Si zgjidhet matrica. Zgjidhja e ekuacioneve të matricës: teori dhe shembuj
Madhësia: px
Filloni të shfaqni nga faqja:
Transkripti
1 Zgjidhje detyra tipike Problem Provoni me përkufizim të kufirit të një sekuence numrash që n li n n Zgjidhje Sipas përkufizimit, një numër është kufiri i një sekuence numrash n n n N nëse ka një numër natyror N i tillë që për të gjithë n n n N pabarazia plotësohet. pabarazia n në lidhje me n: n n n n n n (n) Për N mund të marrim N Nëse atëherë N nëse atëherë N Pra për çdo n n problem Llogarit li n n Zgjidhja tregoi vlerën përkatëse N Kjo vërteton se n li n n n n n n (n n) n (n n li li li li n n n (n) n n n (n) n n (n)) Përgjigje n n Problem Llogarit li n n Zgjidhje n n n li li n n n n Le të bëjmë një ndryshim të ndryshoreve: n (n) nëse n atëherë dhe
2 li Përgjigja e li li li e e Problemi Përcaktoni rendin e funksionit infinitimal y sin në lidhje me infinitimalin y nëse Zgjidhja Llogarit sin sin sin sin li li li li k k k sin k sin nëse k Prandaj funksioni y sin ka rendin e dytë në lidhje me y infiniteminale në Përgjigja është e Pafundme. funksion i vogël y sin ka rendin e dytë në lidhje me y pafundësisht të vogël në sin Problem Llogaritni li Zgjidhje Le të bëjmë një ndryshim të ndryshoreve: t ; nëse atëherë t; t t mëkat t t sin cos t li li li li t t t t t Përgjigje Problemi Shqyrtoni funksionin f () për vazhdimësi Zgjidhje Funksioni f () nuk është i përcaktuar në pikën Le të llogarisim kufijtë e njëanshëm: li li Meqenëse në pikën kufijtë e njëanshëm janë të barabartë me pafundësinë. , atëherë kjo pikë është një pikë ndërprerjeje e llojit të dytë
3 Pika e përgjigjes - pika e ndërprerjes së llojit të dytë Task Execute hulumtim të plotë funksioni y dhe ndërto grafikun e tij Zgjidhje Domeni i funksionit Funksioni përcaktohet në të gjithë boshti numerik O Barazia e funksionit Meqenëse y () y atëherë funksioni është çift Prerje e grafikut të funksionit me boshtet koordinative Nëse atëherë y Prandaj grafiku i funksionit pret boshtin OY dhe boshtin OX në pikën O; Intervalet e shenjës konstante të një funksioni Funksioni është pozitiv për çdo asimptotë Meqenëse funksioni nuk ka pika ndërprerjeje të llojit të dytë, nuk ka asimptota vertikale Le të zbulojmë praninë asimptotë e zhdrejtë y k b y li li k li b li y k li Prandaj ekziston një asimptotë horizontale y Intervalet e rritjes Le të llogarisim derivatin e parë: y () " " Është e qartë se y at; në y pra funksioni zvogëlohet në "; dhe në y atëherë funksioni rritet në Prandaj në funksioni ka një minimum dhe y intervale të konveksitetit "" Le të llogarisim derivatin e dytë: y në
4 "" Meqenëse y if then for; ; funksioni është konveks lart "" Tjetra y nëse do të thotë nëse; atëherë funksioni është konveks poshtë "" Dhe në fund y nëse Prandaj pikat e lakimit janë pika Grafiku i funksionit y() Problemi Gjeni matricën nëse Zgjidhja Llogaritni përcaktorin e matricës: det Gjeni shtesat algjebrike elementet përkatëse të matricës: Le të krijojmë një matricë bashkimi * Pastaj * det
5 Përgjigjuni problemit Duke përdorur transformimet elementare, gjeni rangun e matricës Zgjidhja Duke kryer transformime elementare vijuese, ne e transformojmë matricën origjinale në pamje me shkallë: Rangu i matricës së fundit është i barabartë me dy Prandaj, i njëjti rang i matricës origjinale Përgjigje Problemi Zgjidheni sistemin e ekuacioneve duke përdorur metodën Cramer: Zgjidhje Matrica është jo njëjës pasi det Llogarit: Pastaj: ato Përgjigju
6 Detyrë Hetoni një sistem ekuacionesh për konsistencë Nëse sistemi është konsistent gjeni vendim të përbashkët dhe një zgjidhje të veçantë Shqyrtoni matricat kryesore dhe të zgjeruara të sistemit: Meqenëse) () (atëherë sistemi origjinal është konsistent Për minorin bazë zgjedhim M Pastaj kryesorja e panjohur e lirë dhe sistemi merr formën: Pasi zgjidh sistemin që rezulton relativisht marrim: Duke treguar variablat e lira në përputhje me rrethanat, marrim zgjidhjen e përgjithshme ku R Marrim një zgjidhje të caktuar, për shembull, duke vendosur: Përgjigje Zgjidhje e përgjithshme ku R Zgjidhje e veçantë Problem Gjeni një zgjidhje të përgjithshme. sistem homogjen Zgjidhje
7 Rangu i matricës së koeficientit është< Поэтому система имеет ненулевые решения Выбрав в качестве bazë e vogël Minor M e transformojmë sistemin origjinal në formën: Pasi kemi zgjidhur këtë sistem Relativisht fitojmë duke shënuar variablat e lira duke marrë zgjidhjen e përgjithshme ku R Përgjigje Zgjidhja e përgjithshme ku R Problemi Zgjidhet sistemi duke përdorur metodën Gaussian: Zgjidhje Si rezultat i transformimeve elementare mbi matricën e zgjeruar të sistemit kemi Kjo matricë korrespondon. ndaj sistemit
8 Pasi kemi kryer të kundërtën e metodës Gaussian, gjejmë c dhe prej këtu marrim zgjidhjen e përgjithshme: c ku c R c Përgjigje Zgjidhje e përgjithshme: c ku c R Problem Llogaritni sipërfaqen S të një paralelogrami të ndërtuar mbi vektorët a b dhe zgjidhjen a b nëse a b dhe këndi ndërmjet vektorëve a dhe b është i barabartë Sipas përkufizimit dhe vetive të prodhimit vektorial kemi një Përgjigje b a b a a b b a (a b) (a b) Meqenëse a a b a a b) atëherë S a b a b sin b Problem Gjeni vëllimin V piramidë trekëndore me kulme;; B ;; C ;; dhe D ;; Zgjidhje Vëllimi i piramidës është i barabartë me vëllimin e paralelopipedit të ndërtuar mbi vektorët b B C D Le të gjejmë koordinatat e këtyre vektorëve: B vektorët B ;; C ;; D C Prandaj D V ;; a a a b a b (b b) Gjeni punë e përzier këto () () Përgjigje
9 Detyrat e provimit me shkrim në matematikën e lartë në sesion dimëror - Viti shkollor Opsioni Gjeni pikat e ndërprerjes së funksionit y dhe tregoni vetitë e tyre Llogaritni përcaktorin Gjeni shumën e ekstremeve të funksionit y Nëse f () në intervalin (a; b) atëherë funksioni f () është monoton në këtë interval? Jepet një matricë jozero n Dihet se ang()= Me çfarë është e barabartë ang(T)? Me sa përqind do të ndryshojë vlera e funksionit y nëse vlera e argumentit rritet nga = për %? Jepen vektorët a (;) b (;) c (;) d (;) Gjeni bazën e këtij grupi vektorësh dhe paraqisni vektorët që nuk përfshihen në bazë si një kombinim linear i vektorëve bazë. pikat me një abshisë Ekuacioni i një rrafshi që kalon nëpër tre pikët e dhëna Teorema Kronecker-Capelli Zbatimi i teoremës për zgjidhjen e sistemeve lineare ekuacionet algjebrike
10 Detyrat e provimit me shkrim ne matematiken e larte ne sesionin e dimrit - viti akademik Kushtet e problemes Teorema Kronecker-Capelli Zbatimi i teoremes per zgjidhjen e sistemeve te ekuacioneve algjebrike lineare sin Vërtetoni se li Bazat e trapezit shtrihen në drejtëzat y y Llogaritni gjatësinë e lartësisë së trapezit Për një matricë, gjeni të kundërtën Eksploroni sistemin në rastin përputhshmëria zgjidheni Përgjigju Zgjidhje e përgjithshme Zgjidhje e veçantë Funksioni është i vazhdueshëm në Shqyrtoni vazhdimësinë e grupit të funksionit y (;) (;) ( ;) - pika e ndërprerjes së lëvizshme - pika e ndërprerjes së pafundme Vlera e funksionit Për sa përqind do të ulet vlera e funksionit y nëse vlera e argumentit rritet nga = për %? % Gjeni shumën e ekstremeve të funksionit y y () y() Hartoni ekuacionet e tangjentave të lakores y në pikat me y abshisë y Llogaritni sipërfaqen e një paralelogrami të ndërtuar mbi vektorët a dhe b ku a dhe b ()
11 Detyrat e provimit me shkrim ne matematiken e larte ne sesionin e dimrit - viti akademik Detyra Percaktuesit e vetive te percaktoreve Teorema e Lagranzhit Njehsoni kufirin tg sin li sin Kryeni studimin e plote te funksionit, ndertoni grafikun e tij y dhe gjeni inkrementin dhe diferencialin. i funksionit y në pikën nëse rritja e argumentit Tregoni metodën e përdorimit të diferencialit për llogaritjet e përafërta Llogaritni derivatin e rendit n të funksionit y sin Është dhënë vëllimi i produkteve të prodhuara nga ekipi në çdo orë të ndërrimit. me funksionin f (t) t t t ku t t është koha në orë Përcaktoni kohën t në të cilën zvogëlohet produktiviteti i punës Gjeni pikën e kryqëzimit të drejtëzës dhe planit: y z y z Në cilin vektor drejtues të drejtëzës janë drejtëza dhe avioni paralel? Jepet një sistem ekuacionesh b b b Përcaktoni bashkësinë e vektorëve b (b bb) për të cilët sistemi është konsistent Përshkruani bashkësinë e fituar gjeometrikisht dhe ndërtoni atë në R Jepni një arsyetim teorik për zgjidhjen Gjeni sipërfaqen e një paralelogrami të ndërtuar mbi vektorët a b ku dhe këndi ndërmjet Përgjigjes y a y() y në y() ; grafiku i funksionit në faqen tjetër y dy (y n) sin(n) n në t zvogëlohet produktiviteti i punës N pikë kryqëzimi - M (;;) ; vektori i drejtimit të drejtëzës mund të zgjidhet i tillë që l (; ;) b b b vektorë të jetë i barabartë me
12 Grafiku i funksionit y ka një asimptotë vertikale dhe një asimptotë të zhdrejtë y y() si () si
13 Detyra për provimin me shkrim në matematikën e lartë gjatë sesionit dimëror - viti akademik Përgjigja e detyrës Produkt skalar vektorët Së pari kufi i mrekullueshëm(Nxjerrja e formulës) Jep një shembull për llogaritjen e kufirit Shqyrto funksionin t për vazhdimësi Kryen një studim të plotë të funksionit, ndërto grafikun e tij f (t) t t nëse y dhe Krijo një ekuacion për normalen me grafikun e funksionit. y në pikën (;) A ka rrënjë ekuacioni në segmentin [;] ? ka pika - pikat e nderprerjes - piken e nderprerjes se levizshme y a y() y ne y() grafiku i funksionit ne faqen tjeter y Ne nje trekendesh me kulme (; ;) B(; ;) C(;;) gjeni h lartesine h BD Përpiloni ekuacionin e një rrafshi që kalon nëpër një pikë (;;) pingul me rrafshet y z dhe y z y z Hulumtoni sistemin e ekuacioneve të përputhshmërisë dhe zgjidheni nëse është i pajtueshëm në R Shkruani zbërthimin e vektorit (; ;) në vektorë a (; ;) a (;;) a (;;) a a a
14 Grafiku i funksionit y ka një asimptotë vertikale dhe një asimptotë të zhdrejtë y y() si() si
15 Provim me shkrim ne matematiken e larte ne sesionin e dimrit - studime me korrespondence n n Gjeni kufijtë li li n n n Gjeni shumën e më të mëdhenjve dhe vlerat më të ulëta funksionet y në segmentin [ ;] y z u v Studioni sistemin e ekuacioneve mbi përputhshmërinë y z u v dhe zgjidheni nëse është konsistent Gjeni derivatin e funksionit f () sin() cos() Studioni funksionin y dhe ndërtoni grafikun e tij tg Gjeni limitet li li Shkruani ekuacionet për tangjentet me grafikun e funksionit y në pikat e prerjes së grafikut të funksionit me boshtin e abshisave Shqyrtoni funksionin f () y për vazhdimësi Zgjidheni sistemin e ekuacioneve y me metodën e Kramerit Gjeni shumën e ekstreme të funksionit y
16 Provim me shkrim në matematikën e lartë në sesionin dimëror - studim në departamentin e korrespondencës së Fakultetit Ekonomik Metoda Gauss Rregulli i L'Hopital për zbulimin e pasigurive Llogaritni kufirin e një sekuence numerike të dhënë nga e përgjithshme (n)(n)(n) anëtari n (n)(n) Llogarit li Përcaktoni rendin infinitimal në lidhje me at Në kurbën y, gjeni pikën në të cilën tangjentja është paralele me kordën e pikës lidhëse (-;-) dhe B(;) Llogaritni kënd i mprehtë ndërmjet rrafshit y z dhe drejtëzës y z y z Njehsoni derivatet e funksioneve: a) y () ; b) y tg () ; c) y) (Shqyrtoni sistemin e ekuacioneve për pajtueshmërinë dhe zgjidheni nëse është konsistent. Llogaritni elasticitetin e funksionit në vlera e vendosur s argumenti
Programi i provimit me shkrim në “Matematikën e Lartë” në sesionin dimëror të vitit akademik për vitin e parë të Fakultetit Ekonomik departamenti i ditës(specialitetet "Ekonomi" dhe " teoria ekonomike") korrespondencë
Biletë matricë, veprime mbi to Sekuenca e numrave, vetitë e sekuencave pafundësisht të vogla Llogaritni distancën nga pika M(; ;) në rrafshin që kalon nëpër pikat A(; ; 0), B(; ;
Pyetje për t'u përgatitur për provimin Tema. Algjebër lineare 1. Çfarë është një përcaktues? Në çfarë transformimesh nuk ndryshon vlera e përcaktorit? 2. Në cilat raste është përcaktor e barabartë me zero? Çfarë vijon
Programi i provimit me shkrim në “Matematikën e Lartë” për vitin e parë departamentet e korrespondencës Fakulteti Ekonomik në sesionin dimëror Provimi me shkrim mbahet dy orë. Në provim, çdo student
Ministria e Arsimit e Republikës së Bjellorusisë Departamenti i UNIVERSITETIT TEKNIK KOMBËTAR Bjellorusian " Matematikë e lartë» PYETJE PROGRAMORE DHE KONTROLLO DETYRA për lëndën “Matematika. semestri i th” për
Udhëzimet ndaj një vendimi punë testuese 1 në disiplinën “Matematikë” për studentët e vitit të parë specialitete ndërtimi Departamenti i Matematikës së Lartë AB Kapusto Minsk 016 016 Departamenti i Matematikës së Lartë
KONTROLLO PYETJE PËR LEKTORË. Seksioni 1. Algjebra vektoriale dhe lineare. Leksioni 1. Matricat, veprimet mbi to. Përcaktuesit. 1. Përkufizimet e një matrice dhe një matrice të transpozuar.. Cili është rendi i një matrice?
KONTROLLO PYETJE PËR LEKTORË. Seksioni 1. Algjebra vektoriale dhe lineare. Leksioni 1. Matricat, veprimet mbi to. Përcaktuesit. 1. Përkufizime të matricës dhe matricës së transpozuar.. Çfarë quhet rendi
Drejtimi: “Ndërtimtari” Pyetje dhe detyra për provimin e semestrit. Matricat: përkufizimi, llojet. Veprimet me matricat: transpozim, mbledhje, shumëzim me numër, shumëzim matricë. 2. Transformimet elementare
PYETJE PËR PËRGATITJE PËR PROVIM Algjebra vektoriale dhe gjeometria analitike. Përkufizimi i një vektori. Barazia e vektorëve. Veprime lineare në vektorë. Varësia lineare vektorët. Bazat dhe koordinatat.
PËRMBAJTJA PJESA I Ligjërata 1 2 Përcaktuesit dhe matricat Ligjërata 1 1.1. Koncepti i një matrice. Llojet e matricave... 19 1.1.1. Përkufizimet bazë... 19 1.1.2. Llojet e matricave... 19 1.2.* Permutacione dhe zevendesime... 21 1.3.*
Parathënie Kapitulli I. ELEMENTET E ALGJEBRËS LINEARE 1. Matricat 1.1. Konceptet bazë 1.2. Veprimet në matricat 2. Përcaktuesit 2.1. Konceptet bazë 2.2. Vetitë e përcaktorëve 3. Matricat jo njëjës 3.1.
BILETA E PROVIMIT 1 1. Matricat, veprimet mbi matricat. 2. Skajet e sipërme dhe të poshtme grupe numrash. Fusha numra realë. FLETA E PROVIMIT 2 1. Përcaktuesit. Vetitë e përcaktorëve, metodat
Departamenti i Matematikës dhe Shkencave Kompjuterike Analiza matematikore Kompleksi arsimor dhe metodologjik për studentët e arsimit të lartë që studiojnë duke përdorur teknologjitë në distancë Moduli 4 Aplikacionet derivative Përpiluar nga: Profesor i Asociuar
MINISTRIA E ARSIMIT DHE SHKENCËS SË RUSISË Buxheti federal i shtetit institucion arsimor më të larta Arsimi profesional Dega "UNIVERSITETI SHTETËROR HUMANITIK RUS" (RGGU) në Domodedovo
Ministria e Arsimit dhe Shkencës e Federatës Ruse Veriore (Arktik) universiteti federal me emrin M. Lomonosov Departamenti i Matematikës Shembull detyrash për provimin e matematikës (pjesa) për studentët e grupit 9 të drejtimit IEIT
AGJENSIA FEDERALE PËR ARSIM Shteti i Moskës Universiteti Teknik"MAMI" Departamenti i "Matematikës së Lartë" Prof., Doktor i Shkencave Kadymov VA Profesor i Asociuar, Fakulteti i Shkencave Solovyov GH Testet për kontrollin e mesëm
Departamenti i Matematikës dhe Shkencave Kompjuterike Elementet e Matematikës së Lartë Kompleksi edukativo-metodologjik për studentët e arsimit të mesëm profesional që studiojnë duke përdorur teknologjitë në distancë Moduli Llogaritja diferenciale Përpiluar nga:
Udhëzime për studentët për zotërimin e planeve të disiplinës (modulit). klasa praktike Matricat dhe përcaktuesit, sistemet ekuacionet lineare Matricat Operacione në matrica matricë e anasjelltë Elementare
Opsioni 5 Gjeni domenin e përkufizimit të funksionit: y arcsin + Domeni i përkufizimit të këtij funksioni përcaktohet nga dy inekuacione: dhe ose Shumëzojeni pabarazinë e parë me dhe hiqni shenjën e modulit: Nga e majta
Ministria e Arsimit dhe Shkencës e Federatës Ruse Universiteti Federal i Arktikut Verior me emrin. M.V. Lomonosov Departamenti i Matematikës Pyetje në matematikë për studentët e kurseve të korrespondencës së specialitetit 000. "Inxhinieria e energjisë termike"
Leksioni 9. Derivatet dhe diferencialet e rendit më të lartë, vetitë e tyre. Pikat ekstreme të funksionit. Teoremat e Fermat dhe Rolle. Le të jetë funksioni y i diferencueshëm në një interval [b]. Në këtë rast, derivati i tij
Jepet një matricë Puna testuese A 0 T= Detyra [, faqe ] Përcaktoni dimensionin e saj Shkruani karakteristikat e kësaj matrice: drejtkëndëshe, katrore, simetrike, njësi, zero, trekëndore, diagonale,
Bileta e provimit 1 Fakulteti: 101-152, 125-126 1. Shumëzimi me matricë. 2. Vepra arti vektoriale në formën e koordinatave 3. Kufijtë e njëanshëm. Karta e provimit 2 1. Përcaktues i rendit të 3-të. 2.
Pyetje dhe detyra për provën Algjebër lineare Matricat dhe përcaktorët Njehsoni përcaktorët: a), b), c), d) Zgjidheni ekuacionin 9 9 Gjeni përcaktorin e matricës B A C: A, B Gjeni prodhimin e matricave.
Opsioni Gjeni domenin e përkufizimit të funksionit: + + + Pabarazia + plotësohet gjithmonë nga pabarazitë e mëposhtme: ato dhe ato Zgjidhja e sistemit të këtyre pabarazive.
Universiteti Teknik Shtetëror i Moskës me emrin N. E. Bauman i specializuar qendër arsimore dhe shkencore Institucioni arsimor buxhetor shtetëror i qytetit të Moskës Liceu 1580 (në MSTU me emrin.
Gjeni termin e përbashkët të vargut,) Gjeni b) lim () c) 9 7 7) 8 7 b) 7 c) 7 d) 7 Gjeni ()!! lim ()!) b) c) Gjeni 6 si lim si d)) b) c) d) d) () Gjeni lim [ (l() l)]) b) c) e d) l 6 Gjeni
matematika [ Burim elektronik] : elektronike kompleksi i trajnimit dhe metodologjisë. Pjesa 1 / E.A. Levina, V.I. Zimin, I.V. Kasymova [dhe të tjerët]; Sib. shteti industriale univ. - Novokuznetsk: SibGIU, 2010. - 1 disk optik elektronik
Ministria e Arsimit dhe Shkencës Federata Ruse Institucioni Arsimor Buxhetor Federal i Shtetit të Arsimit të Lartë Profesional "AKADEMIA GJEODETIKE SHTETËRORE SIBERIANE"
Bileta 1 1 Përcaktuesit e rendit të th dhe të, vetitë e tyre dhe metodat e llogaritjes Zgjidhja e sistemeve të ekuacioneve lineare duke përdorur metodën Cramer Zgjidhja e një sistemi ekuacionesh duke përdorur Gausin dhe metodat llogaritja e matricës: Gjeni koordinatat
Teste në disiplinën “Matematika” për nxënësit e drejtimit 676 (9) “Teknologjia dhe projektimi i prodhimit të ambalazhit” Lista tematike Algjebër lineare Algjebër vektoriale. Gjeometria analitike
Përmbajtja Hyrje Algjebër lineare Probleme për mësimet në klasë Shembuj të zgjidhjes së problemave Probleme për vetë-përgatitje Gjeometri analitike dhe algjebër vektoriale Probleme për ushtrimet në klasë Modele zgjidhjesh
Llogaritja diferenciale Konceptet dhe formulat themelore Përkufizimi 1 Derivati i një funksioni në një pikë është kufiri i raportit të rritjes së funksionit me rritjen e argumentit, me kusht që rritja e argumentit
DETYRA PËR PUNË TË PAVARUR PËR STUDENTËT KORRESPONDENCA NË PERIUDHËN NDËSESIONALE NË DISIPLINËN AKADEMIKE “METODA E VENDIMJEVE OPTIMALE” NË DREJTIM TË PËRGATITJES 37.00.01 Tema LOGJIKE.
INSTITUCIONI ARSIMOR SHTETËROR I ARSIMIT TË LARTË PROFESIONAL "UNIVERSITETI SHTETËROR PEDAGOGJIK VORONEZH" HYRJE NË ANALIZË DHE LLOGARIM DIFERENCIALE TË FUNKSIONIVE TË NJË VARIABLE
ABSTRAKT tek programi i punës disiplina "Matematika" Drejtimi i trajnimit (specialiteti) 38/03/04 Shteti dhe pushteti komunal 1. QËLLIMET DHE OBJEKTIVAT E DISIPLINËS 1.1. Qëllimet e disiplinës: zhvillim
Tema e testit Kufijtë dhe derivatet e funksioneve Gjeni kufijtë e funksioneve të mëposhtme të një ndryshoreje (pa rregullin e L'Hopital) a) b) c) d) Shembull a) Zgjidhje Përcaktoni llojin e pasigurisë me formale
MJETET E VLERËSIMIT PËR KONTROLLIN AKTUAL TË ARRITJEVE DHE ÇERTIFIKIMIN E NDËRMJETËM TË BAZUAR NË REZULTATET E MISTRIMIT TË DISIPLINËS Disiplinë akademike B.2.1 - Profili i trajnimit në matematikë: Menaxhimi i prodhimit Subjektet
1 Universiteti Teknik Shtetëror i Moskës me emrin N.E Bauman Qendra e specializuar arsimore dhe shkencore GOU Liceu 1580. Pyetje për provimin e transferimit në matematikë (klasa e 10-të 2016 2017 akademike.
1 Universiteti Teknik Shtetëror i Moskës me emrin N.E Bauman Qendra e specializuar arsimore dhe shkencore GOU Liceu 1580. Pyetje për provimin e transferimit në matematikë. Klasa e 10-të viti akademik 2014-2015
Opsioni 9 Gjeni domenin e përkufizimit të funksionit: y + lg Domeni i përkufizimit të këtij funksioni përcaktohet nga pabarazia e mëposhtme: >, ato > Më tej, emëruesi nuk duhet të zhduket: ose ± Kombinimi i rezultateve,
Shembuj të problemeve themelore dhe pyetjeve në MA për semestrin Kufiri i sekuencës Më i thjeshtë Llogaritni kufirin e sekuencës l i m 2 n 6 n 2 + 9 n 6 4 n 6 n 4 6 4 n 6 2 2 Llogaritni kufirin e sekuencës
Transmetim: TVGT -I BILETA E PROVIMIT 1 1Përcaktuesit e rendit të th dhe të rregullave të llogaritjes Algoritmi i përgjithshëm eksplorimi i grafikut të funksioneve duke përdorur derivate Gjetja e vlerave më të mëdha dhe më të vogla
Opsioni Gjeni domenin e përkufizimit të një funksioni Domeni i përkufizimit të një funksioni të caktuar përcaktohet nga pabarazia > Rrënjët e ekuacionit janë numra Meqenëse degët e parabolës janë të drejtuara lart, pabarazia > plotësohet
01 1. Gjeni zgjidhjet e përgjithshme dhe themelore të sistemit të ekuacioneve: 16x 10x + 2x = 8, 40x + 25x 5x = 20. Përgjigje: Nëse zgjedhim x si variabël bazë, atëherë zgjidhja e përgjithshme është: x = 1 2. + 5 8 x 1 8 x , x, x R; bazë
FONDI I VLERËSIMIT PËR ÇERTIFIKIM TË NDËRMJETËM TË STUDENTËVE NË NJË DISIPLINË (MODUL). Informacion i pergjithshem 1. Departamenti i Shkencave Kompjuterike, teknologji kompjuterike Dhe siguria e informacionit 2. Drejtimi
Opsioni Gjeni domenin e përcaktimit të funksionit: y arcsi + Domeni i përcaktimit të këtij funksioni përcaktohet nga dy inekuacione dhe shumëzoni pabarazinë e parë me dhe hiqni shenjën e modulit: Nga pabarazia e majtë
Opsioni Gjeni domenin e përcaktimit të funksionit: y + Domeni i përcaktimit të këtij funksioni përcaktohet nga pabarazia Përveç kësaj, emëruesi nuk duhet të shkojë në zero Le të gjejmë rrënjët e emëruesit: Kombinimi i rezultateve
Opsioni + Gjeni domenin e përcaktimit të funksionit: y lg Domeni i përkufizimit të këtij funksioni përcaktohet nga pabarazia + ato Më pas, emëruesi nuk duhet të shkojë në zero: lg ose ± Përveç kësaj, argumenti i logaritmit.
Miratuar në mbledhjen e Departamentit të Matematikës dhe Informatikës, Procesverbali 2(25) 8 shtator 2015. kokë Departamenti i Ph.D. Timshina D.V. Pyetje për testim në disiplinën “ALGJEBRA LINEARE DHE ANALIZA MATEMATIKE”
Bileta.. Përkufizimi i një matrice (me shembuj të katrorit dhe matricë drejtkëndëshe).. Kuptimi gjeometrik polinomi Taylor i rendit të parë (formulim, shembull, vizatim). (x)ctg(x). 4. Metoda e kordës grafike
INSTITUCIONI SHTETËROR I ARSIMIT TË LARTË PROFESIONAL "UNIVERSITETI Bjelloruso-RUS" Departamenti i "Matematikës së Lartë" MATEMATIKA E LARTË Udhëzime metodologjike dhe variante detyrash për testin
4 Udhëzime për plotësimin e testit “Derivati dhe aplikimet e tij Shtojca llogaritja diferenciale» Zbatime derivative të llogaritjes diferenciale Derivati i një funksioni f (
Opsioni 7 Gjeni domenin e funksionit: y + / lg Përcaktohet domeni i këtij funksioni kushtet e mëposhtme:, >, ato > / Më pas, emëruesi nuk duhet të shkojë në zero: ose Kombinimi i rezultateve,
Leksionet 7-9 Kapitulli 7 Hetimi i një funksioni 7 Teorema e funksionit zmadhues dhe zvogëlues mbi monotonitetin e një funksioni Nëse f (në intervalin (a ; b), atëherë në këtë interval funksioni f (rritet Nëse f (në intervalin
Programi i provimit të matematikës për studentët e specialitetit “Financë dhe Kredi” ( ekstramurale trajnimi) 1 Seksioni 2. Bazat analiza matematikore FUNKSIONET DHE KUFIJT Koncepti i funksionit Përkufizimi i një funksioni,
Universiteti Teknik Shtetëror i Moskës me emrin N. E. Bauman Qendra e specializuar arsimore dhe shkencore Institucioni Arsimor Shtetëror Liceu 1580 Pyetje për testin në matematikë (klasa e 11-të, semestri i 3-të, dhjetor 2013)
Opsioni 5 Gjeni domenin e përcaktimit të funksionit lg5 Domeni i përkufizimit të këtij funksioni përcaktohet nga pabarazia 5 > Rrënjët e ekuacionit 5+ janë numra, meqenëse degët e parabolës + 5 janë të drejtuara poshtë, pabarazia
Nëse propozimi A(n), në varësi të numri natyror n është e vërtetë për n=1 dhe nga fakti që është e vërtetë për n=k (ku k është çdo numër natyror), rrjedh se është e vërtetë për numrin tjetër n=k+1, pastaj supozimi A(n) është e vërtetë për çdo numër natyror n.
Në një numër rastesh, mund të jetë e nevojshme të vërtetohet vlefshmëria e një deklarate të caktuar jo për të gjithë numrat natyrorë, por vetëm për n>p, ku p është një numër natyror fiks. Në këtë rast parimi induksioni matematikështë formuluar në mënyrën e mëposhtme.
Nëse pohimi A(n) është i vërtetë për n=p dhe nëse A(k) ≈ A(k+1) për çdo k>p, atëherë pohimi A(n) është i vërtetë për çdo n>p.
Vërtetimi duke përdorur metodën e induksionit matematik kryhet si më poshtë. Së pari, pohimi që do të vërtetohet kontrollohet për n=1, d.m.th. vërtetohet e vërteta e pohimit A(1). Kjo pjesë e provës quhet baza e induksionit. Pastaj vjen pjesa e provës e quajtur hapi i induksionit. Në këtë pjesë vërtetojnë vlefshmërinë e pohimit për n=k+1 nën supozimin e vlefshmërisë së pohimit për n=k (supozim induksioni), d.m.th. vërtetoni se A(k) 1 A(k+1)
Vërtetoni se 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.
- 1) Kemi n=1=1 2 . Prandaj, pohimi është i vërtetë për n=1, d.m.th. A(1) e vërtetë
- 2) Le të vërtetojmë se A(k) ≥ A(k+1)
Le të jetë k çdo numër natyror dhe le të jetë i vërtetë pohimi për n=k, d.m.th.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2
Le të vërtetojmë se atëherë pohimi është i vërtetë edhe për numrin tjetër natyror n=k+1, d.m.th. Çfarë
- 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Në të vërtetë,
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
Pra, A(k) 1 A(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, arrijmë në përfundimin se supozimi A(n) është i vërtetë për çdo n O N
Vërtetoni këtë
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), ku x nr. 1
- 1) Për n=1 marrim
- 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
prandaj, për n=1 formula është e saktë; A(1) e vërtetë
- 2) Le të jetë k çdo numër natyror dhe le të jetë formula e vërtetë për n=k,
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)
Le të vërtetojmë se atëherë barazia vlen
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Në të vërtetë
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)
Pra, A(k) 1 A(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, arrijmë në përfundimin se formula është e vërtetë për çdo numër natyror n
Vërtetoni se numri i diagonaleve të një këndi konveks është n(n-3)/2
Zgjidhje: 1) Për n=3 pohimi është i vërtetë, sepse në trekëndësh
A 3 =3(3-3)/2=0 diagonale; A 2 A(3) e vërtetë
2) Supozojmë se në çdo k-gon konveks ka diagonale A 1 x A k =k(k-3)/2. A k Le të vërtetojmë se atëherë në një konveks A k+1 (k+1)-gon numri i diagonaleve A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Le të jetë A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 një kënd konveks (k+1). Le të vizatojmë një diagonale A 1 A k në të. Për të numëruar numri total diagonalet e këtij (k+1)-gon, ju duhet të numëroni numrin e diagonaleve në k-gon A 1 A 2 ...A k , shtoni në numrin që rezulton k-2, d.m.th. duhet të merret parasysh numri i diagonaleve të këndit (k+1) që dalin nga kulmi A k+1 dhe, përveç kësaj, diagonalja A 1 A k
Kështu,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
Pra, A(k) 1 A(k+1). Për shkak të parimit të induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n-gon konveks.
Vërtetoni se për çdo n pohimi i mëposhtëm është i vërtetë:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6
Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë
X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1
2) Supozojmë se n=k
X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6
3) Konsideroni këtë pohim për n=k+1
X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2
=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6
Ne kemi vërtetuar se barazia është e vërtetë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n
Vërtetoni se për çdo numër natyror n barazia është e vërtetë:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4
Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1
Pastaj X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Shohim që për n=1 pohimi është i vërtetë.
2) Supozoni se barazia është e vërtetë për n=k
X k =k 2 (k+1) 2 /4
3) Le të vërtetojmë vërtetësinë e këtij pohimi për n=k+1, d.m.th.
X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4
Nga prova e mësipërme është e qartë se pohimi është i vërtetë për n=k+1, prandaj, barazia është e vërtetë për çdo numër natyror n
Vërtetoni këtë
((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ ... ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1) )= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), ku n>2
Zgjidhja: 1) Për n=2 identiteti duket si:
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), d.m.th. eshte e vertete
- 2) Supozoni se shprehja është e vërtetë për n=k
- (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
- 3) Le të vërtetojmë vlefshmërinë e shprehjes për n=k+1
- (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ
ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)
Ne kemi vërtetuar se barazia është e vërtetë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n>2
Vërtetoni këtë
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) për çdo numër natyror n
Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë
- 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
- 2) Supozoni se n=k, atëherë
- 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
- 3) Le të vërtetojmë vërtetësinë e këtij pohimi për n=k+1
- (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)
Është vërtetuar edhe vlefshmëria e barazisë për n=k+1, prandaj pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.
Provoni se identiteti është i saktë
(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) për çdo n natyrore
- 1) Për n=1 identiteti është i vërtetë 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) Supozoni se për n=k
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) Le të vërtetojmë se identiteti është i vërtetë për n=k+1
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1 )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)
Nga prova e mësipërme është e qartë se pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.
Vërtetoni se (11 n+2 +12 2n+1) pjesëtohet me 133 pa mbetje
Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Por (23 ґ 133) pjesëtohet me 133 pa mbetje, që do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë; A (1) është e vërtetë.
- 2) Supozoni se (11 k+2 +12 2k+1) plotpjesëtohet me 133 pa mbetje
- 3) Le të vërtetojmë se në këtë rast (11 k+3 +12 2k+3) pjesëtohet me 133 pa mbetje. Me të vërtetë
- 11 k+3 +12 2l+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +
+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1
Shuma që rezulton pjesëtohet me 133 pa mbetje, pasi termi i parë i saj është i pjesëtueshëm me 133 pa mbetje me supozim, dhe në të dytin njëri prej faktorëve është 133. Pra, A(k) 1 A(k+1). Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet
Vërtetoni se për çdo n 7 n -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje
- 1) Le të jetë n=1, atëherë X 1 =7 1 -1=6 pjesëtohet me 6 pa mbetje. Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë
- 2) Supozojmë se kur n=k 7 k -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje
- 3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1
X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6
Termi i parë është i pjesëtueshëm me 6, pasi 7 k -1 pjesëtohet me 6 me supozim, dhe termi i dytë është 6. Kjo do të thotë se 7 n -1 është shumëfish i 6 për çdo numër natyror n. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.
Vërtetoni se 3 3n-1 +2 4n-3 për një numër natyror arbitrar n pjesëtohet me 11.
1) Le të jetë n=1, atëherë
X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 pjesëtohet me 11 pa mbetje.
Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë
- 2) Supozoni se kur n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 pa mbetje
- 3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =
27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +
11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1
Termi i parë pjesëtohet me 11 pa mbetje, pasi 3 3 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 me supozim, i dyti pjesëtohet me 11, sepse një nga faktorët e tij është numri 11. Kjo do të thotë se shuma plotpjesëtohet me 11 pa mbetje për çdo numër natyror n. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.
Vërtetoni se 11 2n -1 për një numër natyror arbitrar n pjesëtohet me 6 pa mbetje
- 1) Le të jetë n=1, atëherë 11 2 -1=120 pjesëtohet me 6 pa mbetje. Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë
- 2) Supozoni se kur n=k 1 2k -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje
- 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)
Të dy termat janë të pjesëtueshëm me 6 pa mbetje: i pari përmban shumëfishin e 6, 120 dhe i dyti është i pjesëtueshëm me 6 pa mbetje sipas supozimit. Kjo do të thotë se shuma është e pjesëtueshme me 6 pa mbetje. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.
Vërtetoni se 3 3n+3 -26n-27 për një numër natyror arbitrar n pjesëtohet me 26 2 (676) pa mbetje
Le të vërtetojmë fillimisht se 3 3n+3 -1 pjesëtohet me 26 pa mbetje
- 1. Kur n=0
- 3 3 -1=26 pjesëtohet me 26
- 2. Supozojmë se për n=k
- 3 3k+3 -1 pjesëtohet me 26
- 3. Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1
- 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -pjestuar me 26
Tani le të vërtetojmë deklaratën e formuluar në deklaratën e problemit
- 1) Natyrisht, për n=1 pohimi është i vërtetë
- 3 3+3 -26-27=676
- 2) Supozoni se për n=k shprehja 3 3k+3 -26k-27 pjesëtohet me 26 2 pa mbetje
- 3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1
- 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)
Të dy termat janë të pjestueshëm me 26 2; e para është e pjesëtueshme me 26 2 sepse kemi vërtetuar se shprehja në kllapa është e pjesëtueshme me 26 dhe e dyta është e pjestueshme me hipotezën e induksionit. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet
Vërtetoni se nëse n>2 dhe x>0, atëherë pabarazia (1+x) n >1+n ґ x është e vërtetë
- 1) Për n=2 pabarazia është e vlefshme, pasi
- (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x
Pra, A(2) është e vërtetë
- 2) Le të vërtetojmë se A(k) ≈ A(k+1), nëse k> 2. Supozojmë se A(k) është e vërtetë, d.m.th., se pabarazia
- (1+x) k >1+k ґ x. (3)
Le të vërtetojmë se atëherë A(k+1) është gjithashtu e vërtetë, d.m.th., se pabarazia
(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x
Në të vërtetë, duke shumëzuar të dyja anët e pabarazisë (3) me numër pozitiv 1+x, marrim
(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)
Le të shqyrtojmë anën e djathtë pabarazia e fundit; ne kemi
(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x
Si rezultat, marrim se (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x
Pra, A(k) 1 A(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, mund të argumentohet se pabarazia e Bernoulli është e vlefshme për çdo n> 2
Vërtetoni se pabarazia (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 për a> 0 është e vërtetë
Zgjidhje: 1) Kur m=1
- (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 të dyja anët janë të barabarta
- 2) Supozojmë se për m=k
- (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
- 3) Le të vërtetojmë se për m=k+1 pabarazia është e vërtetë
- (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+
+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +
+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+
+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2
Ne kemi vërtetuar se pabarazia është e vërtetë për m=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia është e vlefshme për çdo m natyror
Vërtetoni se për n>6 pabarazia 3 n >n ґ 2 n+1 është e vërtetë
Le ta rishkruajmë pabarazinë në formën (3/2) n >2n
- 1. Për n=7 kemi 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 pabarazia është e vërtetë
- 2. Supozojmë se për n=k (3/2) k >2k
- 3) Le të vërtetojmë pabarazinë për n=k+1
- 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)
Meqenëse k>7, pabarazia e fundit është e dukshme.
Në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia është e vlefshme për çdo numër natyror n
Vërtetoni se për n>2 pabarazia është e vërtetë
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
- 1) Për n=3 pabarazia është e vërtetë
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Supozojmë se për n=k
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
- 3) Le të vërtetojmë vlefshmërinë e pabarazisë për n=k+1
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
Le të vërtetojmë se 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы
S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы
ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k Kjo e fundit është e qartë, dhe për këtë arsye 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia vërtetohet. 4 përgjigje Jo, ideja juaj është e gabuar. O(n) kompleksiteti duhet të pranojë gjithashtu se ky problem është i vështirë. Ja zgjidhja. T(n) = T(n-1) + T(n/2) + n. Meqenëse po i llogaritni gjërat për n shumë të mëdha se n-1, është pothuajse e njëjtë me n. Kështu që mund ta rishkruani si T(n) = T(n) + T(n/2) + n Dhe këtu bëra një gabim dhe fillon vendimi i gabuar: që është e barabartë me T(n) = 1/2 * T(n/2) + n/2 . Siç mund ta shihni, kompleksiteti i këtij rekursioni do të jetë pak më i vogël se origjinali. Ju lutemi vini re: nuk mund të përdorni teoremën e masterit këtu sepse a< 1 . Mund të filloni të zbutni rekursionin. ku është konvertimi i shumës së fundit sepse është një progresion gjeometrik. Në këtë mënyrë rekursioni do të ndalet në një moment dhe ju thjesht mund të zgjidhni një pikë kur të ndodhë. E zgjodha kur T(1) = b . Kjo ndodh kur n/2^k = 1 ose n = 2^k, që do të thotë k = log n. Nëse e zëvendësoni këtë k në rekursion, do të merrni elementin më të madh që funksionon si O(n) , dhe kështu është koha e ekzekutimit të këtij ekuacioni. Fundi i gabimit, fillimi i së drejtës që është e barabartë me T(n/2) + n = 0 që është e barabartë me T(n) = - 2n pra është lineare. Kjo ishte kundërintuitive për mua (shenja minus këtu), por e armatosur me këtë zgjidhje, shoh se zgjidhja e ekuacionit funksional T(n)=T(n-1)+T(n/2)+n është diçka shumë afër - 2n - 2 . Nëse e vendosni në ekuacion, do të shihni se për çdo n është vetëm 1 off Pra, zgjidhja është ende O(n) P.S. edhe një herë, rekursion shumë i çuditshëm për klasën CS. Mendoj se ke te drejte. Lidhja e përsëritjes do të ndahet gjithmonë në dy pjesë: T(n-1) dhe T(n/2). Duke parë këto të dyja, është e qartë se n-1 ulet në vlerë më ngadalë se n/2, ose me fjalë të tjera, do të keni më shumë degë nga n-1 pjesë të pemës. Pavarësisht, kur merret parasysh big-o, është e dobishme të merret në konsideratë skenari i "rastit më të keq", i cili në këtë rast është që të dyja anët e pemës zvogëlohen me n-1 (pasi zvogëlohet më ngadalë dhe do t'ju duhet të keni më shumë degë). Në përgjithësi, duhet ta ndani raportin me dy gjithsej n herë, prandaj keni të drejtë të thoni O(2^n). Arsyetimi juaj është i saktë, por ju po jepni shumë. (Për shembull, është gjithashtu e saktë të thuhet se 2x^3+4=O(2^n) , por kjo nuk është aq informuese sa 2x^3+4=O(x^3) .) Gjëja e parë që duam të bëjmë është të heqim qafe termin jo-homogjen n. Kjo sugjeron që ne mund të kërkojmë një zgjidhje të formës T(n)=an+b. Duke e zëvendësuar këtë, gjejmë: An+b = a(n-1)+b + an/2+b + n që vjen deri te 0 = (a/2+1)n + (b-a) duke nënkuptuar se a=-2 dhe b=a=-2 . Prandaj T(n)=-2n-2 është zgjidhje e ekuacionit. Tani duam të gjejmë zgjidhje të tjera duke zbritur zgjidhjen e gjetur tashmë. Le të përcaktojmë U(n)=T(n)+2n+2 . Pastaj ekuacioni bëhet U(n)-2n-2 = U(n-1)-2(n-1)-2 + U(n/2)-2(n/2)-2 + n që vjen deri te U(n) = U(n-1) + U(n/2). U(n)=0 është një zgjidhje e qartë për këtë ekuacion, por si sillen zgjidhjet jo të parëndësishme të këtij ekuacioni? Supozojmë se U(n)∈Θ(n^k) për disa k>0, kështu që U(n)=cn^k+o(n^k) . Kjo e bën ekuacionin Cn^k+o(n^k) = c(n-1)^k+o((n-1)^k) + c(n/2)^k+o((n/2)^k) Tani (n-1)^k=n^k+Θ(n^(k-1)) , kështu që sipër do të jetë Cn^k+o(n^k) = cn^k+Θ(cn^(k-1))+o(n^k+Θ(n^(k-1))) + cn^k/2^ k+o((n/2)^k) Duke përthithur termat e rendit më të ulët dhe duke zbritur cn^k totale në të cilën arrijmë O(n^k) = cn^k/2^k Por kjo nuk është e vërtetë sepse ana e djathtë rritet më shpejt se e majta. Prandaj, U(n-1)+U(n/2) rritet më shpejt se U(n) , që do të thotë se U(n) duhet të rritet më shpejt se Θ(n^k) që kemi vlerësuar. Meqenëse kjo është e vërtetë për çdo k, U(n) duhet të rritet më shpejt se çdo polinom. Një shembull i mirë i diçkaje që rritet më shpejt se çdo polinom është funksioni eksponencial. Prandaj, supozojmë se U(n)∈Θ(c^n) për disa c>1, kështu që U(n)=ac^n+o(c^n) . Kjo e bën ekuacionin ac^n + o(c^n) = ac^(n-1) + o(c^(n-1)) + ac^(n/2) + o(c^(n/2 ) ) Duke rirenditur dhe duke përdorur disa renditje të matematikës së rritjes, kjo bëhet C^n = o(c^n) Kjo është e rreme (përsëri) sepse ana e majtë rritet më shpejt se e djathta. Prandaj, U(n) rritet më shpejt se U(n-1)+U(n/2) , që do të thotë se U(n) duhet të rritet më ngadalë se sa vlerësohet Θ(c^n) . Meqenëse kjo është e vërtetë për çdo c>1, U(n) duhet të rritet më ngadalë se çdo eksponencial. Kjo na vendos në sferën e kuazi-polinomeve, ku ln U(n)∈O(log^c n) dhe nëneksponencialitet, ku ln U(n)∈O(n^ε) . Secili prej këtyre mjeteve ne duam të kërkojmë L(n):=ln U(n) , ku paragrafët e mëparshëm nënkuptojnë se L(n)∈ω(ln n)∩o(n) . Duke marrë logaritmin natyror të ekuacionit tonë, kemi Ln U(n) = ln(U(n-1) + U(n/2)) = ln U(n-1) + ln(1+ U(n/2)/U(n-1)) L(n) = L(n-1) + ln(1 + e^(-L(n-1)+L(n/2))) = L(n-1) + e^(-(L( n-1)-L(n/2))) + Θ(e^(-2(L(n-1)-L(n/2)))) Pra, gjithçka varet nga: sa shpejt rritet L(n-1)-L(n/2)? Dimë që L(n-1)-L(n/2)→∞ pasi ndryshe L(n)∈Ω(n) . Ka të ngjarë që L(n)-L(n/2) të jetë po aq i dobishëm, pasi L(n)-L(n-1)∈o(1) është shumë më i vogël se L(n-1)-L (n/2) . Fatkeqësisht, kjo është aq sa mund të shkoj për të zgjidhur këtë problem. Unë nuk shoh një mënyrë të mirë për të kontrolluar se sa shpejt rritet L(n)-L(n/2) (dhe unë e kam parë këtë për muaj të tërë). E vetmja gjë që mund të përfundoj është të citoj një përgjigje tjetër: "rekursion shumë i çuditshëm për një klasë CS". Detyra 2.1. Gjeni nëse Zgjidhje. A). Për b). Për V). Për Detyra 2.2. Gjej b). Diferencimi i ekuacionit për Diferencimi i lidhjes së fundit jep Prezantimi i një shprehjeje për V). Derivati i parë i një funksioni të specifikuar parametrikisht llogaritet duke përdorur formulën Ne llogarisim derivatin e dytë duke përdorur formulën Problemi 2.3. Llogaritni kufirin duke përdorur rregullin e L'Hopital: Zgjidhje. A). Kufiri i kërkuar është një lloj pasigurie Sipas rregullit të L'Hopital b). Kufiri është një pasiguri e formës Tek e fundit (si Kufiri që rezulton është përsëri një pasiguri V). Kufiri është një pasiguri e formës Le të llogarisim kufirin ndihmës Kufiri i kërkuar sipas (1) është i barabartë me Problemi 2.4. Funksioni i eksplorimit
Zgjidhje. Fusha e përkufizimit është i gjithë boshti real Pastaj Për të gjetur zonat e konveksitetit, përdoret derivati i dytë Në Funksioni nuk ka asimptota vertikale. Për të gjetur asimptota të zhdrejta Prandaj, kur Rezultatet e studimit duke marrë parasysh barazinë e funksionit Y Detyra 3.1. Gjeni gradientin dhe ekuacionet e planit tangjent dhe normal në një sipërfaqe të caktuar Zgjidhje. Le të shënojmë Vlera e gradientit Ekuacioni i një rrafshi tangjent që ka një vektor normal (7,-4,-19) dhe kalon nëpër Një vijë normale ka një vektor drejtimi (7,-4,-19) dhe kalon Problemi 3.2. Gjeni vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni Zgjidhje. Zona D është paraqitur në figurë (trekëndëshi OAB). Pikat e palëvizshme janë zgjidhje për sistemin e ekuacioneve ku e gjejmë pikën Le të studiojmë funksionin në kufirin e domenit D. Seksioni OA. Këtu Në skajet e segmentit Seksioni AB. Këtu Në Seksioni OB. Këtu Nga rezultatet (2)-(6) konkludojmë se Për më tepër, vlera më e madhe arrihet në pikën A(3.0), më e vogla në pikën C(2.1). Problemi 3.3. Gjeni diferencialin e plotë të një funksioni Zgjidhje. Derivatet e pjesshme janë të barabarta Problemi 3.4. Gjeni derivatet e pjesshëm të rendit të dytë të një funksioni Zgjidhje. Së pari gjejmë derivatet e pjesshme të rendit të parë: Pastaj, duke diferencuar derivatet e gjetura të pjesshme, marrim të pjesshmen derivatet e rendit të dytë të këtij funksioni: Problemi 3.5. Llogaritni derivatin e një funksioni kompleks në Zgjidhje. Që nga funksioni kompleks Le të llogarisim Le të zëvendësojmë vlerat 4.4. Zgjidhje për një version tipik të testit nr. 4 Problemi 4.1. Duke përdorur integrimin sipas pjesëve, llogaritni integralin e pacaktuar të një funksioni të formës Zgjidhje. Sepse integrali i kërkuar është i barabartë me Problemi 4.2. Njehsoni integralin e pacaktuar duke e zbërthyer integranin në thyesa të thjeshta Zgjidhje. Meqenëse shkalla e polinomit në numërues nuk është më e vogël se shkalla e emëruesit, ndarja duhet të kryhet: Le ta zbërthejmë thyesën e duhur në thyesa më të thjeshta Duke përdorur metodën e koeficientëve të pacaktuar gjejmë Zgjidhjen e këtij sistemi ekuacionesh, ne kemi Integrali i kërkuar është i barabartë me Problemi 4.3. Zgjidhje. Le të bëjmë zëvendësimin Pastaj do të shkruhet integrali i kërkuar: Zgjerimi i integrandit në thyesa të thjeshta dhe hapja e kllapave në barazi arrijmë te marrëdhënia Sistemi i ekuacioneve në lidhje me Duke e zgjidhur atë me metodën Gaussian, ne gjejmë Integrali i kërkuar është i barabartë me: Problemi 4.4. Llogaritni integralin e pacaktuar të një funksioni duke përdorur zëvendësimin Zgjidhje. Zëvendësimi është universal Prandaj, integrali i kërkuar reduktohet në rastin e integrimit të thyesës racionale Sidoqoftë, në disa raste zëvendësimet janë më të përshtatshme: (1)
(2)
(3)
Zëvendësimet 1 dhe 2 çojnë në integrandë që përmbajnë një radikal dhe për këtë arsye janë të papërshtatshëm. Për zëvendësimin 3 arrijmë në një integral që është më i thjeshtë se (7) dhe mund të reduktohet lehtësisht në një integral: Problemi 4.5. Llogaritni sipërfaqen e figurës së kufizuar nga vijat: A) b) Zgjidhje. A). Merrni parasysh funksionin ndihmës në segment Le të eksplorojmë është e lehtë ta kontrollosh atë Duke llogaritur integralin sipas pjesëve, gjejmë b). Këtu Llogaritja e integralit të pacaktuar Problemi 4.6. Llogaritni sipërfaqen e mbyllur nga kurba në sistemin e koordinatave polar. Zgjidhje. Kurba është përcaktuar për ato vlera Rajonet (8) i përkasin intervalit Sipërfaqja llogaritet duke përdorur formulën Llogaritja e integralit të pacaktuar Problemi 4.7. Llogarit integralin e gabuar Zgjidhje. Sipas përkufizimit të një integrali të pahijshëm me kufi të pafundëm, kemi Meqenëse rrënjët e trinomit në emërues do të jenë Duke përdorur metodën e koeficientëve të pacaktuar gjejmë Vlera e integralit jo të duhur është Problemi 4.8. Llogaritni masën e një pllake johomogjene të kufizuar nga vija të dhëna dhe me dendësi sipërfaqësore D: Zgjidhje. Pamja e zonës është paraqitur në figurë. Pesha e pjatës Le ta reduktojmë integralin e dyfishtë në një integral të përsëritur Problemi 4.9. Duke përdorur një integral të trefishtë, njehsoni vëllimin e rajonit V të kufizuar nga sipërfaqet e treguara: V: y=8-2x 2 , z=0, y=0, x=0, z=2x+y. Zgjidhje. Regjioni V është paraqitur në figurë, ku numrat 1, 2 tregojnë përkatësisht cilindrin parabolik y=8-2x 2 dhe rrafshin z=2x+y; ekuacionet e mbetura korrespondojnë me plane koordinative. 0 C Vëllimi Le ta reduktojmë integralin në iterated përmes Problemi 4.10. Njehsoni: a) ngarkesën e një përcjellësi që ndodhet përgjatë lakores çerek rrethi Zgjidhje.A). Ngarkimi q përcjellës që ka një densitet ngarkese (1). Është i përshtatshëm për të përcaktuar rrethin në formë parametrike: Komplot L korrespondojnë me vlerat e parametrave prej nga integrali Curvilinear shprehet përmes një të caktuar dhe shenja e sipërme zgjidhet kur Në këtë problem (2). Për harkun e një parabole L, është më i përshtatshëm të përdoret një rast i veçantë i formulës për Për Ne përdorim zëvendësimin b). Punimi i një fushe force me komponentë (1). Për një çerek rrethi, ne e zvogëlojmë integralin në atë të përcaktuar nga formula (2). Për një hark parabole Problemi 4.11. Llogaritni shpejtësinë e rrjedhës së një lëngu me një fushë shpejtësie që rrjedh për njësi të kohës nëpër një pjesë Zgjidhje. Shkalla e kërkuar e rrjedhës është dhënë nga formula Njësia normale për aeroplanin ka përbërës Integrali sipërfaqësor mund të shprehet në terma të integralit të dyfishtë ku ekuacioni i sipërfaqes Rajon Duke futur funksionet e dhëna në integralin e dyfishtë, gjejmë Kjo e fundit mund të shkruhet përmes integralit të përsëritur përmbajtja Programe tipike për lëndën “Matematika e Lartë”. Lexim i rekomanduar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Programi i kursit “Matematika e Lartë” për inxhinieri Programi i kursit “Matematika e Lartë” për ekonomi specialitete. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fletët e testimit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rregullat për përfundimin e testeve. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zgjedhja e një opsioni testimi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Detyrat e testit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PUNË E KONTROLLIT Nr. 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PUNË E KONTROLLIT Nr. 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PUNË E KONTROLLIT Nr. 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PUNË E KONTROLLIT Nr. 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Shembuj të zgjidhjes së problemeve të testit. . . . . . . . . . . Zgjidhje për një version tipik të punës testuese nr. 1. . . . . . . . . . . . . Zgjidhje për një version tipik të punës testuese nr. 2. . . . . . . . . . . . . Zgjidhje për një version tipik të punës testuese nr. 3. . . . . . . . . . . . . Zgjidhje për një version tipik të testit nr. 4. . . . . . . . . . . . . Qasje probabiliste për matjen e informacionit Sasia e informacioniti
, përmbante mesazhi se një nga ngjarjet ka ndodhurN
Ngjarjet po aq të mundshme përcaktohen nga zgjidhja e ekuacionit: N
= 2
i
(Formula Hartley)
Si të zgjidhni problemet e këtij lloji: Detyra 1. Në ruletë, numri i përgjithshëm i vrimave është 128. Sa informacion do të marrim kur shohim se topi është ndalur në njërën nga vrimat? Zgjidhja:
Për të zgjidhur këtë problem, ne përdorim formulën N=2 I. Nëse N=128, atëherë I=7, sepse 2 7 = 128. Përgjigje:
sasia e informacionit është 7 bit. Vendosni: 1. Sa informacion tregon mesazhi që programi që ju nevojitet është në një nga 8 CD-të? 2. Një kartë zgjidhet nga një kuvertë prej 32 letrash. Sa informacion do të marrim kur të shohim se është zgjedhur një kartë e caktuar? 3. Sa sekuenca të ndryshme të simboleve plus dhe minus ka, saktësisht pesë karaktere të gjata? Qasje alfabetike për përcaktimin e sasisë së informacionit Për të përcaktuar sasinë e informacionit në një mesazh duke përdorur qasjen alfabetike, duhet të: Përcaktoni sasinë e informacionit (i) në një simbol duke përdorur formulën 2
i
= N
,
(ku N është fuqia e alfabetit) Përcaktoni numrin e karaktereve në një mesazh (K) Llogaritni sasinë e informacionit duke përdorur formulën: V=
K
*
i
Njësitë e informacionit 1 bajt = 8 bit 1 KB = 2 10
byte = 1024 byte 1 MB = 2 10
KB = 1024 2
byte = 1,048,576 byte 1 GB = 2 10
MB = 1024 3
bajt»
1 miliard bajt Detyra 1. Gjatë kompozimit të mesazhit, është përdorur një alfabet me 128 karaktere. Sa do të jetë vëllimi i informacionit të mesazhit në KB nëse ai përmban 2048 karaktere. Zgjidhja:
Le të përcaktojmë sasinë e informacionit (i) në një simbol duke përdorur formulën N=2 I . Nëse N=128, atëherë I=7, sepse 2 7 = 128. Numri i karaktereve në mesazhin (K) njihet K=2048. Llogaritni sasinë e informacionit duke përdorur formulën: V=
K
*
I
=
2048*7 bit = (2048*7) /8 /1024 KB = 2*7/8 KB = 1,75 KB Përgjigje:
vëllimi i informacionit të mesazhit është 1.75 KB 1. Gjatë kompozimit të mesazhit është përdorur një alfabet me 128 karaktere. Sa do të jetë vëllimi i informacionit të mesazhit në KB nëse ai përmban 2048 karaktere. 2. Mesazhi merr 2 faqe. Çdo faqe ka 80 rreshta, çdo rresht ka 32 karaktere. Gjeni vëllimin e informacionit të një teksti të tillë nëse në përpilimin e tij është përdorur një alfabet me 256 karaktere. 3. Shprehni 8 MB në bit.
,
,
.
ne kemi
.
.
.
.
.
, Nëse
, ne kemi
,
.
.
, ne gjejme
.
.
,
.
.
.
prandaj, së pari duhet të shndërrohet në formë ose 
:
.
) Rregulli i L'Hopital mund të zbatohet:
kështu që rizbatimi i rregullit jep
për të cilat është e përshtatshme të zbatohet teknika e mëposhtme. Le të shënojmë
.
.
(1)
.
.
dhe komplotoni atë.
. Për të gjetur zonat e monotonitetit, ne gjejmë
.
në 
(interval në rritje), 
në 
(interval në rënie). Pika 
është i palëvizshëm sepse 
Kur kalon nëpër 
derivati ndryshon shenjën nga plus në minus, pra kur 
funksioni ka një maksimum lokal.
.
ose 
do 
dhe funksioni është konkav; në 
dhe funksioni është konveks.
le të llogarisim
.
funksioni ka një asimptotë 
treguar në grafik
RRETH 
4.3. Zgjidhja e një versioni tipik të punës testuese n 3
në pikën 
.
.
, do të regjistrohet
, pra ekuacionet e tij
.
në zonën D, të kufizuar nga linjat e dhëna:
,
, që i përkasin, siç shihet nga figura, rajonit 
. Në këtë pikë 
.
(2)
Dhe 
Pikat e palëvizshme përcaktohen nga ekuacioni 
ku 
Në këtë pikë
.
(3)
,
.
(4)
Dhe 
Nga barazimi. 
ne gjejme 
Dhe
.
(5)
ne kemi
.
(6)
Sepse 
në 
funksioni nuk ka pika të palëvizshme. Vlerat e saj në 
janë llogaritur në (4), (6).
,
saktë me dy shifra dhjetore.
varet nga një variabël 
përmes variablave të ndërmjetëm 
Dhe 
, të cilat nga ana e tyre varen nga një variabël 
atëherë ne llogarisim derivatin total të këtij funksioni duke përdorur formulën
.
.
Dhe 
në 
:
në shprehjen rrjedhore. marrim
.
.
.
.
Zgjidhja e ekuacionit për 
, ne gjejme: 
.
do të regjistrohet
.
.
për të cilat është e lehtë të kontrollohen barazitë
.
(7)
Pastaj 
;
Pastaj 
;
Pastaj 
.
Sipërfaqja llogaritet duke përdorur formulën 
Është e qartë se 
Sepse
,
arrin në pikën 
minimale lokale, dhe përveç kësaj, 
Prandaj vlera më e vogël 
nga , e barabartë 
, është pozitive, dhe për këtë arsye, 
Ne kemi
në 
Ne kemi 
, dhe për këtë arsye 
ndryshon shenjën. Le të gjejmë intervalet ku është pozitive apo negative. Gjetja e rrënjëve të ekuacionit 
gjeni vlerën 
Kjo është arsyeja pse 
në 
Dhe 
në 
Zona e kërkuar është:
nga intervali 
(ose 
), sipas të cilit kushti është i plotësuar 
Pabarazia 
ka zgjidhje 
ose
.
(8)
në vlerat 
ato.
ose të provojë divergjencën e saj.
.
Se
, ku 
Kjo është arsyeja pse
mund të shkruhet duke përdorur një integral të dyfishtë
.
1
4 -
do të shkruhet zona duke përdorur një integral të trefishtë
.
tregohen aplikimet e pikave 
(shih figurën), e llogaritur nga ekuacionet e rrafshit 
dhe aeroplanët 
, d.m.th. 
,
. përmes 
zona e caktuar e avionit 
, mbi të cilën është projektuar zona 
. Prandaj, kur zvogëlohet integrali i dyfishtë mbi sipërfaqen 
për të rirenditur 
pikë 
llogariten nga ekuacioni 
dhe ekuacionet e një drejtëze që është kryqëzimi i një sipërfaqe cilindrike 
dhe aeroplanët 
ato. ekuacionet 
Vëllimi i kërkuar është
, me dendësi 
duke përdorur një integral lakor të llojit të parë; b) puna e forcës 
përgjatë trajektores L nga t. A deri t. B duke përdorur një integral lakor të llojit të dytë.
ndërmjet A(3,-3), B(5,-1). (2) 
- harku i parabolës 
nga A(0,1) deri në NË(1,-1).
llogaritur me formulë
.
Ku
dhe ajo e poshtme - në 
ne kemi
përgjatë trajektores AB do të shkruhet
i shtrirë në oktantin e parë. Njësia normale 
drejtuar jashtë origjinës.
.
shkruar në mënyrë eksplicite:
.
është një projeksion 
tek avioni 
dhe kufizohet me linja
.
Artikulli i mëparshëm: Sa është shpejtësia e dritës
Artikulli vijues: Karakteristikat e elementit të karbonit dhe vetitë kimike