Аналитическая геометрия (эллипсы, параболы, гиперболы, прямые

Задача 1Точки (0,0); (1,1); (1,-1); (-1,1); (-1;-1) лежат на кривой второго порядка общего вида. Найти уравнение этой кривой и доказать, что точка (1,2) не лежит на этой кривой.

Решение

Общее уравнение кривой второго порядка имеет вид:

.

Подставим первую точку.

Подставим вторую точку.

Подставим третью точку. . Сложим.

Подставим четвертую точку. ; .

Подставим пятую точку. . . . . Тогда . , . .

Ответ: . Это пара прямых: , .

, поэтому точка (1;2) не лежит на поверхности.

Задача 2Доказать (или опровергнуть) следующее утверждение:

На плоскости существует эллипс, на котором имеется ровно три точки, в которых обе координаты целые.

Решение

Пусть большая ось эллипса лежит на оси . Пусть

три точка , ; лежат на окружности. Тогда уравнение эллипса . Подставим эти три точки.

Четыре точки принадлежат эллипсу.

Если - целые, то число целых точек четно

Пусть

. ; . Центр эллипса

. Пусть . Тогда . . .

. . Это окружность, а не эллипс

(пока промахнулись). . . Радиус равен 5/4 – не целый. Получили на окружности ровно три целые точки ; ; . Как получить из окружности эллипс, у которого на границе есть ровно три точки с целочисленными координатами?

Сожмем по горизонтали окружность в два раза, то есть получим

эллипс. Для этого в уравнении окружности умножим на 2.

Получим уравнение . Или

или . Точки перейдут в точки . Точка перейдет в себя. Поэтому на эллипсе три точки уже есть.

; ~ . Целые . . Целые .

При . При . Всего три целочисленных точки.

Утверждение доказано.

Задача 3На какой положительный острый угол достаточно повернуть параболу вокруг начала координат так, чтобы на новой параболе число точек, (в которых обе координаты были целые) стало равным единице.

Решение

Разложим после поворота новые орты:

.Тогда

; ; ;

; .

.

Отсюда ;

. . (*)

Если , то ,

. (**)

Если - целые, то - единственное решение

уравнения повернутой параболы (**).

Действительно, при рациональное число слева равно

иррациональному справа, что невозможно.

При

Заметим, что - также единственное рациональное решение.

уравнения (**) . Если , то

. При

. Отсюда

. или . Если , то , невозможно.

Если , то при - не целое. На этой параболе оказалась ровно одна точка с целыми координатами.

Замечание

Пусть - рациональны. , ,

.

, .

При . . , - рациональны.

. На новой параболе целых точек – неограниченное число.

Ответ задачи: углы 45 , 60 - подходят.

Замечание.Напрашивается вопрос: верно ли, что если или

иррационально, то целая точка (0;0) – единственная целая точка на повернутой параболе?

Задача 4Найти фокуcы гиперболы

Решение

Центр гиперболы: . Оси гиперболы: .

Вершины гиперболы ; . Асимптоты гиперболы , - перпендикулярны. - острый угол между осью и асимптотой

tg . - полуоси. . ; . . Ответ: ; .

Задача 5Шар радиуса касается двух прямых: и

. Выразить через координаты центра шара.

Решение

Во первых эти две прямые пересекаются в точке .

. . Вычислим вектор единичной нормали.

, угол -острый.

.

Множество центров шара получается качением шара по этим прямым, касаясь их в любой момент времени. При этом центр шара сначала двигается в одной плоскости симметрии прямых и ,

делящих острый угол пополам. Затем двигается в другой плоскости симметрии прямых и , делящих тупой угол пополам.

Заметим, что центр шара находится на пересечении двух цилиндров радиуса с осями с указанными выше плоскостями симметрии

прямых и . Сечение цилиндра – плоскостью – эллипс.

Получаются два эллипса лежат во взаимно перпендикулярных плоскостях. Параметры одного эллипса: . . . Параметры другого эллипса: . .

Замечание. В параметрическом виде точки центров шара – точки

границ двух эллипсов можно выписать, но это оказалось слишком

громоздко из-за иррациональных выражений для единичных векторов биссектрис.

. Поэтому опишем только, как в принципе это можно сделать, не увязая в громоздких вычислениях.

. Задаем . Находим соответствующую точку

на оси . Восставляем перпендикуляр параллельно вектору . И откладываем в обе стороны на нем величину . Получаются две точки первого эллипса.

Прямая оси является биссектрисой острого угла, между и .

Направляющим вектором биссектрисы можно взять сумму единичных векторов прямых и . .

Тогда Точка имеет координаты .

Уравнение перпендикуляра из точки

. Симметричная точка:

Для точек справа , слева

Аналогично формируем точки второго эллипса с помощью оси .

Тема 7

Пределы

Задача 1Для данной функции найдите производную ,

пользуясь только определением производной: .

Решение

По определению,

Проверка: . Верно. Ответ: .

Задача 2Для данной функции найдите производную ,

пользуясь только определением производной: .

Решение

Задача 3Для данной функции найдите производную ,

пользуясь только определением производной:

Решение

. Здесь , , , , . .

Тема 8

Непрерывность

Задача 1Доказать (или опровергнуть) следующее утверждение: Существует треугольная пирамида, для которой любое сечение, проходящее через заданную вершину делит эту пирамиду на две пирамиды разной площади поверхности.

Решение

Воспользуемся известным свойством: площадь

основания пирамиды меньше суммы площадей боковых граней.

Пусть сечение проходит через вершины и точку на ребре .

Обозначим площадь поверхности ближней пирамиды через . Будем двигать точку . Когда совпало с , то , . В этот момент . Когда совпало , то . В этот момент . Разность площадей

- непрерывная функция точки . По непрерывности

функции найдется такое положение точки , что , а значит . Утверждение опровергнуто.

Задача 2Доказать, что многочлен имеет три действительныхкорня.

Решение

Так как если есть целые корни, то они всегда делители свободного

члена и , то целых корней нет.

; . По непрерывности есть корень на

интервале . . По непрерывности многочлена на интервале есть корень.

. По непрерывности на интервале есть третий, последний корень (так как многочлен третьей степени

имеет не более трех действительных корней). Ч.Т.Д.

Задача 3Доказать, что в эллипс можно вписать прямоугольник, с вершинами на границе, у которого периметр равен целому числу.

Доказательство.

, . , .

Если раздвигать боковые – вертикальные стороны прямоугольника, то в пределе он станет равны удвоенному , то есть . Если, наоборот, cдвигать боковые – вертикальные стороны прямоугольника к середине, то в пределе он станет равны удвоенному , то есть

В этих движениях периметр изменяется непрерывно.

Поэтому, по свойству непрерывности, периметр примет также и

все промежуточные значения из отрезка [ ], в том числе целые значения и . Ч.Т.Д.

Тема 9.1