Контрольная работа No3 Вариант 5 1. Выделив в заданной функции полный квадрат, получить уравнение параболы и построить ее график. y =2 x 2 −20 x + 46 Решение: Выделим полный квадрат: y 2 = x −10 x+ 23+ 2−2 2 y 2 =( x−5) −2 2 y =2( x −5) 2−4 Построим график: Ответ: y =2( x−5)2−4 5 2. Задана функция r = на отрезке 0≤φ ≤2 π. Требуется: 1) 4−3cos φ построить график функции в полярной системе координат по точкам, давая аргументу φ значения через промежуток π ; 2) найти каноническое 8 уравнение полученной линии в прямоугольной декартовой системе координат, начало которой совпадает с полюсом, а положительная полуось абсцисс – с полярной осью, и по уравнению определить тип линии. Решение: 1) составим таблицу значений: π π 3π π 5 π 3π 7 π 9π φ 0 π 8 4 8 2 8 4 8 8 r 5 ≈ 4,1 ≈ 2,7 ≈1,75 1,25 ≈ 0,97 ≈ 0,82 ≈ 0,74 ≈ 0,71 ≈ 0,74 5 π 11 π 3 π 13 π 7 π 15 π 2 π 4 8 2 8 4 8 ≈ 0,82 ≈ 0,97 1,25 ≈1,75 ≈ 2,7 ≈ 4,1 5 Строим график: 2) Преобразуем заданное уравнение. 5 r = 4−3cos φ r ( 4−3cos φ)=5 4 r −3r cos φ=5 Подставим r = √ x 2 + y 2, rcos φ= x : 4 √ x2 + y 2 −3 x=5 4 √ x 2 + y 2 =3 x+ 5 16 ( x 2+ y 2)=9 x 2+ 30 x + 25 16 x 2 +16 y 2−9 x 2−30 x−25=0 7 x 2 −30 x−25 + 16 y 2 =0 30 27( x2 − x)−25+ 16 y =0 7 7 ( ( x 015 7 ) 2 − 225 49 ) −25+ 16 y 2 =0 7 ( x− 15 7 ) 2− 225 7 − 175 7 + 16 y 2 =0 7 ( x− 15 7 ) 2 + 16 y 2= 400 7 ( x− 15 7 )2 y 2 + =1 400 400 49 7⋅16 ( x− 15 7 )2 y 2 + =1 ( 20 7 )2 ( √ 5 7 ) 2 Уравнение представляет собой уравнение эллипса. ( x− 15 7 )2 y 2 Эллипс + =1 получен путем параллельного переноса ( 20 7 )2 ( √ 5 7 ) 2 15 центра симметрии в точку ( ; 0). Таким образом каноническое 7 уравнение получим, параллельно переместив эллипс в начало координат: x 2 y 2 + =1 ( 20 7 ) 2 ( √ 5 7 ) 2 x 2 y 2 Ответ: + =1 ( 20 7 )2 ( √ 5 7 ) 2 3. Найти указанные пределы, не пользуясь правилом Лопиталя. 8 x 4 −4 x 2 +3 1)lim x→∞ 2 x 4 +1 Подстановка предельного значения аргумента приводит к неопределенности ∞ ∞ Разделим числитель и знаменатель на старшую степень аргумента- x 4 : 4 3 8− +x2 x 4 8−0+0 lim =lim =4 x →∞ 1 x →∞ 2+0 2+x 4 √ 3+2 x− √ x+ 4 2)lim Подстановка предельногоx → 1 3 x 2 −4 x + 1 0 приводит к неопределенности 0 Разложим знаменатель на множители: 3 x 2 −4 x +1=0 D=16−13=4 √ D=±2 значения аргумента 4−2 1 x 1 = = 6 3 4+ 2 x2 = =1 6 Домножим дробь на сопряженное выражение: √ 3+2 x− √ x+4 √ 3+2x− √ x+4 ( √ 3+2 x− √ x +4)( √ 3+2x + √ x+4) lim =lim =lim = x → 1 3 x 2 −4 x +1 x → 1 1 x→ 1 1 3( x− )( x−1) 3( x− )( x−1)( √ 3+2x + √ x+4) 3 3 3+2 x−( x+ 4) x−1 1 lim =lim =lim x → 1 1 x → 1 1 x → 1 (3 x−1)(2 √ 5) 3( x− ) ( x−1) ( √ 5+ √ 5) 3( x− ) ( x−1)( √ 5+ √ 5) 3 3 1 1 = 2⋅2 √ 5 4 √ 5 3)lim (3− x)(ln (1− x)−ln(2− x)) x→−∞ Подстановка предельного значения неопределенности∞ ( ∞−∞) аргумента приводит lim x→−∞ (3− x)(ln (1− x)−ln(2− x))= x lim →−∞ (3− x)ln (1− (2− x) x) = x lim →−∞ ln ( 2− 1− x x ) 3− x x→−∞ lim ln ( 2− 2− x−1 x ) (3− x ) =lim x →−∞ ln ( 1− 2− 1 x ) (3− x) =ln x lim →−∞ ( 1− 2−x 1 ) (3− x ) Подстановка предельного значения аргумента приводит неопределенности 1 ∞ lim (u( x )−1)⋅v( x ) Используем формулу lim u(x )v ( x) =e x→a x → a к к 3 1 −1 lim x →−∞ (1− 2−x −1)(3− x) 3− x x −1 ln e = lim = = =1 x→−∞ 2− x 2 −1 −1 x 4. Найти указанные пределы, используя эквивалентные бесконечно малые функции. 1−cos 4 x 1) lim x → 0 1−cos 8 x Подстановка предельного значения аргумента приводит к 0 неопределенности . 0 Заменим бесконечно малые функции эквивалентными. При x→ 0: 1 2 1− cosx∼ ⋅x2 1 2 ⋅16 x 21−cos 4 x 2 1 x 1 lim =lim = lim = x → 0 1−cos 8 x x →0 1 2 4 x →0 x 2 4 ⋅64 x 2 3 √ 1+ ln2 x−1 2)lim x → 1 1+ cos (π x) Подстановка предельного значения аргумента приводит к 0 неопределенности , значит числитель и знаменатель являются 0 бесконечно малыми функциями. Однако аргумент косинуса π x и логарифма ( x) не являются бесконечно малыми функциями при x→ 1. Введем замену переменной y =x−1. При x→ 1 y → 0 Преобразуем выражение: 3 √ 1+ ln2 x−1 √ 3 1+ ln 2 ( y + 1)−1 lim =lim x → 1 1+ cos (π x) y →0 1+ cos(π + π y ) Заменим бесконечно малые функции эквивалентными. При y →0 1 2 1− cosy∼ ⋅y2 ln( 1+ y )∼ y y 2 2 3 √ y 2 3 2 y 3 2 1 lim =lim = lim = lim =∞ y → 0 1−cos (π y ) y →0 1 2 2 π 2 y →0 6 π 2 y →0 4π y y 3 y 3 2 5.Задана функция y ={ √ 1, x 1− 2 1 −3 x 2 , , 0< x x< x ≤0 >2. 2 ; ; . Найти точки разрыва функции, если они существуют, и установить их тип. Сделать чертеж. Решение: На интервале (−∞ ;0 ] функция определена и непрерывна для точек интервала [−1 ; 0] На интервале (0 ;2) функция непрерывна На интервале (2 ;+∞) функция непрерывна 1 исследуем на непрерывность точкуx=0 1.1 f ( 0)= √ 1−0 2=1 функция определена в данной точке. 1.2 Найдем односторонние пределы: lim f (x )= lim √ 1−0 2=1 x→ 0−0 x →0−0 lim f ( x)= lim 1=1 x→ 0+ 0 x→ 0+ 0 lim f ( x )= lim f ( x ) x→ 0−0 x →0 +0 односторонние пределы конечны и равны, значит, существует общий предел. 1.3lim f (x )= f (0)=1 x →0 предел функции в точке равен значению данной функции в данной точке. Следовательно, функция непрерывна в точке x=0 2 исследуем на непрерывность точку x=2 2.1 f ( 2) не определена, следовательно функция терпит разрыв в данной точке 2.2 Найдем односторонние пределы lim f ( x )= lim 1=1 x→ 2−0 x →2−0 1 lim f ( x)= lim =1 x→ 2+ 0 x→ 2+0 22 −3 Односторонние пределы конечны и равны. Следовательно, в точке x =2 функция терпит устранимый разрыв. Построим график:
