих:

х3- вільне невідоме

31

3

2 ,3

61хх

хх

.

Якщо надати вільному невідомому деяке конкретне значення, то

одержимо частинний розв’язок. Наприклад, х3=1, тоді х2=-5/3, х1=1.

Отже, впорядкована трійка чисел (1, -5/3, 1) є частинним розв’язком

розглядуваної системи лінійних рівнянь.

Приклад 3. Розв’язати систему рівнянь за допомогою теореми

Кронекера—Капеллі.

.75334

;123

;6322

;52

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx


Запишемо головну і розширену матриці системи рівнянь і знайдемо їх

ранги за допомогою елементарних перетворень.

35

~

177550

177550

63221

177550

~

75334

12113

63221

51112

00000

00000

63221

177550

.

З остаточного вигляду матриці випливає, що найвищий порядок мінора,

який можна утворити для обох матриць, дорівнює 2. Тобто, 2 ArAr .

Система рівнянь сумісна. Серед відмінних від нуля мінорів другого порядку

оберемо, наприклад, мінор 32

75

, тим самим переводячи невідомі х3, х4 в

розряд головних, а х1, х2 — в розряд вільних. Відкинемо в системі рівнянь ті

рівняння, які відповідають рядкам головної матриці, що занулилися.

Одержимо таку систему рівнянь:

.2632

;51775

2143

243

xxxx

xxx

Цю систему рівнянь можна розв’язувати або за правилом Крамера, або

методом оберненої матриці, тому що 0132

75

. Побудуємо

52

731A і одержимо розв’язок

1

21

21

2

4

3

54

79

26

517

52

73

x

xx

xx

x

x

x, або

213 79 xxx ; 4x 154 x , який є загальним розв’язком системи рівнянь.

Надаючи вільним невідомим значень х1 = 1, х2 = 0, матимемо один з

можливих частинних розв’язків (1; 0; 2; –1).


473

6

17332

912

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx


Випишемо розширену матрицю системи:

4

6

17

9

7311

1111

1332

1112

Поміняємо місцями перший та третій рядки матриці.

36

До другого та третього рівняння додамо перше рівняння помножене на

(-2), , а до четвертого – додамо перше помножене на (-1).

Отримаємо:

Поміняємо місцями другий і третій рядки матриці.

До третього рядка матриці додамо другий рядок, а до четвертого – додамо

другий помножений на (-2). Отримаємо:

До четвертого рядка додамо третій.

Поділимо третій рядок на 8, а четвертий на (-6). Отримаємо:

314

1

3

6

10004

3100

3310

1111

.

З останнього рівняння знаходимо невідому х4: 3

14 х .

З третього рівняння знаходимо невідому х3:

04

1

4

1

3

1

4

3

4

1

4

3

4

143 хх .

З другого рівняння отримаємо:

413033

133333 342 ххх .

З першого рівняння знаходимо:

37

3

124

3

164101

3

1161116 2341 хххх

Отже, .3

1,0,4,

3

12 4321 хххх

Відповідь: .3

1,0,4,

3

12 4321 хххх


1.

.1254

;2233

;3465

321

321

321

xxx

xxx

xxx

2.

5534

12523

432

543

321

421

431

432

ххх

ххх

ххх

ххх


38

39

Приклад 6. В таблиці 1 наведені коефіцієнти прямих витрат і кінцева

продукція галузей на запланований період (в умовних грошових одиницях):

Таблиця 1

Галузь Споживання Кінцева

продукція Галузь 1 Галузь 2

Виробництво Галузь 1 0,4 0,35 400

Галузь 2 0,2 0,15 300

Знайти:

1) плановані об’єми валової продукції галузей, міжгалузеві поставки,

чисту продукцію галузей;

2) необхідний об’єм валового випуску кожної галузі, якщо кінцеве

споживання продукції першої галузі збільшиться на 10 %, а другої – на 30 %.

Розв’язання:

1) запишемо матрицю коефіцієнтів прямих витрат А і вектор кінцевої

продукції У:

300

400,

15,02,0

35,04,0УА

Зауважимо, що матриця продуктивна, тому що всі її елементи додатні та

сума елементів в кожному рядку і в кожному стовпці менше одиниці.

Щоб знайти матрицю повних витрат, знайдемо матрицю Е-А:

85,02,0

35,06,0

15,02,0

35,04,0

10

01АЕ

Звідси матриця повних витрат S=(Е-А)-1

знаходиться за правилом

знаходження оберненої матриці

.36,157,0

80,093,1

6,02,0

35,085,0

44,0

1

;6,0;2,0;35,0;85,0

;85,035,0

2,06,0

;44,007,051,085,02,0

35,06,0det

1

22211211

AES

AAAA

AE

AE

TTTT

T

Знайдемо вектор валового продукту Х за формулою Х=SУ

636

1012

300

400

36,157,0

80,093,1SYX .

Перший рядок матриці Х відповідає галузі 1, а другий – галузі 2. Знайдемо

міжгалузеві підстановки за формулою jijij

j

ij

ij xaxx

xa :

40

.4,9563615,0

;4,20210122,0

;6,22263635,0

;8,40410124,0

22222

12121

21212

11111

хах

хах

хах

хах

Чиста продукція галузі дорівнює різниці між валовою продукцією цієї

галузі і витратами продукції всіх галузей на виробництво цієї галузі.

Отже, витрати продукції всіх галузей на виробництво:

– першої галузі 2,6074,2028,4042111 хх

– другої галузі 0,3184,956,2222212 хх .

Остаточно маємо чисту продукцію

- першої галузі: 1012-607,2=404,8;

- другої галузі: 636-318=318.

Всі отримані результати зведемо в таблицю 2:

Таблиця 2

Галузь Споживання Кінцева

продукція

Валова

продукція Галузь 1 Галузь 2

Виробництво Галузь 1 404,8 222,6 400 1012

Галузь 2 202,4 95,4 300 636

Чиста продукція 404,8 318

Валова продукція 1012 636

2) Знайдемо вектор кінцевого споживання У, з урахуванням того, що

кінцеве споживання першої галузі збільшиться на 10 %, а другої – на 30 %:

390

440

3,1300

1,1400У

Останнє дає можливість знайти вектор валового випуску Х, який при

відомій матриці прямих витрат А забезпечує заданий вектор кінцевого

продукту У.

Скористаємося формулою Х=SУ:

2,781

2,1161

4,5308,250

3122,849

390

440

36,157,0

80,093,1SYX .


Завдання. Розв’язати систему лінійних рівнянь методами Крамера,

матричним і Гаусса згідно свого варіанту (№ варіанту – порядковий номер по

журналу):

1.

.332

,523

,423

zyx

zyx

zyx

2.

.62

,832

,73

zyx

zyx

zyx

3.

.12

,643

,532

zyx

zyx

zyx

41

4.

.2223

,32

,42

zyx

zyx

zyx

5.

.5344

,923

,2

zyx

zyx

zyx

6.

.922

,733

,02

zyx

zyx

zyx

7.

.4

,3243

,52

zyx

zyx

zyx

8.

.1323

,34

,532

zyx

zyx

zyx

9.

.534

,122

,23

zyx

zyx

zyx

10.

.23

,045

,22

zyx

zyx

zyx

11.

.43

,1432

,12

zyx

zyx

zyx

12.

.10433

,022

,534

zyx

zyx

zyx

13.

.235

,143

,32

zyx

zyx

zyx

14.

.9533

,0324

,532

zyx

zyx

zyx

15.

.12

,134

,2

zyx

zyx

zyx

16.

.132

,72

,2

zyx

zyx

zyx

17.

.523

,032

,53

zyx

zyx

zyx

18.

.12

,643

,532

zyx

zyx

zyx

19.

.24

,123

,132

zyx

zyx

zyx

20.

.423

,12

,02

zyx

yx

zyx

21.

.423

,72

,5344

zyx

zyx

zyx

22.

.342

,623

,13

zyx

zyx

zyx

23.

.933

,023

,132

zyx

zyx

zyx

24.

.824

,234

,1

zyx

zyx

zyx

25.

.133

,0224

,632

zyx

zyx

zyx

26.

.024

,323

,1232

zyx

zyx

zyx

27.

.52

,032

,32

zyx

zyx

zyx

28.

.42

,43

,83

zyx

zyx

zyx

29.

.354

,2

,523

zyx

zyx

zyx

30.

.134

,4263

,42

zyx

zyx

zyx


42

43

44

45

Розділ 2. Аналітична геометрія.


Тема: Обчислення елементів трикутника за допомогою системи

координат.

Мета: закріпити теоретичні знання з теми «Лінія на площині. Різні види

рівнянь прямої на площині», набути навички і вміння по обчисленню

елементів трикутника за допомогою формул аналітичної геометрії


- Декартова система координат на прямій, на площині, в просторі.

- Основні задачі на метод координат.

- Полярна система координат.

- Зв’язок між полярною і декартовою системами координат.

- Рівняння лінії на площині.

- Види рівнянь прямої на площині.

- Як знайти кут між двома прямими?

- Який існує зв'язок між загальними рівняннями двох паралельних

прямих, перпендикулярних прямих?

- Точка перетину двох прямих.

- Формула відстані від точки до прямої.


Розв’язування задач із застосуванням методу координат:

1. Визначення довжин сторін трикутника,

2. Знаходження рівнянь сторін трикутника та їх кутових коефіцієнтів,

3. Обчислення кутів трикутника,

4. Знаходження рівнянь та довжин висот і медіан трикутника

5. Обчислення площі трикутника

46


Рівняння лінії l, яка задана на площині відносно певної системи

координат – рівняння 0, yxF , якщо його задовольняють координати х і

у кожної точки лінії l і не задовольняють координати х і у жодної точки, яка

не лежить на цій лінії.

Загальне рівняння прямої. – Ах+Ву+С=0 (1) за умови, що коефіцієнти А

і В одночасно не дорівнюють нулю.

Векторне рівняння – це рівняння прямої, яка проходить через задану

точку M(x0,y0) паралельно вектору q(m,n):

r=r0+t q,

де r- радіус - вектор будь-якої точки M(x,y) прямої, r0 – радіус-вектор

точки M(x0,y0), t- параметр, що набуває дійсних значень, вектор q –

напрямний вектор, а його координати напрямні коефіцієнти прямої.

Параметричне рівняння прямої: –x=x0+mt, y=y0+nt.

Канонічне рівняння прямої: –n

yy

m

xx 00

.

Рівняння прямої, що проходить через дві точки M1(x1,y1) і M2(x2,y2)–

12

1

12

1

yy

yy

xx

xx

.

Рівняння прямої у відрізках на осях – 1b

у

а

х, де а і b – відповідно

абсциса і ордината точок перетину прямої з осями Ох і Оу.

Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом – у=kx+b, де k=tgα – кутовий

коефіцієнт, який дорівнює тангенсу кута нахилу прямої до додатного

напрямку осі Ох, b – ордината точки перетину прямої з віссю Оу.

Рівняння прямої, яка проходить через задану точку M(x0,y0) із заданим

кутовим коефіцієнтом– у-у0=k(x-х0) , де k=tgα – кутовий коефіцієнт прямої.

Рівняння прямої, яка проходить через задану точку M(x0,y0) із заданим

нормальним вектором n(A;B)– A(x-х0)+B(у-у0)=0.

Перетин двох прямих – розв’язок системи рівнянь:

47

А1x+В1y+С=0

А2x+В2y+С=0

Умова паралельності 2-х прямих – А1/А2=В1/В2. або k1=k2.

Умова перпендикулярності 2-х прямих – А1А2+В1В2.=0 або k1k2=-1.

Відстань від точки (х0,у0) до прямої, яка задана загальним рівнянням

Ах+Ву+С=0 – 22

00

BA

CByAxd

.

Кут між двома прямими – 2

2

2

2

2

1

2

1

2121cosBABA

BBAA

або

21

12

1 kk

kktg

.


Приклад 1. Пряму задано рівнянням 3х – 5у + 15 = 0. Перевірити, які з

точок А (– 2, 3), В (0, 3), С (5, 6), належать заданій прямій, знайти її рівняння

з кутовим коефіцієнтом і у відрізках на осях.


48

Приклад 2. Паралельні прямі проходять відповідно через точки О(0, 0) і

М(1, 3). Знайти їх рівняння, коли відомо, що відстань між ними дорівнює 5 .


Приклад 3. Дано вершини трикутника А(х1, у1), В(х2,,у2), А(х3, у3). Знайти:

1) довжини сторін трикутника;

2) рівняння сторін і їх кутові коефіцієнти;

3) внутрішній кут А в радіанах з точністю до 0,001;

4) рівняння висот, які проведені через вершини С, В і точку їх

перетину;

5) рівняння медіани, яка проведена через вершину С;

6) довжину висоти, яка проведена з вершини С;

7) записати систему лінійних нерівностей, які визначають

трикутник АВС.

Зробити малюнок.

А(-1; 1), В(5; 4), С(2; 5)

Розв'язання:

1. Відстань d між двома точками М1(х1, у1) і М2(х2,,у2) знаходиться за

формулою:

212

2

12 yyxxd (1)

Підставивши в цю формулу координати точок А, В і С, отримаємо довжини

сторін трикутника АВ, ВС і АС:

49

2. Рівняння прямої, що проходить через точки М1(х1, у1) і M2(х2,,у2), має

вигляд:

12

1

12

1

yy

yy

xx

xx

(2)

Підставивши в формулу (2) координати точок А і В, запишемо рівняння

сторони АВ:

14

1

)1(5

1

yx 3

1

6

1

yx

3(x+1)=6(y-1), x+1=2y-2, x-2y+3=0 (АВ)

Для знаходження кутового коефіцієнта kAB прямої АВ розв'яжемо отримане

рівняння відносно у: 2

3

2

1 ху

звідси kAB=1/2.

Підставимо в формулу (2) координати точок А і С і знайдемо рівняння

прямої АС:

або 3

7

3

4 ху (АС), звідси kАС=

4/3.

Аналогічно знаходимо рівняння прямої ВС:

або 3

1

3

1 ху (ВС), звідки kBC= –

1/3.

50

3. Кут α між двома прямими, кутові коефіцієнти яких дорівнюють k1 i k2.

визначається за формулою:

21

12

1 kk

kktg

(3)

КУТ А, утворений прямими АВ і АС, знайдемо за формулою (3)

підстановкою

k1=kAB= 1/2, k2=kAC=

4/3.

З точністю до 0,001 кут А трикутника АВС буде дорівнювати:

A=arctg0,5≈0,464рад.

4. Знайдемо рівняння висот трикутника, які проведені через вершини С і В

та координати точки їх перетину.

Оскільки висота СD перпендикулярна стороні АВ, то кутові коефіцієнти

цих прямих обернені за величиною і протилежні за знаком, тобто

kCD=-1/kAB=-1/ 1/2=-2.

Рівняння прямої, що проходить через дану точку М1(X1,У1) в заданому

коефіцієнтом k напрямі, має вигляд:

y-y1=k(x-x1) (4)

Підставивши в (4) координати точки С(2,5) і кутовий коефіцієнт kCD= –2.

отримаємо рівняння висоти СD:

y-5=-2(x-2), y-5 =-2х+4,

2x+y-9=0 (СD). (5).

Аналогічно знаходимо рівняння висоти ВК, яка перпендикулярна стороні

трикутника АС.

Знайдемо координати точки Н перетину висот СD і ВК трикутника. Для

51

цього розв’яжемо систему рівнянь:

04

31

4

3

092

ух

ух

5. Щоб записати рівняння медіани СМ, визначимо спочатку координати

точки М, яка є серединою сторони АВ, використовуючи формули ділення

відрізка на дві рівні частини:

2

21 ххх

,

2

21 ууу

. (6)

Відповідно, 22

51

Мх , 5,2

2

41

Му .

Отже, М (2; 2,5). Рівняння медіани СМ запишемо, скориставшись

формулою (2):

6. Для відшукання довжини висоти скористаємося формулою

знаходження відстані від точки М(x0; y0) до прямої Aх+Bу+С=0:

22

00,

BA

CByAxlMd

(7)

Підставивши координати точки С (2; 5) і коефіцієнти при невідомих в

рівняння прямої АВ: x-2y+3=0, одержимо:

52

7. Складемо систему лінійних нерівностей, які визначають трикутник

АВС.

Множина точок трикутника АВС є перетином трьох площин, перша з яких

обмежена прямою АВ і містить точку С, друга обмежена прямою ВС і

містить точку А, а третя обмежена прямою АС і містить точку В.

Для отримання нерівності, що визначає півплощину, обмежену прямою

АВ і містить точку С, підставимо в рівняння прямої АВ (x-2y+3=0)

координати точки С (2; 5):

1∙2-2∙5+3=-5<0.

Тому шукана нерівність має вигляд: x-2y+3≤0.

Для складання нерівності, що визначає півплощину, обмежену прямою ВС

і містить точку А, підставимо в рівняння прямої ВС (х+3у-1=0) координати

точки А (-1; 1). Маємо

Аналогічно складаємо нерівність, що визначає півплощину, обмежену

прямою АС і містить точку В.

Отже, множина точок трикутника АВС визначається системою

нерівностей

0734

013

032

ух

ух

ух

.

Зробимо малюнок.

В декартовій прямокутній

системі координат хОу

зобразимо трикутник АВС з

висотами СD, ВК і медіаною

СМ.

Рис.1.

53


Завдання. В декартовій прямокутній системі координат хОу зобразити

трикутник АВС з висотами СD, ВК і медіаною СМ. Записати координати

вершин трикутника.

Знайти:

1) довжини сторін трикутника;

2) рівняння сторін і їх кутові коефіцієнти;

3) внутрішній кут А в радіанах з точністю до 0,001;

4) рівняння висот, які проведені через вершини СD, ВК і точку їх

перетину;

5) рівняння медіани СМ;

6) довжину висоти, яка проведена з вершини С;

7) записати систему лінійних нерівностей, які визначають

трикутник АВС.


54

55

56

57


Тема: Криві другого порядку. Пряма і площина в

просторі.

Мета: закріпити теоретичні знання з тем: «Криві ІІ порядку», «Пряма і

площина в просторі»; набути навички і вміння по складанню рівнянь

кола, еліпса, гіперболи, параболи, площини, прямих в просторі.

Навчитися по зовнішньому вигляду рівняння ІІ порядку визначати тип

кривої та її властивості. Навчитися досліджувати взаємне розташувань

прямих і площин.


- Поняття лінії другого порядку. Види кривих другого порядку.

- Що називається колом? Рівняння кола з центром в точці О1(а,b) і

радіусом R.

- Поняття еліпса. Канонічне рівняння еліпса.

- Фокус еліпса, мала, велика півосі, ексцентриситет еліпса.

- Поняття гіперболи.

- Канонічне рівняння гіперболи. Асимптоти гіперболи.

- Поняття параболи. Директриса параболи.

- Рівнянням поверхні в просторі.

- Види рівнянь площини.

- Кут між двома площинами.

- Взаємне розміщення площин. Відстань від точки до площини.

- Види рівнянь прямої в просторі. Умови паралельності і

перпендикулярності прямої і площини.

- Формула кута між прямою і площиною.

58


1. Знаходження рівнянь кола, еліпса, гіперболи і параболи.

2. Приведення заданих рівнянь кривих ІІ порядку до канонічного вигляду.

3. Дослідження взаємних розташувань прямих і площин.

4. Визначення типу кривих за заданим рівнянням


Рівняння лінії l, яка задана на площині відносно певної системи

координат – рівняння 0, yxF , якщо його задовольняють координати х і

у кожної точки лінії l і не задовольняють координати х і у жодної точки, яка

не лежить на цій лінії.

Рівняння поверхні в просторі ОХУZ – рівняння 0,, zyxF , яке пов'язує

змінні х, у, z так, що координати довільної точки даної поверхні

задовольняють це рівняння і не задовольняють координати тих точок, що не

лежать на цій поверхні.

Загальне рівняння площини – 0 DCzByAx , де А,В,С- координати

нормального вектора.

Рівняння площини, яка проходить через точку М(х0, у0, z0) з відомим

нормальним вектором CBAN ,, – 0000 zzCyyBxxA

Рівняння площини через три точки 111 ,, zyxA , 222 ,, zyxB і 333 ,, zyxC , які

не лежать на одній прямій – 0

333

222

111

zzyyxx

zzyyxx

zzyyxx

.

Рівняння площини у відрізках на осях – 1c

z

b

y

a

x.

Рівняння прямої в просторі, що проходить через дві точки –

01

0

01

0

01

0

zz

zz

yy

yy

xx

xx

.

Пряма в просторі може бути задана як перетин двох площин

0

0

2222

1111

DzCyBxA

DzCyBxA

Кут між прямою p

zz

n

yy

m

xx 000

і площиною 0 DCzByAx –

скалярний добуток векторів CBAN ,, і pnmS ,, – SN

CpBnAm

SN

SN

sin .

59

Умова паралельності прямої і площини – 0 CpBnAmSN .

Умова перпендикулярності прямої і площини – p

C

n

B

m

ASN .

Рівняння лінії другого порядку на площині в загальному вигляді –

а11х2 + 2а12ху + а22у

2 + 2а13х + 2а23у + а33 = 0.

Коло – множина точок, що містяться на однаковій відстані від заданої

точки — центра.

Канонічне рівняння кола – (х – а)2 + (у – b)

2 = R

2, де (а, b) — координати

центра кола, R — його радіус.

Еліпс – множина точок площини, для яких сума відстаней від двох заданих

точок, що називаються фокусами, є величина стала й така, що дорівнює 2а і

більша, ніж відстань між фокусами.

Канонічне рівняння еліпса – 12

2

2

2

b

y

a

x, де b

2 = а

2 – с

2.

Ексцентриситет еліпса – це відношення a

c ; за означенням с < a і

[0, 1).

Геометричний зміст ексцентриситету – характеризує ступінь

витягнутості еліпса. При ba 0 маємо коло, якщо наближається до

одиниці, то еліпс витягується вздовж осі Ох

Гіпербола – множина точок площини, для яких модуль різниці відстаней

від двох заданих точок, що називаються фокусами, є величиною сталою, яка

дорівнює 2а і менша за відстань між фокусами.

Канонічне рівняння гіперболи – 12

2

2

2

b

y

a

x, де b

2 = c

2 – a

2.

Асимптоти гіперболи – рівняння прямих yb

ax .

Ексцентриситет гіперболи – a

c , але с > a і >1. Ексцентриситет

характеризує ступінь нахилу віток гіперболи до осі Ох.

Директриси еліпса і гіперболи – дві прямі, рівняння яких

a

xa

x ; ,

Парабола – множина точок площини, що містяться на однаковій відстані

від даної точки фокуса і даної прямої, яка не проходить через фокус і

називається директрисою.

Канонічне рівняння параболи – у2 = 2рх.

60

Класифікація кривих другого порядку:

1) 12

2

2

2

b

y

a

x- еліпс,

2) 02

2

2

2

b

y

a

x- пара уявно заданих прямих, що перетинаються,

3) 12

2

2

2

b

y

a

x- уявний еліпс,

4) 12

2

2

2

b

y

a

x- гіпербола,

5) 02

2

2

2

b

y

a

x- пара прямих, що перетинаються,

6) 2axy - парабола,

7) 22 ax - пара паралельних прямих,

8) 22 ax - пара уявних паралельних прямих

9) 02 x - пара співпадаючих прямих.

Алгоритм визначення типу кривої за її рівнянням.

Щоб визначити тип кривої другого порядку

022 FEyDxCyBxyAx потрібно це рівняння звести до канонічного

вигляду. Цей процес включає в себе два етапи:

І етап. Перенесення початку координат.

Використовується тоді коли в заданому рівнянні присутній доданок Вху .

Щоб його позбутися потрібно перейти до нової системи координат. Для

цього:

1) Складаємо характеристичне рівняння:

021

2 II , де 1I =А+С, C

B

BA

I

2

22 .

2) Знаходимо корені характеристичного рівняння, т/б 21, .

3) Знаходимо кут повороту системи координат

2

1

B

Atg

4) Знаходимо координати х та у в новій системі координат:

61

cossin'

sincos'

yxy

yxx

, де

22 1

1cos,

1sin

tgtg

tg

.

5) Записуємо рівняння кривої в новій системі координат і

згруповуємо, щоб позбутися доданків першого степеня. Отримаємо рівняння:

0'''''' 2

2

2

1 FyExDyх .

6) Переходимо до етапу 2.

ІІ етап. Спрощення рівняння виділенням повних квадратів.

Якщо доданок Вху в рівнянні відсутній або ми його вже позбулися, то

зводимо рівняння до канонічного вигляду методом виділення повних

квадратів біля невідомих х та у.


Приклад 1. Дано еліпс 149

22

yx

, через точку А (1; 1) провести хорду

еліпса, яка поділяється в цій точці навпіл.


Запишемо рівняння хорди, використовуючи рівняння прямої,що проходить

через задану точку в заданому кутовим коефіцієнтом напрямку

(у – 1) = k (х – 1).

Це буде рівняння всіх хорд еліпса, що проходять через точку А. Знайдемо

точки перетину цієї прямої з еліпсом, розв’язавши систему рівнянь:

.1

0361911894

11

149

22222

kkxy

kxkkxk

xky

yx

За умовою задачі координати точок перетину хорди з еліпсом (х1, у1),

(х2, у2) мають задовольняти рівності: 12

21 xx

і 12

21 yy

. З теореми Вієта і

останньої умови маємо:

,294

1182

k

kk звідки

9

4k . Шукане рівняння хорди

набирає вигляду ,19

41 xy або 4х + 9у – 13 = 0.

Приклад 2. Записати рівняння гіперболи, яка проходить через точку

А (6; 9), якщо:

1) відстань між фокусами дорівнює 8, а відстань між директрисами — 6;

62

2) директриси задано рівняннями 23,23 xx , а кут між асимптотами —

прямий;

3) ексцентриситет дорівнює = 2, а уявна піввісь b = 3;

4) асимптоти задано рівнянням xy3

5 .


1) Координати фокусів F1 (–c; 0); F2 (c; 0), тому з умови 2с = 8; с = 4,

відстань між директрисами

a26 . Звідки, враховуючи, що

a

c маємо:

а = 12, b = c – a = 4. Остаточно 1412

22

yx

.

2) З рівнянь директрис маємо: 23

a, якщо кут між асимптотами прямий,

то а = b. Отже, з урахуванням формули 12 a

b маємо 2 і а = 6; b = 6.

Остаточно записуємо рівняння шуканої гіперболи: 13636

22

yx

.

3) З формули, застосованої вище, дістаємо ,3143

a

звідки 3a .

Отже, 193

22

yx

.

4) Точка А належить гіперболі, тому маємо: 18136

22

ba. З рівняння

асимптот гіперболи випливає співвідношення 3

5

a

b, або ab

3

5 . Підставивши

b в останнє співвідношення, дістанемо рівняння для знаходження а2:

.19,25

171;1

25

98136 22

22

ba

aa

Отже, .119171

2522

yx

Приклад 3. Записати рівняння еліпса, який проходить через точку А (1; 5),

якщо відстань між фокусами дорівнює 8, а мала вісь дорівнює 6.


63

Приклад 4. Знайти умову, за якої пряма у=kx+b дотикається до параболи

у2 = 2рх.


Парабола і пряма будуть дотикатися одна до одної, якщо система рівнянь

матиме єдиний розв’язок:

.22 pxy

bkxy

Виключаючи х із рівнянь системи, дістаємо квадратне рівняння:

0222

k

pby

k

py .

Воно має єдиний розв’язок, якщо D = 0. Звідси випливає:

0202

2

2

bkppk

pb

k

p,

але р 0. Отже, р = 2bk — умова дотику прямої і параболи.

Приклад 5. Знайти умову, за якої пряма у=2x+5 дотикається до параболи

у2 = 12х.


64

Приклад 6. Записати рівняння лінії центрів двох кіл х2 + у

2 – 6х + 8у = 0 і

х2 + у

2 + 2х – 12у + 1= 0.


Приклад 7. Скласти рівняння площини, яка проходить через три точки

М1(1,1,1), М2(2, 3, 4), М3(4, 3, 1).


65

Приклад 8. Скласти рівняння площини, яка проходить через пряму

1

3

2

2

1

1

zух і точку М1(1, 1, 1).


Знаходимо загальні рівняння прямої

1

3

1

1,

2

2

1

1

zхух

або

04,02 zхух .

Утворимо пучок площин

0)4(2 zхух

і визначимо ту з них, якій належить точка М1(1, 1, 1). Маємо

.2

1,021

Остаточно запишемо рівняння шуканої площини:

.04250)4(2

12 zyxzхух

Приклад 9. Написати рівняння площини, яка паралельна до осі ОZ і

відтинає на осях ОХ і ОУ відрізки 2 і 3 см.


66

Приклад 10. Знайти проекцію точки М0(1,2,3) на площину

0122 zух .


Для розв’язання задачі достатньо з точки М0 опустити на площину

перпендикуляр і знайти точку його перетину з площиною (рис. 1).

М0

М1

n

Рис. 1

Напрямний вектор прямої s колінеарний до вектора n

нормалі до

площини. Маємо 2,1,2n

. Отже, рівняння перпендикуляра:

tzух

2

3

1

2

2

1.

Підставивши вирази

tztytх 23,2,21

у рівняння площини, дістанемо t

.101)23(2)2()21(2 tttt

З параметричних рівнянь прямої знаходимо координати точки проекції

М1(х1, у1, z1) – .1,1,1 111 zух

Приклад 11. Встановити тип кривих, заданих рівняннями. Привести

рівняння до канонічного вигляду. Зобразити на малюнку (побудувати “старі”

і “нові” осі координат) 08310452 22 yxyx .


67

Так як в заданому рівнянні відсутній доданок Вху , то зведемо це

рівняння до канонічного вигляду методом виділення повних квадратів

1

18

1

45

1

901512

05283125122

08311251122

0832522

08310542

08310452

22

22

22

22

22

22

22

ух

ух

ууxx

ууxx

ууxx

yyxx

yxyx

Останнє рівняння показує, що

шукана крива – еліпс. Для його побудови

перенесемо початок координат в точку

1;1 і побудуємо криву.

Рис.2. Еліпс

Приклад 12. Задані координати вершин піраміди А1 А2 А3 А4 :

A1 (5;2;0), A2(4;-2;1), А3(10;1;7), А 4 ( 0 ; 2; 6).

Знайти: а) точки перетину площини А 1 А 2 А 3 з осями координат,

б) канонічні рівняння прямої А 1 А 2 ,

в) точки перетину прямої А 1 А 2 з координатними площинами,

г) кут між площинами А 1 А 2 А 3 і А1А2А4,


68

69

70

71

Список використаної та рекомендованої

літератури

Основна

1. Барковський В.В., Барковська Н.В. Математика для економістів, Т.1.-

К.:НАУ,2002.

2. Бубняк Т.І. Вища математика: Навчальний посібник. – Львів:“Новий

світ–2000”,2004. 3. Бугір, М. К. Математика для економістів: посібник / М. К. Бугір. – К. :

Академія, 2003. – 520 с.

4. Долгіх, В. М. Вища математика для економістів. Ч. 1. Алгебра та

математичний аналіз: навч. посібник для самостійного вивчення дисципліни :

у 2 ч. / В. М. Долгіх, Т. І. Малютіна ; Державний вищий навчальний заклад

“Українська академія банківської справи Національного банку України”.

Суми : ДВНЗ “УАБС НБУ”, 2009. 97 с.

5. Дубовик В.П., Юрик І.І. Вища математика: Навч. посібник. –

К.:А.С.К., 2001.

6. Дубовик В.П., Юрик І.І. Збірник задач з вищої математики. –

К.:А.С.К., 2001.

7. Кривуца В.Г., Барковський В.В., Барковська Н.В. Вища математика.

Практикум. .-К.:ЦУЛ, 2003 – 536 с.

8. Пастушенко С.М., Підченко Ю.П. Вища математика. Довідник для

студентів вищих навч.закладів: Навч. посібник. 2-е вид., виправлене і доповн.

-К.: Діал.,2003.

9. Соколенко О.І. Вища математика: Підручник. – К.: Видавничий центр

“Академія”, 2002.

10. Валєєв К. Г., Джалладова І. А., Лютий О. І. та ін. Вища математика:

Навч.-метод. посібник для самост. вивч. дисц. /— Вид. 2-ге, перероб. і доп. —

К.: КНЕУ, 2002. – 606 с.

11. Валєєв К. Г., Джалладова І. А. Вища математика: Навч. посібник: У 2-

х ч. — К.: КНЕУ, 2001. — Ч. 1. — 546 с.

Додаткова

12. Алгебра і початки аналізу: В 2-ч./Под ред. Яковлєва Г.М. – К.:

13. Власов В.Г. Конспект лекций по высшей математике. – М.

Высш.шк..,1990.

14. Добржицкая И.Т. Краткое руководство к решению задач по высшей

математике. – Минск, 1971.

15. Богомолов М.В. Практичні заняття з математики. – К.: Вища шк..,

1985

16. Шипачев В.С. Высшая математика: Учеб. пособие для втузов. – М.:

Высш. шк.., 1990.

Documents

РОБОЧИЙ ЗОШИТ 1 · Практичне заняття №6. Обчислення границь. Дослідження функцій на неперервність 2