Алгебра и начала анализа - Звавич Л.И.
ISBN 5—7107—1115—2
Скачать (прямая ссылка):
Области, заданные неравенствами у>1, де>-2иу >-х/2, представляют собой полуплоскости, а область, заданная неравенством у < 1,5 + Jx + 2, представляет собой для всех х >-2 часть плоскости, лежащую не выше графика функции у 1,5 +
+ Jx + 2.
Искомое множество решений двойного неравенства является пересечением этих четырех областей и изображено на рис. 2.25.
Отметим, что граница области изображается сплошной линией, поскольку все точки границы принадлежат искомой области.
2.138. При каком t площадь фигуры, ограниченной графиком функции у — хА + 2х2, касательной к нему, проведенное в точке графика с абсциссой *, и прямой х — t - 1, наименьшая?
^ Прежде всего установим, что любая касательная к графику функции у(х) = X4 + 2х2 лежит не выше графика самой
Рис. 2.25
169
функции. Рассмотрим два подхода к обоснованию этого утверждения.
1. Так как вторая производная данной функции, равная
у" — 12х2 + 4, положительна для всех действительных X9 то функция является выпуклой вниз, и ее график лежит не ниже графика любой касательной к нему.
2. Запишем уравнение касательной к графику функции у — ¦ У(х) в его точке с абсциссой Uy- y(t) — у '(0(* - Oi т. е. у — * (t4 + 2t2) + (4t8 + 4*М* - *).
Составим разность
хА + 2Х2 - ((t4 + 2t2) + (4t3 + 4t)(x - t)) (*)
и убедимся, что она неотрицательна при любых х. Переьишем ее в виде
хА - t4 + 2х2 - 2t2 -<4t3 + 4tXx - t) и преобразуем так:
(х- tKx3 + x2t + xt2 + t3 + 2х + 2t- 4t3- 4t) -
- (x - t)(x3 + x2t + xt2- 3t3 + 2x- 2t) -
- (X - t)2(x2 + 2xt + 3t2 + 2). (**)
Последнее выражение неотрицательно, поскольку
X2 + 2xt + 3t2 + 2 - (X + і)2 + 2t2 + 2 > 0.
Теперь вычислим площадь фигуры. Для этого воспользуемся уже преобразованным представлением разности (**):
t
S(O- J (x-*)2(*2 + 2xt + 3t2+2)dt. t-i
Представим квадратный трехчлен х2 + 2xt + 3t2 + 2 как квадратный трехчлен относительно (х — t):
X2 + 2xt + 3t2 + 2 - X2- 2xt + t2 + 4xt- 4t2 + 6t2 + 2 -
- (х- t)2 + 4t(x - t) + 6t2 + 2. Тогда Получим
t
S(O- J ((x-t)4 + 4t(x-03 + (6t2 + 2)(x-t)2) dx -
° 6 2 1°
- J(u4+4tu3 + (ot2 + 2)u2) du - (т + *"4+^"8)| -
-n ( ^-2t2-*+ff
o-(-b-2,2-I)-
170
Очевидно, минимум площади достигается одновременно
о 2 13
с минимумом квадратного трехчлена Zf - г + , т. е. при г — - 2? - 0,25.
Ответ: при t — 0,25.
Приведем еще один способ решения задачи, начиная с его второго этапа. Выразим площадь фигуры S(t) с помощью интеграла и затем найдем значение ?, при котором S '(г) =¦ 0. Интегрируя выражение (*), получим
S(O- J (x4+2x2-(4t3 + 4f)*h З*4 + 2«2) dx « r-1
5 2 3 Ґ 1
-(y + ^-2t(t2+l)x2 + (3t4 + 2f2)xJ - 5(^-(*-!)5) +
2
+ 3 (f3 - (* - І)3) - 2r3(f2 + 1) + 2*(r2 + IK* - I)2 + З*4 + 2t2.
(Здесь не следует приводить полученное выражение к многочлену стандартного вида.) Далее находим
S'(0 - *4 - (* - I)4 + 2г2 - 2(* - I)2 - (2(«3 + t)(2t - 1))' + 12r3 +
+ 4t - 4*3-6t2 + 4f- 1 + At- 2- 16«3 + б*2- 8« + 2 + 12*3 +
+ 4*-4i-l.
Так как S'{І) — 0 при г — 0,25 и меняет в этой точке знак с минуса на плюс, то 0,25 — точка минимума.
Вариант 25
2.145. Для комплексного числа d — J5 — і найдите все комплексные числа z, такие, что |г] -» 2|d], a |arg d- arg г\ — к/3.
^ Представим число d в тригонометрической форме: d — - 2(соз(-к/6) + і зіп(-я/6)). Отсюда ДО - 2, arg d - -я/6. Для числа z получим |г) — 4, arg z может быть равен—я/2 либо я/6. В первом случае z — 4(соз(-я/2) + і 8Іп(-я/2)) -¦-4/, во втором —
z -4(COS (я/6)+ lain («/6)) - 2^3 + 2U
Ответ: Z1"-«^; Z2 - 2*^3 +21.
171
2.146. Найдите все решения уравнения sin23x + sin25x — 2sin24xp для которых определено выражение tg ^2 x + gj. ^
1 - соз а
¦Ф Воспользовавшись формулой понижения степени-2- ™
— sin2 2 9 преобразуем исходное уравнение: 1 - cos бх 1 — cos IQx
-2- +-2- ™ 1 - cos 8х; cos бх + cos 1Ox
— 2cos 8х; 2cos 8х cos 2х — 2cos 8х; 2cos 8х(1 - cos 2х) — 0, откуда либо cos 2х — 1, либо cos 8х — 0.
Если cos 2х — 1, то cosX + ^J * 0, т. е. tg^2x + определен. Решениями уравнения cos 2х — 1 являются числа вида к/1, где л € Z.
Решения уравнения cos 8х — 0 имеют вид * e Jg + 9 где k є Z.
Выясним, какие значения х нужно исключить из последнего множества решений, чтобы tg^2x + был определен, т. е.
чтобы cos^2x+gJ * 0. Из уравнения cos^2x + g^ — 0 получим
п п Зл пт „
2х + g — 2 + 71771»и™ х " їб + ~2~» т є другой стороны,
я 7cfe „ „ Зл
X — |g + *g , ft є *. Приравнивая эти выражения, имеем jjg +
+ "2~ ~ i? + "в" t откуда k — 4m + 1. Таким образом, если к — целое число вида, отличного от 4т + 1, то cos^2x+ gj * 0, и
выражение tg^2x + определено-
Окончательный ответ можно записать в такой форме:
Ответ: та, jg + j;n,A€Z,ft* 4m + 1; m є Z.
2.147. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями у — х + 1,
1 3
у - 1 - SX и у - 1 - (х- 2)3.
^ Изобразим заданную фигуру (рис. 2.26). Координаты точек Л, В и С можно определить, используя рисунок. Находим: А(0; 1); B(I; 2); С(3; 0).
172
Рис. 2.26
Проверим, например, что В — точка пересечения графиков у - X + 1 и у «= 1 - (х - 2)3. Если X - 1, то для прямой получим ув - 1 + 1 — 2, а для кубической параболы ув — 1 - (1 - 2)3 — 2, т. е. ординаты одинаковы. Аналогично, для точки С пересечения
