Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Математика -> Звавич Л.И. -> "Алгебра и начала анализа" -> 39

Алгебра и начала анализа - Звавич Л.И.

Звавич Л.И., Аверьянов Д.И., Смирнова В.К. Алгебра и начала анализа — M,: Дрофа, 1997. — 2008 c.
ISBN 5—7107—1115—2
Скачать (прямая ссылка): algebra1997.djvu
Предыдущая << 1 .. 33 34 35 36 37 38 < 39 > 40 41 42 43 44 45 .. 56 >> Следующая

Оба вида ответов совершенно равноправны. В тригонометрических уравнениях вообще довольно чисто при различных способах решения получаются непохожие друг на друга верные ответы.
2.063. Решите систему неравенств
V(2x-1)(ж + 3) >х +¦ 1, 1оЄз*-228>2-
¦Ф Решим сначала иррациональное _ ¦ неравенство
J(2x~ 1)(х + 3) > х + 1. Перейдем к равносильной ему совокупности двух систем:
X + 1 < О, (2х- IK* + 3)>0;
X + 1 > О,
(2х-1Кх + 3)>(хЧ I)2.
Решениями первой системы являются все X < -3. Второе
неравенство второй системы преобразуется к виду х2 + Зх - 4 > О, или (х— IXx + 4) > О, а решениями системы являются все х > 1. Таким образом, совокупности систем удовлетворяют X <-3 и X > 1.
Решим теперь неравенство 1Og^x- 228 > 2. Бели Зх - 2 > 1, т. е. X > 1, то, используя свойства логарифмической функции по основанию, большему 1, перейдем к неравенству 28 > (Зх - 2)2,
откуда |3х - 2| < J7 ; (2 - Jl )/3 < х < (2 + J7 )/3. Среди решений, больших единицы, остаются значения 1 < х < (2 + J7 )/3.
Остается рассмотреть случай О < Зх - 2 < 1. Этому двойному неравенству удовлетворяют все х из промежутка (2/3; 1). Заметим, что ни одно х из этого промежутка не является решением иррационального неравенства, а следовательно, и решением исходной системы неравенств, поэтому доводить до конца решение логарифмического неравенства не имеет смысла.
Ответ: 1 < х < (2 + ,/7)/3.
145
Рис. 2.12
2.064. Пользуясь геометрической интерпретацией определенного ин-
0
те грала, вычислите J 4з-2х-х2 dx.

Так как функция у - ц/з- 2х-х2 определена на [-3; 1] и принимает неотрицательные значения, то значение интеграла
2
3 - 2х - X dx равно площади криволинейной трапеции
-1
PANO (рис. 2.12). Пусть у * *ІЗ-2х-х2. Тогда у2 - 3- 2х- х2,
9 9 0
или (х + 1) + у = 2 . Последнее уравнение есть уравнение окружности, поэтому для вычисления заданной площади целесообразно разбить фигуру PANO на треугольник PNO и круговой сектор PAN. В прямоугольном треугольнике PON имеем Z. NPO — 60* (гипотенуза PN вдвое больше катета PO). Отсюда
находим Z. NPA - 30% ON — 7§ . В результате получаем
1 1 Я в *^/°* Я
5PANO " 5APiVO + 5сект. APW в'2"1"|*8+2*б"2 ~ ~2~ + 3 *
*/3 я Ответ: ~2 + д.
2.065. Пусть Af — множество точек Z1 комплексной плоскости таких,
что \izx т J2 I ¦= 0,5; UT — множество точек Z2 комплексной плоскости вида Z2 ¦= где Z1 є М. Найдите расстояние между фигурами M и К.
¦fr I спо соб. Пусть Z1 — а + Ьі; тогда ^z1 + J2 \ — |ai - Ъ +
+ л/21 - 0,5, откуда (^2 - fe)2 + а2 - 0,25. Множество точек Af комплексной плоскости, удовлетворяющих данному условию,
есть окружность с центром в точке O1 (0; */2 ) и радиусом 0,5. 146
Рис. 2.13 Рис. 2.14
По условию, Z2 = izl9 т. е. |z2 + VS | = 0,5. Полагая Z2 - а + М,
имеем \а + Л + M я 0,5 и (a + VS )2 + &2 - 0,25. Множество * точек комплексной плоскости, удовлетворяющих этому условию, есть окружность с центром в точке O2 (-VS; 0) и радиусом 0,5. Так как окружности M и К не имеют общих точек, то расстоянием между ними (рис. 2.13) является длина отрезка PN линии центров, т. е. PN —1 O1O2 - 2r = 2 - 1 D 1-
9 Ответ: 1.
Замечание. Геометрическое обоснование того, что длина отрезка PN есть расстояние между данными фигурами, весьма просто (ио не обязательно на экзамене по алгебре). Действительно, возьмем на окружностях К и M такие точки и P1 соответственно (рис. 2.14), что Nx* Pi9 P1 ф Р. Для ломаной O1P1NxO2 и прямой O1O2 выполняется неравенство O1P1 + P1N1 + N1O2 > O1P + PN + NO2. Вычитая из обеих частей неравенства сумму радиусов, получаем P1N1 > PN.
II спо соб. Запишем равенства IiZ1 + VS|" ^•(?- -У2)) — - 14•Iz1 - VS | =" 1*1 - VSJ- Таким образом, Iz1-VSl- 0,5. Это
значит, что расстояние от точек фигуры M до точки O1 (О; Л ) постоянно и равно 0,5. Фигура M — окружность с центром в точке O1 и радиусом 0,5. Условие Z2 - Jz1 означает, что множество К получено поворотом точек множества M на угол 90е вокруг начала координат, т. е- представляет собой окружность
с центром в точке O2 (-VS; О) и радиусом 0,5. Дальнейшие рассуждения такие же, как и при решении I способом.
2.066. При каких значениях параметра а прямая у — Ja х касается графика функции у — In х— ах2?
¦ф Для того чтобы прямая у - Jax касалась графика у - In х-- ах2, необходимо и достаточно наличие такой их общей точки
147
M (x0; у0), для которой выполняются условия
In X0 - ах% « Ja х0,
у'(х0) - Ja, т. е. -{
х0 > О,
In X0- ах§ « -Уах0, 1
— - 2ах0 = Ja, хо
X0 > О.
Второе уравнение системы приведем к виду 2ах0 + X0Ja -
_ Л -Ja±3ja - 1 — О. Отсюда X0 — -, При условии х0 > 0 имеем
1
X0 = - Подставив найденное значение X0 в первое уравнение системы, получим In ("Л=4) = т , тогда ~^~F = е2*4 и 2 Ja =
\2JaJ % 2*ia
= «Г3/4, т. е- a = 0,25«"1-5.
Ответ: при а — 0,25е~1,5. Вариант 13
2.073. При каких значениях к функция у — екх удовлетворяет условию 2у"' - My" + 19у'- 1Oy = 0? • .
Найдем производные функции у = екх:
у' - Ae**; у" = JkV*; у"' - JfeV*.
Подставив у ж е** в исходное уравнение, имеем (2А3 - lift2 +
Предыдущая << 1 .. 33 34 35 36 37 38 < 39 > 40 41 42 43 44 45 .. 56 >> Следующая
Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed