Задание 1 [ ]
Привести уравнение кривой второго порядка
f
(
x
,
y
)
=
0
{\displaystyle f(x,y) = 0}
к каноническому виду и найти точки пересечения ее с прямой
A
x
+
B
y
+
C
=
0
{\displaystyle Ax + By + C = 0}
. Построить графики прямой и точки.
Рассмотрим на примере задания из варианта 8.
8.
x
+
2
y
2
−
4
y
+
4
=
0
,
x
−
2
y
+
4
=
0
{\displaystyle 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
x
y
x
y
{\displaystyle A_{xy}xy}
, воспользуемся более простым свойством
для обеих переменных есть квадраты и они с одинаковыми знаками – эллипс;
для обеих переменных есть квадраты и они с разными знаками – гипербола;
только одна переменная имеет квадратное слагаемое – парабола.
В рассматриваемом примере есть только слагаемое
2
y
2
{\displaystyle 2y^2}
, следовательно это парабола.
Канонический вид кривых:
эллипс:
x
2
a
2
+
y
2
b
2
=
1
{\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}
;
гипербола:
x
2
a
2
−
y
2
b
2
=
1
{\displaystyle \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1}
;
парабола:
y
2
=
2
p
x
{\displaystyle y^2=2px}
или
x
2
=
2
p
y
{\displaystyle x^2 = 2py}
.
Приводим нашу кривую к каноническому виду:
x
+
2
y
2
−
4
y
+
4
=
0
{\displaystyle x+2y^2-4y+4=0}
x
+
2
(
y
2
−
2
y
+
1
)
+
2
=
0
{\displaystyle x+2(y^2-2y+1)+2=0}
x
+
2
(
y
−
1
)
2
+
2
=
0
{\displaystyle x+2(y-1)^2+2=0}
2
(
y
−
1
)
2
=
−
x
−
2
{\displaystyle 2(y-1)^2=-x-2}
(
y
−
1
)
2
=
−
1
2
x
−
1
{\displaystyle (y-1)^2=-\frac{1}{2}x-1}
Для нахождения точек пересечения выразим в уравнении прямой одну переменную через другую:
x
=
2
y
−
4
{\displaystyle x=2y-4}
И подставим в получившееся уравнение кривой:
График к заданию 1
(
y
−
1
)
2
=
−
1
2
(
2
y
−
4
)
−
1
{\displaystyle (y-1)^2=-\frac{1}{2}(2y-4)-1}
y
2
−
2
y
+
1
=
−
y
+
1
{\displaystyle y^2-2y+1=-y+1}
y
2
−
y
=
0
{\displaystyle y^2-y=0}
y
=
0
{\displaystyle y=0}
или
y
=
1
{\displaystyle y=1}
Окончательно находим точки пересечения:
A
(
−
4
,
0
)
,
B
(
−
2
,
1
)
{\displaystyle A(-4, 0), B(-2, 1)}
Задание 2 [ ]
Требуется:
построить по точкам график функции
ρ
=
ρ
(
φ
)
{\displaystyle \rho = \rho(\varphi)}
в полярной системе координат. Значение функции вычислять в точках
φ
k
=
π
k
/
8
{\displaystyle \varphi_k = \pi k /8}
найти уравнение кривой в прямоугольной системе координат, начало которой совмещено с полюсом, а положительная полуось
O
x
{\displaystyle Ox}
- с полярной осью;
определить вид кривой.
Возьмем задачу для 14 варианта:
ρ
2
=
4
sin
(
2
φ
)
{\displaystyle \rho^2 = 4 \sin (2 \varphi)}
.
Вычисляем функцию в точках:
φ
k
0
π
8
π
4
3
π
8
π
2
5
π
8
3
π
4
7
π
8
π
9
π
8
5
π
4
11
π
8
3
π
2
13
π
8
7
π
4
15
π
8
ρ
2
0
2
2
4
2
2
0
−
2
2
−
4
−
2
2
0
2
2
4
2
2
0
−
2
2
−
4
−
2
2
ρ
0
±
8
4
±
2
±
8
4
0
0
±
8
4
±
2
±
8
4
0
{\displaystyle
\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}
}
График к заданию №2
Чтобы перевести уравнение кривой из полярных координат в декартовы, сперва вспомним свзяь между ними:
{
x
=
ρ
cos
φ
y
=
ρ
sin
φ
{\displaystyle \begin{cases} x=\rho \cos \varphi \\ y=\rho \sin \varphi \\ \end{cases} }
или
{
ρ
2
=
x
2
+
y
2
φ
=
a
r
c
t
g
y
x
{\displaystyle \begin{cases} \rho^2 = x^2 + y^2 \\ \varphi = \mathrm{arctg} \frac{y}{x} \\ \end{cases} }
Преобразовываем правую часть уравнения:
4
sin
2
φ
=
8
sin
φ
cos
φ
=
8
x
y
x
2
+
y
2
{\displaystyle 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
=
8
x
y
{\displaystyle (x^2+y^2)^2=8xy}
И, если интересно, эта кривая называется лемнискатой Бернулли .
Задание 3 [ ]
Вычислить пределы функций не пользуясь средствами дифференциального исчисления.
Вариант 1
1.
lim
x
→
∞
3
x
2
−
5
x
−
5
x
2
+
x
−
1
{\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{3x^2-5x}{-5x^2+x-1}}
– сократим числитель и знаменатель на
x
2
{\displaystyle x^2}
lim
x
→
∞
3
−
5
x
−
5
+
1
x
−
1
x
2
=
3
−
lim
x
→
∞
5
x
−
5
+
lim
x
→
∞
1
x
−
lim
x
→
∞
1
x
2
=
−
3
5
{\displaystyle \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
→
−
2
ln
(
x
+
4
)
c
t
g
(
x
+
2
)
=
lim
x
→
−
2
ln
(
x
+
4
)
lim
x
→
−
2
c
t
g
(
x
+
2
)
=
ln
2
∞
→
0
{\displaystyle \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
→
0
ln
(
1
+
sin
2
x
)
e
x
2
−
1
{\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\ln(1+\sin^2 x)}{e^{x^2}-1}}
т.к. при
x
→
0
{\displaystyle x \to 0}
эквивалентны
ln
(
1
+
x
)
∼
x
;
sin
x
∼
x
;
e
x
−
1
∼
x
{\displaystyle \ln(1+x) \sim x; \sin x \sim x; e^x-1 \sim x}
получаем:
lim
x
→
0
ln
(
1
+
sin
2
x
)
e
x
2
−
1
=
lim
x
→
0
sin
2
x
x
2
=
1
{\displaystyle \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
→
−
1
(
3
+
2
x
)
5
x
+
1
{\displaystyle \lim_{x \to -1}(3+2x)^\frac{5}{x+1}}
(просьба уточнить: у меня в знаменатели степени x+7. опечатка?)
Заменим
y
=
x
+
1
{\displaystyle
y=x+1}
:
lim
y
→
0
(
1
+
2
y
)
5
y
=
(
lim
y
→
0
(
1
+
2
y
)
1
2
y
)
10
=
e
10
{\displaystyle \lim_{y \to 0}(1+2y)^\frac{5}{y} = (\lim_{y \to 0}(1+2y)^\frac{1}{2y})^{10} = e^{10}}
Задание 6 [ ]
А. Найти алгебраическую и тригонометрическую формы числа
z
=
z
1
+
z
2
{\displaystyle z=z_1+z_2}
. Изобразить числа
z
1
{\displaystyle z_1}
,
z
2
{\displaystyle z_{2}}
и
z
{\displaystyle z}
на комплексной плоскости. вычислить
z
12
{\displaystyle z^{12}}
по формуле Муавра .
3.
z
1
=
−
2
;
z
2
=
2
(
cos
π
3
+
i
sin
π
3
)
{\displaystyle z_1=-2; \quad z_2=2(\cos \frac{\pi}{3}+i \sin \frac{\pi}{3})}
Переведем в алгебраическую форму:
z
2
=
1
+
i
3
{\displaystyle z_2=1+i \sqrt{3}}
Суммируем:
z
=
−
1
+
i
3
{\displaystyle z=-1+i \sqrt{3}}
На комплексной плоскости эти точки имеют координаты
z
1
(
−
2
;
0
)
,
z
2
(
1
;
3
)
,
z
(
−
1
;
3
)
{\displaystyle z_1(-2; 0), z_2(1; \sqrt{3}), z(-1; \sqrt{3})}
.
Для использования формулы Муавра переведем
z
{\displaystyle z}
обратно в тригонометрический вид:
z
=
2
(
cos
2
π
3
+
i
sin
2
π
3
)
{\displaystyle z=2(\cos \frac{2 \pi}{3}+i \sin \frac{2 \pi}{3})}
По формуле:
z
12
=
2
12
(
cos
24
π
3
+
i
sin
24
π
3
)
=
4096
(
cos
0
+
i
sin
0
)
=
4096
{\displaystyle 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
a
z
3
+
b
z
2
+
c
z
+
d
=
0
{\displaystyle az^3+bz^2+cz+d=0}
и изобразить его корни
z
1
,
z
2
,
z
3
{\displaystyle z_1, z_2, z_3}
на комплексной плоскости.
Проверить, что
z
1
+
z
2
+
z
3
=
−
b
a
,
z
1
z
2
+
z
1
z
3
+
z
2
z
3
=
c
a
,
z
1
z
2
z
3
=
−
d
a
{\displaystyle 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
{\displaystyle a=2; b=-4; c=3; d=-1}
2
z
3
−
4
z
2
+
3
z
−
1
=
0
{\displaystyle 2z^3-4z^2+3z-1=0}
z
3
−
2
z
2
+
1
,
5
z
−
0
,
5
=
0
{\displaystyle z^3-2z^2+1,5z-0,5=0}
Легко заметить корень
z
1
=
1
{\displaystyle z_1=1}
. Согласно теореме Безу мы можем разделить уравнение на
(
z
−
z
1
)
{\displaystyle (z-z_1)}
z
2
−
z
+
0
,
5
=
0
{\displaystyle z^2-z+0,5=0}
Решая получившееся квадратное уравнение, получаем еще два корня:
z
2
,
3
=
1
±
i
2
{\displaystyle z_{2,3}= \frac{1 \pm i}{2}}
Проверка формул Виета кубического уравнения несложна.
Замечание . В общем случае кубические уравнения решаются по формуле Кардано .