LIETUVOS ŽEMĖS ŪKIO UNIVERSITETAS MATEMATIKOS KATEDRA A. Bartaševičius, R. Didžgalvis, J. Kaminskienė, A. Lapinskas, E. Laurinavičius M M A A T T E E M M A A T T I I K K O O S S P P R R A A T T I I M M A A I I I dalis Analizinė geometrija ir diferencialinis skaičiavimas Metodiniai patarimai y x ( ) 0 , 2 / p F 2 / p O d ( ) y x M , d 2 / p px y 2 2 = AKADEMIJA 2008
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
LIETUVOS ŽEM ĖS ŪKIO UNIVERSITETAS
MATEMATIKOS KATEDRA
A. Bartaševičius, R. Didžgalvis, J. Kaminskienė, A. Lapinskas, E. Laurinavičius
MM AATTEEMM AATTII KK OOSS PPRRAATTII MM AAII
I dalis
AAnnaall iizziinnėė ggeeoommeettrr ii jjaa ii rr ddii ffeerreenncciiaall iinniiss
sskkaaiiččiiaavviimmaass
Metodiniai patarimai
y
x ( )0,2/pF
2/p
O
d ( )yxM ,
d
2/p
pxy 22 =
AKADEMIJA 2008
UDK 517.3 + 517.9(075.8) In - 154 A. Bartaševičius, R. Didžgalvis, J. Kaminskienė, A. Lapinskas, E. Laurinavičius
A. Bartaševičius, R. Didžgalvis, J. Kaminskienė, A. Lapinskas, E. Laurinavi čius
MM AATTEEMM AATTII KK OOSS PPRRAATTII MM AAII
I dalis
AAnnaall iizziinnėė ggeeoommeettrr ii jjaa ii rr ddii ffeerreenncciiaall iinniiss
sskkaaiiččiiaavviimmaass
Metodiniai patarimai
Fakultetas ............................................................................................ Studento vardas, pavardė .................................................................. Kursas......................................... Grupė............................................. Studijų knygelės Nr. ...........................................................................
3
PRATARM Ė
Matematikos literatūros vadovėlių ir uždavinynų aukštųjų mokyklų studentams lietuvių kalba sąrašas nėra didelis. Dar labai trūksta uždavinynų su uždavinių sprendimo metodais, kurie padėtų studentams įsisavinti aukštosios matematikos pagrindus ir matematikos taikymo įgūdžius pasirinktoje specialybėje.
Metodinis leidinys „Matematikos pratimai. I dalis. Analizinė geometrija ir diferencialinis skaičiavimas“ (apimtis 100 p.) skirtas Lietuvos žemės ūkio universiteto abiejų inžinerinių fakultetų (Žemės ūkio inžinerijos ir Vandens ūkio ir žemėtvarkos) I kurso pirmo semestro dieninio ir neakivaizdinio skyrių studentams. Leidinio turinys atitinka modulių FMMA B01 ir FMMA B04 programas. Autoriai stengėsi įtraukti kuo daugiau taikomojo pobūdžio uždavinių. Kiekvienai temai yra paruoštos individualios namų darbų užduotys ir tipiniai jų sprendimų pavyzdžiai.
Leidinį sudaro klasikiniai aukštosios matematikos skyriai: tiesinė ir vektorinė algebra, erdvės ir plokštumos analizinė geometrija, funkcijų ribos, vieno ir kelių kintamųjų funkcijų diferencijavimas ir taikymai inžineriniuose skaičiavimuose.
Autoriai dėkoja Matematikos katedros recenzentei lekt. Daivai Rimkuvienei ir referentei Danutei Lukoševičiūtei už vertingas pastabas ir kruopštų darbą.
Autoriai laukia kritinių pastabų, kurias siųskite adresu: LŽŪU, FMSI, Matematikos katedra, Universiteto g. 10–219, LT-53361, Akademija.
4
MATRICOS, DETERMINANTAI, LYG ČIŲ SISTEMŲ SPRENDIMAS
PRATIMAI
g – grupės numeris 201÷=g ; m – studento numerio grupės sąraše pirmas skaitmuo 3,2,1,0=m ; n – studento numerio grupės sąraše antras skaitmuo 90÷=n .
=
−
=
=
=
100
010
001
42
31
25
22
13
01
14
20
631
E
n
m
g
D
n
m
g
B
gm
nA
=
++
−−=
=
=
−
=n
mP
gmCnRmHG
121
642
2
4
6
3
14
8
α
( )( )21
321
)42(
7
3
1
210
530
623
02
yyY
xxxX
ngV
m
n
g
Q
n
m
g
gg
F
=
=
−=
=
−
=
1. BABAS ⋅−⋅+⋅= 321 . Koks matricos S elementas 32s ?
2. DRS T ⋅= . Apskaičiuoti matricos S elementų sumą. 3. Apskaičiuoti matricos F determinantą. ?det =F 4. 3AS= . Apskaičiuoti matricos S elemento 22s reikšmę. ?22 =s
5. 1−= BS . Koks matricos S elementas ?32 =s
6. Rasti lygties RXD T =⋅ sprendinio trumpiausią atstumą iki taško );;( nmgM .
7. Kokia turi būti parametro α reikšmė, kad lygčių sistemą TGCY =⋅ būtų suderinta?
8. Rasti lygties PXEC T =⋅⋅ sprendinio trumpiausią atstumą iki taško );;( nmgM .
9. Rasti nežinomojo 1x reikšmę lygties HABXT ⋅= sprendinyje.
10. Rasti lygties HXA T =⋅ sprendinio trumpiausią atstumą iki taško );;( nmgM . Atsakymus užrašyti 0,01 tikslumu.
5
Pavyzdys. 10 grupė 7 numeris ( 7010 === nmg )
1. BABAS ⋅−⋅+⋅= 32
1. Koks matricos S elementas 32s ?
⊗=
−
+
⋅
=
272
013
0110
3
14100
720
631
21
272
013
0110
14100
720
631
S
• kairiosios matricos eilutės dauginamos su dešiniosios matricos stulpeliais,
=
⋅
=⋅
333231
232221
131211
333231
232221
131211
bbb
bbb
bbb
aaa
aaa
aaa
BA
⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅
⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅
⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅
=
333323321331323322321231333321321131
332323221321322322221221312321221121
331323121311321322121211311321121111
bababababababababa
bababababababababa
bababababababababa
• matricą dauginant iš skaičiaus, visi matricos elementai dauginami iš to
skaičiaus
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
=
⋅=⋅
333231
232221
131211
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
A
ααααααααα
αα
−
+
⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅
⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅
⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅
=⊗
750
5,310
35,15,0
2140100371411010214310100
2702007712102732100
2603017613112633101
=
−−
−−
−−
+
=
−
299252
5,174911
155,445,1
1166
5,329
35,15,29
2810858
145120
124631
6216
039
0330
Ats.: =32s 92.
2. DRS T ⋅= . Apskaičiuoti matricos S elementų sumą.
Matrica transponuojama sukeičiant vietomis matricos eilutes su atitinkamais stulpeliais, pvz.:
3. Apskaičiuoti matricos F determinantą. ?det =F Skleidimo taisyklė: matricos determinanto reikšmė lygi bet kurios eilutės (arba
stulpelio) elementų ir tų elementų adjunktų sandaugų sumai:
323222221212131312121111
333231
232221
131211
det AbAbAbAbAbAb
bbb
bbb
bbb
B ⋅+⋅+⋅==⋅+⋅+⋅== K
ijA – elemento ijb adjunktas.
Naudinga pasirinkti eilutę (arba stulpelį), kurioje daugiausia nulinių elementų, todėl verta determinantą pertvarkyti, kurioje nors eilutėje (arba stulpelyje) gaunant kuo daugiau nulinių elementų.
Determinanto reikšmė nepasikeis: T1–kurią eilutę (stulpelį) padauginus iš skaičiaus ir sudėjus su kita eilute
(stulpeliu); T2 – bendrą daugiklį iškėlus iš eilutės (arba stulpelio) prieš determinantą.
( )=
−
−
⋅=
=
−
=5
217
530
6103
1002
22 iškeliamas
stulpelio antroIšT2.
2107
5300
61023
100102
det
0
0
1
5
F
( )=
−
−−−
⋅=
=
217
530
6103
205013
2eilute pirmasu sudedama
ir 5- iš dauginama eilutė Antra T1.
0
0
1
0
=
⋅+
−⋅+⋅+
−⋅⋅=
=
42322212
42322212 00102elementais stulpelio
antro aSkleidžiam MA
MA
MA
MA
ijM – elemento ijb minoras – determinantas, kuris liktų iš skaičiuojamojo
determinanto išbraukus i-tąją eilutę ir j-tąjį stulpelį.
ijij MA = , jei −+ ji lyginis skaičius.
7
ijij MA −= , jei −+ ji nelyginis skaičius.
( )( )
( ) ( ) =−⋅−⋅=
−
−−
=
−−
−−−
⋅=⋅⋅=32
3222 12
27
1121
120363
2T1
50327
50
2013
212MAM
1
0
0
1
3
50
( )( ) .2946)1473(212021)363(1121121
12036322 32 −=−⋅=−⋅−−⋅⋅=
−−⋅=⋅= M
Ats.: =Fdet –2946.
4. 3AS= . Koks matricos S elementas 22s ?
=
⋅
⋅
=⋅⋅==
14100
720
631
14100
720
631
14100
720
6313 AAAAS
=
⋅
=
491430000
20869320
204312511
14100
720
631
2661700
112740
111691
.
Ats.: =22s 932.
5. 1−= BS . Koks matricos elementas ?32 =s
⋅=
⋅== −
332313
322212
312111
333231
232221
1312111
det
1
det
1
AAA
AAA
AAA
BAAA
AAA
AAA
BBS
T
;
⊗=
==
−
−
1
1
272
013
0110
BS
( )( )
=−=−⋅+⋅+
−⋅=
−
−=
−−
= 12322212
322212001
268
07
01071
272
013
0110
det MMA
MA
MAB
0
0
1
( )( ) 01468027268
071 ≠=−⋅−⋅−−=−
−⋅−= . 1−B egzistuoja.
20227
011111 =−=== MA 6
22
031212 −=−=−= MA 19
72
131313 === MA
227
012121 −=−=−= MA 20
22
0102222 === MA 68
72
1102323 −=−=−= MA
8
001
013131 === MA 0
03
0103232 =−=−= MA 7
13
1103333 === MA
−
−
−
=
−
−
−
⋅=
−−
−
⋅=⊗
21
734
1419
07
1073
071
71
76819
0206
022
141
700
68202
1962
141
T
.
1−B apskaičiuota teisingai, jei
==⋅=⋅ −−
100
010
00111 EBBBB .
Patikrinimas:
=
⋅
−
−
−
=⋅−
272
013
0110
21
734
1419
07
1073
071
71
1 BB
=
⋅+⋅−⋅⋅+⋅−⋅⋅+⋅−⋅
⋅+⋅+⋅−⋅+⋅+⋅−⋅+⋅+⋅−
⋅−⋅−⋅⋅−⋅−⋅⋅−⋅−⋅
=
100
010
001
22
10
7
340
14
197
2
11
7
341
14
192
2
13
7
3410
14
19
2007
100
73
7017
101
73
2037
1010
73
2007
10
7
1701
7
11
7
1203
7
110
7
1
.
Matrica 1−B apskaičiuota teisingai. 8571,4734
32 −=−=s
Ats.: =32s –4,86.
6. Apskaičiuoti lygties RXD T =⋅ sprendinio trumpiausią atstumą iki taško );;( nmgM .
( )
++−
+
++
=
⋅
−
=⋅
−
=⋅
321
21
321
3
2
1
321
742
3
2510
742
031
2510
42
31
25
xxx
xx
xxx
x
x
x
xxx
n
m
g
XD TT
Dviejų lygių matricų lygūs ir atitinkami jų elementai, todėl:
=++−
=+
=++
⇒=⋅
2742
73
42510
321
21
321
xxx
xx
xxx
RXD T .
9
Tokios lygčių sistemos sprendimas Kramerio ar atvirkštinės matricos metodais reikalautų atlikti daug skaičiavimų: Kramerio metodu tektų apskaičiuoti keturis trečios eilės determinantus, atvirkštinės matricos metodu – vieną trečios eilės ir devynis antros eilės determinantus. Čia, žinoma, kalbama apie sprendimą „ranka“, t. y. naudojantis gal būt tik kalkuliatoriumi.
Šią lygčių sistemą spręsime Gauso metodu. Iš lygčių sistemos koeficientų sudarome matricą-lentelę:
− 2
7
4
742
031
2510321 xxx
,
A B kurią sudaro dviejų matricų A ir B elementai. Matrica A vadinama pagrindine lygčių sistemos matrica, o visa lentelė – išplėstine lygčių sistemos matrica BA .
Sprendimą Gauso metodu galima suskirstyti į du etapus:
I. Išplėstinės matricos pertvarkymas į trapecinę matricą. II. Sprendimo baigmės nustatymas ir sprendinio apskaičiavimas (jei lygčių sistema
suderinta, t. y. jei lygčių sistema turi bent vieną sprendinį).
I etapas. Išplėstinės matricos pertvarkymas į trapecinę matricą. Lentelė tvarkoma tol, kol gaunama trapecinė matrica. Trapecine vadinama
matrica, kurioje visi (arba kiek įmanoma daugiau) pagrindinės įstrižainės elementai nelygūs nuliui, o visi elementai po pagrindine įstrižaine tik nuliniai. Pagrindinę įstrižainę sudaro elementai, kurių abu elemento vietą žymintys indeksai vienodi ( )K;; 2211 aa . Lentelė – išplėstinė matrica pertvarkoma nepažeidžiant matricų
ekvivalentumo, t. y. pertvarkymo metu išlieka tokie patys matricų A ir BA rangai.
Rango sąvoką apibrėšime vėliau. Matricos rangas nesikeičia (lentelės pertvarkymo taisyklės):
T1. Bet kurią eilutę dauginant iš skaičiaus ir sudedant su kita eilute. T2. Eilutę dauginant (dalinant) iš nelygaus nuliui skaičiaus. T3. Sukeičiant vietomis lentelės eilutes arba matricos A stulpelius. T4. Nulinę eilutę, t. y. eilutę, kurioje visi elementai nuliniai, pašalinant iš
lentelės.
Sprendimą tikslinga pradėti nuo pirmo stulpelio pertvarkymo. Pirmame stulpelyje pagrindinėje įstrižainėje skaičius 10. Kiti stulpelio elementai skaičiai 1 ir –2. Vengiant veiksmų su trupmenomis, naudinga pirmo stulpelio ir pagrindinės įstrižainės susikirtime turėti skaičių – visų žemiau pagrindinės įstrižainės esančių stulpelio elementų daliklį. Pirmam stulpeliui tai pasiekiama sukeitus 1-ą ir 2-ą eilutes (T3):
10
~
2
4
7
742
2510
031
~
2
7
4
742
031
2510
−
−
Nesunku sugalvoti, kad 1 padauginus iš (-10) ir sudėjus su 10 gaunamas 0.
Tačiau T1 leidžia tokį veiksmą tik su eilutėmis, todėl 1-os eilutės elementai dauginami iš (-10) ir sudedami su 2-os eilutės elementais:
( ) ( ) ( ) 22100,255103,010101 =+−⋅−=+−⋅=+−⋅ . Analogiškai 1-os eilutės elementai dauginami iš 2 ir sudedami su 3-os eilutės elementais:
~
16
66
7
7100
2250
031
~
)2()10(
2
4
7
742
2510
031
~
−−
−
−
Gavus visus nulinius elementus 1-ame stulpelyje, toliau tvarkomos tik 32÷ eilutės. 2-ame stulpelyje pagrindinėje įstrižainėje elementas 2522 −=a – nepatogus tolimesniam pertvarkymui. Naudinga antro stulpelio ir pagrindinės įstrižainės susikirtime turėti skaičių – visų tame stulpelyje žemiau pagrindinės įstrižainės esančių elementų daliklį. Tai pasiekiama trečią eilutę dauginant iš 3 ir sudedant su antra eilute (T1):
~
16
18
7
7100
2350
031
~
)3(16
66
7
7100
2250
031
~
−
−−
Toliau nulinis elementas po pagrindine įstrižaine antrame stulpelyje gaunamas antrą eilutę dauginant iš –2 ir sudedant su trečia eilute (T1):
−
−
−
−
52
18
7
3900
2350
031
~)2(
16
18
7
7100
2350
031
~
Matrica A pertvarkyta į trapecinę: 39,5,1 332211 −=== aaa , o visi elementai po
pagrindine įstrižaine nuliniai, t. y. ijiaij <== ,3,2,0 K .
II etapas. Sprendimo baigmės nustatymas ir sprendinio apskaičiavimas
Šiame etape sužinoma, kaip pasibaigs lygčių sistemos sprendimas: ar lygčių
sistema neturi sprendinių ( )φ , turi tik vieną sprendinį (1) ar turi labai daug
sprendinių ( )∞ . Tai nustatoma matricų A ir BA rangais. Matricos rangas lygus
didžiausiai eilei nelygaus nuliui determinanto, kurį galima sudaryti iš matricos eilučių ir stulpelių elementų. Galima įrodyti, kad matricą pertvarkius į trapecinę, jos rangas lygus nenulinių eilučių skaičiui trapecinėje matricoje. Nenuline eilute vadinama tokia eilutė, kurioje bent vienas elementas nelygus nuliui.
Sprendimo baigmę apibrėžia Kronekerio-Kapelli teorema:
11
• jei ( ) ( )BARAR ≠ , lygčių sistema sprendinių neturi ( )Ο/ ,
• jei ( ) ( ) nBARAR == , lygčių sistema turi tik vieną sprendinį (1),
• jei ( ) ( ) nBARAR <= , lygčių sistema turi labai daug sprendinių ( )∞ ,
čia n – lygčių sistemos nežinomųjų skaičius. Lygčių sistema vadinama suderinta, jeigu ji turi bent vieną sprendinį (t. y. (1) arba ( )∞ ). Jei lygčių sistema sprendinių neturi, ji vadinama nesuderinta.
( ) ( ) 3
52
18
7
3900
2350
031
3
3900
2350
031
=
−
−
==
−
= BARBAARA
( ) ( ) 3=== nBARAR .
Vadinasi, lygčių sistema turi vieną sprendinį (suderinta). Apskaičiuojamas sprendinys. Iš paskutinės po pertvarkymo gautos lentelės užrašoma lygčių sistema:
=−
−=+
=+
⇒
−
− 5239
18235
73
52
18
7
3900
2350
031
3
32
21
x
xx
xx
.
Paskutinė lygtis turi tik vieną nežinomąjį 3x , todėl ją išsprendus gaunama:
3952
3 −=x .
Gauta 3x reikšmė statoma į 2-ą lygtį ir iš jos apskaičiuojama 2x reikšmė:
( )39494
391196702
39119618518
3952235 22 =+−=+−=⇒−=−⋅+ xx
==⋅
=39
8,98539
4942x
Surastoji 2x reikšmė statoma į 1-ą lygtį ir apskaičiuojama 1x reikšmė:
394,23
394,296273
394,29677
398,983 11 −=−=−=⇒=⋅+ xx
39
4,231 −=x
−−
3952;
398,98;
394,23 .
Būtina patikrinti, ar teisingai išspręsta. Sprendinys turi tenkinti visas sistemos
=++−
=+
=++
2742
73
42510
321
21
321
xxx
xx
xxx
lygtis.
:a-1 ( ) 439
15639
10449423439522
398,985
394,2310 ==−+−=−+
+
−
:a-2 739273
394,2964,23
398,983
394,23 ==+−=
+
−
12
:a-3 ( ) 23978
393642,3958,46
39527
398,984
394,232 ==−+=−+
+
−⋅−
Visos lygtys tenkinamos. Geometrinė gautojo vienintelio lygčių sistemos sprendinio prasmė – taškas N trimatėje erdvėje: ( )3333,1;5333,2;6,0 −−N . Čia sprendinio nežinomųjų reikšmės išreikštos apytiksliai dešimtainėmis trupmenomis. Apvalinta didesniu tikslumu, nei to reikalauja atsakymo tikslumas. Atstumas tarp taškų ( )MMM zyxM ;; ir
( )NNN zyxN ;; apskaičiuojamas pagal formulę:
222 )()()( MNMNMN zzyyxxMN −+−+−=
Gautasis sprendinys – vienintelis, todėl jo atstumas iki taško )7;0;10(M tuo pačiu bus ir trumpiausias.
Ats.: =d 13,72. 7. Kokia turi būti parametro α reikšmė, kad lygčių sistema TGCY =⋅ būtų
suderinta?
( )
−
=
−−==
14
81121
64221
αGCyyY
( ) ( )21212121 1162421121
642yyyyyyyyCY +−+−+=
−−⋅=⋅
( ) ( )148116242 212121 −=+−+−+⇒=⋅ αyyyyyyGCY T
−=+−
=+−
=+
⇒
14116
824
2
21
21
21
yy
yy
yy α
Tokia lygčių sistema sprendžiama tik Gauso metodu
( )
−−
+−
−
+
−
+
−−
−
424
4
00
20
12
~7
143
4
140
20
12
~2:
143
28
140
40
12
~
32
14
8
116
24
12
αα
α
αα
α
αα
αα
Gauta trapecinė matrica. ( ) 2=AR . Lygčių sistema būtų suderinta, jei ( ) ( )ARBAR = , t. y. reikia, kad ir ( )BAR būtų lygus 2. Būtina, kad trečios eilutės
elementas matricoje B būtų lygus nuliui, todėl:
13
5,104
42
0424
−=−
=
=−−
α
α
Ats.: =α –10,5.
8. Rasti lygties PXEC T =⋅⋅ sprendinio trumpiausią atstumą iki taško );;( nmgM .
++
−−=
⋅
−−=
⋅
⋅
−−=⋅⋅
321
321
3
2
1
3
2
1
112
642
1121
642
100
010
001
1121
642
xxx
xxx
x
x
x
x
x
x
XEC T
=++
=−−⇒
=
++
−−⇒=⋅⋅
7112
0642
7
0
112
642
321
321
321
321
xxx
xxx
xxx
xxxPXEC T
Gautą lygčių sistemą galima išspręsti tik Gauso metodu:
( ) ( ) nBARAR <= , todėl lygčių sistema turi labai daug sprendinių.
Iš paskutinės lentelės gaunama tokia lygčių sistema:
−=−−
=++
7144
7112
32
321
xx
xxx
Iš dviejų lygčių galima apskaičiuoti tik dviejų nežinomųjų reikšmes, todėl kairėje pusėje paliekami tik du nežinomieji. Patogiausia pasilikti tuos nežinomuosius, kurių koeficientai yra pagrindinėje įstrižainėje, t. y. 1x ir 2x :
+−=−
−=+
32
321
1474
1172
xx
xxx
Dešinėje pusėje esantys nežinomieji vadinami laisvaisiais. Jiems laisvai galima suteikti bet kurią reikšmę. Tarkime, kad tx =3 . Jeigu t – skaičius, tai paskutinė lygtis turi tik vieną nežinomąjį. Jį galime rasti:
tx
tx
5,375,1
1474
2
2
−=
+−=−
Gautą 2x reikšmę įstačius į 1-ą lygtį, apskaičiuojama nežinomojo 1x reikšmė:
( )tx
ttx
45,3
1175,375,12
1
1
−=
⋅−=−⋅+
Lygčių sistemos bendras sprendinys yra ( )tttN ;5,375,1;45,3 ⋅−⋅− , iš kurio, keičiant t reikšmę, galima gauti labai daug sprendinių. Geometriškai sprendinys N trimatėje erdvėje reiškia tiesę. Uždavinyje reikalaujama rasti trumpiausią atstumą d iki taško );;( nmgM , taigi reikia rasti artimiausią taškui M sprendiniu apibrėžiamos tiesės tašką.
.2825,9425,1325,29 2 +⋅−⋅= tt Apskaičiuojamas atstumas priklauso nuo parametro t reikšmės. Žinome, kad
kvadratinės funkcijos cbxaxy ++= 2 mažiausia reikšmė, kai 0>a , gaunama parabolės viršūnėje, kai abx 2/−= . Todėl
23453
7,1165,2
5,5825,13
25,29225,13 ===
⋅=t .
Radome parametro t reikšmę, su kuria gaunama mažiausia pašaknio, o tuo pačiu ieškomo atstumo, reikšmė:
=+
⋅−
⋅= 2825,94234
5325,13
234
5325,29
2
d
632,9)234(
57,51625325,16432625,321632 =+−=
Ats.: =d 9,63.
9. Rasti nežinomojo 1x reikšmę matricinės lygties HABXT ⋅= sprendinyje.
( )
++
+
+
=
⋅
=⋅
=
321
21
21
3
2
1
321
272
3
10
272
013
0110
272
013
0110
xxx
xx
xx
x
x
x
xxxBX TT
=
⋅+⋅+⋅
⋅+⋅+⋅
⋅+⋅+⋅
=
⋅
=⋅
84
42
39
61401030
670230
660331
6
0
3
14100
720
631
HA .
Vienodų formatų matricos lygios, kai lygūs atitinkami matricų elementai, todėl iš matricinės lygties HAXB T ⋅=⋅ seka tokia tiesinių lygčių sistema:
=++
=+
=+
84272
423
3910
321
21
21
xxx
xx
xx
.
Galimi trys tokios tiesinių lygčių sistemos sprendimo metodai: Kramerio, atvirkštinės matricos, Gauso. Kramerio ir atvirkštinės matricos metodais tiesinių lygčių sistema išsprendžiama tik tada, kai pagrindinis matricos determinantas nelygus nuliui. Spręsime Kramerio metodu:
15
Pagrindinis lygčių sistemos determinantas
272
013
0110
=D sudarytas iš visų lygčių
sistemos koeficientų prie nežinomųjų. Pagalbiniai lygčių sistemos determinantai
8472
4213
39110
2842
0423
03910
2784
0142
0139
321=== xxx DDD ,
t. y. determinantai, sudaryti iš pagrindinio determinanto, kuriame koeficientai prie atitinkamo nežinomojo keičiami laisvaisiais nariais.
Kramerio taisyklės: • jei ,0≠D lygčių sistema turi vienintelį sprendinį, apskaičiuojamą taip:
D
Dx
D
Dx
D
Dx
xxx 32321 ;; === ;
• jei 0=D ir visi 0321=== xxx DDD , lygčių sistema turi labai daug
sprendinių arba iš viso jų neturi; • jei 0=D ir bent vienas iš 0,,
321≠xxx DDD , lygčių sistema sprendinių
neturi. Apskaičiuojamas pagrindinis lygčių sistemos determinantas D. Jei jo reikšmė
bus lygi nuliui, toliau Kramerio metodu nesprendžiama. Tada sprendžiama Gauso metodu (pasinaudoti 7 arba 8 uždavinių sprendimo pavyzdžiais).
Skleidžiama trečio stulpelio elementais:
( ) 14310213
11022
272
013
011033
33 =−⋅=⋅=⋅==MAD .
014≠=D , todėl lygčių sistema turi vienintelį sprendinį. Jo radimui apskaičiuojamos visų pagalbinių determinantų reikšmės:
( ) 642392142
139222
2784
0142
0139
333333
1−=−⋅=⋅=⋅=⋅== MAD
Mx .
( ) 6061174202423
391022
2842
0423
0391033
2 33 =−⋅=⋅=⋅==MADx .
16
152718968
371
189068
307
39110)7()1(
8472
4213
39110
121212
3−=
−−
−−=−=⋅=
−−
−=
−−
=−
MADM
x .
Tada 141527,
14606,
146 321
321−====−==
D
Dx
D
Dx
D
Dx
xxx .
( )141527;
14606;
146 −−
Patikrinimas. Sprendinys turi tenkinti visas sistemos lygtis: 1-a lygtis: 2-a lygtis: 3-a lygtis:
848442423939
8414
117642
14
58839
14
546
84141527
214606
714
6242
14606
146
33914606
146
10
842724233910 3212121
===
===
=
−+⋅+
−=+
−=+
−
=++=+=+ xxxxxxx
Ats.: =−=14
61x -0,43.
10. Rasti lygties HXA T =⋅ sprendinio trumpiausią atstumą iki taško
);;( nmgM .
=
=
=
6
0
3
14100
720
631
3
2
1
H
x
x
x
XA T
Iš matricinės lygties HXA T =⋅ gaunama tokia tiesinių lygčių sistema:
=+
=+
=−+
61410
072
3631
32
32
321
xx
xx
xxx
Lygties HXA T =⋅ sprendimas atvirkštinės matricos metodu:
HAXAA T ⋅=⋅⋅ −− 11 HAXE T ⋅=⋅ −1
HAXT ⋅= −1
⊗=
==
−
−
1
1
14100
720
631
AS
17
04270281410
721
14100
720
631
det 1111 ≠−=−===⋅== MAA . 1−A egzistuoja.
421410
721111 −=== MA 0
140
701212 =−=−= MA 0
100
201313 === MA
181410
632121 =−=−= MA 14
140
612222 === MA 10
100
312323 −=−=−= MA
972
633131 === MA 7
70
613232 −=−=−= MA 2
20
313333 === MA
−
−
−
⋅−=
−
−
−
⋅−
=⊗
2100
7140
91842
421
279
101418
0042
421
T
.
Apskaičiuojamas lygčių sistemos sprendinys:
−=
−
=
−
−
−=
⋅
−
−
−
−=⋅=
= −
7217
12
4212142
72
12
42
72
421
6
0
3
2100
7140
91842
4211
3
2
1
HA
x
x
x
XT
Patikrinimas. 1-a lygtis: 2-a lygtis: 3-a lygtis:
660033
672
1477
10072
777
2372
677
37
121
61410072363 3232321
===
=
−⋅+
⋅=
−⋅+
⋅=
−⋅+
⋅+
⋅
=+=+=++ xxxxxxx
Lygčių sistemos sprendinys ( )72;1;
712 −N . Sprendinys vienintelis, todėl jo atstumas
VEKTORIN Ė ALGEBRA IR ANALIZIN Ė GEOMETRIJA ERDVĖJE
PRATIMAI
g – grupės numeris 201÷=g ; m – studento numerio grupės sąraše pirmas skaitmuo 3,2,1,0=m ; n – studento numerio grupės sąraše antras skaitmuo 90÷=n . Prizmės viršūnės – taškai:
)5;7;2(
)35;112;2(
)5;1;2(
)5;3;2(
+−+′
−−−
+−+
−
gmnA
nmgC
nmgB
A
A
B′
C′ A′
A′′
B
C D T
Q
H
1 pav.
Apskaičiuoti (0,01 tikslumu):
1. Trikampio ABC perimetrą. 2. Sienos CCBB ′′ trumpesnės įstrižainės ilgį. 3. Didžiausią trikampio ABC vidaus kampą (laipsniais). 4. Trikampio CBA ′′′ plotą. 5. Prizmės šoninio paviršiaus plotą. 6. Prizmės aukštinės H ilgį. 7. Briaunos AA ′ su trikampiu ABC sudaromą kampą (laipsniais). 8. Atkarpos AD ilgį. D – statmens iš viršūnės 'B į kraštinę AC pagrindas. 9. Taško A′′ abscisę. A′′ – taško A′ projekcija sienoje CCBB ′′ . 10. Taško C nuotolį nuo sienos BBAA ′′ .
19
PAVYZDYS
7;0;10 === nmg .
)5;7;2(
)35;112;2(
)5;1;2(
)5;3;2(
+−+′
−−−
+−+
−
gmnA
nmgC
nmgB
A
⇒
)15;7;9('
)16;11;8(
)12;1;12(
)5;3;2(
−
−−−
−
A
C
B
A
Pirmiausia rasime nežinomų prizmės viršūnių koordinates. Prizmė –
briaunainis, kurio pagrindai (šiuo atveju trikampiai) lygiagretūs, o šoninės sienos – lygiagretainiai.
Rasime viršūnę C′ . Tegu ( )zyxC ;;′ . Taško C′ radimui panaudosime kokį nors lygiagretainį, kuriame nežinomos tik taško C′ koordinatės. Akivaizdu, kad toks lygiagretainis yra tik lygiagretainis CCAA ′′ . Lygiagretainio priešingos kraštinės lygios ir lygiagrečios, tai CCAA ′=′ .
Žinant vektoriaus pradžios ir galo taškų koordinates, vektoriaus projekcijos (arba spindulio – vektoriaus koordinatės) randamos iš galo taško koordinačių atimant pradžios taško koordinates:
{ } { }CCCCCCAAAAAA zzyyxxCCzzyyxxAA −−−=′−−−=′ ′′′′′′ ;;;;; . Įstatę atitinkamas taškų koordinačių reikšmes gausime:
( ){ } { }( ) ( ) ( ){ } { }16;11;816;11;8
10;4;7515;37;29
+++=−−−−−−=′
−=−−−−−=′
zyxxyxCC
AA
Du vektoriai lygūs, jei lygios jų atitinkamos koordinatės:
apskaičiuotume taško B′ koordinates: ( )22;3;19 −′B . Būtina pasitikrinti, ar gerai apskaičiuota. Patikrinimui tikslinga naudoti kitokį
to paties uždavinio sprendimo kelią (būdą) arba pasinaudoti kokiu nors matematiniu faktu, padėsiančiu įsitikinti skaičiavimų teisingumu.
Skaičiavimui naudojome vektorius AA ′ ir CC ′ . Jeigu teisingai apskaičiuotos taško C′ koordinatės, vektoriai AC ir CA ′′ taip pat turi būti lygiagretūs ir lygūs. Apskaičiuosime vektorių AC ir CA ′′ koordinates.
( ){ } { }( ){ } { }21;8;10156;715;91
21;8;10516;311;28
−−−=−−−−−−−=′′
−−−=−−−−−−−=
CA
AC
Akivaizdu, kad vektoriai AC ir CA ′′ lygūs ir lygiagretūs. Vadinasi, taško ( )6;15;1 −−−′C koordinatės apskaičiuotos teisingai.
Brėžinyje pavaizduotas sienos CCBB ′′ eskizas. Tikrąją sienos viršūnių – taškų CBB ′′,, ir C padėtį trimatėje erdvėje nėra lengva įsivaizduoti, todėl sunku iš
anksto pasakyti, kuri sienos įstrižainė trumpesnė. Apskaičiuosime abiejų įstrižainių ilgius ir atsakyme pateiksime trumpesnės ilgį.
{ } { }18;16;13126;115;121' −−−=−−−−−−=BC
( ) ( ) ( ) 368,27749181613' 222 ≅=−+−+−=BC
{ } { }38;14;272216;311;198' −−−=−−−−−−=CB
( ) ( ) ( ) 672,482369381427' 222 ≅=−+−+−=CB
Ats.: ='BC 27,37.
B′ C′
B C
21
3. Apskaičiuoti didžiausią trikampio ABC vidaus kampą (laipsniais).
)16;11;8(
)12;1;12(
)5;3;2(
−−−
−
C
B
A
3 pav.
Kampą trimatėje erdvėje galima rasti pasinaudojant kampo tarp vektorių
Iš gauto skaliarinės sandaugos rezultato ( 279−=⋅ ACAB ) jau galima teigti,
kad kampas tarp vektorių (tuo pačiu ir A∠ ) bus didesnis nei 090 . Tai būtų ir didžiausias trikampio vidaus kampas. Nepaisant to, apskaičiuosime visus trikampio kampus ir taip pasitikrinsime skaičiavimų teisingumą.
Jeigu skaičiavimai teisingi, trikampio kampų suma turi būti lygi 0180 . Patikrinsime: 0180999,179 ==∠+∠+∠ CBA . Skaičiavimai teisingi.
Ats.: =∠A 152,01o.
4. Apskaičiuoti trikampio CBA ′′′ plotą.
)6;15;1(
)22;3;19(
)15;7;9(
−−−′
−′
−′
C
B
A
4 pav. Iš vektorinės algebros kurso žinome, kad dviejų vektorių vektorinės sandaugos
rezultatas – vektorius, statmenas abiems dauginamiems vektoriams, o šio vektoriaus ilgis lygus vektorinio lygiagretainio, sudaryto iš dviejų dauginamųjų vektorių, plotui, t. y.:
CABAn ′′×′′=
=′′⋅
=′′⋅⇒
′′⊥
′′⊥
0
0
CAn
BAn
CAn
BAn '''' CDBASn =
Akivaizdu, kad trikampio CBA ′′′ plotas lygus pusei lygiagretainio '''' CDBA ploto:
Iš stereometrijos kurso žinome, kad prizmės tūris lygus jos pagrindo ploto ir
aukštinės sandaugai, t. y.: HSV ABCsprizmė ⋅= ∆ .
Iš čia seka
ABC
sprizmė
S
VH
∆
= .
Apskaičiuosime prizmės tūrį.
25
A′
A
B
C
β
n
E
)15;7;9('
)16;11;8(
)12;1;12(
)5;3;2(
−
−−−
−
A
C
B
A
{ }{ }{ }10;4;7
21;8;10
7;4;10
−=′
−−=
=
AA
AC
AB
7 pav. Iš vektorinės algebros kurso žinome, kad bet kurių trijų nekomplanarių
(nesančių vienoje plokštumoje) vektorių mišriosios sandaugos modulis geometriškai reiškia tūrį gretasienio, kurio briaunos sutampa su dauginamaisiais vektoriais. Prizmės tūris sudaro pusę gretasienio tūrio, todėl
( ) =′⋅×⋅=⋅= AAACABVV niogretasiesprizmė 2
1
2
1
=−⋅=
−
−−−⋅=
′′′
⋅=
17017
7010
7410
2
112
1047
21810
7410
2
1
2
1
zyx
zyx
zyx
AAAAAA
ACACAC
ABABAB
( ) =+⋅−⋅=−
⋅−⋅=−
⋅−⋅=⋅⋅= 710682
111
710174
2
11717
7104
2
14
2
1 12
12
M
A
578173417682
11768
2
1=⋅=⋅⋅=⋅−⋅= .
CBAABC SS ′′′∆∆ = , todėl pasinaudodami jau spręsto 4-o uždavinio rezultatu, gauname
797,7135,74
578===
′′′∆ CBA
ėsprizm
S
VH .
Ats.: =H 7,80.
7. Apskaičiuoti briaunos AA ′ su trikampiu ABC sudaromą kampą
(laipsniais).
)15;7;9('
)16;11;8(
)12;1;12(
)5;3;2(
−
−−−
−
A
C
B
A
{ }{ }{ }10;4;7
21;8;10
7;4;10
−=′
−−=
=
AA
AC
AB
8 pav.
A′
B′
C′
A
B
C
26
Kampu tarp tiesės ir plokštumos laikomas smailus kampas tarp tiesės ir tos
tiesės projekcijos plokštumoje, t. y. ∧
′=′∠ AEAAAEA . Vektoriai AB ir AC priklauso plokštumai (guli trikampio ABC plokštumoje, tai šių vektorių vektorinė
sandauga nACAB =× ). Vektorius n bus statmenas plokštumai. EAAAn ′′,, guli vienoje plokštumoje ( EA′ taip pat statmenas trikampio ABC plokštumai), tai
kampą AEA′ gausime iš 090 atėmę kampą tarp vektorių AA ′ ir n .
Reikia įsitikinti, ar vektorius n su vektoriumi AA ′ sudaro smailų kampą. Tai parodo vektorių skaliarinė sandauga
( ) ( ) .115640056019610404140728 −=−−−=⋅−+−⋅+⋅−=′⋅ AAn Skaliarinės sandaugos rezultatas – neigiamas skaičius, todėl kampas tarp n ir
AA ′ – bukas (didesnis nei 090 ). Norint gauti teisingą uždavinio sprendimo rezultatą, reikia pakeisti kurio nors vektoriaus kryptį. Pakeisime vektoriaus n kryptį: { }40;140;28−=n . Rasime kampą β .
Taškas į ką nors projektuojamas trumpiausiu keliu, t. y. taškas A′′ turi būti statmenyje iš taško A′ į sieną (plokštumą) CCBB ′′ . Todėl taško A′′ radimo žingsniai tokie:
1) parašyti plokštumos Q (sienos CCBB ′′ ) lygtį; 2) parašyti tiesės T per A′ , statmenos plokštumai Q, lygtį; 3) apskaičiuoti A′′ – tiesės T ir plokštumos susikirtimo taško – koordinates. 1) taškai B, C ir C′ yra sienoje CCBB ′′ , todėl pasinaudosime plokštumos,
išvestos per tris taškus, lygtimi:
0=
−−−
−−−
−−−
′′′ BCBCBC
BCBCBC
BBB
zzyyxx
zzyyxx
zzyyxx
⇒
−−−
−−−
−−−
⇒=
−−−−−−
−−−−−−
−−−
181613
281220
12112
0
126115121
1216111128
12112 zyxzyx
A′
B′
C′
A
B
C
A′′
29
(iš antros eilutės prieš determinantą iškeliame –4, iš trečios iškeliame –1)
.0
181613
735
12112
0
181613
735
12112
4 =
−−−
⇒=
−−−
⋅⇒
zyxzyx
( ) ( ) ( ) 012112131211
131211 =⋅−+⋅−+⋅−− MMM
AzAyAx .
( ) ( ) ( ) 0121613
351
1813
7512
1816
73=−⋅+−⋅−−⋅ zyx .
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
02034158
0)12(411)12(58
0123980191901211254
=+++−
=−+−+−−
=−−+−⋅−−−⋅−
zyx
zyx
zyx
02034158: =−−− zyxQ .
2) tiesė per tašką A′ turi būti statmena plokštumai Q, todėl šiai plokštumai
statmenas vektorius { }41;1;58 −−=n bus lygiagretus tai tiesei. Todėl tiesės krypties vektorius ns ≡ . Tada tiesės per ( )15;7;9−′A , lygiagrečios vektoriui
{ }41;1;58 −−=s , lygtis tokia:
4115
17
589:
−−=
−+
=− zyxT .
Pertvarkę į parametrines lygtis, gauname:
+⋅−=
−−=
+⋅=
1541
7
958
:
tz
ty
tx
T
3)
+⋅−=
−−=
+⋅==−−−
⇒′′
1541
7
95802034158
:
::
tz
ty
txzyx
T
QA
Iš paskutinių trijų lygčių statome į pirmą: ( ) ( ) ( ) 0203154141795858 =−+⋅−−−−−+⋅ ttt
0203615752216813364 =−−++⋅++⋅ ttt 2895046 =⋅ t
5046289=t
Įstatę gautą t reikšmę į paskutines lygčių sistemos lygtis, gausime:
( ) 3218,125046621769
504628958958 ==+⋅=+⋅= tx
0573,75046356117
50462897 −=−=−−=−−= ty
30
( ) 6518,1250466384115
5046289411541 ==+⋅−=+⋅−= tz
( )6518,12;0573,7;3218,12 −′′A
Teko atlikti daug skaičiavimų. Būtina įsitikinti, ar teisingai suskaičiuota. Patikrinsime:
• ar taškas ( )6518,12;0573,7;3218,12 −′′A yra sienos CCBB ′′ plokštumoje? Jei taškas A′′ yra sienos plokštumoje, tai jo koordinatės turi tenkinti plokštumos Q lygtį.
gxny +=+− 2)3( 2 šakomis, ilgį. 9. Nustatyti, kiek bendrų taškų turi kreivės
0)()(22 222 =−−⋅−−+⋅− nmynmyxgx ir )1(42 2 −⋅+⋅−=⋅ mgxgxyg 10. Plokštumos sritį S nustato šešių nelygybių sistema:
≥
≥
≤⋅++
≤⋅+++⋅−−
≤⋅+++⋅−
≤⋅++⋅−
0]6[
0]5[
1)6(]4[
1)11()8(]3[
1)7()1(]2[
1)()6(]1[
y
x
yng
yngxm
yngxm
yngxm
Apskaičiuoti didžiausią funkcijos yngF ⋅++= )6( reikšmę srityje S.
33
PAVYZDYS
g m n 12 2 6
)7
)6
)22
;4(
;5(
;12(
)5
)12
)10
;10(
;3(
;(
−
−
⇒
−
−
+
−
+
C
B
A
g
n
g
nC
mB
gA
1. Apskaičiuoti trikampio ABC pusiaukraštinių susikirtimo taško D atstumą iki
koordinačių pradžios taško ( )0;0O .
A
C
B
D
OA'
B'
C'
12 pav.
Brėžinyje (čia ir toliau) parodytas tik uždavinio eskizas. Sprendėjui verta
nusibrėžti tikslų brėžinį. Jis padės bent vizualiai patikrinti sprendimo teisingumą. Pusiaukraštinė – tiesės atkarpa, jungianti viršūnę su priešingos kraštinės
vidurio tašku, todėl pirmiausia apskaičiuojamos kraštinių vidurio taškų koordinatės: ( )
5,02
76
25,0
2
45
2 '' =+−
=+
==−+
=+
= CBA
CBA
yyy
xxx ( )5,0;5,0A′
( )5,14
2
722
24
2
412
2 '' =+
=+
==−+
=+
= CAB
CAB
yyy
xxx ( )5,14;4'B
82
)6(22
25,8
2
512
2 '' =−+
=+
==+
=+
= BAC
BAC
yyy
xxx ( )8;5,8'C
Tiesės, išvestos per du taškus, lygtis tokia: 12
1
12
1
xx
xx
yy
yy
−−
=−−
Lygtis tiesės-pusiaukraštinės 'AA :
⇒−−=
−−⇒
−−=
−−⇒
−−
=−−
′ 5,1112
5,2122
125,012
225,022:
''
xyxyxxxx
yyyy
TAA
A
AA
AAA
2585,212535,11 +−=+− xy . Lygtis pertvarkoma į bendrąją lygtį 0=++ cbyax , kurioje cba ,, – sveiki skaičiai. Tam abi lygties pusės dauginamos iš 2 ir visi nariai sukeliami į kairę lygties pusę. Tada
0102343: =−−′ yxT AA . Verta pasitikrinti, ar lygtis parašyta teisingai. Jei tiesės lygtis parašyta teisingai, taško, priklausančio tiesei, koordinatės turi tenkinti lygtį.
34
Patikrinimas: Ar ?)22;12( =∈ ′AATA
0001050651601022231243 =⇒=−−⇒=−⋅−⋅ . Taip.
Ar ?)5,0;5,0( =∈′ ′AATA
000105,115,210105,0235,043 =⇒=−−⇒=−⋅−⋅ . Taip. Analogiškai parašomos kitų pusiaukraštinių lygtys.
⇒−−=+⇒
−−=
−−−−⇒
−−=
−−
′ 15
5,206
545
)6(5,14)6(:
''
xyxyxxxx
yyyy
TBB
B
BB
BBB
5,1025,206 −=−− xy 0193241:' =−+ yxTBB
⇒+=−⇒−−−−=
−−⇒
−−
=−−
′ 5,124
17
)4(5,8)4(
787:
''
xyxyxxxx
yyyy
TCC
C
CC
CCC
45,875,12 +=− xy 0183252:' =+− yxTCC
Taškas D – visų trikampio pusiaukraštinių susikirtimo taškas, todėl
−=−
=+
=−
⇒
183252
193241
102343
:
'
'
'
yx
yx
yx
T
T
T
D
CC
BB
AA
.
Tokia lygčių sistema sprendžiama tik Gauso metodu. Jeigu visos tiesių lygtys parašytos teisingai, lygčių sistema turės tik vieną sprendinį, t. y. kuri nors viena eilutė turi būtinai tapti nuline ir būti pašalinta iš lentelės.
( )( )
( )( )
−−
−−
−−−−
−−
−
7889
0
3853
10290
00
5021
~
21
183
3853
3853
252
5021
5021
~
2021183
193
10
252
241
2343
Lygčių sistema turi tik vieną sprendinį. Gautas žinomo geometrinio teiginio,
kad visos trikampio pusiaukraštinės susikerta viename taške, patvirtinimą. Įsitikinta, kad visos lygtys parašytos teisingai. Toliau sprendžiant likusią lygčių sistemą, gaunamos ieškomo taško D koordinatės.
⇒=
=⇒
=−−=
=⋅+
−=−
=+
3/23
3/13
3/231029/7889
2853)3/23(502
78891029
3853502
y
x
y
x
y
yx ( )323;
313D .
Žinoma, tašką D galima apskaičiuoti daug paprasčiau, pasinaudojant žinomu geometriniu teiginiu: pusiaukraštinių susikirtimo taškas dalina pusiaukraštines santykiu 1/22 ==λ , skaičiuojant nuo viršūnės taško. Taško, dalinančio atkarpą santykiu λ , koordinatės apskaičiuojamos taip:
λ
λ
λ
λ
+
⋅+=
+
⋅+=
1;
1gp
Dgp
D
yyy
xxx ,
čia pp yx , – atkarpos pradžios taško koordinatės;
gg yx , – atkarpos galo taško koordinatės;
dd yx , – atkarpą dalinančio taško koordinatės.
35
Pavyzdžiui, pasinaudojant pusiaukraštinės AA ′ taškų koordinatėmis, taško D koordinatės apskaičiuojamos taip:
3
23
21
25,022
13
13
21
25,012
1'' =
+⋅+
=+
⋅+==
+⋅+
=+
⋅+=
λλ
λλ AA
DAA
Dyy
yxx
x
Atstumas tarp dviejų taškų );( MM yxM ir );( NN yxN apskaičiuojamas pagal formulę:
22 )()( MNMNMN yyxxd −+−=
Taško D atstumas iki koordinačių pradžios taško ( )0;0O :
( ) ( ) ( ) ( ) 807,83698
323
3130
3230
313 2222
==+=−−−=ODd .
Ats.: 8,81.
2. Apskaičiuoti trikampio ABC aukštinių susikirtimo taško E atstumą iki taško A.
C
A
B
E
?
13 pav.
Aukštinė – tiesė, išvesta per trikampio viršūnę ir statmena tai viršūnei
priešingai kraštinei. Uždavinys spręstinas tokia tvarka: parašomos visų aukštinių lygtys, randamas jų susikirtimo taškas E, apskaičiuojamas reikalaujamas atstumas tarp taškų A ir E.
Aukštinės lygčiai parašyti naudotina lygties per tašką );( MM yxM , žinant tiesės krypties koeficientą k , formulė:
)( MM xxkyy −⋅=− .
Rašoma aukštinės iš viršūnės A lygtis, t. y. tiesė AET :
žinomas tiesės taškas ( )22;12A , todėl: ( )1222 −⋅=− xky
Lygtyje nežinomas krypties koeficientas k . Iš analizinės geometrijos kurso žinoma, kad dviejų statmenų tiesių krypčių koeficientus sieja lygtis 121 −=⋅kk . Tiesė AET (aukštinė) statmena kraštinei-tiesei BC, todėl
BCAE TT kk /1−= . Tiesės, išvestos per
du taškus, krypties koeficientas apskaičiuojamas pagal formulę:
Taškas E – visų trikampio aukštinių susikirtimo taškas, todėl:
=+
−=+
−=−
⇒
=−+
=++
=+−
⇒
244
101516
178139
0244
0101516
0178139
:
yx
yx
yx
yx
yx
yx
T
T
T
E
CE
BE
AE
.
Lygčių sistema sprendžiama Gauso metodu.
( )( )
( )
−−−
−
−
−
−
−−
−
−−
24
0
394
41
00
490
~
1
24
394
394
41
490
490
~
91624
10
178
4
1516
139
1
Lygčių sistema turi tik vieną sprendinį. Įsitikinta, kad visos aukštinių lygtys parašytos teisingai. Toliau sprendžiant likusią lygčių sistemą, gaunamos ieškomo taško E koordinatės:
37
−⇒−=
=⇒
⋅−=
=⇒
=+
−=−
49
394;
49
40049/400
49/394
49/394424
49/394
244
39449E
x
y
x
y
yx
y
( ) ( ) ( ) ( ) 524,2449
144400049684
4998822
4939412
49400 2222
==−+−=−−−−=AEd
Ats.: 24,52.
3. Apskaičiuoti trikampio ABC statmenų, iškeltų iš kraštinių vidurių, susikirtimo
taško F atstumą iki kraštinės AB.
C
B
A
B'
A'
C'F
?
14 pav.
Kraštinių vidurio taškai jau buvo apskaičiuoti 1 užduotyje. Jų koordinatės
tokios:
)8
)5,14
)5,0
;5,8(
;4(
;5,0(
C
B
A
′
′
′
Uždavinys spręstinas tokia tvarka: parašomos visų statmenų lygtys, randamos jų susikirtimo taško F koordinatės, apskaičiuojamas reikalaujamas taško F atstumas iki kraštinės AB. Statmens lygčiai parašyti naudojama lygties per tašką
);( MM yxM , žinant tiesės krypties koeficientą k , formulė: )( MM xxkyy −⋅=− .
Rašoma tiesės FA′ lygtis. Statmens FA′ tiesė išvedama per tašką )5,0;5,0(A′ ir statmena kraštinei BC , kurios lygties krypties koeficientas jau rastas 2 užduotyje
913−=
BCTk , todėl
( ) ( )
021395,495,613
5,01395,05,0
91315,0:
=+−⇒−=−⇒
⇒−=−⇒−−−=−′
yxxy
xyxyT FA
02139: =+−′ yxT FA .
Analogiškai parašomos kitų statmenų-tiesių lygtys.
38
Statmens-tiesės :'FB ( )1516
1615
115,14;4'
−=−=−=′ACT
BFT kkB
05,281151664165,21715)4(15
165,14: =−+⇒+−=−⇒−
−=−′ yxxyxyT FB
05,2811516: =−+′ yxT FB .
Statmens-tiesės :'FC ( )4118;5,8
'−=−=′
ABTFCT k
kC
05,4045,8324)5,8(4
18: =−+⇒+−=−⇒−
−=−′ yxxyxyT FC
05,404: =−+′ yxT FC .
Taškas F – visų trikampio statmenų, iškeltų iš kraštinių vidurio taškų ',',' CBA , susikirtimo taškas, todėl:
=+
=+
−=−
⇒
=−+
=−+
=+−
⇒
5,404
5,2811516
2139
05,404
05,2811516
02139
:
'
'
'
yx
yx
yx
yx
yx
yx
T
T
T
F
FC
FB
FA
Lygčių sistema sprendžiama Gauso metodu.
( ) ( )
( )
−−−
−
−
−
−
−−
−−
5,40
0
5,366
41
00
490
~
1
5,40
5,366
5,366
41
490
490
~
9165,40
5,281
2
4
1516
139
1
Lygčių sistema turi tik vieną sprendinį. Įsitikinta, kad visos lygtys parašytos teisingai. Toliau sprendžiant lygčių sistemą, gaunamos ieškomo taško F koordinatės:
Kraštinių-tiesių lygtims parašyti naudojama lygties per tašką );( MM yxM ,
žinant tiesės krypties koeficientą k , formulė: )( MM xxkyy −⋅=− . Rašoma tiesės, išvestos per viršūnę A lygiagrečiai trikampio ABC kraštinei
BC lygtis. Žinomas tiesės taškas ( )22;12A , todėl: ( )1222 −⋅=− xky
Iš analizinės geometrijos kurso žinoma, kad dviejų lygiagrečių tiesių krypčių koeficientai lygūs, t. y. krypčių koeficientus sieja lygtis 21 kk = . Tiesė ''CBT lygiagreti tiesei BC, todėl
BCCB TT kk =''
. Pasinaudosime 2 užduotyje jau
apskaičiuotu kraštinės-tiesės BCT krypties koeficientu: 9
Darbe bus naudojamos tik tokios antros eilės lygtys, kuriose nėra antros eilės nario su kintamųjų sandauga yx ⋅ , t. y: 022 =++++ EDyCxByAx . Būtina antros
eilės lygties sąlyga 022 ≠+ BA . Kitaip tariant, lygtyje turi būti bent vienas antro laipsnio narys.
Pagal lygties koeficientų A ir B reikšmes galima nustatyti kreivės tipą:
41
Jei 0=⋅BA , tai parabolė arba dvi lygiagrečios tiesės (realios arba menamos). Jei 0>⋅BA , tai apskritimas )( BAkai = arba elipsė )( BAkai ≠ . (Realūs
arba menami) Jei 0<⋅BA , tai hiperbolė arba dvi susikertančios tiesės (realios arba
menamos).
Antros eilės kreivės lygtį 022 =++++ EDyCxByAx būtina pertvarkyti į kanoninę lygtį. Kanoninė lygtis yra tokia lygties forma, iš kurios galima sužinoti
pagrindinius kreivės parametrus. Jeigu lygtis 022 =++++ EDyCxByAx gali būti pertvarkyta į lygtis
( ) ( )VV xxGyy −=− 2 arba ( ) ( )VV yyGxx −=− 2 , kai 0≠G , tai lygtis – parabolės lygtis. Iš jos nustatomi: 1) pagrindinio kreivės taško – viršūnės koordinatės );( VV yxV ; 2) židinio )( Ftaško nuotolis d nuo viršūnės V ,
kuris lygus 4Gd = ; 3) parabolės šakų kryptis (jei G>0, šakos nukreiptos teigiama
kintamojo, su kuriuo sandaugoje yra G, reikšmių kryptimi, jei G<0 – neigiama kintamojo reikšmių kryptimi).
Pagrindinis pertvarkymo į kanoninę lygtį instrumentas – pilno kvadrato išskyrimo formulė:
222
22
−
±=±pp
xpxx
Nustatomas antros eilės kreivės tipas:
1,021281002812 222 ==⇒−+−⋅+⋅⇒=−−+ BAyxyxxyy 010 =⋅=⋅BA , todėl kreivė – parabolė arba dvi lygiagrečios tiesės. Kuris iš tų
dviejų atvejų yra, sužinoma toliau pertvarkant lygtį. Išskiriamas pilnas kvadratas:
044,,11,4142114 22 >=⋅≠===+ BABABAyx , todėl kreivė-elipsė.
Kanoninė elipsės lygtis tokia: 12
2
2
2
=+b
y
a
x. Iš jos sužinomi:
• pagrindinis elipsės taškas – centras )0;0(C ;
• pusašės bira ( didžioji ir mažoji);
142:/142114 22 =+ yx
babayxyx
>===+⇒=+11
142
4
1421
11142
4142
1142
11
142
4 222222
• c – elipsės židinio nuotolis nuo centro (apskaičiuojamas): 22 bac −= arba 22 abc −= ;
• ekscentricitetas (apskaičiuojamas):bcarba
ac == εε ;
a
ba 22 −=ε , jei ba > arba
b
ab 22 −=ε , jei ab > .
44
18 pav. Ekscentricitetas parodo apskritimo „suspaudimo“ laipsnį: kai ba = , tai 0=ε – apskritimas nesuspaustas (elipsės nėra); kai ba >> , tai 1≅ε – apskritimas suspaustas į a⋅2 ilgio atkarpą
Brėžinys patvirtina skaičiavimo rezultatus: kreivės susikerta keturiuose
taškuose.
Ats.: 4.
10. Plokštumos sritį S nustato šešių nelygybių sistema:
≥
≥
≤⋅++
≤⋅+++⋅−−
≤⋅+++⋅−
≤⋅++⋅−
0]6[
0]5[
1)6(]4[
1)11()8(]3[
1)7()1(]2[
1)()6(]1[
y
x
yng
yngxm
yngxm
yngxm
Apskaičiuoti didžiausią funkcijos yngF ⋅++= )6( reikšmę srityje S.
47
g=12 m=2 n=6 Sritis S:
≥
≥
≤
≤+−
≤+−
≤+
0]6[
0]5[
122]4[
12910]3[
125]2[
1184]1[
y
x
y
yx
yx
yx
Funkcija yF 24= .
Uždavinio sprendimo tvarka tokia: 1) randama sritis S, kurią nustato nelygybių sistema: 2) srityje S randamas taškas su didžiausia y reikšme; 3) apskaičiuojama funkcijos F reikšmė surastame taške.
Nelygybių sistemos sprendinys – atskirų nelygybių sprendinių bendroji dalis. Kitaip sakant, reikia išspręsti kiekvieną nelygybę atskirai, o paskui rasti tą plokštumos dalį, kurios taškų koordinatės tenkina visas nelygybes.
Sprendžiama [1] nelygybė. Ji pertvarkoma taip: 01184 ≤−+ yx . Žinoma, kad bet kuri dviejų kintamųjų x ir y lygtis 0);( =yxf geometriškai reiškia kokią nors kreivę plokštumoje. Bet kurio šios kreivės taško koordinatės tenkina lygtį. Taškų, nesančių kreivėje, koordinatės lygties netenkina. Tada 0);( >yxf arba 0);( <yxf . Lygtis 01184 =−+ yx – tiesės lygtis. Visi šios tiesės taškai tenkina lygtį, o tuo pačiu ir [1] nelygybę. Nubrėžta tiesė padalina plokštumą į dvi (sąlyginai apatinę ir viršutinę) pusplokštumes. Parenkant apatinėje pusplokštumėje bet kurį tašką (pvz. O(0;0)) ir įstatant jo koordinates į nelygybę, gaunama: 01101804 <−⇒−⋅+⋅ . Vadinasi, apatinės pusplokštumės taškai tenkina [1] nelygybę. Parenkant bet kurį tašką viršutinėje pusplokštumėje (pvz., P(0,2;0,06)) ir įstatant jo koordinates į nelygybę, gaunama 088,0106,0182,04 >⇒−⋅+⋅ . Viršutinės pusplokštumės taškai [1] nelygybės netenkina. Išvada: [1] nelygybės sprendinys – visi tiesės
01184 =−+ yx ir apatinės pusplokštumės taškai. Grafiškai nelygybės sprendinys pažymėtas nelygybės numerį ([1]) parašant toje tiesės pusėje, kurioje pusplokštumės taškų koordinatės tenkina nelygybę.
4x+18y=1
[1]
P(0,2; 0,06)
O(0;0)0
0,04
0,08
-0,05 0,05 0,15 0,25
x
y
24 pav.
Nelygybės 0≥x sprendinys – visi y ašies taškai ir visi taškai, esantys dešinėje pusėje nuo y ašies. Nelygybės 0≥y sprendinys – visi x ašies taškai ir visi taškai, esantys virš x ašies. Analogiškai išsprendus visas nelygybes nustatoma, kad sritis S – daugiakampis OABCD. Iš jo vizualiai nustatoma, kad didžiausią y reikšmę, kuri
48
reikalinga funkcijos F reikšmės apskaičiavimui, gali turėti srities S taškai A, B arba C. Taškai O ir D akivaizdžiai žemiau. Nors vizualiai aukščiausiai iškilęs taškas C, tačiau verta funkcijos F reikšmes apskaičiuoti taškuose A, B ir C. Taip pasitikrinama tikroji šių taškų padėtis. Funkcijoje F reikalinga tik kintamojo y reikšmė, todėl apsiribojama tik taškų y koordinatės apskaičiavimu.
Taškas A – tiesių [3] ir [5] susikirtimo taškas, todėl
⇒=
=⇒
=
=+−⇒
0
129
0
12910:
]5[
]3[
x
y
x
yx
T
TA
0345,0..03448,029/1129 =⇒==⇒= Ayyy
Taškas B – tiesių [2] ir [3] susikirtimo taškas, todėl
⇒=+−
−=−⇒
=+−
=+−⇒
12910
1025010
12910
125:
]3[
]2[
yx
yx
yx
yx
T
TB
0407,0..0407,0221/99221 =⇒==⇒−=− Byyy
[1]
[2]
[3]
[4]
[6]
[5]
O
A B C
Dx
y
25 pav.
Taškas C – tiesių [1] ir [2] susikirtimo taškas, todėl
⇒=+−
=+⇒
=+−
=+⇒
41004
1184
125
1184:
]3[
]1[
yx
yx
yx
yx
T
TC
04237,0..04237,0118/55118 =⇒==⇒= Cyyy
Apskaičiuojame funkcijos yF 24= reikšmę taške C: 0169,1118/524 =⋅=F .
Ats.: 1,02.
Atsakymų lentelė
3 lentelė 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
8,81 24,52 2,15 133,21 2 7,57 0,80 11,24 4 1,02
49
FUNKCIJOS RIBA
FUNKCIJ Ų RIBŲ SKAIČIAVIMO PAVYZDŽIAI
Funkcijos riba skaičiuojama naudojant pagrindines ribų teoremas.
Jeigu egzistuoja ribos ax→
lim ( ) 1bxf = ir ax→
lim ( ) 2bxg = , tai:
1) ax→
lim ( ) ( )( ) =± xgxfax→
lim ( )±xfax→
lim ( ) 21 bbxg ±= ;
2) ax→
lim ( ) ( )( ) =⋅ xgxfax→
lim ( )⋅xfax→
lim ( ) 21 bbxg ⋅= ;
3) ax→
lim ( )( )
( )
( ) 2
1
lim
lim
b
b
axxg
axxf
xg
xf=
→
→= (kai 02 ≠b );
4) ax→
lim ( ) CxfC =⋅ax→
lim ( ) 1bCxf ⋅= (kai =C konstanta).
Neapibrėžtumai: ( )∞
∞∞
1,,0
0.
Spręsdami uždavinius, dar naudojame šias žinomas ribas:
0lim→x
;1sin
=x
x
∞→xlim
ex
x
=
+1
1
1 pavyzdys. Apskaičiuokime ribą 2
lim
→x8145
4832
2
+−
+−
xx
xx.
Sprendimas. Įrašome 2=x į duotąją trupmeną ir gauname neapibrėžtumą
0
0. Šis neapibrėžtumas naikinamas skaidant skaitiklį ir vardiklį dauginamaisiais.
Suprastiname vienodus reiškinius ir vėl įrašome 2=x . Kvadratinis trinaris, kuris turi realias šaknis 1x ir 2x , skaidomas pagal formulę
( )( )212 xxxxacbxax −−=++ . Kartais tenka pasinaudoti formule
( )( )bababa −+=− 22 .
2
lim
→x=
==
=+−
==
=+−
=
=+−
+−
;5
4,2
,08145
;32
,2
,0483
00
8145
483
21
2
21
2
2
2
xx
xx
xx
xx
xx
xx
2
lim
→x
( )
( )
−−
−−
5
425
3
223
xx
xx=
50
=2
lim
→x=
−
−
5
45
3
23
x
x
2
lim
→x=
−−
45
23
x
x.
3
2
6
4=
2 pavyzdys. Apskaičiuokime ribą ∞→x
lim11274
492323
23
−−+
−+−
xxx
xxx.
Sprendimas. Neapibrėžtumas
∞∞
naikinamas padalijant skaitiklį ir vardiklį
iš vienodo aukščiausio x laipsnio, t. y. šiuo atveju iš 3x . Pritaikome ribą
∞→xlim 0
1=
nx.
∞→xlim =
∞∞
=−−+
−+−
11274
492323
23
xxx
xxx∞→x
lim =
−−+
−+−
333
2
3
3
333
2
3
3
11274
4923
xx
x
x
x
x
xxx
x
x
x
x
x
=∞→x
lim4
3
0004
00031127
4
4923
32
32=
−−+−+−
=−−+
−+−
xxx
xxx .
3 pavyzdys. Apskaičiuokime ribą 0
lim→x 243
22 −+− xx
x.
Sprendimas. Neapibrėžtumas
0
0, kai yra iracionalūs reiškiniai, naikinamas
dauginant skaitiklį ir vardiklį iš reiškinių, jungtinių iracionaliesiems.
0lim→x
=
=−+− 0
0
243
22 xx
x0
lim→x
( )( )( ) =++−−+−
++−⋅
243243
243222
2
xxxx
xxx
=0
lim→x
( )=
−+−
++−⋅
443
24322
2
xx
xxx0
lim→x
( )( )
=−⋅
++−⋅13
2432 2
xx
xxx
=0
lim→x
( )8
13
2432 2
−=−
++−⋅x
xx.
4 pavyzdys. Apskaičiuokime ribą 0
lim→x x
x2sin4
cos77−.
51
Sprendimas. Kai yra trigonometrinės funkcijos, stengiamės pasinaudoti
žinoma riba 0
lim→x
1sin
=x
x. Dažnai tenka naudoti formules
2cos2cos1 2 x
x =+ ,
2sin2cos1 2 x
x =− , ctgx
tgx1
= ir pan.
0lim→x
=
=−
0
0
sin4
cos772 x
x0
lim→x
( )=
⋅−
xx
x
sinsin4
cos170
lim→x
=⋅⋅⋅⋅
⋅
xx
xx
x
x
x
sinsin4
2sin27 2
=
=
→= 1
sin0
lim
x
x
x 0lim→x
=⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
22
22
4
2sin
2sin27
xx
xx
8
71
2
2sin
0
lim=
=→ x
x
x.
5 pavyzdys. Apskaičiuokime ribą ∞→x
lim
3
2
22
1
6−
−
+x
x
x.
Sprendimas. Esant neapibrėžtumui ( )∞1 reiškinys pertvarkomas taip, kad būtų
galima panaudoti žinomą ribą ∞→x
lim ex
x
=
+1
1 . Skliaustuose esanti trupmena
yra netaisyklingoji, todėl išskiriame sveikąją dalį arba skliaustuose pridedame vienetą ir tiek pat atimame.
∞→xlim ( )==
−
+ ∞−
11
63
2
22x
x
x∞→x
lim =
−
−
++
−3
2
22
11
61
x
x
x
=∞→x
lim =
−
+−++
−3
2
222
1
161
x
x
xx∞→x
lim =
−
+−3
2
2
1
71
x
x
=∞→x
lim
( )( )
=
∞∞
===
−+ −
−
∞→−
−
∞→
−⋅−−
1
217lim1
37lim
31
7
7
1
2
2
2
2
2
222
7
1
11 x
x
xx
x
x
xxx
eex
= 711
217
lim
2
2
eex
xX
=−
−
∞→ .
52
6 pavyzdys. Apskaičiuokime ribą 0
lim→x ( )231ln
5
x
x
+, naudodamiesi Liopitalio
taisykle. Sprendimas.
Liopitalio taisykl ė: jeigu funkcijos ( )xf ir ( )xg yra apibrėžtos ir
diferencijuojamos taško ax = aplinkoje, o ax→
lim ( ) =xfax→
lim ( ) ∞=xg arba
ax→lim ( ) =xf
ax→lim ( ) 0=xg , tai teisinga
ax→lim ( )
( )=
xg
xfax→
lim ( )( )xg
xf′′
, jei tik
išvestinių santykio riba egzistuoja.
Liopitalio taisyklę galima taikyti tik tada, kai yra neapibrėžtumai
0
0 arba
∞∞
.
0lim→x ( ) =
=+ 0
0
31ln
52x
x0
lim→x
( )
( )( )=′
+
′
231ln
5
x
x0
lim→x
=⋅
+x
x6
31
15
2
= 0
lim→x
( )=
+⋅x
x
6
315 2
0lim→x
=+
x
x
6
155 2
∞==⋅⋅+
0
5
06
0155.
PRATIMAI
Apskaičiuokite ribas:
1 variantas
1. 1
lim→x
.34
232
2
+−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim .
2
72124
4
xxx
xx
−+
+− 3.
0lim→x
.55
3
xx
x
−−+
4. 0
lim→x
.
4cos12x
x− 5.
∞→xlim
.12
1223 +
+−
x
x
x 6.
∞→xlim .
2
2
x
x(Liopitalio taisyklė).
2 variantas
1. 3
lim→x
.9
1522
2
−
−+
x
xx 2.
∞→xlim .
156
4252
2
+−
−+
xx
xx 3.
3lim→x
.9
392 −
+−−
x
xx
4. 0
lim→x
.
4
x
xtg
5. ∞→x
lim .
23
32
2 x
xx
xx
−
+ 6.
4
limπ
→x.
4
cossin
x
xx
−−
π (Liopitalio
taisyklė).
53
3 variantas
1. 5
lim→x
.5163
101732
2
+−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim .
1218
52163
23
+−
−++
xx
xxx 3.
1lim→x
.1
1222
−−−+
x
xx
4. 0
lim→x
.
2sin
sin
x
tgxx− 5.
∞→xlim
.2
322
2 x
xx
x
−
+ 6.
1lim→x
.
2cos
1
x
xπ−
(Liopitalio
taisyklė).
4 variantas
1. 5
lim→x
.25
1072
2
−
+−
x
xx 2.
∞→xlim .
38
1523
43
+−
++
xx
xx 3.
0lim→x
.124
121
+−+
−+
xx
x
4. 0
lim→x
.
cos12x
x− 5.
∞→xlim
.3
2
2
2 x
xx
xx
+
− 6.
0lim→x
.1cos
12
−−
x
ex
(Liopitalio
taisyklė).
5 variantas
1. 2
lim→x
.86
652
2
+−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim .
762
35183
42
+−
+−
xx
xxx 3.
3lim→x
.9
12132 −
+−+
x
xx
4. 0
lim→x
.
2
13cos
xtgx
x
⋅−
5. ∞→x
lim .
1
12
2
2 +
−
−x
x
xx 6.
0lim→x
.sinln
2sinln
x
x (Liopitalio
taisyklė).
6 variantas
1. 2
lim→x
.128
862
2
+−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim
.124
33
32
++
+−
xx
xxx 3.
0lim→x
.525
932
2
−+
+−
x
x
4. 0
lim→x
( )
.cos1
sin2 x
xtgxx
−
+ 5.
∞→xlim
.12
31
x
x
+
+ 6.
0lim→x
.12
55
x
ex − (Liopitalio
taisyklė).
54
7 variantas
1. 3
lim→x
.9
2432
2
−
−−
x
xx 2.
∞→xlim .
4
1614232
23
xx
xxx
−
++− 3.
0lim→x
.11 2
x
x −+
4. 0
lim→x
.sin5
5sin
x
x 5.
∞→xlim .
32
122−
−+
x
x
x 6.
0lim→x
( )x
x31ln + (Liopitalio
taisyklė).
8 variantas
1. 0
lim→x xx
xx
52
232
2
−
−. 2.
∞→xlim
1234
43223
23
−++
+++
xxx
xxx. 3.
6lim→x 33
6
−+
−
x
x
.
4. 0
lim→x
22
cos33
x
x−. 5.
∞→xlim
42
2
32
2 −
−
+x
x
x. 6.
0lim→x
( )
2
cosln
x
x
(Liopitalio
taisyklė).
9 variantas
1. 2
lim−→x 6
8232
2
−−
−+
xx
xx. 2.
∞→xlim
113
323
24
−
+−
x
xx. 3.
4lim→x 2
321
−
−+
x
x.
4. 0
lim→x
tgxx
x
⋅− 2cos1
. 5. ∞→x
lim
x
xx
xx4
32
2
−
+. 6.
0lim→x
tgx
xarcsin
(Liopitalio
taisyklė).
10 variantas
1. 3
lim→x xx
xx
93
652
2
−
+−. 2.
∞→xlim
134
433232
23
−−
++−
xx
xxx. 3.
0lim→x xx
x
+−− 55
2
.
4. 0
lim→x
.coscos
3sin3 xx
xx
−
⋅ 5.
∞→xlim .
22
1231
3
3 x
x
x+
+
− 6.
1lim
−→x 1
13
4
+
−
x
x (Liopitalio
taisyklė).
55
11 variantas
1. 3
lim−→x
.673
1522
2
−+
−+
xx
xx 2.
∞→xlim ( )
.1
421522
3
+
−+
x
xx
3. 4
lim→x
.123
2
+−
−
x
x
4. 0
lim→x
.2sin
cos1 2
xx
x
⋅−
5. ∞→x
lim
4
3
42
2 +
+
+−x
x
xx. 6.
1
lim
→x1
ln2 −
⋅
x
xx
(Liopitalio
taisyklė).
12 variantas
1. 2
lim−→x 6
232
23
−−
++
xx
xxx. 2.
∞→xlim ( )22
24
21
38
x
xxx
+
+−
. 3. 3
lim→x 12
21
−−
−+
x
x .
4. 0
lim→x xx
xxx
2sin
cossinsin2⋅
⋅−. 5.
∞→xlim
2
13
532
2 x
x
x
+
+. 6.
1
lim
→xxx
eex
ln22 2 +−
−
(Liopitalio taisyklė).
13 variantas
1. 2
lim→x
.103
22 −+
−
xx
x
2. ∞→x
lim .32
24553
245
xxx
xxx
−−
++ 3.
7lim→x
.49
322 −
−−
x
x
4. 0
lim→x
.2cos1
3
x
xtgx
−⋅
5. ∞→x
lim .3
11
2
2 +
+
+−x
x
xx 6.
0lim→x
x
e x
2sin
12 − (Liopitalio
taisyklė).
14 variantas
1. 5
lim→x
.209
1072
2
+−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim .
242
132423
45
−++
−+−
xxx
xxx 3.
5lim→x
.123
5
−−
−
x
x
4. 0
lim→x
.2sin
cos1
xx
x
⋅−
5. ∞→x
lim .4
132
3
3 x
x
x
−
+ 6.
0lim→x
.)1ln(
x
ex + (Liopitalio
taisyklė).
56
15 variantas
1. 1
lim→x
.12
12
2
−−
−
xx
x 2.
∞→xlim .
13
423
23
−+
−
xx
xx 3.
0lim→x
.416
112
2
−+
−+
x
x
4. 0
lim→x
.3
5cos12x
x− 5.
∞→xlim .
7
22
2
2 x
x
x
+
+6.
0lim→x
.5sin
1
x
ex − (Liopitalio taisyklė).
16 variantas
1. 2
lim→x
.2115
2742
2
+−
−−
xx
xx 2.
∞→xlim .
132
2334
3
−+−
−+
xxx
xx 3.
5lim→x
.5
21
−−−
x
x
4. 0
lim→x
.3sin
5
x
xtg 5.
∞→xlim
12
2
2
3
−
+
−x
x
xx6.
1lim→x
.ln12
ee
xxx −
+−(Liopitalio taisyklė).
17 variantas
1. 2
lim→x
.23
2522
2
+−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim .
124
2383
23
+−
+−
xx
xxx 3.
3lim→x
.332
21
−+
−−
x
x
4. 0
lim→x
.
5sin
3sin
x
x 5.
∞→xlim .
23
235x
x
x
+−
6. 0
lim→x
.cos
2
x
xex − (Liopitalio
taisyklė).
18 variantas
1. 1
lim−→x
.143
232
2
++
−+
xx
xx 2.
∞→xlim .
4
161354
54
xxx
xx
−+
+− 3.
9lim→x
.224
3
−−
−
x
x
4. 0
lim→x
.
5
3sin2
xtgx
x
⋅ 5. ∞→x
lim .
2
325x
x
x
+ 6.
0lim→x
.cossin1
cossin1
xx
xx
−−−+
(Liopitalio
taisyklė).
19 variantas
1. 2
lim→x
.2
8232
2
xx
xx
−+
−− 2.
∞→xlim .
33
92
2
−+
+
xx
x 3.
1lim→x
.1−
−
x
xx
57
4. 0
lim→x
.
1cos
sin
−x
xx 5.
∞→xlim
.32
4215 −
−−
x
x
x 6.
0lim→x
.
1
2sin
−xe
x (Liopitalio
taisyklė).
20 variantas
1. 5
lim−→x
.152
15722
2
−+
−+
xx
xx 2.
∞→xlim .
1312
74523
3
+−
++
xx
xx 3.
4lim→x
.51
53
x
x
−−
+−
4. 0
lim→x
.2cos1
4cos1
x
x
−−
5. ∞→x
lim .2
122
2
2 x
x
x
+
− 6.
0lim→x
( )x
x71ln − (Liopitalio
taisyklė).
21 variantas
1. 2
lim→x
.149
622
2
+−
−−
xx
xx 2.
∞→xlim ( )
.9
37142
2
−
−−
x
xx
3. 0
lim→x
.11
2
2
x
x−−
4. 0
lim→x
.
sin
6cos12x
x− 5.
∞→xlim .
11
2
22+
+x
x
x 6.
0lim→x
.3sin
1
x
e x−− (Liopitalio
taisyklė).
22 variantas
1. 1
lim→x
.143
232
2
+−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim
.11473
91223
3
+−−
−
xxx
x 3.
9lim→x
.3
572
x
x
−
−+
4. 0
lim→x
.
sin
sin3 x
xtgx− 5.
∞→xlim
.3
532x
x
x
+ 6.
1lim→x
.ln
12
xx
x
⋅−
(Liopitalio
taisyklė).
23 variantas
1. 3
lim→x
.189
151122
2
−+−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim
.12
71523
2
+−−
−
xxx
x 3.
0lim→x
.3
112
2
x
x −+
58
4. 0
lim→x
.
2
3sin2
xtgx
x
⋅ 5. ∞→x
lim .3
21
2
22+
−
+x
x
x 6.
∞→xlim .
1112
35272
3
−
++
x
xx (Liopitalio
taisyklė).
24 variantas
1. 2
1lim
→x.
168
142
2
+−
−
xx
x 2.
∞→xlim
.253
1233
23
+−
−+
xx
xx 3.
0lim→x
.5
11
x
x −+
4. 0
lim→x
.sin3x
xtgx−5.
∞→xlim
.43
2352 x
x
x−
−+
6.∞→x
lim .
4
5423
2
+
+−
x
xx (Liopitalio
taisyklė).
25 variantas
1. 2
1lim
−→x.
2
35223
2
xx
xx
+
−− 2.
∞→xlim .
564
352
3
−+
+
xx
xx 3.
3lim→x
.12
222
+−
−−
x
x
4. 0
lim→x
.2sin
coscos 3
xx
xx
⋅−
5.∞→x
lim .3
13
2
22+
−+
++x
xx
xx6.
0lim→x
.cossin xx
ee xx
⋅− −
(Liopitalio
t.)
26 variantas
1. 1
lim→x
.143
232
2
+−
−−
xx
xx 2.
∞→xlim .
12
22 ++
+
xx
x 3.
4lim→x
.312
31
−+
−−
x
x
4. 0
lim→x .4
sin
2
2
x
x
5.∞→x
lim .24
1431 x
x
x−
−+
6.0
lim→x
( )
.2ln2ln
x
x −+ (Liopitalio
taisyklė).
27 variantas
1. 1
lim→x
.12
3
2
xx
xx
−
+− 2.
∞→xlim .
53
9342
2
x
xx
−
+− 3.
0lim→x
.42
4162
2
+−
−+
x
x
4. 0
lim→x
.3sin
2cos1
xx
x
⋅−
5.∞→x
lim .42
4132 −
−−
x
x
x 6.
0lim→x
.3sin
2sin
xx
xx
+−
(Liopitalio
taisyklė).
59
28 variantas
1. 1
lim−→x
.23
7522
2
−+
−−
xx
xx 2.
∞→xlim .
15
23
2
+
+−
x
xx 3.
5lim→x
.5
62312 xx
xx
−
+−+
4. 0
lim→x
.2cos1
2 2
x
x
− 5.∞→x
lim .51
563x
x
x
++
6. 0
lim→x
.23
x
xarctgx− (Liopitalio
taisyklė).
29 variantas
1. 1
lim−→x
.23
12
2
++
−
xx
x 2.
∞→xlim .
3
82532
3
xxx
xx
−−
+− 3.
4lim→x
.2
516
x
x
−
−+
4. 0
lim→x
.3cos1
5cos1
x
x
−−
5. ∞→x
lim .51
5321
2
2 x
x
x−
−
−6.
0lim→x
.3sin
12
x
e x −(Liopitalio taisyklė).
30 variantas
1. 1
lim
→x
.123
3742
2
−−
+−
xx
xx 2.
∞→xlim .
12
125
3
−−
−−
xx
xx 3.
0lim→x
.33 xx
x
−−+
4. 0
lim→x
.7sin
10cos1
x
x−5.
∞→xlim .
5
414 −
−−
x
x
x6.
2
limπ
→x x
x
2
cos
−π (Liopitalio taisyklė).
FUNKCIJ Ų IŠVESTINĖS
PAGRINDIN ĖS DIFERENCIJAVIMO TAISYKL ĖS IR FORMULĖS
1. 0=′c ,
2. ( ) vuvu ′±′=′± ,
3. ( ) ,uccu ′=′
4. ( ) vuvuvu ′+′=′⋅ ,
5. 2v
vuvu
v
u ′−′=
′
, xux uyy ′⋅′=′ , ( )( )
( )( )tx
tyy
tyy
txxx ′
′=′⇒
=
=
,
,.
60
( ) ,1−=′ aa axx
2
11
xx−=
′
,
( )x
x2
1=
′.
( ) xx ee =′
,
( ) aaa xx ln=′
.
( )x
x1
ln =′ ,
( )ax
xa ln
1log =′ ,
( ) xx cossin =′ .
( ) .sincos xx −=′
( )x
tgx2cos
1=′ .
( )x
ctgx2sin
1−=′ .
( )21
1arcsin
xx
−=′ .
( )21
1arccos
xx
−−=′ .
( )21
1
xarctgx
+=′ .
( )21
1
xarcctgx
+−=′ .
( ) ,1 uuau aa ′⋅⋅=′ −
uuu
′⋅−=′
2
11,
( ) ,2
1u
uu ′⋅=′
( ) ( ) uee uu ′⋅=′
,
( ) uaaa uu ′⋅=′
ln .
( ) uu
u ′⋅=′1
ln ,
( ) uau
ua ′⋅=′ln
1log .
( ) uuu ′⋅=′ cossin .
( ) .sincos uuu ′⋅−=′
( ) uu
tgu ′⋅=′2cos
1.
( ) uu
ctgu ′⋅−=′2sin
1.
( ) uu
u ′⋅−
=′21
1arcsin .
( ) uu
u ′⋅−
−=′21
1arccos .
( ) uu
arctgu ′⋅+
=′21
1.
( ) uu
arcctgu ′⋅+
−=′21
1.
Apskaičiuokime duotųjų funkcijų išvestines:
1 pavyzdys. 124)32ln(3
2cos5
3
−⋅−++
−= xarctgx
xtgx
xxy .
Sprendimas. Pirmiausia pritaikome funkcijų sandaugos ( ) vuvuvu ′+′=′⋅ ir
funkcijų santykio 2v
vuvu
v
u ′−′=
′
taisykles išvestinėms rasti. Funkcijoms ( )xu ir
( )xv diferencijuoti taikomos kitos taisyklės: ( ) ,uccu ′=′ ( ) vuvu ′±′=′± bei sudėtinės funkcijos ( )( )xufy = diferencijavimo taisyklė xux uyy ′⋅′=′ .
Sprendimas. Funkcija )()( xvxuy = vadinama sudėtine rodikline funkcija. Logaritmuojame abi duotosios lygybės puses:
23 )2lnln(ln −+= xxxy , ( ).2lnln2ln 3 xxxy +⋅−= Abi gautosios lygybės puses diferencijuojame. Pritaikome funkcijų sandaugos
taisyklę išvestinei rasti:
( ) ( ) ( )( )′+⋅−++⋅′
−=′ xxxxxxy 2lnln22lnln2)(ln 33 ,
( ) ,)2ln(2ln
122lnln)2(
22
11 33
3 yxxxx
xxxxx
yy
⋅′+⋅+
⋅−++⋅′−⋅−
=′⋅
62
( )
+
⋅+−+
−
+⋅=′
xx
xxx
x
xxyy
2ln
22
132
22
2lnln3
23
( ) ( )⋅
+
+−+
−
++=′
−
xx
xxx
x
xxxxy
x
2ln
132
22
2lnln2ln
3
2323
4 pavyzdys.
+
−=
+=
.1
1,1
2
2
t
ty
tx
Sprendimas. Funkcija yra nusakyta parametrinėmis lygtimis ( )( )
=
=
tyy
txx ir
pirmoji išvestinė randama pagal formulę ( )( )tx
tyyx ′
′=′ .
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
=+
′+⋅−−+′−=
+
−=′
+=⋅
+=
′+⋅
+=′+=′
22
22/
2
22
2
2
2
1
1)1(1)1(
1
1
.1
212
11
12
11
t
tttt
t
tty
t
tt
tt
tttx
tt
t
tt
( )=
++
+−+=
++
⋅−−+
=+
′+⋅+
⋅−−+
=1)1(
1
11
)1(1
1
112
1)1(1
22
22
2
2
2
2
2
2
2
tt
ttt
tt
ttt
t
tt
tt t
( ).
11
122 ++
+=
tt
t
( )( )
( ).
)1(
1
1)1(
1)1(
1
11
1
222
2
2
22
+
+=
++
++=
+
++
+
=′′
=′tt
t
ttt
tt
t
ttt
t
tx
tyyx
5 pavyzdys. Raskime y/, kai funkcija apibrėžta lygtimi
.34
lncos 343 −+⋅+=+x
yxyxtgy
Sprendimas. Funkcija yra neišreikštinė, todėl panariui diferencijuojame abi duotosios lygties puses argumento x atžvilgiu, kartu turėdami galvoje, kad y yra argumento x funkcija (sudėtinės funkcijos diferencijavimo taisyklė):
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,31
41
3sin 34342 ′−′
⋅+′
⋅+⋅′
+′⋅=′⋅+′
⋅−x
yxyxyy
tgxxtgyy
63
.01
434
11
cos
13
2
1sin
22434
3
22 −⋅−′⋅⋅+⋅⋅+′⋅=⋅+′⋅⋅−
−
xyyxyxy
yxxtgy
yy
Iš šios lygybės, kaip lygties, randame y/:
,)1(cos
34
4
13
1
2
1sin
2
2
234
324 −⋅−−⋅⋅=′⋅−′⋅−′⋅⋅−
−
x
xtg
xyxyyxy
yy
yy
,4cos
343
1
2
sin4 3
3
2
2
224
x
y
x
xtg
xyx
yy
yy −+=
++⋅′
⋅
++
−+
=′24
4 3
3
2
2
2
31
2
sin4cos
34
yxyy
yx
y
x
xtg
xy
PRATIMAI
Apskaičiuokite išvestines:
1 variantas
1. .cosarcsin 42
2xx
arctgx
xy ⋅+= 2. .213cos5arcsin −+= xey x
3. ( ) .lnxtg
xxy += 4.
−=
+=
.1cos
,1sin
tey
text
t
5. .lnsin 233 yyxyx +=+⋅
2 variantas
1.( )
.7cos)13(4
2
42
xxe
xy
x−+
−=
− 2. ( ) .sin21 335 xxarctgy −−=
3. ( ) .2sin2
2 xxxy += 4.
−=
=
.3cos2
,3sin42
2
ty
tx 5. ( ) .sinln
1 22 xyxxyx
y −=+++
3 variantas
1. .112sin1
21 32
−⋅−+
+−= xex
x
xxy 2. ).23(cos10arcsinln 53 −+= xxy
3. ( ) .3cos 2arcsin xxxy += 4.
+=
+=
.ln
,1ln2
tty
tx 5. yyxyyx lnsin)(cos 322 ++=+ .
4 variantas
1. xtg
xxxy
2
3sinsin 6 5 +⋅= . 2. xxy 2sin1arcsinln ++= .
64
3. ( )3
ln1 xxy += . 4.
−=
+=
.2
,22
2
t
t
tey
etx 5. 127sinln32 ++=+ xyxxy .
5 variantas
1. ( ) xtgxxx
xxy 25cos
sin3
3sin2
⋅+−+
= . 2. x
xarctg
eey
arcsin
1ln += .
3. ( )2
17 xxtgy += . 4.
+
−=
+=
.1
1
,1
2
2
2
2
t
ty
t
tx
5. 11
cos1
sin2
2 +−⋅=+x
xyy
y .
6 variantas
1. xx
xarctgxxy
3
3sin2cos
22
++⋅= . 2. xarctgxy ++= )2cos3ln( 2 .
3. ( ) .25cos32 −
++=x
xxy 4.
+=
−=
.14
cos3
,14
sin2
2
2
ty
tx
5. 15cosarccos 23 ++=+ xxyxtgy . 7 variantas
1. ( ) .2)28sin(2cossin
cos2sinxtgx
xx
xxy ⋅−+
−+
= . 2. 211arcsin126 xxtgy −+−= .
3. ( ) xxxy
2sin26 −+= . 4.
+=
−=−
−
.2
,2
tey
etxt
t 5. ( ) 15sinln 322 +=++ xyxyx .
8 variantas
1. ( )( )x
ctgxtgxxxxxy
sin2sin3cos3sin2cos
−++−= . 2. )4ln( 2 −+= xey xarctg .
3. ( )236ln1 xxy += . 4.
−−=
+=
.123
,33
2
tt
ctgy
tt
tgx 5. xxxyex y 26ln)43(3 −+−⋅=+ .
9 variantas
1. 24
3arcsin12
−++⋅=
x
xextgy x . 2. ( ) xexy 3sin42 3sin21 +−= .
3. ( ) xxtgxy 2arcsin26 += . 4.
−=
+=
.cos2
,sin223
23
tty
ttx 5. xyxyyex ln1223 −+= .
65
10 variantas
1. )4(sin1
1 522
2
xxxe
ey
x
x
−⋅++
−=
−
−
. 2. ( ) xxy 3sinln13cosln 2 ++= .
3. ( ) xctgxy
43cos21+= . 4.
+=
−−=
.cos3
,sin23
3
tty
ttx 5. 3
13lnln
2
2
−+=+x
yxy
x.
11 variantas
1. ( )xx
xtgxxy
lnln
1arcsin
+−
+⋅= . 2. .lnarcsin)53sin( 3 xxy +−=
3. ( ) xxy 2ln5sin31+= . 4. ( )( )
−=
−=
.cos2
,sin22
2
tty
ttx 5. 21cossin22 −+=⋅+ xyxyy .
12 variantas
1. ( )x
xxxxxy
2
223
sin
4
2
1413 +
++−= . 2. ( )322
3sin2 xtgarctgx
xy ++= .
3. 23
21−
+=x
xx
y . 4.
−=
+=
.1cos
,sin22
22
tty
tttx 5.
xyyyxy
12lnsin23 −=++ .
13 variantas
1. ( )( )2
22
1
43
x
xxtgxtgxxy
+
+−−+= . 2. ( ) xtgxxy 312 21ln −+++= .
3. ( ) xtgxxy
74 23 += . 4. ( )( )
−=
+=
.sin2
,cos322
22
tty
ttx 5. 24216 232 −+=−+ yxxytgx .
14 variantas
1. ( )x
xxtgxxy
4sin
35sin7
22 +⋅+= . 2. )36(ln)23( 223 −+−= xxarctgy .
3. ( ) 3223
3sin+
+=x
xxy . 4.
−=
+=
.2
cos4
,2
sin3
3
4
tty
ttx
5. 1arcsincos 2 −+⋅= ytgxyy .
15 variantas
1. )5(3ln2
1 32
xtgxxarctg
xy ⋅+
+= . 2. )42(sin1 22 −++= xarctgxy .
3. ( ) xarctgxxy 2sin3 += . 4.
−=
+=
.3cos
,3sin2
2
tty
ttx 5. xxy eyxee 322
+⋅=+ − .
66
16 variantas
1. ( )2
22sinctgx
xxtgxy +⋅= . 2. xxy lnarcsinlncos 3 −= .
3. ( ) 5322
ln21−
+=x
xy . 4.
+−=
−=
.13
cos4
,3
sin4
2
2
ty
tt
x 5. xxy
y
xsin5ln 3 ++= .
17 variantas
1. xxctgxx
xtgxy 2cos3
2cos
2sin⋅+
−+
= . 2. ( ) xtgexy 65 2 25sin1 +−= .
3. x
xxarctgy
7ln
2
12
+= . 4.
−=
+=
.cos
,sin23
23
tty
ttx
5. xexyxx ++=−⋅+ 1)42(ln 22 .
18 variantas
1. xtgxxx
xxy 2
2cos
2sincos
2cos2sin⋅+
+
−= . 2. ( ) xarctgxy sin2sin5ln += .
3. ( ) tgxxxxy
4sin72 ++= . 4.
−−=
+=
.cos8
,sin72
3
tty
ttx
5. xyxarctgyx
sin321
−⋅=+ .
19 variantas
1. tgxx
xtgxxy
−+⋅=
3
4coscos
222 . 2. ( ) 3 2ln1cos3 xxctgy ++= .
3. ( ) xxctgxy
2cos756 += . 4.
−−=
−=
.sin4
,1cos43
3
tty
tx
5. 121
arcsin3 642 −+=+⋅x
yxyx .
20 variantas
1. ( )52cos133
3 3 −⋅+−
+= xx
x
xy . 2. )ln7sin(3sin2 222 xxxxy −+−= .
3. ( ) 922cos51−
+=x
xy . 4.
+=
+=−
−
.4
,33tey
text
t
5. 6sinsin 22332 +−+=+ xxyxyx .
21 variantas
1. xxctgxx
tgxxy 33 sin4ln
11
10⋅+
−+
= . 2. ( )322 7cos1 xtgxxarctgy −+−= .
67
3. ( ) xxctgxy 3124 ++= . 4.
−−=
+=
.cos2
,sin32
2
tty
ttx 5. 1ln
22 444
++⋅=− yxyyx
.
22 variantas
1. ( ) 45sin14
6cos 22
+⋅++−
= xxx
xy . 2. 42 3)arcsin(ln xtgxy −= .
3. ( ) xxxy
3arcsin2cos410 += . 4.
−=
+=
.3ln3
,ln32
2
tty
tttx
5. 5ln
1cos5 343 −+=−⋅
yxyyx .
23 variantas
1. ( )1sin22cossin2
22cos2
−⋅++
−= xx
xtgx
xxy . 2. 1
25
35 23
++
−+
= xtgx
xy .
3. ( )262 2sin2
xxxy += . 4.
−−=
+=
.21
cos4
,21
sin4
3
3
tt
y
tt
x
5. 243sin 2222
−+−+= ytgxyx
y.
24 variantas
1. )14(cos4
6sin 3722
+−⋅+−
= xxxxx
xy . 2. 3221cos −++= xtgextgy .
3. ( ) xxxctgy
2ln365 += . 4.
−=
+=
.1arccos
,1arcsin
tty
ttx
5. 12sin1 43
3 23 −+=+ yxx
yx .
25 variantas
1. )43(sin
1
5cos2
5sin2 37 xtgxxxx
xxy −⋅+
−+
= . 2. ( )xxxy 222 coslogcosarccos ++= .
3. ( ) xarctgxxy
32sin4 += . 4.
+−=
−=
.33
sin
,33
cos
2
2
tt
y
tt
x
5. ( ) 2221ln2 −⋅+=++ arctgxyy yx .
26 variantas
1. x
xxxy
2cos
43sinsin 34 −
+⋅= . 2. ( ) )1(ln3ln 332 xctgxxtgy ++−= .
68
3. ( )292 6cos1
xxy += . 4.
( )( )
−=
−=
.cos15
,sin5
ty
ttx
5. ( ) 111
sin2ln 382 −+=+⋅−+ yx
yyxx .
27 variantas
1. ( )( )xxxxx
xy 3cos3sin
sin 222
−−+= . 2. 3 72
3331
xxtgxctg
tgxy −+
−= .
3. ( ) xtgxxy
264 23sin ++= . 4.
+=
−=
.2sin
,2cos2
2
tttgy
ttctgx
5. yx
yxx11
65sin3cos 2 ++=⋅−+ .
28 variantas
1. ( )xxctgxxx
xy sincos
12
5cos14
2
+⋅+−
−= . 2. xxarctgy 2lncos4ln += .
3. 32 3
2
14ln
−
−=x
xxy . 4.
−−=
−+=
.3arccos1
,13arcsin2
2
tty
ttx
5. 43sincos 332 −+=+ yyxxy .
29 variantas
1. ( ) xxarctgx
xy 4ln3
sinln
cosln 2 ⋅+= . 2. 113sin2sin3 −+−= xexy .
3. ( ) )32sin(253−
+=x
xxtgy . 4.
−=
+=
.3
cos4
,3
sin4
tt
y
tt
x 5. 6
112cos
232 −+=+
xyxtgyx .
30 variantas
1. xxtgx
xy 2ln
cos1
5sin2 3 23
⋅++
= . 2. 126ln)2ln( 22−+−= xtgey x .
3. ( ) 1752
33+
+=x
xtgxarctgy . 4.
−=
+=
.1sin
,1sin2tty
ttx
5. xxexyyx 2arcsin223 −+=+ − .
69
EKSTREMUM Ų UŽDAVINIAI
y
y=f(x)
O x x1 x2
25 pav.
Apibr ėžimai. Taškas 1x vadinamas funkcijos ( )xfy = lokaliuoju maksimumo tašku, jei jo aplinkoje ( ) ( )1xfxf < . Taškas 2x vadinamas funkcijos
( )xfy = lokaliuoju minimumo tašku, jei jo aplinkoje ( ) ( )2xfxf > . Maksimumo ir minimumo taškai kartu vadinami funkcijos ekstremumo taškais.
Būtina ekstremumo sąlyga. Jei tolydi funkcija ( )xfy = taške 1x turi
ekstremumą, tai ( ) 01 =′ xf arba ( )1xf ′ neegzistuoja.
Pakankama ekstremumo sąlyga. Jei funkcijos ( )xfy = išvestinė ( ) 01 =′ xf
arba neegzistuoja ir ( )xf ′ taško 1x aplinkoje keičia ženklą iš + į – , tai 1x yra
funkcijos maksimumo taškas. Jei ( ) 02 =′ xf arba neegzistuoja ir ( )xf ′ taško 2x
aplinkoje keičia ženklą iš – į +, tai 2x yra funkcijos minimumo taškas. Funkcijos ekstremumus galima tirti naudojant funkcijos antrąją išvestinę. Teorema. Jei ( ) 01 =′ xf ir ( ) 01 <′′ xf , tai 1x yra funkcijos maksimumo
taškas. Jei ( ) 02 =′ xf ir ( ) 02 >′′ xf , tai 2x yra funkcijos minimumo taškas. Pastaba. Jei ( ) 01 =′ xf ir ( ) 01 =′′ xf , tai taškas 1xx = gali būti ekstremumo
taškas. Tada ekstremumus tirti geriausia taikant pirmosios išvestinės taisyklę.
Ekstremumo uždavinio sprendimo pavyzdys
Iš 1 m2 kvadrato formos skardos lapo gaminama atvira (be dangčio) dėžė. Kokie turi būti dėžės matmenys, kad jos tūris būtų didžiausias?
70
1–2x
1 m x
26 pav.
Pažymėkime dėžės aukštinę x. Tada dėžės dugno kvadrato pagrindo ilgis yra x21− , o dėžės tūris V lygus
mx 12 2 = ir dėžės negalima pagaminti). Turime vieną kritinę ekstremumo reikšmę
mx61
= . Toliau taikome pakankamą ekstremumo požymį. Šiam pavyzdžiui
lengviau taikyti V ′′ . 824 −=′′ xV ir 04861
2461
<−=−⋅=
′′V , todėl
6
1=x yra
tūrio V maksimali reikšmė. 32
max 27
2
6
1
6
121 mV =⋅
⋅−= .
Ats.: dėžės matmenys mmm6
1
3
2
3
2×× .
Ekstremumų uždaviniai savarankiškam darbui
1. Dviejų teigiamų skaičių suma lygi 30, o vieno iš jų sandauga iš kito kvadrato yra didžiausia. Raskite tuos skaičius.
Ats.: 10 ir 20.
2. Reikia aptverti stačiakampio formos fiksuoto ploto S žemės sklypą iš trijų pusių vielos tinklu. Kokie turi būti stačiakampio matmenys, kad šiam plotui aptverti reikėtų mažiausiai vielos tinklo?
Ats.: Sxy 22 == .
3. Kvadrato formos dugno atviro baseino tūris 332mV = . Apskaičiuoti šio baseino matmenis taip, kad jo apdailai reikėtų mažiausiai medžiagos.
Ats.: mmm 244 ×× .
4. Į R spindulio rutulį reikia įbrėžti cilindrą taip, kad jo šoninis paviršius būtų didžiausias. Kokie turi būti cilindro matmenys?
Ats.: 2
,2R
rRH == .
71
5. Valstietis turi 600 m vielos tinklo, kuriuo jis nori aptverti stačiakampio formos sodą. Kokie turi būti stačiakampio matmenys, kad jo plotas būtų didžiausias?
Ats.: mm 150150 × .
6. V tūrio talpa yra cilindro formos. Kokie turi būti jos matmenys, kad jai pagaminti reikėtų mažiausiai medžiagos?
Ats.: 3πV
RH == .
7. Į kūgį reikia įbrėžti cilindrą taip, kad jų ašys ir pagrindų centrai sutaptų. Kaip parinkti cilindro matmenis, kad jo šoninis paviršius būtų didžiausias?
Ats.: .2
,2
Hh
Rr ==
8. Per tašką A (1;2) nubrėžti tiesę taip, kad ji pirmame ketvirtyje su koordinačių ašimis sudarytų didžiausio ploto trikampį.
Ats.: 142=+
yx.
9. Tarkime, kad [ ]1;0∈x . Kokią didžiausią reikšmę šiame intervale gali įgyti
skaičius 2xx− ? Ats.:0,25.
10. Iš stačiakampio formos skardos lapo, kurio matmenys 50 cm ir 80 cm, gaminama atvira be dangtelio dėžutė. Kokie turi būti dėžės matmenys, kad jos tūris būtų didžiausias?
Ats.: cmcmcm 603010 ×× .
11. Dviejų teigiamų skaičių suma lygi 48. Apskaičiuokite jų kvadratų sumos mažiausią reikšmę.
Ats.:1152.
12. Stačiakampis, kurio perimetras 36 cm, sukasi apie vieną savo šoną. Kokie turi būti stačiakampio matmenys, kad gauto cilindro tūris būtų didžiausias?
Ats.: cmcm 612 × .
13. Dviejų teigiamų skaičių suma lygi 10. Apskaičiuokite jų kubų sumos mažiausią reikšmę.
Ats.:250.
14. Stačiakampio įstrižainė lygi 16 cm. Kokie turi būti stačiakampio matmenys, kad jo plotas būtų didžiausias?
Ats.: cmcm 2828 × .
72
15.
10m5m
27 pav.
Ūkininkui lauke prie tvarto kampo reikia aptverti stačiakampio formos tvorą gyvuliams. Jis turi 85 m vielos tinklo. Kokie turi būti stačiakampio aptvaro matmenys, kad aptvertas plotas būtų didžiausias?
Ats.: mm 2525 × .
16. Dviejų teigiamų skaičių suma lygi 20. Apskaičiuokite tų skaičių didžiausią sandaugą.
Ats.:100.
17. Tiesėje 32 =+ yx raskite tašką, kuris būtų arčiausiai taško ( )2;3A . Ats.: ( )1;1B .
18. Į duotą kūgį reikia įbrėžti didžiausio tūrio cilindrą. Kaip parinkti tokio cilindro spindulį r ir aukštinę h?
Ats.: HhRr31
,32
== .
19. Dėžutė yra cilindro formos, kurios tūris 316 cmV π= . Kokie turi būti dėžutės spindulys ir aukštinė, kad jai pagaminti reikėtų mažiausiai skardos?
Ats.: cmhcmr 4,2 == .
20. Uždaros stačiakampio gretasienio formos dėžės tūris 3576cmV = , o pagrindas yra stačiakampis, kurio ilgis du kartus didesnis už plotį. Kokie turi būti dėžės matmenys, kad jos viso paviršiaus plotas būtų mažiausias?
Ats.: cmcmcm 8126 ×× .
21. Apskaičiuokite teigiamo skaičiaus ir jo atvirkštinio mažiausią sumą. Ats.: 2.
22. Gaminama uždara 372cm stačiakampio gretasienio, kurio pagrindo kraštinių ilgių santykis lygus 0,5, formos dėžutė. Kokie turi būti dėžutės matmenys, kad jai pagaminti reikėtų mažiausiai medžiagos?
Ats.: cmcmcm 463 ×× .
23. Taisyklingos trikampės prizmės tūris lygus V . Kokio ilgio turi būti pagrindo kraštinė, kad prizmės pilnasis paviršius būtų mažiausias?
Ats.: 3 4V .
24. Lygiašonis trikampis, kurio perimetras lygus p2 , sukamas apie pagrindą. Kokio ilgio turi būti trikampio kraštinės, kad gauto kūno tūris būtų didžiausias?
Ats.: 2
ir4
3 pp.
73
25. Lygiašonis trikampis, kurio perimetras lygus p2 , sukamas apie aukštinę, nuleistą į pagrindą. Kokio ilgio turi būti trikampio kraštinės, kad gauto kūgio tūris būtų didžiausias?
Ats.: 5
4ir
53 pp
.
26. Į rutulį įbrėžkite didžiausio tūrio cilindrą. Apskaičiuokite jo aukštinę.
Ats.: 3
32R.
27. Į rutulį įbrėžkite didžiausio tūrio kūgį. Apskaičiuokite jo aukštinę.
Ats.: R34
.
28. Į pusskritulį įbrėžkite didžiausio perimetro stačiakampį. Apskaičiuokite jo kraštines.
Ats.: 5
55
54 Rir
R.
29. Apie duotą cilindrą apibrėžkite mažiausio tūrio kūgį (cilindro ir kūgio ašys ir pagrindų centrai sutampa). Apskaičiuokite kūgio spindulį.
Ats.: rR23
= .
30. Virš R spindulio skritulio formos aikštelės centro pakabinta lemputė. Aikštelės apšviestumas yra proporcingas šviesos kritimo kampo kosinusui ir atvirkščiai proporcingas atstumo kvadratui. Kokiame aukštyje reikia pakabinti lemputę, kad aikštelės kraštas būtų geriausiai apšviestas?
Ats.: 2
2R.
BENDRA FUNKCIJOS TYRIMO SCHEMA IR JOS GRAFIKO BRĖŽIMAS
PAGRINDINIAI APIBR ĖŽIMAI
Apibr ėžimas Funkcijos ( )xfy = apibrėžimo sritis fD yra tokios argumento x
reikšmės, kurioms apskaičiuojama ( )xf reikšmė yra reali
Apibr ėžimas Funkcija ( )xfy = vadinama lygine, jei ( ) ( )xfxf =− visoms
fDx∈ . Lyginės funkcijos grafikas yra simetriškas Oy ašies
atžvilgiu.
Apibr ėžimas Funkcija ( )xfy = vadinama nelygine, jei ( ) ( )xfxf −=− , visoms
fDx∈ . Nelyginės funkcijos grafikas simetriškas taško ( )0;0O
atžvilgiu.
74
Apibr ėžimas Funkcija ( )xfy = yra periodinė, jei jos reikšmės kartojasi prie argumento x pridėjus ar atėmus skaičius K,3,2, TTT , t. y. ( ) ( )kTxfxf += , K,2,1,0 ±±=k Skaičius T vadinamas šios
funkcijos periodu.
Apibr ėžimas Taškas ax = vadinamas funkcijos ( )xfy = trūkio tašku, jei ( ) ( )xf
axxf
ax 0lim
0lim
+→≠
−→.
Apibr ėžimas Tiesė ax = vadinama funkcijos ( )xfy = vertikaliąja asimptote, jei
( ) ±∞=−→
xfax 0
lim , arba ( ) ±∞=+→
xfax 0
lim
Apibr ėžimas Tiesė bkxy += vadinama kreivės ( )xfy = pasvirąja asimptote, jei
kreivė artėja prie šios tiesės, kai ±∞→x , t. y. ±∞→x
lim 0=MN (žr.
28 pav.).
x O
α
M P
N
t
( )xfy =
bkxy +=
y
28 pav.
Pasvirosios asimptotės bkxy += koeficientai k ir b apskaičiuojami iš formulių:
Pastaba. Jei bent viena iš šių ribų reikšmių yra lygi ∞± , tai nagrinėjamai funkcijai pasviroji asimptotė neegzistuoja.
FUNKCIJOS DIDĖJIMO IR MAŽ ĖJIMO INTERVALAI
Apibr ėžimas Funkcija ( )xfy = intervale vadinama didėjančia, jei ( ) ( )21 xfxf < ,
kai 21 xx < , ir mažėjančia, jei ( ) ( )43 xfxf > , kai 43 xx < (žr. 29 pav.).
=k∞→x
lim ( ),
x
xf =b
∞→xlim ( )( ).xkxf ⋅−
75
x
y
O x1 x2 x3 x4
29 pav.
Teorema Jei ( ) 0>′ xf intervale, tai ( )xfy = šiame intervale yra kylanti (didėjanti)
funkcija. Jei ( ) 0<′ xf intervale, tai ( )xfy = šiame intervale yra besileidžianti
(mažėjanti) funkcija.
FUNKCIJOS IŠGAUBIMO IR ĮGAUBIMO INTERVALAI
Apibr ėžimas Funkcijos ( )xfy = grafikas intervale vadinamas išgaubtu, jei jis yra žemiau
liestinės, išvestos kiekviename kreivės taške, priklausančiame intervalui (žr. 30 pav.).
Funkcijos ( )xfy = grafikas intervale vadinamas įgaubtu, jei jis yra aukščiau liestinės, išvestos kiekviename kreivės taške, priklausančiame intervalui (žr. 30 pav.).
x
y
Vingio taškas
Iškila aukštyn (išgaubta)
Iškila žemyn (įgaubta)
30 pav.
76
Apibr ėžimas Taškas, kuris skiria grafiko išgaubtą ir įgaubtą dalis, vadinamas vingio tašku (žr. 30 pav.).
Teorema
Jei funkcija ( )xfy = [ ]ba; turi antrąją išvestinę ir visuose intervalo taškuose ( ) 0<′′ xf , tai funkcijos ( )xfy = grafikas yra išgaubtas, o
jei ( ) 0>′′ xf [ ]bax ;∈ , tai funkcijos ( )xfy = grafikas yra įgaubtas.
Teorema
Jei taškas 1x yra funkcijos ( )xfy = vingio taškas, tai jame funkcijos antra
išvestinė lygi nuliui ( ( ) 01 =′′ xf ) arba neegzistuoja.
Remiantis išnagrinėta medžiaga, galima sudaryti tokią funkcijos tyrimo
schemą: 1) nustatome funkcijos apibrėžimo sritį, funkcijos lygiškumą, periodiškumą, trūkio
taškus, susikirtimo su koordinačių ašimis taškus; 2) nustatome funkcijos vertikalias ir pasvirusias asimptotes; 3) nustatome funkcijos didėjimo, mažėjimo intervalus ir ekstremumo taškus; 4) nustatome funkcijos įgaubimo, išgaubimo intervalus ir vingio taškus; 5) brėžiame grafiką.
PAVYZDYS
Ištirti funkciją ( )1
22
−+
==x
xxfy ir nubrėžti jos grafiką.
1.1. Funkcija apibrėžta, kai 1≠x .
1.2. Funkcija nei lyginė, nei nelyginė, nes ( ) ( )( )
−≠≠
−−+
=−xf
xfx
xxf
1
22
.
1.3. Kai 0=x , 2−=y , t. y. funkcijos grafikas kerta Oy ašį taške ( )2;0 −A ; Ox
ašies grafikas nekerta, nes 022 ≠+x . 1.4. Funkcija nėra periodinė.
2.1. Funkcija 1
22
−+
=x
xy taške 1=x trūki, nes
01lim
−→x( ) =xf
01lim
−→x−∞=
−+1
22
x
x,
01lim
+→x( ) =xf
01lim
+→x+∞=
−+1
22
x
x
Išvada. Tiesė 1=x yra funkcijos 1
22
−+
=x
xy vertikalioji asimptotė. Funkcijos
grafiko eiga apie asimptotę 1=x parodyta 31a pav.
77
31 pav. Funkcijos 1
22
−+
=x
xy grafiko eiga
a) apie vertikaliąją asimptotę 1=x b) apie pasvirąją asimptotę 1+= xy
2.2. Nustatome pasvirąją asimptotę. Darome prielaidą, kad yra pasviroji asimptotė, kurios lygtis yra bkxy += .
Skaičiuojame k ir b:
( )( )
;122
lim
122
lim2
lim2
lim1
2
lim)(
lim2
2
2
2
2
==
=−
=′−
′+
=
∞∞
=−
+=−
+
==
∞→
∞→∞→∞→∞→∞→
x
xxxxx x
x
xx
x
xx
x
xx
x
x
xfk
( ) .111
lim12
lim1
)1(2lim1
12
lim)(lim22
==−+
=−
−−+=
⋅−
−+
=−=∞→∞→∞→∞→∞→ xxxxx x
x
x
xxxx
x
xkxxfb
Pasvirosios asimptotės lygtis yra 1+= xy . Funkcijos 1
22
−+
=x
xy grafiko eiga apie
pasvirąją asimptotę 1+= xy parodyta 31b pav. 3. Nagrinėjame funkcijos didėjimo ir mažėjimo intervalus.
3.1. Skaičiuojame funkcijos 1
22
−+
=x
xy išvestinę y′ :
( ) ( ) ( )( )( )
( ) ( )( )
( )22
2
2
2
222
1
22
1
1212
1
1212
1
2
−
−−=
=−
⋅+−−=
−
′−+−−′
+=
′
−+
=′
x
xx
x
xxx
x
xxxx
x
xy
78
3.2. Funkcija 1
22
−+
=x
xy didėja, kai 0>′y , t. y.
( )( ) ( )( ) ( )( )
] [ ] [.;3131;
0313102201
22 22
2
∞+−∞−∈⇒
⇒>+−−−⇒>−−⇒>−
−−
Ux
xxxxx
xx
Kai ] [ ] [31;11;31 +−∈ Ux , funkcija mažėja. Šiame intervale 0<′y .
3.3. Taškas 311 −=x yra ekstremumo (maksimumo) taškas. Apskaičiuojame funkcijos maksimumą:
( ) ( )5,1
3
632
131
23131
2
max −≈−
=−−
+−=−= fy .
Maksimumo taškas ( )5,1;311 −−M . Taške 1=x funkcijos išvestinė neegzistuoja. Šis taškas nepriklauso funkcijos apibrėžimo sričiai. Funkcijos eigą
apie tašką 1=x nustatėme apskaičiuodami ribas 1
1lim
2
1 −+
→ x
xx
(žr. 31 pav.).
Nustatėme, kad tiesė 1=x yra funkcijos 1
12
−+
x
x vertikalioji asimptotė.
Taškas 312 +=x irgi yra ekstremumo (minimumo) taškas. Apskaičiuojame funkcijos minimumą.
( ) ( )5,5
3
326
131
23131
2
min ≈+
=−+
++=+= fy .
Minimumo taškas ( )5,5;312 +M . 4. Nagrinėjame funkcijos išgaubimo ir įgaubimo intervalus. 4.1. Skaičiuojame funkcijos antrąją išvestinę:
( )( )
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
( )( ) ( ) ( )( )
( )( )( )
( ).
1
6
1
221212
1
1222122
1
122122
1
22
3
4
22
4
22
4
2222
2
2
−=
=−
++−+−−=
−
−⋅−−−−−=
=−
′−−−−−
′−−
=′
−
−−=′′=′′
x
x
xxxxx
x
xxxxx
x
xxxxxx
x
xxyy
4.2. Funkcija 1
22
−+
x
x išgaubta, kai 0<′′y , t. y.
( )1010
1
63
<⇒<−⇒<−
xxx
.
Intervale ] [1;∞−∈x funkcija išgaubta, o intervale ] [∞∈ ;1x funkcija įgaubta. Taškas 1=x nėra vingio taškas, nes jame funkcija neapibrėžta. Funkcijos
1. Stačiajame trikampyje, pavaizduotame 1 paveikslėlyje, tiesiogiai išmatuojami du iš penkių β,,, hba , S (S– trikampio plotas) parametrai ir pagal šių matavimų rezultatus apskaičiuojamas trečias parametras. Tiesiogiai išmatuojamų parametrų reikšmės bei jų santykinės paklaidos δ surašytos 6 lentelėje.
6 lentelė
a ( )%aδ b ( )%bδ h ( )%hδ β ( )%βδ S ( )%Sδ
10 2 11 3 5 1 0,46 3 25 4
β
h
a
b S
35 pav. Nagrinėjamas trikampis
Pagal savo užduoties varianto numerį iš 6 lentelės parinkę tiesiogiai
matuojamus ( )yx, ir skaičiuojamąjį ( )z trikampio parametrus apskaičiuokite skaičiuojamojo parametro nominalią reikšmę, absoliutinę ir santykinę paklaidas
Stačiajame trikampyje tiesiogiai išmatuojami du parametrai a ir h ir pagal šių
parametrų rezultatus apskaičiuojamas trečias parametras P (trikampio perimetras). Tiesiogiai išmatuojamų parametrų reikšmės ir jų santykinės paklaidos δ yra tokios:
aa δ;3= (%) 2= %; hh δ;4= (%) 1= %.
Trikampio perimetras 22 hahaP +++= . Nominali parametro P reikšmė taške ( )4;3
12543169430 =++=+++=P
5
8
5
31
169
31;1
022
=+=+
+=∂∂
++=
∂∂
Pa
P
ha
a
a
P
5
9
5
41
169
41;1
022
=+=+
+=∂∂
++=
∂∂
Ph
P
ha
h
h
P
Skaičiuojame parametrų a ir h maksimalias absoliutines paklaidas a*∆ ir h*∆ :
( )06,0
100
32
%100
%* =
⋅=
⋅=∆
aaa
δ,
87
( )04,0
100
41
100
%* =
⋅=
⋅=∆
hhh
δ.
Skaičiuojame maksimalią absoliutinę perimetro P paklaidą P*∆ :
1. Matulionis J. Aukštoji matematika: aukštųjų technikos mokyklų kursas: vadovėlis respublikos aukštųjų mokyklų techninėms specialybėms. I dalis. Vilnius: Mintis, 1963.
2. Rumšas P. Trumpas aukštosios matematikos kursas: vadovėlis aukštųjų mokyklų ekonomikos ir gamtos mokslų specialybių studentams. Vilnius: Mokslas, 1976, 559 p.
3. Bartaševičius A., Didžgalvis R. Aukštosios matematikos konspektas, I dalis. Kaunas: LŽŪU Leidybos centras, 2000, 120 p.
4. Pekarskas V. Diferencialinis ir integralinis skaičiavimas, 1 dalis. Kaunas: Technologija, 1997.
5. Vilkelienė R., Didžgalvis R. Tiesinė algebra. Kaunas: LŽŪU Leidybos centras, 2001, 100 p.
6. Bartaševičius A., Kaminskienė J., Lapinskas A. Funkcijų ribos, išvestinės ir grafikai. Kaunas: LŽŪU Leidybos centras, 2001, – 61 p.
7. Bartaševičius A., Kaminskienė J., Raškinienė D. Techninio pobūdžio uždaviniai inžinerinių specialybių studentams. Kaunas: LŽŪU Leidybos centras, 2003, 28 p.
8. Vilkelienė R. Dviejų kintamųjų funkcijos diferencialinio skaičiavimo metodinė priemonė. Kaunas: LŽŪU Leidybos centras, 2002, 48 p.
9. Misevičius G., Pincevičius A., Rakauskas R. J., Eidukevičius R. Aukštoji matematika. Vilnius: TEV, 1999, 470 p.
10. Bartaševičius A., Lapinskas A., Liubertienė J., Laurinavičius E. Matematikos užduotys savarankiškam darbui. Kaunas: LŽŪU Leidybos centras, 2002, 51 p.
11. Bartaševičius A., Ruseckas K., Skurkaitė M., Šipienytė D. Aukštosios matematikos pratimai. D.1. Kaunas – Akademija: LŽŪA Leidybos centras, 1990–1992, 1990, 62 p.
12. Pekarskas V. Trumpas matematikos kursas: vadovėlis aukštųjų mokyklų studentams. Kaunas: Technologija, 2005, 463 p.
93
TURINYS
MATRICOS, DETERMINANTAI, LYG ČIŲ SISTEMŲ SPRENDIMAS ..4