ФЭНДОМ


Задание 1Править

Привести уравнение кривой второго порядка$ f(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

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

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.

Материалы сообщества доступны в соответствии с условиями лицензии CC-BY-SA , если не указано иное.