Файл: В.М. Волков Математика. Контрольные работы №1, 2, 3 и методические указания к ним для студентов-заочников инженерно-технических спецальностей.pdf
ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 03.06.2024
Просмотров: 465
Скачиваний: 0
Продолжение табл. 2 |
||||||||||||||||||||||
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
||||||||||||||||||
Гипербола |
||||||||||||||||||||||
(с действи- |
x0 и y0 - координаты |
|||||||||||||||||||||
тельной |
||||||||||||||||||||||
(x − x |
)2 |
(y − y |
)2 |
центра |
||||||||||||||||||
осью Ox ) |
x2 |
y2 |
||||||||||||||||||||
− |
=1 |
0 |
− |
0 |
=1 |
a -действительная полу- |
||||||||||||||||
a2 |
b |
2 |
a2 |
b2 |
||||||||||||||||||
ось |
||||||||||||||||||||||
b - мнимая полуось |
||||||||||||||||||||||
Гипербола |
x0 и y0 - координаты |
|||||||||||||||||||||
центра |
||||||||||||||||||||||
(с действи- |
||||||||||||||||||||||
b - действительная полу- |
||||||||||||||||||||||
тельной |
2 |
2 |
2 |
2 |
||||||||||||||||||
осью Oy ) |
y |
− |
x |
=1 |
(y − y0 ) |
− |
(x − x0 ) |
=1 |
ось |
|||||||||||||
b2 |
a2 |
b2 |
a2 |
|||||||||||||||||||
a - мнимая полуось |
||||||||||||||||||||||
Парабола |
x0 и y0 - координаты |
|||||||
( с осью |
||||||||
симметрии |
вершины |
|||||||
Ox ) |
y2 = 2 px |
(y − y0 )2 = 2 p(x − x0 ) |
p |
- расстояние от фокуса |
||||
F (c, 0) до директрисы |
||||||||
x = − |
p |
|||||||
2 |
||||||||
Продолжение табл. 2 |
|||||||||||
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
|||||||
Парабола |
x0 и y0 - координаты |
||||||||||
(с осью |
|||||||||||
симметрии |
вершины |
||||||||||
Oy ) |
x2 = 2 py |
(x − x0 )2 = 2 p(y − y0 ) |
p |
- расстояние от фокуса |
|||||||
F ( 0, c) до директрисы |
|||||||||||
y = − |
p |
||||||||||
2 |
|||||||||||
1. При построении области решений системы неравенств в задачах № 1-30 необходимо знать уравнения прямых на плоскости [6, гл. 3, п. 1] и кривых второго порядка [6, гл.3, п2, табл. 2].
Построение областей следует начинать с построения ограничивающих их линий. Например, область решения системы неравенств
2 |
− 2 y |
2 |
− 6x −12 y − 27 |
≥ 0 |
ограничена линиями: |
|
3x |
||||||
− y + 3x f15 |
(кривая второго порядка), 3x − y =15 (пря- |
|||||
3x2 |
− 2 y2 |
− 6x −12 y − 27 = 0 |
||||
мая линия).
Для построения кривой 2-го порядка ее необходимо привести к каноническому виду. Сгруппируем члены, содержащие только x и только y , и дополним их до полных квадратов:
3x2 − 6x = 3( x2 − 2x +1 −1) = 3(x −1)2 − 3 |
|||||||||||
− 2 y2 |
−12 y = −2(y2 |
+ 2 3 y + 32 |
− 32 )= −2(y + 3)2 +18. |
||||||||
Уравнение кривой имеет вид |
|||||||||||
3(x −1)2 |
− 2(y + 3)2 − 27 − 3 +18 = 0 |
||||||||||
2 |
2 |
(x −1)2 |
(y + 3)2 |
||||||||
3(x − |
1) |
− |
2(y + 3) |
=12 |
− |
=1 |
|||||
4 |
6 |
||||||||||
Это |
каноническое |
уравнение гиперболы с центром в точке |
|||||||||
x0 =1, |
y0 |
= −3 и полуосями |
a = 2, |
b = |
6 . |
||||||
Построим эту кривую (см. табл. 1) и найдем ту область, которая |
|||||||||||
удовлетворяет первому неравенству. Эта часть плоскости, лежащая между ветвями гиперболы, или внутри ветвей. Возьмем произвольную точку плоскости, например точку О(0, 0) и подставим ее коор-
динаты в неравенство. Получаем − 27 ≥ 0 . Неверно. Следовательно, точка О(0, 0) и все точки той части плоскости, что лежит между
ветвями гиперболы, неравенству не удовлетворяют. Заштрихуем область решения 1-го неравенства вертикальными линиями, это области
внутри ветвей гиперболы и сами ветви (рис. 3,а). |
||||||
Переходим ко |
второму |
неравенству. Граница |
области |
|||
− y + 3x =15 прямая линия. Ее можно построить |
по двум точкам |
|||||
x = 2, |
y = −9 ; x = 6, |
y = 3 . Чтобы определить область решения нера- |
||||
венства |
− y + 3x f15 , |
возьмем |
произвольную |
точку, |
например, |
|
Μ(8, |
0) |
и подставим ее координаты в неравенство. Получим 24 >15 . |
||||
Верно. Следовательно, точка Μ(8, |
0) и все точки, |
лежащие по ту же |
||||
сторону от прямой, удовлетворяют неравенству. Заштрихуем эту область горизонтальными линиями (рис. 3,б). Так как точки, лежащие на прямой − y + 3x =15, не удовлетворяют неравенству, проводим
прямую пунктирной линией.
Решением системы является общая часть (пересечение) областей решений каждого неравенства, т.е. область с двойной штриховкой
(рис. 3, в).
2. Для решения задач № 31-60 необходимо воспользоваться свойствами элементарных функций [2, с.26-29; 8, с.22-26; 6, с.153154].
Графики указанных в заданиях функций можно получить путем деформации и сдвигов, отображением относительно осей координат, графическим сложением графиков основных элементарных функций. По виду заданной функции определяем группу преобразований. Для этого удобно воспользоваться табл. 3.
Пример. Построить график функции y = 2 3x−4 + 1 путём преобра-
зования графика соответствующей элементарной функции. Указать область определения, интервалы возрастания и убывания, нули, области положительности и отрицательности.
Таблица 3 Преобразование графиков “ сдвигом “ и “ деформацией “
Вид функции |
Преобразование |
Неподвижные |
|
графика |
точки графика |
||
1. y = f (x + a), a > 0 |
Сдвиг по оси Ox влево |
||
на a единиц. |
|||
2. y = f (x − a), |
a > 0 |
Сдвиг по оси Ox вправо |
|
на a единиц. |
|||
3. y = f (ax) |
Сжатие в a раз вдоль |
||
оси Ox |
|||
4. y = f (x)+ a, a > 0 |
Сдвиг по оси Oy вверх |
||
на a единиц. |
|||
5. y = f (x)− a, |
a > 0 |
Сдвиг по оси Oy вниз на |
|
a единиц. |
|||
6. y = af (x) |
Растяжение по оси Oy в |
Точки пересечения |
|
a раз. |
графика функции с |
||
осью Оx |
|||
По таблице 3 |
определяем, что функция y2 = 3x−4 вида 2, и её |
||
график получаем путём сдвига графика y1 на 4 единицы вправо по оси Ox . График y3 = 2 3x−4 получаем путём растяжения в два раза
вдоль оси Oy графика y2 = 3x−4 |
(табл. 3 п.7). График заданной функ- |
|||||||||||||
ции получается сдвигом графика |
y3 = 2 3x−4 по оси Oy вверх на од- |
|||||||||||||
ну единицу (табл. 3 п. 5). |
||||||||||||||
y |
y1 = 3x |
|||||||||||||
y = 3x −4 |
||||||||||||||
y = 2 3x−4 |
||||||||||||||
y |
= 2 3x −4 + |
1 |
||||||||||||
x |
||||||||||||||
Рис. 4
3. В задачах № 61-90 требуется построить график функций, заданных в полярной системе координат, построение графиков в этой системе изложено в учебниках : [7, с. 19-22; 8, с.28-29; 2, с. 16-19].
Решение этих задач следует начинать с составления таблицы. При построении графика по точкам, полученным в таблице, необходимо обратить внимание на то, что полярный радиус по определению r ≥ 0. Поэтому откладываем в полярных координатах только те точки, где ri ≥ 0, и соединяем их плавной линией.
Для того чтобы исключить ошибки в построении, в задачах № 31-60 требуется перейти от полярной системы координат к декар-
товой по формулам перехода [2, с.16-19, 33; 7, с.21-22; 8, с.29].
При совмещении полярной и декартовой систем (полюса с началом декартовой системы, а полярной оси с положительным направлением оси Ox и при одинаковой единице масштаба) наши линии также совместятся.
Например, рассмотрим функцию |
r = |
1 |
и составим таб- |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2(1 - sin ϕ) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
лицу. |
Таблица 4 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ϕi |
0 |
π |
π |
3 |
π |
π |
5 |
π |
3 |
π |
7 |
π |
π |
9 |
π |
10 |
π |
11 |
π |
||||||||||||||||||||||||
8 |
4 |
8 |
2 |
8 |
8 |
8 |
8 |
8 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
4 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ri |
0,5 |
0,81 |
1,71 |
6,57 |
∞ |
6,57 |
1,71 |
0,81 |
0,5 |
0,36 |
0,29 |
0,26 |
|||||||||||||||||||||||||||||||
Продолжение табл. 4 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
12 |
π |
13 |
π |
14 |
π |
15 |
π |
2π |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
8 |
8 |
8 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
8 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
0,25 |
0,26 |
0,29 |
0,35 |
0,5 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Графиком этой функции является линия, изображенная на рис.5. Первая часть задания выполнена. Вторая часть задания сводится к переходу от полного задания функции к декартовому, то есть к вы-
полнению ряда преобразований : полагая sin ϕ = y |
и |
r = x2 |
+ y2 , по- |
||||||
1 |
r |
||||||||
лучим r = |
2(r − y)=1 2 x2 + y2 =1 + 2 y , |
||||||||
y |
|||||||||
2 1 |
− |
||||||||
r |
|||||||||