Рішення: Для розв'язання цього завдання скористаємося формулою N=2 - Розв'язання. Принцип математичної індукції

Якщо пропозиція А(n), залежить від натурального числа n, істинно для n=1 і з того, що воно істинно для n=k (де k-будь-яке натуральне число), випливає, що воно істинно і для наступного числа n=k+1, припущення А(n) істинно для будь-якого натурального числа n.

У ряді випадків потрібно довести справедливість деякого твердження не для всіх натуральних чисел, а лише для n>p, де p-фіксоване натуральне число. У цьому випадку принцип математичної індукціїформулюється в такий спосіб.

Якщо пропозиція А(n) істинно при n=p і якщо А(k) Ю А(k+1) для будь-якого k>p, то пропозиція А(n) істинно для будь-якого n>p.

Доказ методом математичної індукції проводитися в такий спосіб. Спочатку доводиться твердження перевіряється для n=1, тобто. встановлюється істинність висловлювання А(1). Цю частину підтвердження називають базисом індукції. Потім слідує частина докази, звана індукційним кроком. У цьому частині доводять справедливість твердження для n=k+1 у припущенні справедливості твердження для n=k (припущення індукції), тобто. доводять, що А(k) Ю A(k+1)

Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Маємо n=1=1 2 . Отже, твердження правильне при n=1, тобто. А(1) істинно
2) Доведемо, що А(k) Ю A(k+1)

Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай твердження справедливе для n = k, тобто

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Доведемо, що тоді твердження справедливе й у наступного натурального числа n=k+1, тобто. що

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Справді,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Отже, А(k) Ю А(k+1). На підставі принципу математичної індукції укладаємо, що припущення А(n) є істинним для будь-якого n О N

Довести, що

1+х+х 2 +х 3 +…+х n =(х n+1 -1)/(х-1), де х № 1

1) При n=1 отримуємо
1+х=(х 2 -1)/(х-1)=(х-1)(х+1)/(х-1)=х+1

отже, при n=1 формула вірна; А(1) істинно

2) Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай формула правильна при n = k,
1+х+х 2 +х 3 +…+х k =(х k+1 -1)/(х-1)

Доведемо, що тоді виконується рівність

1+х+х 2 +х 3 +…+х k +x k+1 =(x k+2 -1)/(х-1) Справді
1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)

Отже, А(k) Ю A(k+1). З принципу математичної індукції укладаємо, що формула правильна будь-якого натурального числа n

Довести, що число діагоналей опуклого n-кутника дорівнює n(n-3)/2

Рішення: 1) При n=3 твердження справедливе, бо у трикутнику

А 3 =3(3-3)/2=0 діагоналей; А 2 А(3) істинно

2) Припустимо, що у кожному опуклому k-кутнику має А 1 ся А k =k(k-3)/2 діагоналей. А k Доведемо, що тоді у опуклому А k+1 (k+1)-кутнику число діагоналей А k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нехай А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 - опуклий (k + 1)-кутник. Проведемо в ньому діагональ A1Ak. Щоб підрахувати загальне числодіагоналей цього (k+1)-кутника потрібно підрахувати число діагоналей в k-кутнику A 1 A 2 …A k додати до отриманого числа k-2, тобто. число діагоналей (k+1)-кутника, що виходять з вершини А k+1 і, крім того, слід врахувати діагональ А 1 А k

Таким чином,

Gk+1 = Gk+(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

Отже, А(k) Ю A(k+1). Внаслідок принципу математичної індукції твердження правильне для будь-якого опуклого n-кутника.

Довести, що за будь-якого n справедливе твердження:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Припустимо, що n=k

Х k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Розглянемо дане твердження при n=k+1

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2

=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

Ми довели справедливість рівності і при n=k+1, отже, через метод математичної індукції, твердження правильне для будь-якого натурального n

Довести, що для будь-якого натурального n справедлива рівність:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Рішення: 1) Нехай n = 1

Тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1. Ми, що з n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що рівність правильна при n = k

X k =k 2 (k+1) 2/4

3) Доведемо істинність цього твердження для n=k+1, тобто.

Х k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2/4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

З наведеного доказу видно, що твердження правильне при n=k+1, отже, рівність правильна за будь-якого натурального n

Довести, що

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), де n>2

Рішення: 1) При n=2 тотожність виглядає:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), тобто. воно вірне
2) Припустимо, що вираз правильно при n = k
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) Доведемо вірність виразу при n=k+1
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Ми довели справедливість рівності і при n=k+1, отже, через метод математичної індукції, твердження правильне для будь-якого n>2

Довести, що

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) для будь-якого натурального n

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Припустимо, що n=k тоді
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Доведемо істинність цього твердження за n=k+1
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

Доведено і справедливість рівності при n=k+1, отже твердження правильне для будь-якого натурального n.

Довести вірність тотожності

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) для будь-якого натурального n

1) При n=1 тотожність вірна 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Припустимо, що з n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Доведемо, що тотожність вірна при n=k+1
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1)/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2 )+((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 )(k+2)/2(2(k+1)+1)

З наведеного доказу видно, що твердження вірне за будь-якого натурального n.

Довести, що (11 n+2 +12 2n+1) ділиться на 133 без залишку

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Але (23 ґ 133) ділиться на 133 без залишку, значить при n=1 твердження вірне; А(1) істинно.

2) Припустимо, що (11 k+2 +12 2k+1) ділиться на 133 без залишку
3) Доведемо, що у такому разі (11 k+3 +12 2k+3) ділиться на 133 без залишку. Справді
11 k+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Отримана сума ділиться на 133 без залишку, тому що перше її доданок ділиться на 133 без залишку за припущенням, а в другому одним із множників виступає 133. Отже, А(k) Ю А(k+1). Через метод математичної індукції твердження доведено

Довести, що за будь-якого n 7 n -1 ділиться на 6 без залишку

1) Нехай n = 1, тоді Х 1 = 7 1 -1 = 6 ділиться на 6 без залишку. Значить при n = 1 твердження вірно
2) Припустимо, що з n=k 7 k -1 ділиться на 6 без залишку
3) Доведемо, що твердження справедливе для n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

Перший доданок ділиться на 6, оскільки 7 k -1 ділиться на 6 за припущенням, а другим доданком є 6. Значить 7 n -1 кратно 6 при будь-якому натуральному n. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 33n-1+24n-3 при довільному натуральному n ділиться на 11.

1) Нехай n = 1, тоді

Х 1 = 3 3-1 +2 4-3 = 3 2 +2 1 = 11 ділиться на 11 без залишку.

Отже, при n=1 твердження вірне

2) Припустимо, що з n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 ділиться на 11 без залишку
3) Доведемо, що твердження правильне для n=k+1

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

Перше доданок ділиться на 11 без залишку, оскільки 3 3k-1 +2 4k-3 ділиться на 11 за припущенням, друге ділиться на 11, тому що одним з його множників є число 11. Значить і сума ділиться на 11 без залишку за будь-якого натурального n. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 11 2n -1 при довільному натуральному n ділиться на 6 без залишку

1) Нехай n=1, тоді 112-1=120 ділиться на 6 без залишку. Значить при n=1 твердження вірне
2) Припустимо, що з n=k 1 2k -1 ділиться на 6 без залишку
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Обидва доданків діляться на 6 без залишку: перше містить кратне 6 число 120, а друге ділиться на 6 без залишку за припущенням. Значить і сума ділиться на 6 без залишку. З методу математичної індукції твердження доведено.

Довести, що 3 3n+3 -26n-27 при довільному натуральному n ділиться на 26 2 (676) без залишку

Попередньо доведемо, що 3 3n+3 -1 ділиться на 26 без залишку

1. При n=0
3 3 -1=26 ділиться на 26
2. Припустимо, що з n=k
3 3k+3 -1 поділяється на 26
3. Доведемо, що твердження правильне за n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -ділиться на 26

Тепер проведемо доказ твердження, сформульованого за умови завдання

1) Вочевидь, що з n=1 твердження правильне
3 3+3 -26-27=676
2) Припустимо, що за n=k вираз 3 3k+3 -26k-27 ділиться на 26 2 без залишку
3) Доведемо, що твердження правильне за n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Обидва доданків діляться на 26 2; перше ділиться на 26 2 , тому що ми довели подільність на 26 вирази, що стоїть у дужках, а друге ділиться за припущенням індукції. Через метод математичної індукції твердження доведено

Довести, що якщо n>2 і х>0, то справедлива нерівність (1+х) n >1+n ґ х

1) При n=2 нерівність справедливо, оскільки
(1+х) 2 = 1+2х+х 2 >1+2х

Отже, А(2) істинно

2) Доведемо, що А(k) Ю A(k+1), якщо k> 2. Припустимо, що А(k) істинно, тобто, що справедлива нерівність
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

Доведемо, що тоді і А(k+1) істинно, тобто, що справедлива нерівність

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Справді, помноживши обидві частини нерівності (3) додатне число 1+х, отримаємо

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Розглянемо праву частинуостанньої нерівності; маємо

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

У результаті отримуємо, що (1+х) k+1 >1+(k+1) x

Отже, А(k) Ю A(k+1). На підставі принципу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі справедлива для будь-якого n>2

Довести, що справедлива нерівність (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 при а> 0

Рішення: 1) При m=1

(1+а+а 2) 1 > 1+а+(2/2) ґ а 2 обидві частини дорівнюють
2) Припустимо, що з m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Доведемо, що з m=k+1 не-рівність правильна
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Ми довели справедливість нерівності при m=k+1, отже, через метод математичної індукції, нерівність справедлива для будь-якого натурального m

Довести, що за n>6 справедлива нерівність 3 n >n ґ 2 n+1

Перепишемо нерівність у вигляді (3/2) n >2n

1. При n=7 маємо 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 нерівність вірна
2. Припустимо, що з n=k (3/2) k >2k
3) Доведемо вірність нерівності за n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Оскільки k>7, остання нерівність очевидна.

Через метод математичної індукції нерівність справедлива для будь-якого натурального n

Довести, що за n>2 справедлива нерівність

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) При n=3 нерівність вірна
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Припустимо, що з n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Доведемо справедливість нерівності за n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Доведемо, що 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

Ы (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

Ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Останнє очевидно, а тому

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)

З методу математичної індукції нерівність доведено.

Розмір: px

Починати показ зі сторінки:

Транскрипт

1 Розв'язання типових задач Завдання Довести по визначенню межі числової послідовності що n li n n Рішення За визначенням число є межею числової послідовності n n n N якщо знайдеться натуральне число N таке, що для всіх n n n N виконується нерівність Розв'яжемо останню нерівність n щодо n: n n n якості N можна взяти N Якщо то N якщо ж то N Отже для будь-якого n n Завдання Обчислити li n n Рішення вказано відповідне значення N Цим доведено що n n n n n (n n) n (n)) Відповідь n n Завдання Обчислити li n n Рішення n n n li li n n n n Зробимо заміну змінних: n (n) якщо n то і

2 li Відповідь e li li li e e e Завдання Визначити порядок нескінченно малої функції y sin щодо нескінченно малої y якщо Рішення Обчислимо sin sin sin Відповідь Нескінченно мала функція y sin має другий порядок щодо нескінченно малої y при sin Завдання Обчислити li Рішення Зробимо заміну змінних: t; якщо то t; t t sin t t sin cos t li li li t t t t t t Відповідь Завдання Дослідити на безперервність функцію f () Рішення Функція f () не визначена в точці Обчислимо односторонні межі: li li Так як у точці односторонні межі рівні нескінченності то ця точка роду

3 Відповідь Точка - точка розриву другого роду Завдання Виконати повне дослідження функції y та побудувати її графік Рішення Область визначення функції Функція визначена на всій числовій осі Про парність функції Так як y () y то функція парна Перетин графіка функції з осями координат Якщо то y графік функції перетинає вісь OY і вісь OX у точці O; Проміжки знакопостійності функції Функція позитивна при будь-якому Асимптоти Так як функція не має точок розриву другого роду то вертикальних асимптот немає З'ясуємо наявність похилої асимптоти y Отже, є горизонтальна асимптота y. Очевидно, що y при; при y отже функція зменшується при "; а при y значить функція зростає при Отже при функція має мінімум і y Проміжки опуклості ""

4 "" Так як y якщо то для; ; функція випукла вгору "" Далі y якщо означає якщо; то функція випукла вниз "" І нарешті y якщо Отже точками перегину є точки Графік функції y() Завдання Знайти матрицю якщо Рішення Обчислимо визначник матриці: det Знайдемо додатки алгебри відповідних елементів матриці: Складемо союзну матрицю * Тоді * det

5 Відповідь Завдання За допомогою елементарних перетворень знайти ранг матриці Рішення Виробляючи послідовно елементарні перетворення перетворюємо вихідну матрицю до ступінчастого вигляду: Ранг останньої матриці дорівнює двом Отже такий же ранг вихідної матриці Відповідь Задача Методом Крамера вирішити систему рівнянь: Рішення Матриця невироджена : ті Відповідь

6 Завдання Дослідити систему рівнянь на спільність Якщо система спільна знайти загальне рішення та одне приватне Рішення Розглянемо основну та розширену матриці системи: Так як) () (то вихідна система спільна За базовий мінор виберемо M Тоді невідомі головні вільні а система набуде вигляду: Вирішивши отриману систему щодо отримаємо: Позначивши вільні змінні відповідно через отримаємо загальне рішення де R Приватне рішення отримаємо наприклад поклавши: Відповідь Загальне рішення де R Приватне рішення Завдання Знайти загальне рішення однорідної системи

7 Ранг матриці коефіцієнтів дорівнює< Поэтому система имеет ненулевые решения Выбрав в качестве базисного минора минор M преобразуем исходную систему к виду: Решив данную систему относительно получим Обозначив свободные переменные соответственно через получим общее решение где R Ответ Общее решение где R Задача Решить систему методом Гаусса: Решение В результате элементарных преобразований над расширенной матрицей системы имеем Этой матрице соответствует система

8 Виконавши зворотний хід методу Гауса знаходимо з і звідси отримуємо загальне рішення: з де з R з Відповідь Загальне рішення: з де з R Завдання Обчислити площу S паралелограма побудованого на векторах a b і Рішення a b якщо a b а кут між векторами a і b дорівнює визначення та властивості векторного твору маємо a Відповідь b a b a a b b a (a b) (a b) Оскільки a a b a a b) то S a b a b sin b Завдання Знайти об'єм V трикутної піраміди з вершинами; B;; C;; і D;; Рішення Об'єм піраміди дорівнює об'єму паралелепіпеда, побудованого на векторах b B C D Знайдемо координати цих векторів: B векторів B;; C;; D C Звідси D V;; a a a b a b (b b) Знаходимо змішаний твір цих () () Відповідь

9 Завдання письмового іспиту з вищої математики в зимову сесію - навчального року Варіант Знайти точки розриву функції y та вказати їх властивості цьому проміжку? Дано ненульову матрицю n Відомо що ang()= Чому дорівнює ang(T)? На скільки відсотків зміниться значення функції y якщо значення аргументу збільшити від = %? Дані вектори a (;) b (;) c (;) d (;) Знайти базис цієї множини векторів і вектори, що не входять до базису, подати у вигляді лінійної комбінації векторів базису Скласти рівняння дотичних до кривої y у точках з абсцисою три задані точки Теорема Кронекера-Капеллі Застосування теореми для вирішення систем лінійних рівнянь алгебри

10 Завдання письмового іспиту з вищої математики в зимову сесію - навчального року Умова задачі Теорема Кронекера-Капеллі Застосування теореми для вирішення систем лінійних рівнянь алгебри sin Довести що li Основи трапеції лежать на прямих y y Обчислити довжину висоти трапе спільності вирішити її Відповідь Загальне рішення Приватне рішення Функція безперервна на Дослідити на безперервність функцію y множині (;) (;) (;) - точка усуненого розриву - точка нескінченного розриву Значення функції На скільки відсотків зміниться значення функції y зменшиться якщо значення аргументу збільшити від = на%? % Знайти суму екстремумів функції y y () y() Скласти рівняння дотичних до кривої y у точках з y абсцисою y Обчислити площу паралелограма побудованого на векторах a і b де a та b ()

11 Завдання письмового іспиту з вищої математики в зимову сесію - навчального року Завдання Визначники властивості визначників Теорема Лагранжа Обчислити межу tg sin li sin Виконати повне дослідження функції побудувати її графік y і Знайти збільшення та диференціал функції y у точці якщо приріст аргументу наближених обчислень Обчислити похідну порядку n функції y sin Обсяг продукції виробленої бригадою в кожну годину зміни задається функцією f (t) t t t де t t час у годинах Визначити час t у який продуктивність праці знижується Знайти точку перетину прямої та площини: y z y z При якому напрямі пряма та площина паралельні? Дана система рівнянь b b b Визначити множину векторів b (b bb) для яких система спільна Описати геометрично отриману множину і побудувати її в R Дати теоретичне обґрунтування рішення Знайти площу паралелограма побудованого на векторах a b де і кут між Відповідь y a y() y in y() ; графік функції на наступній сторінці y dy (y n) sin (n) n при t продуктивність праці знижується N точка перетину - M (;;) ; напрямний вектор прямий можна вибрати таким l (; ;) b b b векторами дорівнює

12 Графік функції y має вертикальну асимптоту та похилу y y() as() as

13 Завдання письмового іспиту з вищої математики в зимову сесію - навчального року Завдання Відповідь Скалярний добуток векторів Перша чудова межа (Висновок формули) Навести приклад для обчислення межі Дослідити на безперервність функцію t Виконати повне дослідження функції побудувати її графік f (t) Скласти рівняння нормалі до графіка функції y у точці (;) Чи має рівняння коріння на відрізку [;]? має точки - точки розриву -го роду -точка усуненого розриву y a y() y in y() графік функції на наступній сторінці y У трикутнику з вершинами (; ;) B(; ;) C(;;) знайти h висоту h BD Скласти рівняння площини, що проходить через точку (;;) перпендикулярній площинам y z та y z y z Дослідити систему рівнянь спільність і розв'язати її якщо вона спільна на R Написати розкладання вектора (; ;) за векторами a (; ;) a (;;) a (;;) a a a

14 Графік функції y має вертикальну асимптоту та похилу y y() as() as

15 Письмовий іспит з вищої математики в зимову сесію - уч г на заочному відділенні n n Знайти межі li li n n n n Знайти суму найбільшого та найменшого значень функції y на відрізку [ ;] y z u v Дослідити систему рівнянь на y z u v Дослідити систему рівнянь на y z u v f() sin() cos() Дослідити функцію y та побудувати її графік tg Знайти межі li li Написати рівняння дотичних до графіка функції y у точках перетину графіка функції з віссю абсцис Дослідити на безперервність функцію f() y Розв'язати систему рівнянь y методом Крамера Знайти суму екстремумів функції y

16 Письмовий іспит з вищої математики в зимову сесію - учг на заочному відділенні економічного факультету Метод Гаусса Правило Лопіталя для розкриття невизначеностей Обчислити межу числової послідовності заданої загальним (n)(n)(n) членом n (n)(n) Обчислити li нескінченно малої щодо при На кривій y знайти точку в якій дотична паралельна хорді з'єднуючої точки (-;-) і B(;) Обчислити гострий кут між площиною y z і прямий y z y z Обчислити похідні функцій: а) y () ; б) y tg (); в) y) (Дослідити систему рівнянь на спільність і розв'язати її якщо вона спільна Обчислити еластичність функції при заданому значенні аргументу s

Програма письмового іспиту з «Вищої математики» у зимову сесію – навчального року для І курсу економічного факультету денного відділення (спеціальностей «економіка» та «економічна теорія») заочного

Квиток Матриці, дії з них Числова послідовність, властивості нескінченно малих послідовностей Обчислити відстань від точки M(; ;) до площині, що проходить через точки A(; ; 0), B(; ;

Запитання для підготовки до іспиту Тема. Лінійна алгебра 1. Що таке визначник? За яких перетвореннях величина визначника не змінюється? 2. У яких випадках визначник дорівнює нулю? Що слідує

Програма письмового іспиту з Вищої математики для I курсу заочного відділень економічного факультету в зимову сесію Письмовий іспит проводиться протягом двох годин. На іспиті кожному студенту

Міністерство освіти Республіки Білорусь БІЛОРУСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ ТЕХНІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ Кафедра «Вища математика» ПРОГРАМНІ ЗАПИТАННЯ І КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ з курсу «Математика. -й семестр» для

Методичні вказівки до вирішення контрольної роботи 1 з дисципліни «Математика» для студентів першого курсу будівельних спеціальностей Кафедра вищої математики АВ Капусто Мінськ 016 016 Кафедра вищої

КОНТРОЛЬНІ ПИТАННЯ ДО ЛЕКЦІЙ. Розділ 1. Векторна та лінійна алгебра. Лекція 1. Матриці, операції з них. Визначники. 1. Визначення матриці та транспонованої матриці. Що називається порядком матриці?

Напрямок: «Будівництво» Питання та завдання до іспиту семестр. Матриці: визначення, види. Дії з матрицями: транспонування, додавання, множення на число, множення матриць. 2. Елементарні перетворення

ПИТАННЯ ДЛЯ ПІДГОТОВКИ ДО ІСПИТУ Векторна алгебра та аналітична геометрія. Визначення вектор. Рівність векторів. Лінійні операції над векторами. Лінійна залежність векторів. Базис та координати.

ЗМІСТ ЧАСТИНА I Лекції 1 2 Визначники та матриці Лекція 1 1.1. Концепція матриці. Види матриць... 19 1.1.1. Основні визначення... 19 1.1.2. Види матриць... 19 1.2.* Перестановки та підстановки... 21 1.3.*

Передмова Глава I. ЕЛЕМЕНТИ ЛІНІЙНОЇ АЛГЕБРИ 1. Матриці 1.1. Основні поняття 1.2. Дії наді матрицями 2. Визначники 2.1. Основні поняття 2.2. Властивості визначників 3. Невироджені матриці 3.1.

ЕКЗАМЕНАЦІЙНИЙ КВИТОК 1 1. Матриці, операції над матрицями. 2. Верхні та нижні грані числових множин. Поле дійсних чисел. ЕКЗАМЕНАЦІЙНИЙ КВИТОК 2 1. Визначники. Властивості визначників, методи

Кафедра математики та інформатики Математичний аналіз Навчально-методичний комплекс для студентів ВПО, які навчаються із застосуванням дистанційних технологій Модуль 4 Додатки похідної Упорядник: доцент

МІНОБРНАУКИ РОСІЇ Федеральна державна бюджетна освітня установа вищої професійної освіти «РОСІЙСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ ГУМАНІТАРНИЙ УНІВЕРСИТЕТ» (РДГУ) Філія у м Домодєдово

Міністерство освіти і науки РФ єверний (рктичний) федеральний університет ім МЛомоносова Кафедра математики Зразкові завдання до іспиту з математики (частина) для студентів 9 групи ІЕІТ напрям

ФЕДЕРАЛЬНА АГЕНЦІЯ З ОСВІТИ Московський державний технічний університет «МАМІ» Кафедра «Вища математика» Проф, дф-мн Кадимов ВА Доц, кф-мн Соловйов ГХ Тести з контролю проміжних

Кафедра математики та інформатики Елементи вищої математики Навчально-методичний комплекс для студентів СПО, які навчаються із застосуванням дистанційних технологій Модуль Диференціальне обчислення Упорядник:

Методичні вказівки для учнів з освоєння дисципліни (модуля) Плани практичних занять Матриці та визначники, системи лінійних рівнянь Матриці Операції над матрицями Елементарні

Варіант 5 Знайти область визначення функції: y arcsin + Область визначення цієї функції визначається двома нерівностями: і або Помножимо першу нерівність на та звільнимось від знака модуля: З лівого

Міністерство освіти та науки РФ Північний Арктичний федеральний університет ім. М.В.Ломоносова Кафедра математики Питання з математики для студентів заочної форми навчання спеціальності 000. «Теплоенергетика

Лекція 9. Похідні та диференціали вищих порядків, їх властивості. Крапки екстремуму функції. Теореми Ферма та Роля. Нехай функція y диференційована на деякому відрізку [b]. У такому разі її похідна

Дана матриця Контрольна робота A 0 T= Завдання [, стор ] Визначте її розмірність Випишіть характеристики цієї матриці: прямокутна, квадратна, симетрична, одинична, нульова, трикутна, діагональна,

Екзаменаційний квиток 1 Факультет: 101-152, 125-126 1. Збільшення матриць. 2. Векторний добуток у координатній формі 3. Односторонні межі. Екзаменаційний білет 2 1. Визначник 3-го порядку. 2.

Питання та завдання для контрольної роботи Лінійна алгебра Матриці та визначники Обчислити визначники: а), б), в), г) Розв'язати рівняння 9 9 Знайти визначник матриці B A C: A, B Знайти добуток матриць

Варіант Знайти область визначення функції: + + + Нерівність + виконується завжди

Московський державний технічний університет імені Н. Е. Баумана Спеціалізований навчально-науковий центр Державний бюджетний навчальний заклад міста Москви ліцей 1580 р. (при МДТУ ім.

Знайти загальний член послідовності,) Знайти b) lim () c) 9 7 7) 8 7 b) 7 c) 7 d) 7 Знайти ()!! lim ()!) b) c) Знайти 6 si lim si d)) b) c) d) d) () Знайти lim [(l() l)]) b) c) e d) l 6 Знайти

Математика [Електронний ресурс]: електронний навчально-методичний комплекс. Ч. 1/Є.А. Левіна, В.І. Зімін, І.В. Касимова [та ін] ; Сиб. держ. промисловість. ун-т. - Новокузнецьк: СібДІУ, 2010. - 1 електрон.опт.диск

Міністерство освіти і науки Російської Федерації Федеральна державна бюджетна освітня установа вищої професійної освіти «СИБІРСЬКА ДЕРЖАВНА ГЕОДЕЗИЧНА АКАДЕМІЯ»

Квиток 1 1 Визначники -го та -го порядку, їх властивості та способи обчислення Розв'язання систем лінійних рівнянь методом Крамера Розв'язати систему рівнянь методами Гауса та матричного обчислення: Знайти координати

Контрольні роботи з дисципліни «Математика» для студентів напряму 676 (9) «Технологія та дизайн пакувального виробництва» Тематичний перелік Лінійна алгебра Векторна алгебра Аналітична геометрія

Зміст Вступ Лінійна алгебра Завдання для аудиторних занять Зразки розв'язання задач Завдання для самопідготовки Аналітична геометрія та векторна алгебра Завдання для аудиторних занять

Диференціальне обчислення Основні поняття та формули Визначення 1 Похідної функції у точці називається межа відношення прирощення функції до прирощення аргументу, за умови, що прирощення аргументу

ЗАВДАННЯ ДЛЯ САМОСТІЙНОЇ РОБОТИ СТУДЕНТАМ ЗАТОВНОЇ ФОРМИ НАВЧАННЯ В МІЖСЕСІЙНИЙ ПЕРІОД ЗА НАВЧАЛЬНОЮ ДИСЦИПЛІНІ «МЕТОДИ ОПТИМАЛЬНИХ РІШЕНЬ1 ЗМІСТ 01 ПОД.0.

ДЕРЖАВНА ОСВІТАЛЬНА УСТАНОВА ВИЩОЇ ПРОФЕСІЙНОЇ ОСВІТИ «ВОРОНІЗЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ ПЕДАГОГІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ» ВВЕДЕННЯ В АНАЛІЗ ІДЕНЦІЙ ІДІД.

АННОТАЦІЯ до робочої програми дисципліни «Математика» Напрямок підготовки (спеціальність) 38.03.04 Державне та муніципальне управління 1. ЦІЛІ ТА ЗАВДАННЯ ДИСЦИПЛІНИ 1.1. Цілі дисципліни: розвиток

Контрольна робота Тема Межі та похідні функцій Знайти межі нижченаведених функцій однієї змінної (без правила Лопіталя) а) б) в) г) Приклад а) Рішення Визначаємо вид невизначеності При формальних

ОЦІНОЧНІ ЗАСОБИ ДЛЯ ПОТОЧНОГО КОНТРОЛЮ УСПІВНОСТІ, ПРОМІЖНОЇ АТЕСТАЦІЇ ПО ПІДСУМКАХ ОСВОЄННЯ ДИСЦИПЛІНИ Навчальна дисципліна Б.2.1 - Математика Профіль підготовки: Виробничий менеджмент

1 Московський державний технічний університет імені Н.Е.Баумана Спеціалізований навчально-науковий центр ГОУ ліцей 1580. Питання до перекладного іспиту з математики

1 Московський державний технічний університет імені Н.Е.Баумана Спеціалізований навчально-науковий центр ГОУ ліцей 1580. Запитання до перекладного іспиту з математики. 10-й клас, 2014-2015 навчальний

Варіант 9 Знайти область визначення функції: y + lg Область визначення цієї функції визначається такою нерівністю: >, ті > Далі, знаменник не повинен звертатися в нуль: або ± Об'єднуючи результати,

Зразки базових завдань та питань щодо МА за семестр Межа послідовності Найпростіші Обчисліть межу послідовності l i m 2 n 6 n 2 + 9 n 6 4 n 6 n 4 6 4 n 6 2 2

Потік: ТВГТ -I ЕКЗАМЕНАЦІЙНИЙ КВИТОК 1 1Визначники -го та -го порядку Правила обчислення Загальний алгоритм дослідження графіка функцій за допомогою похідних Знаходження найбільшого та найменшого значень

Варіант Знайти область визначення функції Область визначення цієї функції визначається нерівністю > Корінням рівняння є числа Так як гілки параболи спрямовані вгору та нерівність > виконується

01 1. Знайдіть загальне та базисне рішення системи рівнянь: 16x 10x + 2x = 8, 40x + 25x 5x = 20. Відповідь: Якщо як базисну змінну вибрати x, то загальне рішення: x = 1 2 + 5 8 x 1 8 x , x, x R; базисне

ФОНД ОЦІНОЧНИХ ЗАСОБІВ ДЛЯ ПРОВЕДЕННЯ ПРОМІЖНОЇ АТЕСТАЦІЇ НАВЧАЛЬНИХ ПО ДИСЦИПЛІНІ (МОДУЛЮ). Загальні відомості 1. Кафедра Інформатики, обчислювальної техніки та інформаційної безпеки 2. Напрямок

Варіант Знайти область визначення функції: y arcsi + Область визначення даної функції визначається двома нерівностями та Помножимо першу нерівність на та звільнимось від знака модуля: З лівої нерівності

Варіант Знайти область визначення функції: y + Область визначення даної функції визначається нерівністю Крім того знаменник не повинен звертатися в нуль Знайдемо коріння знаменника:

Варіант + Знайти область визначення функції: y lg Область визначення цієї функції визначається нерівністю + ті Далі знаменник не повинен звертатися в нуль: lg або ± Крім того, аргумент логарифму

Затверджено на засіданні кафедри «Математика та інформатика» Протокол 2(25) «8» вересня 2015р. зав. кафедрою к.е.н. Тимшина Д.В. Запитання до заліку з дисципліни «ЛІНІЙНА АЛГЕБРА І МАТЕМАТИЧНИЙ АНАЛІЗ»

Билет.. Визначення матриці (з прикладами квадратної і прямокутної матриць).. Геометричний зміст многочлена Тейлора першого порядку (формулювання, приклад, рисунок). (x) ctg(x). 4. Метод хорд графічного

ДЕРЖАВНИЙ ЗАКЛАД ВИЩОЇ ПРОФЕСІЙНОЇ ОСВІТИ «БІЛОРУСЬКО-РОСІЙСЬКИЙ УНІВЕРСИТЕТ» Кафедра «Вища математика» ВИЩА МАТЕМАТИКА Методичні вказівки та варіанти завдань до контрольної

4 Методичні вказівки до виконання контрольної роботи «Похідна та її застосування Додатки диференціального обчислення» Похідна Додатки диференціального обчислення Похідної функції f (

Варіант 7 Знайти область визначення функції: y + / lg Область визначення даної функції визначається такими умовами: >, ті > / Далі, знаменник не повинен звертатися в нуль: або Об'єднуючи результати,

Лекції 7-9 Розділ 7 Дослідження функції 7 Зростання та зменшення функції Теорема про монотонність функції Якщо f (на проміжку (a ; b, то на цьому проміжку функція f (зростає Якщо f (на проміжку))

Програма іспиту з математики для студентів спеціальності «Фінанси та кредит» (заочна форма навчання) 1 Розділ 2. Основи математичного аналізу ФУНКЦІЇ І МЕЖІ Поняття функції Визначення функції,

Московський державний технічний університет імені Н. Е. Баумана Спеціалізований навчально-науковий центр ГОУ ліцей 1580 Запитання до заліку з математики (11 клас, 3 семестр, грудень 2013 року)

Варіант 5 Знайти область визначення функції lg5 Область визначення цієї функції визначається нерівністю 5 > Коріннями рівняння 5+ є числа, Так як гілки параболи + 5 спрямовані вниз, то нерівність

Завдання 2.1.Знайти, якщо
,
,
.

Рішення.а). Для
маємо

б). Для
.

в). Для
.

Завдання 2.2.Знайти
, якщо

б). Диференціюючи рівняння для
, маємо

Диференціювання останнього співвідношення дає

Вносячи вираз для , знаходимо

в). Перша похідна заданої параметричної функції обчислюється за формулою

Другу похідну обчислимо за формулою

Завдання 2.3.Обчислити межу, користуючись правилом Лопіталя:

Рішення.а). Шукана межа є невизначеністю типу

За правилом Лопіталя

б). Межа є невизначеністю виду
тому спочатку його треба перетворити на видуїлі :

До останнього (типу
) можна застосовувати правило Лопіталя:

Отримана межа знову є невизначеністю
тому повторне застосування правила дає

в). Межа є невизначеністю виду до якої зручно застосовувати наступний прийом. Позначимо

. (1)

Обчислимо допоміжну межу

Шукана межа згідно з (1) дорівнює

Завдання 2.4.Дослідити функцію
та побудувати її графік.

Рішення.Областью визначення є вся дійсна вісь
. Для пошуку ділянок монотонності знаходимо

Тоді
при
(інтервал зростання),
при
(інтервал спадання). Крапка
є стаціонарною, оскільки
При переході через
похідна змінює знак з плюсу на мінус, тому при
Функція має локальний максимум.

Для пошуку ділянок опуклості використовується друга похідна

При
або
буде
та функція увігнута; при

та функція опукла.

Вертикальний асимптот функція не має. Для пошуку похилих асимптот
обчислимо

Тому при
функція має асимптоту

Результати дослідження з урахуванням парності функції
показані на графіку

Про

4.3. Рішення типового варіанта контрольної роботи n 3

Завдання 3.1.Знайти градієнт та рівняння дотичної площини та нормалі до заданої поверхні у точці
.

Рішення.Позначимо

Розмір градієнта

Рівняння дотичної площини, що має нормальний вектор (7,-4,-19) і проходить через
, запишеться

Нормальна пряма має напрямний вектор (7,-4,-19) і проходить через
тому її рівняння

Завдання 3.2.Знайти найбільше та найменше значення функції
в області D, обмеженою заданими лініями:

Рішення.Область D показана малюнку (трикутник OAB).

Стаціонарні точки є рішеннями системи рівнянь

звідки знаходимо крапку
, що належить, як видно з малюнка, області
. У цій точці
. (2)

Досліджуємо функцію межі області D.

Відрізок ОА.Тут
і
Стаціонарні точки визначаються з рівняння
звідки
У цій точці

. (3)

На кінцях відрізка

,

. (4)

Відрізок АВ.Тут
і

З рівняння
знаходимо
і

. (5)

При
маємо

. (6)

Відрізок ВВ.Тут
Оскільки
при
функція немає стаціонарних точок. Значення її при

були обчислені у (4), (6).

З результатів (2)-(6) укладаємо, що

причому найбільше значення досягається у точці А(3,0), найменше – у точці С(2,1).

Завдання 3.3.Знайти повний диференціал функції

Рішення.Приватні похідні рівні

Завдання 3.4.Знайти приватні похідні другого порядку функції

Рішення.Спочатку знаходимо приватні похідні першого порядку:

Потім, диференціюючи знайдені похідні, отримаємо приватні

похідні другого порядку цієї функції:

Завдання 3.5.Обчислити значення похідної складної функції

при
з точністю до двох знаків після коми.

Рішення.Оскільки складна функція залежить від однієї змінної через проміжні змінні і , які у свою чергу залежать від однієї змінної то обчислюємо повну похідну цієї функції за формулою

Обчислимо і при
:

Підставимо значення
у вираз похідної. Отримаємо

4.4. Рішення типового варіанта контрольної роботи № 4

Завдання 4.1.За допомогою інтегрування частинами обчислити невизначений інтеграл від функції виду

Рішення. Оскільки

шуканий інтеграл дорівнює

Завдання 4.2.Обчислити невизначений інтеграл за допомогою розкладання на найпростіші дроби підінтегральної функції

Рішення.Оскільки ступінь многочлена в чисельнику не менший за ступінь знаменника, слід виконати поділ:

Правильний дріб розкладемо на найпростіші дроби

Методом невизначених коефіцієнтів знаходимо

Вирішуючи цю систему рівнянь, маємо

Шуканий інтеграл дорівнює

Завдання 4.3.
.

Рішення. Виконаємо підстановку
Дозволяючи рівняння щодо , знаходимо:

.

Тоді шуканий інтеграл запишеться:

Розкладаючи підінтегральний вираз на найпростіші дроби

і розкриваючи дужки в рівності

приходимо до співвідношення

Система рівнянь щодо
запишеться

Вирішуючи її методом Гауса, знаходимо

Шуканий інтеграл дорівнює:

Завдання 4.4.Обчислити за допомогою підстановки невизначений інтеграл від функції
.

Рішення. Універсальною є підстановка
для якої неважко перевірити рівності

Тому шуканий інтеграл зводиться до нагоди інтегрування раціонального дробу

. (7)

Однак у ряді випадків зручніші підстановки:

(1)
Тоді

;

(2)
Тоді

;

(3)
Тоді

.

Підстановки 1,2 призводять до підінтегральних виразів, що містять радикал, і тому недоцільні. Для підстановки 3 приходимо до інтеграла, більш простого, ніж (7), і легко приводиться до табличного:

Завдання 4.5.Обчислити площу фігури, обмеженою лініями:

а)

б)

Рішення. а). Розглянемо допоміжну функцію на відрізку
Площа обчислюється за формулою

Досліджуємо
Очевидно, що
Оскільки

неважко перевірити, що
досягає в точці
локального мінімуму, причомуКрім того,
Тому найменше значення
на , рівне
, позитивно, і, отже,
Маємо

Обчислюючи інтеграл частинами, знаходимо

б). Тут
на
Маємо

, і, отже,
змінює знак. Знайдемо інтервали, де вона позитивна чи негативна. Відшукуючи коріння рівняння
знаходимо значення
тому
при
і
при
Шукана площа дорівнює:

Обчислюємо невизначений інтеграл

Завдання 4.6.Обчислити площу, обмежену кривою в полярній системі координат.

Рішення. Крива визначена для тих значень з інтервалу
(або
), за яких виконується умова
Нерівність
має рішення
або

. (8)

Області (8) належать інтервалу
при значеннях
тобто.

Площа обчислюється за формулою

Обчислюючи невизначений інтеграл

Завдання 4.7.Обчислити невласний інтеграл
чи довести його розбіжність.

Рішення. Згідно з визначенням невласного інтеграла з нескінченною межею маємо

Оскільки корінням тричлена у знаменнику будуть

то

Методом невизначених коефіцієнтів знаходимо

, звідки

Тому

Значення невласного інтеграла одно

Завдання 4.8.Обчислити масу неоднорідної пластини, обмеженої заданими лініями та має поверхневу щільність

Рішення. Вид області показаний малюнку.

Маса пластини
запишеться за допомогою подвійного інтегралу

Зведемо подвійний інтеграл до повторного інтегралу

Завдання 4.9.Обчислити за допомогою потрійного інтеграла обсяг області V, обмеженої зазначеними поверхнями: V: y=8-2x 2 z=0, y=0, x=0, z=2x+y.

Рішення. Область V зображена малюнку, де цифрами 1, 2 позначені параболічний циліндр y=8-2x 2 і площину z=2x+y відповідно; решта рівнянь відповідають координатним площинам.

1 4 -

0 C

Об `єм області за допомогою потрійного інтегралу запишеться

Наведемо інтеграл до повторного

Через
позначені аплікати точок
(див. рис.), обчислені з рівнянь площини
та площині
, тобто.
,
. Через позначено область площини
, на яку проектується область . Тому при зведенні подвійного інтеграла по області до повторного ординати
точок
обчислюються з рівняння
і рівняння лінії, що є перетином циліндричної поверхні
та площині
тобто. рівняння
Обсяг, що шукає, дорівнює

Завдання 4.10.Обчислити: а) заряд провідника, що розташовується вздовж кривої , зі щільністю
за допомогою криволінійного інтеграла першого роду; b) роботу сили
вздовж траєкторії Lвід т.п. Aдо т.д. Bза допомогою криволінійного інтеграла другого роду.

Чверть кола
між А(3,-3), В(5,-1). (2) - дуга параболи
від А(0,1) до У(1,-1).

Рішення.а). Заряд qпровідника, що має щільність заряду
обчислюється за формулою

(1). Коло зручно поставити у параметричному вигляді:

Ділянці Lвідповідають значення параметра
де

звідки криволінійний інтеграл виражається через певний

причому верхній знак вибирається при
і нижній - при

У цій задачі

(2). Для дуги параболи L зручніше використовувати окремий випадок формули при

Для
маємо

Використовуємо підстановку

б). Робота силового поля з компонентами
уздовж траєкторії АВ запишеться

(1). Для чверті кола наведемо інтеграл до певного за формулою

(2). Для дуги параболи

Завдання 4.11.Обчислити витрати рідини з полем швидкостей, що протікає за одиницю часу через частину площині, що лежить у першому октанті. Поодинока нормаль спрямована поза початком координат.

Рішення.Шукана витрата дана формулою

Поодинока нормаль до площини має компоненти

Поверхневий інтеграл можна виразити через подвійний інтеграл

де рівняння поверхні записано у явному вигляді:

Область
є проекцією на площину
та обмежена лініями

Вносячи в подвійний інтеграл задані функції, знаходимо

Останній запишеться через повторний інтеграл

Зміст


	Типові програми курсу "Вища математика". Рекомендована література. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Програма курсу «Вища математика» для інженерних
		Програма курсу «Вища математика» для економічних спеціальностей. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Контрольні роботи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		правила оформлення контрольних робіт. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Вибір варіанта контрольної роботи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
		Завдання контрольних работ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Конт р о ль н а я робота № 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Конт р о ль н а я робота № 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Конт р о ль н а я робота № 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Конт р о ль н а я робота № 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Приклади розв'язання задач контрольних робіт. . . . . . . . . . .
		Рішення типового варіанта контрольної роботи №1. . . . . . . . . . . . .
		Рішення типового варіанта контрольної роботи №2. . . . . . . . . . . . .
		Рішення типового варіанта контрольної роботи №3. . . . . . . . . . . . .
		Рішення типового варіанта контрольної роботи №4. . . . . . . . . . . . .

Текст роботи розміщено без зображень та формул.
Повна версія роботи доступна у вкладці "Файли роботи" у форматі PDF

Вступ

Ця тема є актуальною, оскільки щодня люди вирішують різні завдання, у яких застосовують різні методи рішення, але є завдання, у яких не обійтися без методу математичної індукції, й у разі будуть дуже корисні знання у цій галузі.

Я вибрав цю тему для дослідження, тому що в шкільній програмі методу математичної індукції приділяють мало часу, учень дізнається поверхневу інформацію, яка допоможе отримати лише загальне уявлення про цей метод, але щоб поглиблено вивчити цю теорію потрібно саморозвиток. Дійсно буде корисно докладніше дізнатися про цю тему, оскільки це розширює кругозір людини і допомагає у вирішенні складних завдань.

Мета роботи:

Познайомитися з методом математичної індукції, систематизувати знання з цієї теми і застосувати її під час вирішення математичних завдань і підтвердження теорем, обгрунтувати й наочно показати практичне значення методу математичної індукції як чинника на вирішення задач.

Завдання роботи:

Проаналізувати літературу та узагальнити знання з цієї теми.

Розібратися у принципі методу математичної індукції.

Дослідити застосування методу математичної індукції до розв'язання задач.

Сформулювати висновки та висновки щодо виконаної роботи.

Основна частина дослідження

Історія виникнення:

Лише до кінця ХІХ століття склався стандарт вимог до логічної строгості, що залишається і досі пануючими у практичній роботі математиків над розвитком окремих математичних теорій.

Індукція - пізнавальна процедура, з якої з порівняння готівкових фактів виводиться узагальнююче їх твердження.

У математиці роль індукції значною мірою полягає в тому, що вона лежить в основі аксіоматики, що вибирається. Після того як тривала практика показала, що прямий шлях завжди коротший за кривий або ламаний, природно було сформулювати аксіому: для будь-яких трьох точок А, В і С виконується нерівність.

Усвідомлення методу математичної індукції як окремого важливого методу сягає Блезу Паскалю і Герсоніду, хоча окремі випадки застосування трапляються ще в античні часи у Прокла та Евкліда. Сучасну назву методу було запроваджено де Морганом у 1838 році.

Метод математичної індукції можна порівняти з прогресом: ми починаємо з нижчого, у результаті логічного мислення приходимо до вищого. Людина завжди прагнула прогресу, до вміння логічно розвивати свою думку, отже, сама природа накреслила йому міркувати індуктивно.

Індукція та дедукція

Відомо, що існують як приватні, так і загальні твердження, і на переході від одних до інших і засновані два терміни.

Дедукція (від латів. deductio - виведення) - перехід у процесі пізнання від спільногознання до приватномуі одиничному. У дедукції загальне знання є вихідним пунктом міркування, і це загальне знання передбачається готовим, існуючим. Особливість дедукції у тому, що істинність її посилок гарантує істинність укладання. Тому дедукція має величезну силу переконання і широко застосовується як доведення теорем в математиці, а й всюди, де необхідні достовірні знання.

Індукція (від латів. inductio - наведення) - це перехід у процесі пізнання від приватногознання до спільному. Інакше кажучи, - це спосіб дослідження, пізнання, пов'язані з узагальненням результатів спостережень і експериментів. Особливістю індукції є її імовірнісний характер, тобто. при істинності вихідних посилок висновок індукції тільки ймовірно істинно і в кінцевому результаті може виявитися як істинним, так і хибним.

Повна та неповна індукція

Індуктивний висновок - така форма абстрактного мислення, в якій думка розвивається від знання меншого ступеня спільності до знання більшого ступеня спільності, а висновок, що випливає з посилок, носить переважно імовірнісний характер.

У ході дослідження я з'ясував, що індукція поділяється на два види: повна та неповна.

Повною індукцією називається висновок, у якому загальний висновок про клас предметів робиться на підставі вивчення всіх предметів цього класу.

Наприклад, нехай потрібно встановити, що кожне натуральне парне число n в межах 6 n 18 представимо у вигляді суми двох простих чисел. Для цього візьмемо всі такі числа та випишемо відповідні розкладання:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Дані рівності показують, що кожне з чисельних нас чисел дійсно представляється у вигляді суми двох простих доданків.

Розглянемо наступний приклад: послідовність yn=n2+n+17; Випишемо перші чотири члени: у 1 = 19; y 2 = 23; y 3 =29; y 4 =37; Тоді ми можемо припустити, що вся послідовність складається із простих чисел. Але це не так, візьмемо у 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Це складове число, означає наше припущення невірно, таким чином, неповна індукція не призводить до цілком надійних висновків, але дозволяє сформулювати гіпотезу, яка надалі вимагає математичного доказу чи спростування.

Метод математичної індукції

Повна індукція має у математиці лише обмежене застосування. Багато цікаві математичні твердження охоплюють нескінченну кількість окремих випадків, а провести перевірку для всіх цих ситуацій ми не в змозі. Але як здійснити перевірку нескінченної кількості випадків? Такий спосіб запропонували Б.Паскаль та Я.Бернуллі, це метод математичної індукції, в основі якого лежить принцип математичної індукції.

Якщо пропозиція А(n), що залежить від натурального числа n, істинно для n=1 і з того, що воно істинно для n=k (де k-будь-яке натуральне число), слід, що воно істинно і для наступного числа n=k +1, припущення А(n) істинно для будь-якого натурального числа n.

У ряді випадків потрібно довести справедливість деякого твердження не для всіх натуральних чисел, а лише для n>p, де p-фіксоване натуральне число. І тут принцип математичної індукції формулюється так:

Якщо пропозиція А(n) істинно при n=p і якщо А(k)  А(k+1) для будь-якого k>p, пропозиція А(n) істинно для будь-якого n>p.

Алгоритм (він складається з чотирьох етапів):

1.база(Показуємо, що твердження, що доводиться, правильне для деяких найпростіших окремих випадків ( п = 1));

2.припущення(Припускаємо, що твердження доведено для перших до випадків); 3 .крок(У цьому припущенні доводимо твердження для випадку п = до + 1); 4. висновок (утвердження вірне всім випадків, тобто всім д) .

Зауважимо, що Методом математичної індукції можна вирішувати не всі завдання, а лише задачі, які параметризовані деякою змінною. Ця змінна називається змінної індукції.

Застосування методу математичної індукції

Застосуємо всю цю теорію практично і з'ясуємо, у яких завданнях застосовується цей спосіб.

Завдання на підтвердження нерівностей.

приклад 1.Довести нерівність Бернуллі(1+х)n≥1+nх, х>-1, n€ N.

1) При n=1 нерівність справедлива, оскільки 1+х≥1+х

2) Припустимо, що нерівність правильне деякого n=k, тобто.

(1+х) k ≥1+k x.

Помноживши обидві частини нерівності на позитивне число 1+х, отримаємо

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Враховуючи, що kx 2 ≥0 приходимо до нерівності

(1+х) k+1 ≥1+(k+1) x.

Таким чином, з припущення, що нерівність Бернуллі правильна для n=k, випливає, що вона правильна для n=k+1. На підставі методу математичної індукції можна стверджувати, що нерівність Бернуллі справедлива для будь-якого n€N.

приклад 2.Довести, що за будь-якого натурального n>1, .

Доведемо з допомогою методу математичної індукції.

Позначимо ліву частину нерівності через.

1), отже, при n=2 нерівність справедлива.

2) Нехай при деякому k. Доведемо, що тоді в. Маємо, .

Порівнюючи і, маємо, тобто. .

За будь-якого натурального k права частина останньої рівності позитивна. Тож. Але, отже, и.Мы довели справедливість нерівності при n=k+1, отже, з методу математичної індукції, нерівність справедливо будь-якого натурального n>1.

Завдання на підтвердження тотожностей.

приклад 1.Довести, що для будь-якого натурального n справедлива рівність:

1 3 +2 3 +3 3 + ... + n 3 = n 2 (n + 1) 2 /4.

Нехай n = 1, тоді Х 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1.

Ми, що з n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що рівність правильна при n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Доведемо істинність цього твердження для n=k+1, тобто. X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k+1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

З наведеного доказу видно, що твердження правильне при n=k+1, отже, рівність правильне за будь-якого натурального n.

приклад 2.Довести, що за будь-якого натурального nсправедлива рівність

1) Перевіримо, що це тотожність правильно приn = 1.; - вірно.

2) Нехай тотожність вірна і для n = k, тобто.

3) Доведемо, що це тотожність вірно і для n = k + 1, тобто;

Т.к. рівність вірно при n=kі n=k+1, воно справедливо за будь-якому натуральному n.

Завдання на підсумовування.

приклад 1.Довести, що 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Рішення: 1) Маємо n=1=1 2 . Отже, твердження правильне при n=1, тобто. А(1) істинно.

2) Доведемо, що А(k) A(k+1).

Нехай k-будь-яке натуральне число і нехай твердження справедливе для n = k, тобто 1 +3 +5 + ... + (2k-1) = k 2 .

Доведемо, що тоді твердження справедливе й у наступного натурального числа n=k+1, тобто. що

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Справді, 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

Отже, А(k) А(k+1). З принципу математичної індукції укладаємо, що припущення А(n) істинно будь-якого n N.

приклад 2.Довести формулу, n – натуральне число.

Рішення: При n=1 обидві частини рівності перетворюються на одиницю і, отже, перша умова принципу математичної індукції виконано.

Припустимо, формула правильна при n=k, тобто. .

Додамо до обох частин цієї рівності та перетворимо праву частину. Тоді отримаємо

Таким чином, з того, що формула вірна при n=k, випливає, що вона вірна і за n=k+1, то це твердження справедливе за будь-якого натурального n.

Завдання на подільність.

приклад 1.Довести, що (11n+2+122n+1) ділиться на 133 без залишку.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23×133.

(23× 133) ділиться на 133 без залишку, отже при n=1 твердження вірне;

2) Припустимо, що (11 k+2 +12 2k+1) ділиться на 133 без залишку.

3) Доведемо, що у такому разі

(11 k+3 +12 2k+3) ділиться на 133 без залишку. Справді, 11 k+3 +12 2л+3 =11×11 k+2 +

12 2 ×12 2k+1 =11× 11 k+2 +(11+133)× 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133× 12 2k+1 .

Отримана сума ділиться на 133 без залишку, тому що перше її доданок ділиться на 133 без залишку за припущенням, а в другому одним із множників є 133.

Отже, А(k)→ А(k+1), спираючись на метод математичної індукції, твердження правильне для будь-яких натуральних n.

приклад 2.Довести, що 33n-1+24n-3 при довільному натуральному n ділиться на 11.

Рішення: 1) Нехай n = 1, тоді Х 1 = 3 3-1 +2 4-3 = 3 2 +2 1 = 11 ділиться на 11 без залишку. Отже, при n=1 твердження правильне.

2) Припустимо, що з n=k

X k =3 3k-1+24k-3 ділиться на 11 без залишку.

3) Доведемо, що твердження правильне для n=k+1.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 *3 3k-1 +2 4 *2 4k-3 =

27 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =(16+11)* 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =16* 3 3k-1 +

11 * 3 3k-1 +16 * 2 4k-3 = 16 (3 3k-1 +2 4k-3) + 11 * 3 3k-1.

Завдання із реального життя.

приклад 1.Довести, що сума Sn внутрішніх кутів будь-якого опуклого багатокутника дорівнює ( п- 2) π, де п- Число сторін цього багатокутника: Sn = ( п- 2) π (1).

Це твердження має сенс не для всіх натуральних п, а лише для п > 3, оскільки мінімальна кількість кутів у трикутнику дорівнює 3.

1) При п= 3 наше твердження набуває вигляду: S 3 = π. Але сума внутрішніх кутів будь-якого трикутника справді дорівнює π. Тому при п= 3 формула (1) вірна.

2) Нехай ця формула правильна при n =k, тобто S k = (k- 2) π, де k > 3. Доведемо, що у такому разі має місце та формула:S k+ 1 = (k- 1) π.

Нехай A 1 A 2 ... A k A k+ 1-довільний опуклий ( k+ 1) -кутник (рис. 338).

З'єднавши точки A 1 та A k , ми отримаємо опуклий k-кутник A 1 A 2 ... A k - 1 A k . Очевидно, що сума кутів ( k+ 1) -кутника A 1 A 2 ... A k A k+ 1 дорівнює сумі кутів k-кутника A 1 A 2 ... A k плюс сума кутів трикутника A 1 A k A k+ 1 . Але сума кутів k-кутника A 1 A 2 ... A k за припущенням дорівнює ( k- 2)π, а сума кутів трикутника A 1 A k A k+ 1 дорівнює π. Тому

S k+ 1 = S k + π = ( k- 2)π + π = ( k- 1) π.

Отже, обидві умови принципу математичної індукції виконуються, і тому формула (1) вірна за будь-якого натурального. п > 3.

приклад 2.Є сходи, всі щаблі яких однакові. Потрібно вказати мінімальну кількість положень, які б гарантували можливість «забратися» на будь-яку за номером сходинку.

Усі згодні з тим, що має бути умова. Ми повинні вміти забратися на перший щабель. Далі повинні вміти з першої сходинки забратися на другу. Потім у другій – на третю тощо. на n-у сходинку. Звичайно, в сукупності ж «n» тверджень гарантує їм те, що ми зможемо дістатися n-го сходинки.

Подивимося тепер на 2, 3, ..., n положення і порівняємо їх один з одним. Легко помітити, що вони мають однакову структуру: якщо ми дісталися k k сходинки, можемо забратися на (k+1) сходинку. Звідси стає природною така аксіома для справедливості тверджень, що залежать від «n»: якщо пропозиція А(n), в якому n - натуральне число, виконується при n=1 і з того, що воно виконується за n=k (де k - будь-яке натуральне число), випливає, що воно виконується і для n=k+1, припущення А(n) виконується для будь-якого натурального числа n.

додаток

Завдання із застосуванням методу математичної індукції під час вступу до ВНЗ.

Зауважимо, що за вступ до вищих навчальних закладів також зустрічаються завдання, які вирішуються цим методом. Розглянемо їх у конкретних прикладах.

приклад 1.Довести, що будь-якому натуральному псправедлива рівність

1) При п=1ми отримуємо правильну рівність Sin.

2) Зробивши припущення індукції, що з n= kрівність вірна, розглянемо суму, що стоїть у лівій частині рівності, при n =k+1;

3) Використовуючи формули наведення, перетворюємо вираз:

Тоді, з методу математичної індукції рівність правильне будь-якого натурального n.

приклад 2.Довести, що з будь-якого натурального n значення виразу 4n +15n-1 кратно 9.

1) При n=1: 2 2 +15-1=18 - кратно 9 (т.к.18:9=2)

2) Нехай рівність виконується для n=k: 4 k +15k-1 кратно 9.

3) Доведемо, що рівність виконується й у наступного числа n=k+1

4 k+1 +15(k+1)-1=4 k+1 +15k+15-1=4.4 k +60k-4-45k+18=4(4 k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4 k +15k-1) - кратно 9;

9(5k-2) - кратно 9;

Отже, і весь вираз 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) кратно 9, що й потрібно було довести.

приклад 3.Довести, що за будь-якої натуральної кількості пвиконується умова: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ п(п+1)(п+2)=.

1) Перевіримо, що дана формула вірна при п=1:Ліва частина = 1∙2∙3=6.

Права частина = . 6 = 6; вірно при п=1.

2) Припустимо, що ця формула правильна при n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Доведемо, що ця формула правильна при n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Доведення:

Отже, ця умова вірна у двох випадках і довели, що вірно при n =k+1,отже вона вірно за будь-якого натурального числа п.

Висновок

Підіб'ємо підсумки, у процесі дослідження я з'ясував, у чому полягає індукція, яка буває повною чи неповною, познайомився з методом математичної індукції, заснованому на принципі математичної індукції, розглянув безліч завдань із застосуванням даного методу.

Також я дізнався багато нової інформації, відмінної від тієї, що включена в шкільну програму.

Висновок: Узагальнивши та систематизувавши знання з математичної індукції, переконався у необхідності знань з цієї теми у реальній дійсності. Позитивною якістю методу математичної індукції є його широке застосування у вирішенні завдань: у галузі алгебри, геометрії та реальної математики. Також ці знання підвищують інтерес до математики як до науки.

Я впевнений, що навички, набуті під час роботи, допоможуть мені у майбутньому.

Список літератури

Сомінський І.С. Метод математичної індукції. Популярні лекції з математики, випуск 3-М: Наука, 1974р.

Л. І. Головіна, І. М. Яглом. Індукція у геометрії. - Фізматгіз, 1961. - Т. 21. - 100 с. - (Популярні лекції з математики).

Дорофєєв Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Посібник з математики для вступників до вузів (Вибрані питання елементарної математики) – Изд.5-е, перераб., 1976 – 638с.

А. Шень. Математична індукція. - МЦНМО, 2004. - 36 с.

M.Л.Галицький, А.М.Гольдман, Л.І.Звавіч Збірник завдань з алгебри: учеб.посібник для 8-9 кл. з поглибл. вивченням математики 7-е вид.- М.: Просвітництво, 2001.-271 с

Ма-ка-ри-чев Ю.Н., Мін-дюк Н.Г До-пов-ні-тель-ні глави до школь-ного підруч-ника ал-геб-ри 9 класу. - М: Про-све-ще-ня, 2002.

Вікіпедія-вільна енциклопедія.