Фэндом


Задание 1Править

Привести уравнение кривой второго порядкаf(x,y)=0 к каноническому виду и найти точки пересечения ее с прямой Ax+By+C=0. Построить графики прямой и точки. Рассмотрим на примере задания из варианта 8.

8.x+2y^2-4y+4=0, \quad x-2y+4=0

Так как в этом задании ни в одном уравнении кривой нет слагаемого вида A_{xy}xy, воспользуемся более простым свойством

  1. для обеих переменных есть квадраты и они с одинаковыми знаками – эллипс;
  2. для обеих переменных есть квадраты и они с разными знаками – гипербола;
  3. только одна переменная имеет квадратное слагаемое – парабола.

В рассматриваемом примере есть только слагаемое 2y^2, следовательно это парабола.

Канонический вид кривых:

  1. эллипс: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1;
  2. гипербола: \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1;
  3. парабола: y^2=2px или x^2=2py.


Приводим нашу кривую к каноническому виду:

x+2y^2-4y+4=0

x+2(y^2-2y+1)+2=0

x+2(y-1)^2+2=0

2(y-1)^2=-x-2

(y-1)^2=-\frac{1}{2}x-1

Для нахождения точек пересечения выразим в уравнении прямой одну переменную через другую: x=2y-4 И подставим в получившееся уравнение кривой:

Graph1.png

График к заданию 1

(y-1)^2=-\frac{1}{2}(2y-4)-1

y^2-2y+1=-y+1

y^2-y=0

y=0 или y=1


Окончательно находим точки пересечения: A(-4, 0), B(-2, 1)


Задание 2Править

Требуется:

  1. построить по точкам график функции\rho = \rho(\varphi) в полярной системе координат. Значение функции вычислять в точках \varphi_k = \pi k /8
  2. найти уравнение кривой в прямоугольной системе координат, начало которой совмещено с полюсом, а положительная полуось Ox- с полярной осью;
  3. определить вид кривой.


Возьмем задачу для 14 варианта: \rho^2 = 4 \sin (2 \varphi).

Вычисляем функцию в точках:


\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\varphi_k & 0 &\frac{\pi}{8} & \frac{\pi}{4} & \frac{3\pi}{8} & \frac{\pi}{2} & \frac{5\pi}{8} & \frac{3\pi}{4} & \frac{7\pi}{8} & \pi & \frac{9\pi}{8} & \frac{5\pi}{4} & \frac{11\pi}{8} & \frac{3\pi}{2} & \frac{13\pi}{8} & \frac{7\pi}{4} & \frac{15\pi}{8} \\
\hline
\rho^2 & 0 & 2 \sqrt{2} & 4 & 2 \sqrt{2} & 0 & -2 \sqrt{2} & -4 & -2 \sqrt{2} & 0 & 2 \sqrt{2} & 4 & 2 \sqrt{2} & 0 & -2 \sqrt{2} & -4 & -2 \sqrt{2} \\
\rho & 0 & \pm \sqrt[4]{8} & \pm 2 & \pm \sqrt[4]{8} & 0 & \, & \, & \, & 0 & \pm \sqrt[4]{8}& \pm 2 & \pm \sqrt[4]{8} & 0 & \, & \, & \, \\
\end{array}

Graph.png

График к заданию №2

Чтобы перевести уравнение кривой из полярных координат в декартовы, сперва вспомним свзяь между ними:

 \begin{cases} x=\rho \cos \varphi \\ y=\rho \sin \varphi \\ \end{cases} или  \begin{cases} \rho^2 = x^2 + y^2 \\ \varphi = \mathrm{arctg} \frac{y}{x} \\ \end{cases}

Преобразовываем правую часть уравнения: 4 \sin{2 \varphi} = 8 \sin \varphi \cos \varphi = 8 \frac {xy}{x^2+y^2}

Левая часть преобразовывается по формуле перехода, получаем: (x^2+y^2)^2=8xy

И, если интересно, эта кривая называется лемнискатой Бернулли.

Задание 3Править

Вычислить пределы функций не пользуясь средствами дифференциального исчисления.

Вариант 1

1.  \lim_{x \to \infty} \frac{3x^2-5x}{-5x^2+x-1} – сократим числитель и знаменатель на x^2

\lim_{x \to \infty} \frac{3-\frac{5}{x}}{-5+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}} = \frac{3-\lim_{x \to \infty}\frac{5}{x}}{-5 +\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} - \lim_{x \to \infty}\frac{1}{x^2}}= -\frac{3}{5}

2. \lim_{x \to -2} \frac{\ln(x+4)}{\mathrm{ctg}(x+2)} = \frac{\lim_{x \to -2} \ln(x+4)}{\lim_{x \to -2}\mathrm{ctg}(x+2)} = \frac {\ln 2}{\infty}  \to 0

3. \lim_{x \to 0}\frac{\ln(1+\sin^2 x)}{e^{x^2}-1}

т.к. при x \to 0 эквивалентны \ln(1+x) \sim x; \sin x \sim x; e^x-1 \sim x получаем:

\lim_{x \to 0}\frac{\ln(1+\sin^2 x)}{e^{x^2}-1} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin^2 x}{x^2} = 1

4. \lim_{x \to -1}(3+2x)^\frac{5}{x+1} (просьба уточнить: у меня в знаменатели степени x+7. опечатка?)

Заменим y=x+1:

\lim_{y \to 0}(1+2y)^\frac{5}{y} = (\lim_{y \to 0}(1+2y)^\frac{1}{2y})^{10} = e^{10}

Задание 6Править

А. Найти алгебраическую и тригонометрическую формы числа z=z_1+z_2. Изобразить числа z_1, z_2 и z на комплексной плоскости. вычислить z^{12} по формуле Муавра.

3. z_1=-2; \quad z_2=2(\cos \frac{\pi}{3}+i \sin \frac{\pi}{3})

Переведем в алгебраическую форму: z_2=1+i \sqrt{3}

Суммируем: z=-1+i \sqrt{3}

На комплексной плоскости эти точки имеют координаты z_1(-2; 0), z_2(1; \sqrt{3}), z(-1; \sqrt{3}).

Для использования формулы Муавра переведем z обратно в тригонометрический вид: z=2(\cos \frac{2 \pi}{3}+i \sin \frac{2 \pi}{3})

По формуле: z^{12}=2^{12}(\cos \frac{24 \pi}{3}+i \sin \frac{24 \pi}{3})=4096(\cos 0 + i \sin 0)=4096


Б. Решить уравнение az^3+bz^2+cz+d=0 и изобразить его корни z_1, z_2, z_3 на комплексной плоскости.

Проверить, что z_1+z_2+z_3=- \frac{b}{a}, \quad z_1 z_2 + z_1 z_3 + z_2 z_3 = \frac{c}{a}, \quad z_1 z_2 z_3 = - \frac {d}{a}

19. a=2; b=-4; c=3; d=-1

2z^3-4z^2+3z-1=0

z^3-2z^2+1,5z-0,5=0

Легко заметить корень z_1=1. Согласно теореме Безу мы можем разделить уравнение на (z-z_1)

z^2-z+0,5=0

Решая получившееся квадратное уравнение, получаем еще два корня:

z_{2,3}= \frac{1 \pm i}{2}

Проверка формул Виета кубического уравнения несложна.


Замечание. В общем случае кубические уравнения решаются по формуле Кардано.

Обнаружено использование расширения AdBlock.


Викия — это свободный ресурс, который существует и развивается за счёт рекламы. Для блокирующих рекламу пользователей мы предоставляем модифицированную версию сайта.

Викия не будет доступна для последующих модификаций. Если вы желаете продолжать работать со страницей, то, пожалуйста, отключите расширение для блокировки рекламы.

Также на Фэндоме

Случайная вики