Даны координаты точки уравнение прямой и число

Общее уравнение прямой: описание, примеры, решение задач

Данная статья продолжает тему уравнения прямой на плоскости: рассмотрим такой вид уравнения, как общее уравнение прямой. Зададим теорему и приведем ее доказательство; разберемся, что такое неполное общее уравнение прямой и как осуществлять переходы от общего уравнения к другим типам уравнений прямой. Всю теорию закрепим иллюстрациями и решением практических задач.

Общее уравнение прямой: основные сведения

Пусть на плоскости задана прямоугольная система координат O x y .

Любое уравнение первой степени, имеющее вид A x + B y + C = 0 , где А , В , С – некоторые действительные числа ( А и В не равны одновременно нулю) определяет прямую линию в прямоугольной системе координат на плоскости. В свою очередь, любая прямая в прямоугольной системе координат на плоскости определяется уравнением, имеющим вид A x + B y + C = 0 при некотором наборе значений А , В , С .

указанная теорема состоит из двух пунктов, докажем каждый из них.

1. Докажем, что уравнение A x + B y + C = 0 определяет на плоскости прямую.

Пусть существует некоторая точка М 0 ( x 0 , y 0 ) , координаты которой отвечают уравнению A x + B y + C = 0 . Таким образом: A x 0 + B y 0 + C = 0 . Вычтем из левой и правой частей уравнений A x + B y + C = 0 левую и правую части уравнения A x 0 + B y 0 + C = 0 , получим новое уравнение, имеющее вид A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 . Оно эквивалентно A x + B y + C = 0 .

Полученное уравнение A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 является необходимым и достаточным условием перпендикулярности векторов n → = ( A , B ) и M 0 M → = ( x — x 0 , y — y 0 ) . Таким образом, множество точек M ( x , y ) задает в прямоугольной системе координат прямую линию, перпендикулярную направлению вектора n → = ( A , B ) . Можем предположить, что это не так, но тогда бы векторы n → = ( A , B ) и M 0 M → = ( x — x 0 , y — y 0 ) не являлись бы перпендикулярными, и равенство A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 не было бы верным.

Следовательно, уравнение A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 определяет некоторую прямую в прямоугольной системе координат на плоскости, а значит и эквивалентное ему уравнение A x + B y + C = 0 определяет ту же прямую. Так мы доказали первую часть теоремы.

1. Приведем доказательство, что любую прямую в прямоугольной системе координат на плоскости можно задать уравнением первой степени A x + B y + C = 0 .

Зададим в прямоугольной системе координат на плоскости прямую a ; точку M 0 ( x 0 , y 0 ) , через которую проходит эта прямая, а также нормальный вектор этой прямой n → = ( A , B ) .

Пусть также существует некоторая точка M ( x , y ) – плавающая точка прямой. В таком случае, векторы n → = ( A , B ) и M 0 M → = ( x — x 0 , y — y 0 ) являются перпендикулярными друг другу, и их скалярное произведение есть нуль:

n → , M 0 M → = A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0

Перепишем уравнение A x + B y — A x 0 — B y 0 = 0 , определим C : C = — A x 0 — B y 0 и в конечном результате получим уравнение A x + B y + C = 0 .

Так, мы доказали и вторую часть теоремы, и доказали всю теорему в целом.

Уравнение, имеющее вид A x + B y + C = 0 – это общее уравнение прямой на плоскости в прямоугольной системе координат O x y .

Опираясь на доказанную теорему, мы можем сделать вывод, что заданные на плоскости в фиксированной прямоугольной системе координат прямая линия и ее общее уравнение неразрывно связаны. Иначе говоря, исходной прямой соответствует ее общее уравнение; общему уравнению прямой соответствует заданная прямая.

Из доказательства теоремы также следует, что коэффициенты А и В при переменных x и y являются координатами нормального вектора прямой, которая задана общим уравнением прямой A x + B y + C = 0 .

Рассмотрим конкретный пример общего уравнения прямой.

Пусть задано уравнение 2 x + 3 y — 2 = 0 , которому соответствует прямая линия в заданной прямоугольной системе координат. Нормальный вектор этой прямой – это вектор n → = ( 2 , 3 ) . Изобразим заданную прямую линию на чертеже.

Также можно утверждать и следующее: прямая, которую мы видим на чертеже, определяется общим уравнением 2 x + 3 y — 2 = 0 , поскольку координаты всех точек заданной прямой отвечают этому уравнению.

Мы можем получить уравнение λ · A x + λ · B y + λ · C = 0 , умножив обе части общего уравнения прямой на число λ , не равное нулю. Полученное уравнение является эквивалентом исходного общего уравнения, следовательно, будет описывать ту же прямую на плоскости.

Неполное уравнение общей прямой

Полное общее уравнение прямой – такое общее уравнение прямой A x + B y + C = 0 , в котором числа А , В , С отличны от нуля. В ином случае уравнение является неполным.

Разберем все вариации неполного общего уравнения прямой.

1. Когда А = 0 , В ≠ 0 , С ≠ 0 , общее уравнение принимает вид B y + C = 0 . Такое неполное общее уравнение задает в прямоугольной системе координат O x y прямую, которая параллельна оси O x , поскольку при любом действительном значении x переменная y примет значение — C B . Иначе говоря, общее уравнение прямой A x + B y + C = 0 , когда А = 0 , В ≠ 0 , задает геометрическое место точек ( x , y ) , координаты которых равны одному и тому же числу — C B .
2. Если А = 0 , В ≠ 0 , С = 0 , общее уравнение принимает вид y = 0 . Такое неполное уравнение определяет ось абсцисс O x .
3. Когда А ≠ 0 , В = 0 , С ≠ 0 , получаем неполное общее уравнение A x + С = 0 , задающее прямую, параллельную оси ординат.
4. Пусть А ≠ 0 , В = 0 , С = 0 , тогда неполное общее уравнение примет вид x = 0 , и это есть уравнение координатной прямой O y .
5. Наконец, при А ≠ 0 , В ≠ 0 , С = 0 , неполное общее уравнение принимает вид A x + B y = 0 . И это уравнение описывает прямую, которая проходит через начало координат. В самом деле, пара чисел ( 0 , 0 ) отвечает равенству A x + B y = 0 , поскольку А · 0 + В · 0 = 0 .

Графически проиллюстрируем все вышеуказанные виды неполного общего уравнения прямой.

Известно, что заданная прямая параллельна оси ординат и проходит через точку 2 7 , — 11 . Необходимо записать общее уравнение заданной прямой.

Решение

Прямая, параллельная оси ординат, задается уравнением вида A x + C = 0 , в котором А ≠ 0 . Также условием заданы координаты точки, через которую проходит прямая, и координаты этой точки отвечают условиям неполного общего уравнения A x + C = 0 , т.е. верно равенство:

Из него возможно определить C , если придать A какое-то ненулевое значение, к примеру, A = 7 . В таком случае получим: 7 · 2 7 + C = 0 ⇔ C = — 2 . Нам известны оба коэффициента A и C , подставим их в уравнение A x + C = 0 и получим требуемое уравнение прямой: 7 x — 2 = 0

Ответ: 7 x — 2 = 0

На чертеже изображена прямая, необходимо записать ее уравнение.

Решение

Приведенный чертеж позволяет нам легко взять исходные данные для решения задачи. Мы видим на чертеже, что заданная прямая параллельна оси O x и проходит через точку ( 0 , 3 ) .

Прямую, которая параллельна очи абсцисс, определяет неполное общее уравнение B y + С = 0 . Найдем значения B и C . Координаты точки ( 0 , 3 ) , поскольку через нее проходит заданная прямая, будут удовлетворять уравнению прямой B y + С = 0 , тогда справедливым является равенство: В · 3 + С = 0 . Зададим для В какое-то значение, отличное от нуля. Допустим, В = 1 , в таком случае из равенства В · 3 + С = 0 можем найти С : С = — 3 . Используем известные значения В и С , получаем требуемое уравнение прямой: y — 3 = 0 .

Ответ: y — 3 = 0 .

Общее уравнение прямой, проходящей через заданную точку плоскости

Пусть заданная прямая проходит через точку М 0 ( x 0 , y 0 ) , тогда ее координаты отвечают общему уравнению прямой, т.е. верно равенство: A x 0 + B y 0 + C = 0 . Отнимем левую и правую части этого уравнения от левой и правой части общего полного уравнения прямой. Получим: A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) + C = 0 , это уравнение эквивалентно исходному общему, проходит через точку М 0 ( x 0 , y 0 ) и имеет нормальный вектор n → = ( A , B ) .

Результат, который мы получили, дает возможность записывать общее уравнение прямой при известных координатах нормального вектора прямой и координатах некой точки этой прямой.

Даны точка М 0 ( — 3 , 4 ) , через которую проходит прямая, и нормальный вектор этой прямой n → = ( 1 , — 2 ) . Необходимо записать уравнение заданной прямой.

Решение

Исходные условия позволяют нам получить необходимые данные для составления уравнения: А = 1 , В = — 2 , x 0 = — 3 , y 0 = 4 . Тогда:

A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 ⇔ 1 · ( x — ( — 3 ) ) — 2 · y ( y — 4 ) = 0 ⇔ ⇔ x — 2 y + 22 = 0

Задачу можно было решить иначе. Общее уравнение прямой имеет вид A x + B y + C = 0 . Заданный нормальный вектор позволяет получить значения коэффициентов A и B , тогда:

A x + B y + C = 0 ⇔ 1 · x — 2 · y + C = 0 ⇔ x — 2 · y + C = 0

Теперь найдем значение С, используя заданную условием задачи точку М 0 ( — 3 , 4 ) , через которую проходит прямая. Координаты этой точки отвечают уравнению x — 2 · y + C = 0 , т.е. — 3 — 2 · 4 + С = 0 . Отсюда С = 11 . Требуемое уравнение прямой принимает вид: x — 2 · y + 11 = 0 .

Ответ: x — 2 · y + 11 = 0 .

Задана прямая 2 3 x — y — 1 2 = 0 и точка М 0 , лежащая на этой прямой. Известна лишь абсцисса этой точки, и она равна — 3 . Необходимо определить ординату заданной точки.

Решение

Зададим обозначение координат точки М 0 как x 0 и y 0 . В исходных данных указано, что x 0 = — 3 . Поскольку точка принадлежит заданной прямой, значит ее координаты отвечают общему уравнению этой прямой. Тогда верным будет равенство:

2 3 x 0 — y 0 — 1 2 = 0

Определяем y 0 : 2 3 · ( — 3 ) — y 0 — 1 2 = 0 ⇔ — 5 2 — y 0 = 0 ⇔ y 0 = — 5 2

Ответ: — 5 2

Переход от общего уравнения прямой к прочим видам уравнений прямой и обратно

Как мы знаем, существует несколько видов уравнения одной и той же прямой на плоскости. Выбор вида уравнения зависит от условий задачи; возможно выбирать тот, который более удобен для ее решения. Здесь очень пригодится навык преобразования уравнения одного вида в уравнение другого вида.

Для начала рассмотрим переход от общего уравнения вида A x + B y + C = 0 к каноническому уравнению x — x 1 a x = y — y 1 a y .

Если А ≠ 0 , тогда переносим слагаемое B y в правую часть общего уравнения. В левой части выносим A за скобки. В итоге получаем: A x + C A = — B y .

Это равенство возможно записать как пропорцию: x + C A — B = y A .

В случае, если В ≠ 0 , оставляем в левой части общегь уравнения только слагаемое A x , прочие переносим в правую часть, получаем: A x = — B y — C . Выносим – В за скобки, тогда: A x = — B y + C B .

Перепишем равенство в виде пропорции: x — B = y + C B A .

Конечно, заучивать полученные формулы нет необходимости. Достаточно знать алгоритм действий при переходе от общего уравнения к каноническому.

Задано общее уравнение прямой 3 y — 4 = 0 . Необходимо преобразовать его в каноническое уравнение.

Решение

Запишем исходное уравнение как 3 y — 4 = 0 . Далее действуем по алгоритму: в левой части остаётся слагаемое 0 x ; а в правой части выносим — 3 за скобки; получаем: 0 x = — 3 y — 4 3 .

Запишем полученное равенство как пропорцию: x — 3 = y — 4 3 0 . Так, мы получили уравнение канонического вида.

Ответ: x — 3 = y — 4 3 0 .

Чтобы преобразовать общее уравнение прямой в параметрические, сначала осуществляют переход к каноническому виду, а затем переход от канонического уравнения прямой к параметрическим уравнениям.

Прямая задана уравнением 2 x — 5 y — 1 = 0 . Запишите параметрические уравнения этой прямой.

Решение

Осуществим переход от общего уравнения к каноническому:

2 x — 5 y — 1 = 0 ⇔ 2 x = 5 y + 1 ⇔ 2 x = 5 y + 1 5 ⇔ x 5 = y + 1 5 2

Теперь примем обе части полученного канонического уравнения равными λ , тогда:

x 5 = λ y + 1 5 2 = λ ⇔ x = 5 · λ y = — 1 5 + 2 · λ , λ ∈ R

Ответ: x = 5 · λ y = — 1 5 + 2 · λ , λ ∈ R

Общее уравнение можно преобразовать в уравнение прямой с угловым коэффициентом y = k · x + b , но только тогда, когда В ≠ 0 . Для перехода в левой части оставляем слагаемое B y , остальные переносятся в правую. Получим: B y = — A x — C . Разделим обе части полученного равенство на B , отличное от нуля: y = — A B x — C B .

Задано общее уравнение прямой: 2 x + 7 y = 0 . Необходимо преобразовать то уравнение в уравнение с угловым коэффициентом.

Решение

Произведем нужные действия по алгоритму:

2 x + 7 y = 0 ⇔ 7 y — 2 x ⇔ y = — 2 7 x

Ответ: y = — 2 7 x .

Из общего уравнения прямой достаточно просто получить уравнение в отрезках вида x a + y b = 1 . Чтобы осуществить такой переход, перенесем число C в правую часть равенства, разделим обе части полученного равенства на – С и, наконец, перенесем в знаменатели коэффициенты при переменных x и y :

A x + B y + C = 0 ⇔ A x + B y = — C ⇔ ⇔ A — C x + B — C y = 1 ⇔ x — C A + y — C B = 1

Необходимо преобразовать общее уравнение прямой x — 7 y + 1 2 = 0 в уравнение прямой в отрезках.

Решение

Перенесем 1 2 в правую часть: x — 7 y + 1 2 = 0 ⇔ x — 7 y = — 1 2 .

Разделим на -1/2 обе части равенства: x — 7 y = — 1 2 ⇔ 1 — 1 2 x — 7 — 1 2 y = 1 .

Преобразуем далее в необходимый вид: 1 — 1 2 x — 7 — 1 2 y = 1 ⇔ x — 1 2 + y 1 14 = 1 .

Ответ: x — 1 2 + y 1 14 = 1 .

В общем, несложно производится и обратный переход: от прочих видов уравнения к общему.

Уравнение прямой в отрезках и уравнение с угловым коэффициентом легко преобразовать в общее, просто собрав все слагаемые в левой части равенства:

x a + y b ⇔ 1 a x + 1 b y — 1 = 0 ⇔ A x + B y + C = 0 y = k x + b ⇔ y — k x — b = 0 ⇔ A x + B y + C = 0

Каноническое уравнение преобразуется к общему по следующей схеме:

x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ a y · ( x — x 1 ) = a x ( y — y 1 ) ⇔ ⇔ a y x — a x y — a y x 1 + a x y 1 = 0 ⇔ A x + B y + C = 0

Для перехода от параметрических сначала осуществляется переход к каноническому, а затем – к общему:

x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ ⇔ x — x 1 a x = y — y 1 a y ⇔ A x + B y + C = 0

Заданы параметрические уравнения прямой x = — 1 + 2 · λ y = 4 . Необходимо записать общее уравнение этой прямой.

Решение

Осуществим переход от параметрических уравнений к каноническому:

x = — 1 + 2 · λ y = 4 ⇔ x = — 1 + 2 · λ y = 4 + 0 · λ ⇔ λ = x + 1 2 λ = y — 4 0 ⇔ x + 1 2 = y — 4 0

Перейдем от канонического к общему:

x + 1 2 = y — 4 0 ⇔ 0 · ( x + 1 ) = 2 ( y — 4 ) ⇔ y — 4 = 0

Ответ: y — 4 = 0

Задано уравнение прямой в отрезках x 3 + y 1 2 = 1 . Необходимо осуществить переход к общему виду уравнения.

Решение:

Просто перепишем уравнение в необходимом виде:

x 3 + y 1 2 = 1 ⇔ 1 3 x + 2 y — 1 = 0

Ответ: 1 3 x + 2 y — 1 = 0 .

Составление общего уравнения прямой

Выше мы говорили о том, что общее уравнение возможно записать при известных координатах нормального вектора и координатах точки, через которую проходит прямая. Такая прямая определяется уравнением A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 . Там же мы разобрали соответствующий пример.

Сейчас рассмотрим более сложные примеры, в которых для начала необходимо определить координаты нормального вектора.

Задана прямая, параллельная прямой 2 x — 3 y + 3 3 = 0 . Также известна точка M 0 ( 4 , 1 ) , через которую проходит заданная прямая. Необходимо записать уравнение заданной прямой.

Решение

Исходные условия говорят нам о том, что прямые параллельны, тогда, как нормальный вектор прямой, уравнение которой требуется записать, возьмем направляющий вектор прямой n → = ( 2 , — 3 ) : 2 x — 3 y + 3 3 = 0 . Теперь нам известны все необходимые данные, чтобы составить общее уравнение прямой:

A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 ⇔ 2 ( x — 4 ) — 3 ( y — 1 ) = 0 ⇔ 2 x — 3 y — 5 = 0

Ответ: 2 x — 3 y — 5 = 0 .

Заданная прямая проходит через начало координат перпендикулярно прямой x — 2 3 = y + 4 5 . Необходимо составить общее уравнение заданной прямой.

Решение

Нормальный вектором заданной прямой будет направляющий вектор прямой x — 2 3 = y + 4 5 .

Тогда n → = ( 3 , 5 ) . Прямая проходит через начало координат, т.е. через точку О ( 0 , 0 ) . Составим общее уравнение заданной прямой:

A ( x — x 0 ) + B ( y — y 0 ) = 0 ⇔ 3 ( x — 0 ) + 5 ( y — 0 ) = 0 ⇔ 3 x + 5 y = 0

Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии, графики, матрицы, пределы, мнк

Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии

Задания 1-10. Даны координаты точек: А(х1;у1), В(х2;у2), С(х3;у3).

Значения координат точек приведены в таблице к этому заданию.

А) длину отрезка АВ;

Б) уравнение прямых АВ и ВС, проведенных через точки А, В и В, С соответственно;

В) угол θ между прямыми АВ и ВС;

Г) расстояние от точки С до прямой АВ. Уравнение перпендикуляра к прямой АВ, проходящего через точку С. Координаты точки пересечения прямой АВ и перпендикуляра;

Д) уравнение прямой, проходящей через точку С параллельно прямой АВ;

Е) построить чертеж, на котором показать заданные точки, угол θ и прямые.

Координаты векторов находим по формуле: X = xj — xi; Y = yj — yi

Здесь X, Y координаты вектора; xi, yi — координаты точки Аi; xj, yj — координаты точки Аj

Для вектора AB X = x2 — x1; Y = y2 — y1

X = 11—1 = 12; Y = -5-4 = -9

А) длина отрезка АВ

Длина вектора a(X;Y) выражается через его координаты формулой:

Б) Уравнение прямой

Прямая, проходящая через точки A1(x1; y1) и A2(x2; y2), представляется уравнениями:

Уравнение прямой AB

Каноническое уравнение прямой:

Уравнение прямой BC

Каноническое уравнение прямой:

В) угол θ между прямыми АВ и ВС;

Угол между векторами a1(X1;Y1), a2(X2;Y2) можно найти по формуле: где a1a2 = X1X2 + Y1Y2

Найдем угол между сторонами BA и BC

γ = arccos(0.45) = 63.440

Г) расстояние от точки С до прямой АВ. Уравнение перпендикуляра к прямой АВ, проходящего через точку С. Координаты точки пересечения прямой АВ и перпендикуляра;

Длина высоты треугольника, проведенной из вершины C

Расстояние d от точки M1(x1;y1) до прямой Ax + By + С = 0 равно абсолютному значению величины:

Найдем расстояние между точкой C(15;17) и прямой AB (4y + 3x — 13 = 0)

Уравнение высоты через вершину C

Прямая, проходящая через точку N0(x0;y0) и перпендикулярная прямой

Ax + By + C = 0 имеет направляющий вектор (A;B) и, значит, представляется уравнениями:

Найдем точку пересечения с прямой AB:

Имеем систему из двух уравнений:

Из первого уравнения выражаем y и подставим во второе уравнение.

Получаем: x = 3, y = 1

Д) уравнение прямой, проходящей через точку С параллельно прямой АВ;

Уравнение прямой, проходящей через данную точку С(x1, y1) в данном направлении, определяемом угловым коэффициентом k, y — y1 = k(x — x1).

Это уравнение определяет пучок прямых, проходящих через точку С(x1, y1), которая называется центром пучка. А k — это коэффициент при х уравнения прямой АВ

Тогда получим

Е) построим чертеж

Задания 11-20. Решить систему уравнений двумя способами (по формулам Крамера и методом Гаусса)

№12.

По формулам Крамера.

Запишем систему в виде:

∆ = 1 • (-3 • (-2)-1 • (-1))-2 • (2 • (-2)-1 • (-3))+4 • (2 • (-1)-(-3 • (-3))) = -35 = -35

Заменим 1-ый столбец матрицы А на вектор результата В.

Найдем определитель полученной матрицы.

∆1 = 1 • (-3 • (-2)-1 • (-1))-(-7 • (2 • (-2)-1 • (-3)))+0 • (2 • (-1)-(-3 • (-3))) = 0

Заменим 2-ый столбец матрицы А на вектор результата В.

Найдем определитель полученной матрицы.

∆2 = 1 • (-7 • (-2)-0 • (-1))-2 • (1 • (-2)-0 • (-3))+4 • (1 • (-1)-(-7 • (-3))) = -70

Заменим 3-ый столбец матрицы А на вектор результата В.

Найдем определитель полученной матрицы.

∆3 = 1 • (-3 • 0-1 • (-7))-2 • (2 • 0-1 • 1)+4 • (2 • (-7)-(-3 • 1)) = -35

Выпишем отдельно найденные переменные: , ,

Запишем систему в виде расширенной матрицы:

Умножим 1-ую строку на (2). Умножим 2-ую строку на (-1). Добавим 2-ую строку к 1-ой:

Умножим 2-ую строку на (2). Умножим 3-ую строку на (-1). Добавим 3-ую строку к 2-ой:

Добавим 2-ую строку к 1-ой:

Теперь исходную систему можно записать как:

Из 1-ой строки выражаем z:

Из 2-ой строки выражаем у:

Из 3-ой строки выражаем x:

Введение в математический анализ.

Производная и ее приложения.

Задания 21-30. Найти указанные пределы, не пользуясь правилом Лопиталя:

№22. а) ;б) ;в);г);д)

А) ;

Б) ;

В) ;

Г) ;

Использовали при

Д)

Задания 31-40. Задана функция y=ƒ(x). Найти все точки разрыва функции, если они существуют. Построить график функции.

№32.

Построим график данной функции:

Функция определена на всём множестве чисел и неэлементарная.

Каждая из составляющих функций непрерывна на своём промежутке; заданная функция может иметь точки разрыва только в точках смены аналитических выражений, то есть в точках и .

Исследуем поведение функции в этих точках: найдём значение функции в этих точках и пределы справа и слева,

, . Так как , Следовательно функция имеет разрыв 1-го рода – скачок.

, . Так как , то в этой точке функция в этой точке непрерывна

Задания 41-50. Найти производные первого порядка y’= функций:

№42. а); б) ; в) ;

Д) ,

А) ;

Б) ;

Дифференцируем обе части равенства по х:

Разрешаем равенство относительно :

, тогда

Окончательно:

В) ;

Прологарифмируем данную функцию:

Найдём производную от правой и левой части по х, считая у сложной функцией, зависящей от х.

Отсюда:

Д) ,

Находим и

Отсюда

Задания 51-60. Вычислить приближенно, заменяя приращение функции ее дифференциалом.

№52.

Рассмотрим функцию . Выберем, соответственно, , . Найдём значения функции и её производной:

, ,

Используя формулу для приближённых вычислений, , получим:

№Задания 61-70. Заданную функцию исследовать методами дифференциального исчисления. На основании результатов исследований построить график функции.

№62. ;

Исследуем функцию, заданную формулой:

Область определения:

Полученное решение отметим на рисунке.

Точки пересечения с осью : нет

, , — нет решений.

Точки пересечения с осью у:

Пусть х=0:

Вертикальные асимптоты: х=3

Горизонтальные асимптоты: нет.

Наклонные асимптоты: у=2х.

Предел разности исходной функции и функции 2х на бесконечности равен нулю.

Первая производная:

==

Критические точки: х=1, х=5

Случай.

Следующее уравнение равносильно предыдущему.

, , х-3=2, х=5

Случай .

Следующее уравнение равносильно предыдущему.

, , , х=1

Вторая производная:

Возможные точки перегиба: нет

Точки разрыва: х=3

Симметрия относительно оси ординат: нет

Симметрия относительно начала координат: нет

Результаты исследования функции занесем в таблицу.

Относительный минимум . Относительный максимум .

Данные таблицы нанесем на координатную плоскость.

Используя результаты исследования функции, построим ее график.

Множество значений функции:

Наименьшее значение: нет

Наибольшее значение: нет

Задания 71-80. Найти интегралы.

№72. а) ; б) ; в) ; г) ;

А) ;

Б) ;

В) ;

Г)

Задания 81-90. Вычислить несобственный интеграл или показать его расходимость

№82. ;

Задания 91-100. Найти площадь фигуры, ограниченной заданными линиями. Сделать рисунок.

№92. и ;

Данные линии ограничивают две одинаковые по площади фигуры.

Тогда будем искать площадь одной части. Имеем

По формуле . В нашем случае

Тогда

Ответ: кв. ед.

Функции нескольких переменных

Задания 101-110. Исследовать на экстремум функцию.

№102. ;

Необходимое условие существования єкстремума

, — критические точки, подозрительные на экстремум.

Используем достаточные условия экстремума

Найдем

Для точки , — экстремум есть, а так как то в т. — минимум

Для точки , — экстремума нет.

Задания 111-120. Экспериментально получены значения функции при пяти значениях аргумента, которые записаны в таблице. Предполагая, что между и имеется линейная зависимость, методом наименьших квадратов найти эмпирическую формулу (вычислить параметры и )

Линейное уравнение тренда имеет вид y = bt + a

1. Находим параметры уравнения методом наименьших квадратов.

Система уравнений метода наименьших квадратов:

Для наших данных система уравнений имеет вид:

10a0 + 30a1 = 32.5

Из первого уравнения выражаем а0 и подставим во второе уравнение

Прямая на плоскости. Примеры решений

Решение проводим с помощью калькулятора.
Даны координаты треугольника: A(2,1), B(1,-2), C(-1,0).
1) Координаты векторов
Координаты векторов находим по формуле:
X = x_j — x_i; Y = y_j — y_i
здесь X,Y координаты вектора; x_i, y_i — координаты точки А_i; x_j, y_j — координаты точки А_j
Например, для вектора AB
X = x₂ — x₁; Y = y₂ — y₁
X = 1-2 = -1; Y = -2-1 = -3
AB(-1;-3)
AC(-3;-1)
BC(-2;2)
2) Модули векторов
Длина вектора a(X;Y) выражается через его координаты формулой:




3) Угол между прямыми
Угол между векторами a₁(X₁;Y₁), a₂(X₂;Y₂) можно найти по формуле:

где a₁a₂ = X₁X₂ + Y₁Y₂
Найдем угол между сторонами AB и AC

γ = arccos(0.6) = 53.13 0
4) Проекция вектора
Проекцию вектора b на вектор a можно найти по формуле:

Найдем проекцию вектора AB на вектор AC

5) Площадь треугольника
Пусть точки A₁(x₁; y₁), A₂(x₂; y₂), A₃(x₃; y₃) — вершины треугольника, тогда его площадь выражается формулой:

В правой части стоит определитель второго порядка. Площадь треугольника всегда положительна.
Решение. Принимая A за первую вершину, находим:

Пример. Даны координаты вершин треугольника АВС: А(–3; –1), В(4; 6), С(8; –2).
Требуется: 1) вычислить длину стороны ВС; 2) составить уравнение стороны ВС; 3) найти внутренний угол треугольника при вершине В; 4) составить уравнение высоты АК, проведенной из вершины А; 5) найти координаты центра тяжести однородного треугольника (точки пересечения его медиан); 6) сделать чертеж в системе координат.

Задание. Даны координаты вершин треугольника ABC: A(7;4), B(-9;-8), C(-2;16). Требуется:

1. составить уравнение медианы, проведенной из вершины B, и вычислить ее длину.
2. составить уравнение высоты, проведенной из вершины A, и вычислить ее длину.
3. найти косинус внутреннего угла B треугольника ABC.

Сделать чертеж.

Пример №3. Даны вершины A(1;1), B(7;4), C(4;5) треугольника. Найти: 1) длину стороны AB ; 2) внутренний угол A в радианах с точностью до 0,001. Сделать чертеж.
Скачать

Пример №4. Даны вершины A(1;1), B(7;4), C(4;5) треугольника. Найти: 1) уравнение высоты, проведенной через вершину C ; 2) уравнение медианы, проведенной через вершину C ; 3) точку пересечения высот треугольника; 4) длину высоты, опущенной из вершины C. Сделать чертеж.
Скачать

Пример №5. Даны вершины треугольника ABC: A(-5;0), B(7;-9), C(11;13). Определите: 1) длину стороны AB ; 2) уравнение сторон AB и AC и их угловые коэффициенты; 3) площадь треугольника.

• Решение
• Видео решение

Задание. Найти острый угол между прямыми x + y -5 = 0 и x + 4y — 8 = 0 .
Рекомендации к решению. Задача решается посредством сервиса Угол между двумя прямыми.
Ответ: 30.96 o

Пример №1. Даны координаты точек А1(1;0;2), A2(2;1;1), А3(-1;2;0), A4(-2;-1;-1). Найти длину ребра А1А2. Составить уравнение ребра А1А4 и грани А1А2А3. Составить уравнение высоты опущенной из точки А4 на плоскость А1А2А3. Найти площадь треугольника А1A2A3. Найти объем треугольной пирамиды А1A2А3A4.

• Решение
• Видео решение

Задание. По координатам вершин пирамиды А1,А2,А3,А4 найти: 1) длины ребер А1А2 и А1А3; 2) угол между ребрами А1А2 и А1А3; 3) площадь грани А1А2А3;4) объем пирамиды А1А2А3А4
A₁(3;5;4,0,0), A₂(8;7;4,0,0), A₃(5;10;4,0,0), A₄(4;7;9,0,0):Пример №10

Пример. В декартовой прямоугольной системе координат даны вершины пирамиды A, B, C, D. Найдите длину ребра AB, косинус угла между векторами, уравнение ребра, уравнение грани, уравнение высоты.
Решение

Пример. Даны вершины треугольника А(1, –1, -3), В(2, 0, -10), С(3, 0, -2).
а) Найти уравнение биссектрисы и высоты данного треугольника, проведенных из вершины A .
б) Найти уравнения всех его медиан и координаты точки их пересечения.
см. также Как найти периметр треугольника