В.М. Волков Математика. Контрольные работы №1, 2, 3 и методические указания к ним для студентов-заочников инженерно-технических спецальностей

Таблица 2

Диагностическая таблица определения вида и параметров кривых второго порядка

	Канонические уравнения
	осями симметрии,	осями симметрии, па-
Вид кривой	совпадающими с	раллельными осям ко-	Параметры кривой	График кривой
	осями координат и	ординат, и центром
	центром (верши-	(вершинной) в точке
	ной) в начале ко-
		(x0 ; y0 )
	ординат
1	2	3	4	5
Окружность			R - радиус
	x2 + y2 = R2	(x − x0 )2 + (y − y0 )2 = R2	x0 и y0 - абсцисса и ор-
			дината центра

Эллипс											x0 и y0 - координаты
											центра
											a - большая полуось
	x	2		y	2		2		2		b - малая полуось (ес-
			+			=1	(x − x0 )	+	(y − y0 )	=1	ли a > b ) и наоборот
	a2			b2			a2		b2
											(если a < b )

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

4x2 + 4 y2 =1 + 4 y + 4 y2 x2 = y +	1	x2 = y + 0,25.
	4

	5	π	π
	8		2	3
					π
3	π		6,57	8	π
4					4

7	π		π
8		1,71	8

π																								ri
			9	π														0,5		15		π
			8																		8
						0,5

Рис. 5 В декартовой системе координат – это парабола, ветви которой

направлены вверх, а вершина находится в точке (0 ; - 0,25).

При совмещении систем координат линии также совмещаются, что доказывает правильность построения.

4. В задачах № 91-120 предлагается построить по точкам график

функции, заданной параметрически: x = x(t),

y = y(t).

Абсцисса и ордината произвольной точки Μ(x, y) этой линии вы-

ражается через вспомогательную величину t (параметр). В качестве t часто удобно взять угол, образованный радиусом – вектором точки Μ с положительным направлением оси Ox [2, гл.6, п 4, с. 235-237; 6,

гл.1, п 1, с.13-15].

Следует напомнить, что только взятые совместно (в системе) параметрические уравнения x = x(t ) и y = y(t) задают нужную функ-

цию. Типичной ошибкой студентов является раздельное рассмотрение этих уравнений.

Методика построения графика функции, заданной параметрически заключается в следующем: а) через определенные (достаточно малые) промежутки задают значения параметра (ti ); б) рассчитывают

соответствующие им значения абсциссы xi = x(ti ) и ординаты yi = y(ti ), а затем строятся точки Μi (xi , yi ).

Так, при построении графика функции x = 2cos t ,											0 ≤ t ≤		π	,
							y = 3sin t ,						2
составляем	таблицу значений вспомогательной величины											t	и коор-
динат точек графика, лежащих согласно условию										0 ≤ t ≤ π		в 1 квад-
ранте.											2
				Таблица 5
Параметр	ti	t0 = 0	t1	= π	t2	= π		t3	=	π		t4	=	π
				6		4				3				2
	xi	2	2	3 ≈1,7	2	2	≈1,4	2	1	=1		0
Точка Μ				2		2			2
				1 =1,5		2				3 ≈ 2,55
	yi	0	3		3		≈ 2,1	3				3
				2		2			2

По данным табл. 5 строим для каждого значения ti соответствующую точку

Μi (xi , yi ) и соединяем плавной линией

(рис.6).

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 3

В третью контрольную работу включены задачи на нахождение пределов функций и исследование непрерывности функций. Для их решения необходимо проработать литературу: [3, гл.5, п 1,2; 5, гл.13, 14; 6, гл.6, п 1-6; 8, гл.2, п № 211, упр.1-62 ].

Рассмотрим особенности, которые надо учитывать при решении этих задач.

1. В задачах № 1-30 при отыскании предела отношения двух многочленов относительно x , при x → ∞, числитель и знаменатель дроби надо разделить на xn , где n наивысшая степень этих много-

членов [3, гл.5, с. 182, примеры 5-7; 5, гл.13, п 101, примеры 10, 11; 6, гл.6, п 4, примеры 637, 645].

lim

x→∞

lim

x→∞

lim

x→∞

Пример.

	3x4 − 2x + 7				= lim
	2x3 + 6x2 −1
						x	→∞
	2	= 0 ,	lim		7			= 0
	x3		x→∞			x4

3x4

2x

7

3 −

2

7

−

+

+

x4

x4

x4

= lim

x3

x4

= ∞, т.к.

2x3

6x2

2

6

1

1

x→∞

+

−

+

−

x

x2

x4

x4

x4

x4

, lim

2

= 0 ,

lim

6

= 0 ,

lim

1

= 0.

x

x2

x4

x

→∞

x→∞

x→∞

Все пределы такого типа сводятся к следующему :

0, если

k < m ,

a

+a

x +a

x2

+... +a

xk

0

1

2

k

∞, если

k > m ,

=

b

+b x +b x2

+... +b

xm

ak

0

1

2

m

, если

k = m .

b

k

Аналогичный прием можно применять и для дробей, содержащих иррациональные выражения [6, гл. 6, п 4, пример 646 и др.].

	Пример lim	3x + 4	.
		5x4 + 7 x −1
	x→∞

Наивысшая степень многочлена в числителе равна 1, а в знаменателе равна 2 ( x4 = x2 ), следовательно, делим числитель и знаменатель на

x2 (под корнем на

x4 ), получим:

3x

+

4

3

+

4

lim

x2

x2

= lim

x

x2

= 0 .

x→∞

5x4

+

7 x

−

1

x→∞

5 +

7

−

1

x

x4

x4

x4

x4

k

a0

+ a1 x +

2. При нахождении

lim

... + ak x

подставляем значе-

b0

m

x→xo

+ b1 x + ... + bm x

ние x = x0 в данные многочлены. При этом могут получиться следующие результаты:

p

q

a

+ a

x + ... + a

xk

0

lim

0

1

k

= 0

,

=

q

b0

+ b1 x + ... + bm x

m

x→x0

∞

0

=?

0