Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Политехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

kontr

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.05.2015

Размер:

1.1 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

б). 2x 2 + y2 +4x −6y +10 = 0 в). 4x 2 = 36+9y2

г). y = 6x 2 −18x +4

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

б). 5y2 −4x 2 +16x −36 = 0

в). y2 +4y2 +4x 2 = 0

г). y = 8− 7x − x 2 .

61-70. Линия задана уравнением r = r(ϕ) в полярной системе координат.

Требуется :

1). Определить точки, лежащие на линии, придавая ϕ значения через

промежуток, равный		π	, начиная от ϕ = 0 до ϕ = 2π, записав их в
промежуток, равный	12		, начиная от ϕ = 0 до ϕ = 2π, записав их в
	12
таблицу.

2). Построить линию, соединив полученные точки.

3). Найти уравнение линии в декартовой прямоугольной системе координат, у которой начало совпадает с полюсом, а положительная полуось абсцисс с полярной осью.

61.	r =		12	62.	r =		π
		2	−cosϕ			6	+3cosϕ

63.	r = 2+ sin ϕ				64.		6
							r =
								1−2cosϕ
65.	r = 2 sin2 2ϕ			66.	r =		10
						2	+cosϕ

67.	r = 4(1+ sin ϕ)				68.		r = 3cos2 2ϕ
69.	r =1+cos2ϕ				70.		r = 3+ sin 2ϕ.

Методические указания к выполнению заданий

Кривой второго порядка называется линия, уравнение которой в декартовой системе координат имеет вид

Ax2 + Bxy +Cy2 + Dx + Ey + F = 0.

(2.25)

Координаты A, B, C, D, E, F могут быть любыми действительными

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

числами. Пусть в уравнении (2.25) отсутствует член с произведением координат ху (В = 0), то есть уравнение имеет вид

Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0.

(2.26)

Возможны следующие случаи.

1. А С > 0 (эллиптический тип).

Чтобы привести уравнение (2.26) к каноническому виду, дополним до полного квадрата члены, содержащие х2 и х, а также у2 и у. После этого получим уравнение

А (х - х0)2 + С (у - у0)2 = F1.

(2.27)

Если F1 > 0, то получим уравнение эллипса с центром в точке 01

(х0, у0)

(x − x 0 )2 + (y − y0 )2 =1. a2 b2

(2.28)

Если F1 < 0, то получим уравнение мнимого эллипса (пустое множество) и никакие действительные значения х и у не удовлетворяют этому уравнению

(x − x 0 )2 + (y − y0 )2 = −1. a2 b2

(2.29)

Если F1 = 0, то уравнение (2.27) примет вид

А (х - х0)2 + С (у - у0)2 = 0,

(2.30)

которое определяет точку с координатами (х0, у0).

2. А С < 0 (гиперболический тип).

Если F1 > 0, то получим уравнение гиперболы с центром в точке

01 (х0, у0)

(x − x 0 )2 − (y − y0 )2 =1. a2 b2

(2.31)

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

Если F1 < 0, то получим сопряженную гиперболу

(y − y0 )2 − (x − x 0 )2 =1. b2 a2

Если F1 = 0, то уравнение (2.27) примет вид

А (х - х0)2 - С (у - у0)2 = 0.

(2.32)

Это уравнение определяет пару пересекающихся прямых

A (x − x 0 )− C (y − y0 ) = 0;

A (x − x 0 )+ C (y − y0 ) = 0.

(2.33)

3. AC = 0 (параболический тип).

Пусть А ≠ 0, С = 0, то есть уравнение (2.26) имеет вид

Ax2 + Dx + Ey + F = 0.

(2.34)

Дополним члены, содержащие x2 и x до полного квадрата, полу-

чим

A(x-х0)2 + Ey = F1.

(2.35)

Если Е ≠ 0, то получим уравнение параболы с вершиной в точке

(х0, у0)

у - у0 = а (x-х0)2 .

(2.36)

Если Е = 0 и F1 > 0, то уравнение

A(x-х0)2 = F1

(2.37)

равносильно уравнениям

A (x − x 0 )+ F1 = 0; A (x − x 0 )− F1 = 0,

(2.38)

которые определяют пару параллельных прямых. Если Е = 0 и F1 = 0, то уравнение примет вид

A(x-х0)2 = 0 .

(2.39)

Оно определяет пару совпадающих прямых x-х0 = 0.

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

Если Е = 0 и F1 < 0, то получим уравнение, которому соответствует пустое множество.

Итак, уравнению (2.25) могут соответствовать только следующие фигуры : эллипс, гипербола, парабола, пара прямых, точка или пустое множество.

Пример 1. Рассмотрим уравнение

9х2 + 4у2 - 18х + 24у + 9 =0.

Так как АС = 36 > 0, то уравнение определяет фигуру эллиптического типа. Преобразуем уравнение

	y			9(х2 - 2х +1 -1)+ 4(у2 +2 3у+9-9)+9 =0;
	1			9(х-1)2			- 9 + 4(у+3)2 -36+9 =0;
	1		x	9(х-1)2 + 4(у+3)2 = 36;


0
0		О1		(	x −	)	+ (	y +	)	=1.
		О1		(		)	+ (		)	=1.
						1 2			3	2
-3					4			9
2	3			Этому уравнению соответствует эллипс с центром

в точке О1 (1, -3) (рис. 10).

Рис. 10.

Пример 2. Построить линию, заданную уравнением r 2 = a2 cos2ϕ.

Так как полярный радиус r не может быть отрицательным числом, то уравнение можно записать

r = a cos2ϕ .

Функция периодическая с периодом равным π, поэтому значение функции повторяется через 180°. Предварительно можно сказать, что в нашем случае r не будет существовать там, где cos 2ϕ будет отрицатель-

ным, а это будет при 45° < ϕ < 135° и 225° < ϕ < 315°.

Составим таблицу значений r и ϕ.

Таблица 1

ϕ	0	π 12	π 6	π	4	π	4	π	6	11π 12	π
						3		5

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

0,93a

0,71a

0,93a

Для построения кривой проводим

из полюса лучи, соответствую-

щие выбранному значению ϕ, и на каждом луче откладываем вычис-

ленные значения полярного радиуса, выбрав масштабную единицу а.

Полученные точки соединим кривой (рис. 11).

Найдем

уравнение

линии

декартовой

прямо-

угольной системе координат, используя формулы

перехода от полярных к декартовым координатам

r = x 2 + y2 ,

cosϕ =

sin ϕ =

+ y

r2 = a2 cos2ϕ = a2(cos2 ϕ −sin2 ϕ) ,

Рис. 11.

x 2 + y2 = a2 x 2x+2y2 − x 2y+2 y2 (x 2 + y2)2 = a2(x 2 − y2).

71-80. Выполнить действия над комплексными числами.

а) записать числа в тригонометрической форме и изобразить на комплексной плоскости;

б) возвести в степень, используя формулу Муавра; в) найти все значения корня, изобразить их на комплексной плос-

кости, какую фигуру они образуют ?

г) решить уравнение и изобразить корни на комплексной плоско-

сти.

71.	а)		6i,		−2 +2 3i,			4	72.	a)
6,	2 −2	3i,		−6i
	б)			2		2 6				б)		3		3	6
					+i								−		i
				2	+i	2						2	−	2	i
				2		2						2		2
	в)			1+i						в)	4 1−i
	г)		x 3 −8 = 0							г)	x 3 +125 = 0
73.	а)		−2,		1+i		3,	−i	74.	a)
5,	−1+ i	3,		−4i

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

	б)		3	+i		1 6

			2
			2			2
	в)		−1+i
	г)	x 4 +81 = 0
75.	а)	2−2i,				6,		−3i
− 2 +i 2,	8,	−3i
	б)	(1−i)12
	в)	3 1+i			3
	г)	x 4 +1= 0
77.	а)	−	3 −i,					7, 8i
1+i,	5,	−14i
	б)		3		1	8
				+		i
				+		i
			2		2
			2		2
	в)		i
	г)	x 4 +25 = 0
79.	а)	−1−i			3,			2 −2i, 4
−2 −2i 3, 5i, 6
	б)	(1+i)17
	в)		−2 +2				3i
	г)	x 4 +6x 2 +36 = 0

x 4 −6x 2 +36 = 0.

	б)		−	1	−i	3 6

				2
				2		2
	в)		−1−i
	г)	x 6 −64 = 0
76.	a)
	б)		−1+i			3 3
	б)				2
					2
	в)		2 −2i
	г)	x 3 +27 = 0
78.	a)
	б)		3		3	10
				−		i
			2	−	2	i
			2		2
	в)	3 1
	г)	x 5 +32 = 0
80.	a)
	б)	(1−i)12
	в)	3 8i
	г)

Методические указания к выполнению заданий

Комплексным числом называется упорядоченная пара действительных чисел а и b.

Z = a + bi,

(2.40)

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

где i - мнимая единица, i = −1 .

Комплексные числа изображаются точками на плоскости ХОУ, которая называется комплексной, откладывая по оси ОХ действительную часть а, а по оси ОУ мнимую часть b (рис. 12).

Комплексное число можно изобразить также радиусом вектором, соединив точку Z = (a, b) с началом координат. Тогда комплексное число Z можно характеризовать модулем этого радиус - вектора

ρ = a2 + b2 и аргументом ϕ, то есть углом между радиус - вектором и положительным направлением оси ОХ, причем

a = ρcos ϕ, b = ρsin ϕ.

(2.41)

Подставив

(2.41)

алгебраическую

форму ком-

плексного

числа

(2.40), получим тригонометриче-

скую форму комплексного числа

Z = ρ(cosϕ +i sin ϕ)

(2.42)

Аргумент комплексного числа ϕ определяется по

Рис. 12

следующей формуле

ϕ1,

a > 0, b > 0

ϕ =

π−ϕ1, a < 0, b >

где tgϕ1 =

, a < 0, b <

π+ϕ1

2π−ϕ

, a > 0, b < 0

(2.43)

Пример.

Z = -1 - i.

Подставим это число в тригонометрической форме.

a = -1, b = -1, ρ = a2 +b2 = 2, tgϕ1 =

=1, ϕ1

= π .

Так как a <0, b <0 ϕ = π +ϕ

= π + π =

5π

Тогда

тригонометрическая

форма

комплексного

числа

Z =

5π

+i sin

5π

2 cos

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

Изобразим это число на комплексной плоскости ХОУ (рис. 13).

				Для возведения в степень комплексного числа ис-
-1		ϕ		пользуется формула Муавра
			x
			x
ϕ1				Z n = ρn (cosnϕ+i sin nϕ)	(2.44)
Z		-1
Z
	Рис. 13

Пример. Вычислить (−1−i)4 .

Чтобы возвести комплексное число в степень, надо представить его в тригонометрической форме, что сделано в предыдущем примере

−1−i =									5π		+i sin		5π				тогда
				2	cos											,
									4					4

(−1−i)	4	= 22				5π				+i sin		5π					= 4(cos5π +i sin5π) = 4(cosπ +isin π) = −4 .
			cos					4							4
							4					4

Для нахождения корней n - й степени из комплексного числа ис-

пользуется формула Муавра при степени 1n

	ϕ +2πk	+i sin	ϕ +2πk	,	k = 0, 1, ..., n -1.
n Z = n ρ cos	n		n

(2.45)

Корень n - й степени из всякого комплексного числа имеет ровно n - корней, которые лежат в углах правильного n - угольника, вписанного в окружность радиуса n ρ.

Пример. Найти корни 3 i .

Представим число i в тригонометрической форме

a = 0, b =1,			ρ =1,		tgϕ = ∞,			ϕ = π.
						1		2
								2
	π					π
i = cos	2	+2πk		+i sin		2	+2πk .
	2					2

Контрольныеработыподисциплине «ВЫСШАЯМАТЕМАТИКА. Часть1»

π +2πk

+2πk

Тогда 3 i = cos

+i sin

k = 0, 1, 2.

При k = 0

Z 1

= cos

π +i sin π

i .

При k = 1

Z 2

= cos

5π

+i sin

5π

= −

i .

При k = 2

Z 3

= cos

3π

+i sin

3π

= −i .

Изобразим эти корни на комплексной плоскости (рис. 14). Из рисунка видно, что корни лежат в углах правильного треугольника.

	y
Z 2		Z 1
	о	x
	о	1
		1
	Z 3
	Рис. 14

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
22.04.2019723.97 Кб98kollokvium1 (1).doc
#
13.09.2019234.5 Кб2Kollokvium_2_Kolpakov.doc
#
26.11.201980.45 Кб4kollokvium_po_fizike_hhy.docx
#
22.09.2019563.2 Кб3komplekt_resheny.doc
#
29.05.201519.91 Mб144Konspekt_lektsy.pdf
#
29.05.20151.1 Mб2kontr.pdf
#
25.11.201964 Кб17Kontr1.doc
#
30.08.2019281.6 Кб0Kontrolnaya_rabota_70_var_7_zadach.doc
#
29.05.201515.5 Кб24kontseptsii_estestvennogo_obschestvoznania.docx
#
23.09.2019573.44 Кб4Kopia_MINISTERSTVO_OBRAZOVANIYa_I_NAUKI_ROSSIJS...doc
#
25.03.2016143.36 Кб9Kopytova_IDZ1_O_2013.doc