Загрузил Oleg Samusenko

r=3+5sin fi

реклама
Дано:
x2=2py
АВ=50м
ОС=5 м
Знайти:
tgφ
Розвязування:
Нижню точку (вершину) параболи, яка відповідає кривій ланцюга підвісного моста, розмістимо в
точці початку системи координат ХОУ.
Дотична до параболи в точці А утворює з віссю Х кут φ, тому згідно з геометричним змістом похідної
можемо записати:
𝑡𝑔𝜑 = 𝑦′,
′
𝑥2
𝑥
𝑦 =( ) = .
2𝑝
𝑝
′
Як бачимо, точка А, яка належить параболі, має координати (25,5), тому з фунції x2=2py, можемо
знайти р:
252 = 2р ∙ 5,
р=
625
.
10
Таким чином,
𝑡𝑔𝜑 = 𝑦 ′ =
Відповідь: кут нахилу дорівнює φ=arctg(0,4).
х 25 ∙ 10
=
= 0,4
р
625
Дано:
𝐼=
𝑘𝑠𝑖𝑛𝜑
.
𝑟2
R – радіус стола,
r – відстань від світильника до краю стола,
h – висота розміщення світильника над поверхнею стола,
φ – кут нахилу проміня світла.
Знайти: h для Imax
Розв’язання:
З малюнку бачимо, що
𝑠𝑖𝑛𝜑 =
ℎ
ℎ
=
.
𝑟 √ℎ2 + 𝑅 2
Тому
𝐼=
𝑘𝑠𝑖𝑛𝜑
𝑘ℎ
𝑘ℎ
=
=
2
𝑟
(ℎ2 + 𝑅 2 )√(ℎ2 + 𝑅 2 ) √(ℎ2 + 𝑅 2 )3
Щоб знайти наявність ектремумів, визначимо першу похідну І’(h):
′
I (h) =
3
k (√(h2 + R2 )3 − 2 ∙ √(h2 + R2 ) ∙ 2h ∙ h)
2
(√(h2 + R2 )3 )
k√(h2 + R2 )(h2 + R2 − 3h2 )
=
=
(h2 + R2 )3
k√(h2 + R2 )(R2 − 2h2 )
=
.
(h2 + R2 )3
Умовою наявності екстремуму є I′ = 0, це можливо лише при умові, що
R2 − 2h2 = 0,
R2 = 2h2
h=
R
√2
Дослідимо інтервали (0;
R
I′ ( ) =
2
I
′ (R)
R
√2
)і(
R
√2
; +∞):
R2
R2
k√( 4 + R2 ) (R2 − 2 ∙ 4 )
3
R2
(4 + R2 )
R2
k 2
=
> 0 − зростання функції
5
5
√( R2 )
4
k√(R2 + R2 )(R2 − 2R2 )
k(−R2 )
=
=
< 0 − спадання функції.
(R2 + R2 )3
√(2R2 )5
Робимо висновок, що при h =
R
√2
функція I′ (h) досягає свого мксимального значення.
R
Відповідь: максимум освітлення на краю стола буде при висоті h = світильника над поверхнею
√2
стола .
Це для розуміння – переписувать не треба))))
Для довідки: Троянда – плоска крива, її креслення схожий з малюнком квітки. Ця крива в
полярній системі координат характеризується виразом:
p = a sin k φ,
де a і k – константи, що обумовлюють розмір (a) і чисельність пелюсток (k) обраної
троянди.
Вся лінія розміщена всередині окружності з радіусом а і при k > 1состоит з ідентичних за
формою і розміром пелюсток. Чисельність пелюсток характеризується величиною k.
При цілому k чисельність пелюсток буде k, коли k непарне і 2 k,- коли парне.
Тобто, для нашого рівняння вже точно буде 8 пелюсток.
6.6 Побудувати графік функції, що задана в полярних координатах
𝜌 = 3 + 5𝑠𝑖𝑛4𝜑
рішення:
1) знайдемо ОВФ
a) ρ≥0, тобто
3 + 5𝑠𝑖𝑛4𝜑 ≥ 0
5𝑠𝑖𝑛4𝜑 ≥ −3
3
5
3
4𝜑 ≥ (−1)𝑘 arcsin (− ) ± 2𝜋𝑘, 𝑘𝜖𝑍
5
𝑠𝑖𝑛4𝜑 ≥ −
1
3
𝜑≥
(−1)𝑘
3
𝜋
arcsin (− ) ± 𝑘, 𝑘𝜖𝑍
4
5
2
𝜑≥
(−1)𝑘
3
𝜋
arcsin (− ) ± 𝑘, 𝑘𝜖𝑍
4
5
2
𝜋
arcsin (− 5) ≈ − 20 або -9°
4
𝑏) − 1 ≤ 𝑠𝑖𝑛4𝜑 ≤ +1
𝜋
𝜋
− ± 2𝜋𝑘 ≤ 4𝜑 ≤ + ± 2𝜋𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
2
2
𝜋 𝜋
𝜋 𝜋
− ± 𝑘 ≤ 𝜑 ≤ + ± 𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
8 2
8 2
2) 𝜌 = 3 + 5𝑠𝑖𝑛4𝜑 є періодичною функцію Т=2π
𝜌(−𝜑) = 3 + 5sin 4(−𝜑) = 3 − 5𝑠𝑖𝑛4𝜑 – функція не є ні парною, ні непарною.
3) Побудуємо графік функції ρ=3+5sin4φ в декартовій системі координат
Знайдемо точки перетину графіка з осями координат
-
ρ=0
3 + 5𝑠𝑖𝑛4𝜑 = 0
5𝑠𝑖𝑛4𝜑 = −3
3
5
3
4𝜑 = (−1)𝑘 arcsin (− ) + 2𝜋𝑘, 𝑘𝜖𝑍
5
𝑠𝑖𝑛4𝜑 = −
𝜑=
(−1)𝑘
3
𝜋
arcsin (− ) + 𝑘, 𝑘𝜖𝑍
4
5
2
1
3
𝜋
𝜑1 = arcsin (− ) + 𝑘, 𝑘𝜖𝑍
4
5
2
1
3
𝜋 𝜋
𝜑2 = arcsin ( ) + + 𝑘, 𝑘𝜖𝑍
4
5
4 2
-
𝜑 = 0, ρ=3
𝜋
4) Дослідимо проміжки зростання та спадання на ділянці (0; 2 ) , а також знайдемо точки
екстремума
Перша похідна
𝜌′ = 20𝑐𝑜𝑠4𝜑
Умови існування
−1 ≤ 𝑐𝑜𝑠4𝜑 ≤ +1
−𝜋 ± 2𝜋𝑘 ≤ 4𝜑 ≤ 0 ± 2𝜋𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
𝜋 𝜋
𝜋
− ± 𝑘 ≤ 𝜑 ≤ 0 ± 𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
4 2
2
Умова наявності екстремуму
𝜌′ = 0
20𝑐𝑜𝑠4𝜑 = 0
𝑐𝑜𝑠4𝜑 = 0
𝜋
4𝜑 = ± + 2𝜋𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
2
𝜋 𝜋
𝜑 = ± + 𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
8 4
𝜌′ (0) = 20𝑐𝑜𝑠0 = 20 > 0
𝜋
𝜋
𝜌′ ( ) = 20𝑐𝑜𝑠4 ( ) = −20 < 0
4
4
𝜋
𝜋
𝜌′ ( ) = 20𝑐𝑜𝑠4 ( ) = 20 > 0
2
2
𝜋
𝜋
𝜌 (− 20) = 3 + 5𝑠𝑖𝑛4 (− 4 ) =3
𝜋
𝜋
𝜌 ( 8 ) = 3 + 5𝑠𝑖𝑛4 ( 8 ) =8
𝜌(0) = 3 + 5𝑠𝑖𝑛0 =3
𝜋
𝜋
𝜌 ( 4 ) = 3 + 5sin(4 ∙ 4 ) =3
3𝜋
3𝜋
𝜌 ( ) = 3 + 5 sin (4 ∙ ) = −2
8
8
𝜋
інтервал
[0; ]
8
Знак ρ’
+
поведінка
ρ
ρ
зростання
𝜋
8
0
max
𝜋 3𝜋
[ ; ]
8 8
-
3𝜋
8
0
min
8
спадання
-2
[
3𝜋 𝜋
; ]
8 2
+
зростання
5) Дослідимо проміжки опуклості та вигину і знайдемо точки перегину
𝑟′′ = 0
−80𝑠𝑖𝑛4𝜑 = 0
𝑠𝑖𝑛4𝜑 = 0
4𝜑 = 0 ± 𝜋𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
𝜋
𝜑 = ± 𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
4
А також
−1 ≤ 𝑠𝑖𝑛4𝜑 ≤ +1
𝜋
𝜋
− + 2𝜋𝑘 ≤ 4𝜑 ≤ + 2𝜋𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
2
2
𝜋 𝜋
𝜋 𝜋
− + 𝑘 ≤ 𝜑 ≤ + 𝑘, 𝑘 𝜖𝑍
8 2
8 2
інтервал
𝜋
[0; ]
4
𝜋
4
𝜋 𝜋
[ ; ]
4 2
Знак ρ’’
-
0
+
перегин
поведінка
ρ
ρ
опукла
3
вогнута
6) Побудуємо графік функції
Проведемо два кола, радіусами 2 (маленькі пелюстки) і 8 (великі пелюстки).
Відкладемо критичні кути та на радіусах відкладемо відповідні точки для радіусів-векторів.
Побудувавши пелюстки для кута
кутів.
𝜋
8
3𝜋
і кута
8
, по аналогії накреслимо для інших критичних
6.4 Дослідити функцію
𝑥2 − 1
у= 2
𝑥 +1
та побудувати графік.
Розв’язання:
1) ОВФ
y(x) існує для будь-яких 𝑥 ∈ (−∞, +∞)
Вертикальних асимптот і точок розриву немає.
2) Точки перетину графіка з осями координат:
З віссю ОХ: у=0, 𝑥 2 − 1 = 0,
𝑥 2 = 1, 𝑥1 = −1, 𝑥2 = 1
З віссю ОY: x=0, 𝑦 = −1
Графік функції перетинає вісь ОХ в точках (-1,0) та (1,0) і вісь ОУ в точці (0,-1).
3) Періодичність та парність/непарність
(𝑥+𝑇)2 −1
𝑥 2 +2𝑥𝑇+𝑇 2 −1
у(х+Т)= (𝑥+𝑇)2 +1 = 𝑥 2 +2𝑥𝑇+𝑇 2 +1 ≠ 𝑦(𝑥) + 𝑇 – неперіодична функція
(−𝑥)2 −1
𝑥 2 −1
у(-х)= (−𝑥)2 +1 = 𝑥 2 +1 = 𝑦(𝑥) – парна функція, тому графік симетричний відносно осі ОУ.
4) Точок розриву немає, функція монотонна.
5) Інтервали монотонності, екстремуми
у′ =
(𝑥 2 − 1)′ ∙ (𝑥 2 + 1) − (𝑥 2 + 1)′ ∙ (𝑥 2 − 1) 2𝑥 ∙ (𝑥 2 + 1) − 2𝑥 ∙ (𝑥 2 − 1)
=
=
(𝑥 2 + 1)2
(𝑥 2 + 1)2
2𝑥 ∙ (𝑥 2 + 1 − 𝑥 2 + 1)
4𝑥
=
= 2
2
2
(𝑥 + 1)
(𝑥 + 1)2
у′ = 0, якщо 4х=0, або х=0.
Дослідимо знаки похідної зліва та справа від х=0.
−4
= −1 < 0,
((−1)2 + 1)2
𝑦 ′ (−1) =
𝑦 ′ (1) =
(12
4
=1>0
+ 12 )
Інтервали монотонності матимуть вигляд:
інтервали
(−∞, 0)
0
(0, +∞)
-
0
+
Похідна
Поведінка функції
min, (-1)
6) Інтервали опуклості
(4𝑥)′ ∙ (𝑥 2 + 1)2 − ((𝑥 2 + 1)2 )′ ∙ 4𝑥 4 ∙ (𝑥 2 + 1)2 − 16𝑥 2 ∙ (𝑥 2 + 1)
у′ =
=
=
(𝑥 2 + 1)4
(𝑥 2 + 1)4
′
=
(4𝑥 2 + 4 − 16𝑥 2 ) −12𝑥 2 + 4
=
(𝑥 2 + 1)3
(𝑥 2 + 1)3
у′′ = 0, якщо
−12𝑥 2 +4
(𝑥 2 +1)3
=0
−12𝑥 2 + 4 = 0
12𝑥 2 = 4
𝑥2 =
1
3
𝑥1 = −
1
, 𝑥2 =
√3
1
.
√3
Дослідимо знаки другої похідної на інтервалах
(−∞, −
(−
(
1
√3
1
,
1
), 𝑦"(−1) =
√3
1
), 𝑦"(0) =
√3 √3
, +∞), 𝑦"(1) =
−12∙(−1)2 +4
((−1)2 +1)3
−12∙(0)2 +4
((0)2 +1)3
−12∙(1)2 +4
((1)2 +1)3
=
−8
8
= −1 < 0
4
=1=4>0
=
−8
8
= −1 < 0
інтервали
(−∞, −
Друга похідна
1
)
√3
-
(−
1
)
√3
(−
0
Поведінка
функції
1
)
√3
0
-0,5
-0,5
7) Асимптоти
y=kx+b – рівняння асимптоти
𝑦(𝑥)
𝑥→±∞ 𝑥
𝑘 = lim
𝑏 = lim (𝑦(𝑥) − 𝑘𝑥)
𝑥→±∞
𝑥2 1
−
𝑥 −1
𝑥 −1
𝑥3 𝑥3 = 0
𝑘 = lim
=
lim
=
lim
𝑥→±∞ 𝑥(𝑥 2 + 1)
𝑥→±∞ 𝑥 3 + 𝑥
𝑥→±∞ 𝑥 3
𝑥
+
𝑥3 𝑥3
2
𝑥2 1
𝑥 −1
2− 2
𝑏 = lim 2
= lim 𝑥 2 𝑥 = 1
𝑥→±∞ 𝑥 + 1
𝑥→±∞ 𝑥
1
+
𝑥2 𝑥2
2
y=1 – горизонтальна асимптота.
8) Знайдемо додаткові точки і побудуємо графік
у(-3)=у(3)=0,8
(
перегин
1 2
) − 1 −2
1
1
√3
у(± ) =
= 3 =−
2
4
2
1
√3
(± ) + 1
3
√3
у(-2)=у(2)=0,6
1
)
√3 √3
+
,
перегин
(±
2
1
(
1
√3
, +∞)
-
6.7 Дослідити функцію , яка задана параметрично
𝑥 = 𝑡 2 , 𝑦 = 𝑡 3 та побудувати графік.
Розв’язання:
1) ОВФ
y(t) існує для будь-яких 𝑡 ∈ (−∞, +∞)
x(t) існує для будь-яких t∈(-∞,+∞)
Вертикальних асимптот і точок розриву немає.
2) Точки перетину графіка з осями координат:
x=0, якщо t=0, тому 𝑦 = 0 .
Графік проходить через початок координат.
3) Періодичність та парність/непарність
у(t) – неперіодична функція, x(t) – неперіодична функція,
𝑥(−𝑡) = 𝑡 2 = 𝑥(𝑡) - парна функція
𝑦(−𝑡) = −𝑡 3 = −𝑦(𝑡) – непарна функція
𝑦2 = 𝑥3,
3
𝑥 = √𝑦 2 ,
3
𝑥(−𝑦) = √𝑦 2 = 𝑥(𝑦) – парна функція, графік симетричний відносно осі ОX
4) Точок розриву немає, функція монотонна.
5) Інтервали монотонності, екстремуми
𝑥 ′ (𝑡) =
𝑑𝑥
у′ (𝑡) =
𝑑𝑦
′ (𝑥)
у
𝑑𝑡
𝑑𝑡
= 2𝑡, 𝑥 ′ = 0, 2𝑡 = 0, 𝑡 = 0
= 3𝑡 2 , 𝑦 ′ = 0, 3𝑡 2 = 0, 𝑡 = 0
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑡
3𝑡 2 3𝑡
=
=
=
=
𝑑𝑥 𝑑𝑥
2𝑡
2
𝑑𝑡
𝑑𝑦
Область зміни t
Відповідна
область зміни х
Відповідна
область зміни у
Знак 𝑑𝑥
t<0
x<0
y<0
-
t>0
x>0
y>0
+
6) Інтервали опуклості
𝑥 ′′ (𝑡) =
у′ ′(𝑡) =
𝑑2 𝑥
𝑑𝑡 2
𝑑2 𝑦
𝑑𝑡 2
= 2, 𝑥 ′′ = 2,
= 6𝑡, 𝑦 ′′ = 0, 6𝑡 = 0, 𝑡 = 0
𝑑2 𝑦
2
𝑑
𝑦
2
6𝑡
у′ ′(𝑥) = 2 = 𝑑𝑡2 =
= 3𝑡
𝑑 𝑥
𝑑𝑥
2
𝑑𝑡 2
Характер
зміни у(х)
Область
зміни t
t<0
Відповідна
область зміни х
x<0
Відповідна
область зміни у
y<0
x>0
y>0
t>0
7) Асимптоти
y=kx+b – рівняння асимптоти
𝑦(𝑥)
𝑥→±∞ 𝑥
𝑘 = lim
𝑏 = lim (𝑦(𝑥) − 𝑘𝑥)
𝑥→±∞
±√𝑥 3
= lim (±√𝑥) = ± ∞
𝑥→±∞
𝑥→±∞
𝑥
𝑘 = lim
𝑏 = lim (±√𝑥 3 ± ∞) = ±∞
𝑥→±∞
Похилих та горизонтальних асимптот немає.
8) Знайдемо додаткові точки і побудуємо графік
t=1, у(1)=x(1)=1
t=-1, у(-1)=-1, x(-1)=1
t=2, у(2)=8, x(2)=4
t=-2, у(-2)=8, x(-2)=4
Знак
+
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
Характер
зміни у(х)
6.7 Дослідити неявно задану функцію, перейшовши до полярної системи
координат.
(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = 3𝑥 2 − 𝑦 2
Розв’язання:
1) Перейдемо до полярних координат:
𝑥 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜑. 𝑥 2 = 𝜌2 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑
𝑦 = 𝜌𝑠𝑖𝑛𝜑, 𝑦 2 = 𝜌2 𝑠𝑖𝑛2 𝜑
𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝜌2 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 𝜌2 𝑠𝑖𝑛2 𝜑 = 𝜌2 .
Досліджуване рівняння прийме вигляд:
𝜌4 = 3𝜌2 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 − 𝜌2 𝑠𝑖𝑛2 𝜑
𝜌2 = 3𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜑
𝜌2 = 3(1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜑) − 𝑠𝑖𝑛2 𝜑
𝜌2 = 3 − 3𝑠𝑖𝑛2 𝜑 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜑
𝜌2 = 3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
𝜌1 = −√3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
𝜌2 = √3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
Відомо, що
𝜌≥0
тому досліджувати будемо функцію
𝜌(𝜑) = √3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
2) ОВФ
3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑 ≥ 0
4𝑠𝑖𝑛2 𝜑 ≤ 3
𝑠𝑖𝑛2 𝜑 ≤
𝑠𝑖𝑛𝜑 ≤
𝜑 ≤ (−1)𝑘 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛
𝜑 ≤ (−1)𝑘 ∙
3
4
√3
2
√3
+ 2𝜋𝑘, 𝑘𝜖𝑍
2
𝜋
+ 2𝜋𝑘, 𝑘𝜖𝑍
3
𝜋 𝜋
2𝜋 4𝜋
𝜌(𝜑) на інтервалі (0,2𝜋) існує в інтервалах (− , ) і ( , ).
3 3
3 3
Схематично, покажемо у вигляді заштрихованих області, в яких функція не існує.
3) 𝜌(𝜑) – періодична функція з періодом 2π.
𝜌(−𝜑) = √3 − 4𝑠𝑖𝑛2 (−𝜑) = √3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑 = 𝜌(𝜑)
симетричний відносно осі ОУ.
–
функція
парна,
тому
її
графік
4) Точки перетину графіка з осями координат:
Для φ=0,
𝜌(𝜑) = √3 .
Для ρ=0,
𝜑 = (−1)𝑘 ∙
𝜋
+ 2𝜋𝑘, 𝑘𝜖𝑍
3
Таким чином,
вісь ОХ графік перетинає в точках (−√3, 0) та (√3, 0),
вісь ОУ графік перетинає в точці (0,0) і графік проходить через початок координат.
5) Інтервали монотонності, екстремуми
𝜌′ (𝜑) =
−8𝑠𝑖𝑛𝜑𝑐𝑜𝑠𝜑
2√3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
=
−2𝑠𝑖𝑛2𝜑
√3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
𝜌′ = 0
при умові, що
−2𝑠𝑖𝑛2𝜑
√3−4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
= 0,
𝑠𝑖𝑛2𝜑 = 0,
2𝜑 = 𝜋𝑘, 𝑘𝜖𝑍
𝜋
𝜑 = 𝑘, 𝑘𝜖𝑍
2
Оскільки графік симетричний відносно осі ОУ, то достатньо визначитись з поведінкою
функції на інтервалі
𝜋 𝜋
(− , ).
3 3
𝜌′ не існує при умові, що
√3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑 ≤ 0,
𝜑 ≥ (−1)𝑘 ∙
𝜋
+ 2𝜋𝑘, 𝑘𝜖𝑍
3
Дослідимо знаки похідної на інтервалах
𝜋
(− 3 , 0)
𝜋
𝜌 (− 4 ) =
𝜋
𝜌′ ( 4 ) =
(0, 3 )
𝜋
4
2 sin(2∙ )
𝜋
′
𝜋
4
√3−4𝑠𝑖𝑛2 (− )
𝜋
4
𝜋
2
√3−4𝑠𝑖𝑛 ( )
4
−2 sin(2∙ )
= 2 > 0,
= −2 < 0,
Інтервали монотонності матимуть вигляд:
𝜋
інтервали
𝜋
(− 3 , 0)
0
(0, 3 )
+
0
-
Похідна
Поведінка функції
Max, √3
Таким чином, на графіку маємо коло з центром в точці (0,0) і радіусом √3 , що обмежує
графік функції.
6) Інтервали опуклості та точки перегину
𝜌′′ (𝜑) = (
−2𝑠𝑖𝑛2𝜑
√3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
= −2
𝑠𝑖𝑛2𝜑 ∙ (−8𝑠𝑖𝑛𝜑𝑐𝑜𝑠𝜑)
2√3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
=
3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑
2𝑐𝑜𝑠2𝜑 ∙ √3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑 −
/
) = −2
2𝑐𝑜𝑠2𝜑 ∙ (3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑) − 𝑠𝑖𝑛2𝜑 ∙ (−2𝑠𝑖𝑛𝜑𝑐𝑜𝑠𝜑)
√3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑(3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑)
= −4
=
3𝑐𝑜𝑠2𝜑 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑𝑐𝑜𝑠2𝜑 + 𝑠𝑖𝑛2 2𝜑
√3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑(3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑)
Виразимо чисельник через cosφ, застосовуючи тригонометричні тотожності:
3𝑐𝑜𝑠2𝜑 = 6 cos 2 𝜑 − 3
−4𝑠𝑖𝑛2 𝜑𝑐𝑜𝑠2𝜑 = −4(1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑)(2𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 − 1) = 8𝑐𝑜𝑠 4 𝜑 − 12𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 4
𝑠𝑖𝑛2 2𝜑 = 1 − 𝑐𝑜𝑠 2 2𝜑 = 1 − (2𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 − 1)2 = 4𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 − 4𝑐𝑜𝑠 4 𝜑
Чисельник матиме вигляд
3𝑐𝑜𝑠2𝜑 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑𝑐𝑜𝑠2𝜑 + 𝑠𝑖𝑛2 2𝜑 =
== 6 cos 2 𝜑 − 3 + 8𝑐𝑜𝑠 4 𝜑 − 12𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 4 + 4𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 − 4𝑐𝑜𝑠 4 𝜑 =
= 4𝑐𝑜𝑠 4 𝜑 − 2𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 1
𝜌′′ = 0, якщо
4𝑐𝑜𝑠 4 𝜑 − 2𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 1 = 0
Чисельник не може дорівнювати 0, тому точок перегину немає.
Оцінимо поведінку функції на інтервалі
𝜋 𝜋
(− , ).
3 3
′′
𝜌 =
𝜌′′ (0) =
4−2+1
√(3−0)3
=
3
√27
4𝑐𝑜𝑠 4 𝜑 − 2𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 1
√(3 − 4𝑠𝑖𝑛2 𝜑)3
> 0 - вогнута
7) Знайдемо додаткові точки і побудуємо графік
𝜋
𝜋
1 2
2
𝜌 (± ) = √3 − 4𝑠𝑖𝑛 (± ) = √3 − 4 ∙ ( ) = 1
4
4
√2
𝜋
𝜋
1 2
2
√
𝜌 (± ) = √3 − 4𝑠𝑖𝑛 (± ) = 3 − 4 ∙ ( ) = √2
6
6
2
Скачать