Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
от 11 до 3, причем /(у)=6, б) если s = — 2, р = 6, то функция /(х) убывает;
при измерении X от 0 до тс она убывает от 9 до 5, причем /^r) = 6» в) если
S= 1, /? = б, функция /(х) на сегменте |о, у J убывает от б до , а на сегменте
JJ^-, ^возрастает от до 8, при этом /^) ~^г) если s = 2,p = 6, функция/(х)
возрастает. При изменении х от 0 до - она возрастает от 5 до 9, причем f^—^j — ?,
д) если s = 4, /? = б, то функция /(х) возрастает; при изменении х от 0 до тс она
возрастает от 3 до 11, причем /^-^ = 6. Графики. Заметим, что точки 0 и тс суть
точки максимума или минимума функции /(х). Заметим еще, что линии, соответствующие значениям S1 равным по абсолютной величине, но противоположным по знаку,
симметричны относительно прямой х = ~. Эти различные замечания позволяют
составить представление о графиках *_ь ї2> Тз. ї4, Ts функций (черт. 82). 3°. Вы-
Ответы. § 1. КВАДРАТНЫЙ ТРЕХЧЛЕН
451
числение D(M0M). Пусть M0 и M — точки плоскости (И), соответствующие функциям /о (х) = cos2 X — S0 cos X + р0 и / (х) = соь2 X — s cos X + р\ имеем / (л:) — —f(x0) = (S0 — s) cos X + р — р0) следовательно, D (M0M) = max | (s0 — s) cos х + + P — Po I• Функция вида <р (jc) = a cos х -)- ? изменяется между ? — а и ? -f- а. Следовательно, максимум j ср (jc) I равен |a+?|, если а и ? одного знака, и |а — ? |, если а и ? разных знаков. Во всех случаях этот максимум равен | а | + | ? |. Мы имеем, следовательно, D (M0M) = | 5 — S0 | + | р — р01. Выражение D (M0M) поэтому обладает следующими свойствами, аналогичными расстоянию между двумя точками: a) D (M0M)^O, причем знак равенства имеет место только в том случае, когда точки M0 и M совпадают; б) D(M0M) = D(MM0) (симметрия); в) D(Af1M2X ^0(^^3) + 0(^3^2); это последнее «неравенство треугольника» получается при почленном сложении неравенств: Is1 — s21< | s1 — s31 + | s2 — s31, | P1 — р2 К <t I Pi—Pz\ + \P2 — Рз\- 4°. Геометрическое место точек M таких, что D(M0M) постоянно, где M0 — фиксированная точка. Заметим, что изменение S0 — s и р0 — р на s — S0 и р — р0 (одновременно или нет) оставляет D (M0M) без изменения; значит, искомое геометрическое место имеет в качестве осей симметрии прямые, параллельные осям Op и Os и проходящие через точку M0. Значит, достаточно изучить геометрическое место точек M при условии s ^s0, р !> р0. Необходимое и достаточное условие того, что D (M0M) = с (= const) имеет вид s—s0 + р—р0 = с или s + р = с + s0 + р0. Эта часть геометрического места есть, следовательно, отрезок a? прямой s + р = с + s0 + p0t ограниченный прямыми, проведенными через точку M0 параллельно осям. В силу установленной выше симметрии геометрическое* место точек M есть квадрат a?yo с центром M0, имеющий своими диагоналями
Черт. 83. Черт. 84.
прямые, параллельные осям Op и Os (черт. 83). 4°. Геометрическое место точек M таких, что D(MA) = D(MB). Пусть А — точка с координатами s=p = 2, а В — точка с координатами s = р = — 2. Имеем: D (MA) = \s — 21 + | р — 2|, D (MB) = = [s + 2| + |/7 + 2|. Отсюда
|5-2| +|р-2| = |5+ 2| + \р + 2\. (1)
Это геометрическое место имеет две оси симметрии: AB и медиатрису AB; эти две прямые делят плоскость на четыре квадранта, и мы можем ограничить себя отысканием точек этого геометрического места в одном из квадрантов, например в том, который содержит положительную полуось Op. Проведем прямые (Ь) и (Ь'), уравнения которых s = —2 и s = 2, и прямые (S1) и (ь^ уравнения которых р = 2 и р = — 2. Эти прямые делят рассматриваемый квадрант на четыре части, которые мы последовательно рассмотрим. Рассмотрим область, ограниченную частью прямой (о') и продолжением BA за точку А. В этой области, включая границы, имеем /?>2, s>2. Значит, из(1) s—2+р— 2 = s + 2 + p + 2 условие не выполняется. Возьмем область, ограниченную прямыми (Ъ), (Ъ') и расположенную над отрезком AC прямой (S1). В этой области, включая границы, мы имеем — 2 < s < 2, /?>2; значит, из (1): 2 — s+p — 2 = s + 2+/? + 2, откуда S = — 2; точка M находится на луче прямой (5), имеющем положительное направление оси Ор% включая точку С. Возьмем область, заключенную между (Ь) и продолжением ОС за точку С. В этой области, включая границы, будем * иметь /?!> — s>2. Условие (1) принимает вид 2 — s + р — 2 = — 2 — s+/? + 2, т. е. удовлетворяется всякой точкой этой области. Наконец, рассмотрим область, заключенную внутри треугольника ОСА. В этой области, включая границу, мы имеем: — 2<s<j?<2h — 2< — s</?<2. Условие (1) принимает вид 2 — s + 2 — /? = s+ 2 + /? + 2, или s + р = 0; точка М, следовательно, описывает отрезок ОС медиатрисы отрезка AB. На основании
29*
452 Ответы. Алгебра. Гл. VI. УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА ВЫСШИХ СТЕПЕНЕЙ
указанной выше симметрии искомого геометрического места относительно медиат-рисы этого отрезка заключаем, что геометрическое место точек M таких, что D (MA) = D (MB) состоит из отрезка CD и областей (вместе с их границами), заштрихованных на черт. 84.
§ 2, Корни целой рациональной функции от одного аргумента
1 1 2 3
