✎ Задать свой вопрос   *более 30 000 пользователей получили ответ на «Решим всё»

Задача 39535
Для заданной функции провести

УСЛОВИЕ:


Для заданной функции провести исследование : точки минимума, максимума, точки перегиба; интервалы возрастания , убывания функции ; интервалы выпуклости и вогнутости функции . Построить график функции . На графике функции указать особые точки - точки экстремума , точки перегиба. Построение выполнить схематично.
y=x^3-18x^2+33x+7

РЕШЕНИЕ ОТ sova ✪ ЛУЧШЕЕ РЕШЕНИЕ


y=x^3-18x^2+33х+7

Область определения (- ∞ ;+ ∞ )

Функция непрерывна, так как является многочленом

y`=3x^2-36x+33

y`=0
3x^2-36x+33=0

x^2-12x+11=0

D=(-12)^2-4*11=144-44=100

x=[m]\frac{12\pm10}{2}[/m]

x_(1)=1; x_(2)=11

Расставляем знак производной ( y`=3x^2-36x+33 - графиком этой функции является парабола, ветви вверх, поэтому на (1;11) производная отрицательна, на двух остальных - положительна):

__+__ (1) __-___ (11) __+__

y`>0 на (- ∞ ;1) и на (11;+ ∞ ), значит функция возрастает

y`< 0 на (1 ;11), значит функция убывает возрастает

х=1 - точка максимума, производная меняет знак с + на -

у(1)=1^3-18*1^2+33*1+7=[b]13[/b]

х=11 - точка минимума, производная меняет знак с - на +

y(11)=11^3-18*11^2+33*11+7= 11^2*11-18*11^2+3*11^2+7=
=11^2(11-18+3)+7=121*(-4)+7=-484+7=[b]-477[/b]


(просматривается цель заданий - рациональный счет!!! Т.е. уже не первое задание в котором[b] громоздкие вычисления[/b] упрощаются с помощью вынесения за скобки общего множителя)
По этой и причине и график схематический. См. масштаб 1 кл=20

y``=6x-36

y``=0

6x-36=0

x=6- точка перегиба, вторая производная меняет знак с - на +

Функция выпукла вверх на ( - ∞ ;6) и выпукла вниз на (6;+ ∞ )
См. график на рис .



Вопрос к решению?
Нашли ошибку?

Добавил robertfrelikh, просмотры: ☺ 93 ⌚ 2019-09-17 08:43:54. математика 2k класс

Решения пользователей

Лучший ответ к заданию выводится как основной
Хочешь предложить свое решение? Войди и сделай это!

Написать комментарий

Последние решения
z=\frac{43-9x+6y}{2}

\frac{(x-1)^2)}{4}+\frac{(y+1)^2}{9}-\frac{(\frac{43-9x+6y}{2})^2}{36}=1

\frac{36(x-1)^2)}{144}+\frac{16(y+1)^2}{144}-\frac{(43-9x+6y)^2}{144}=1

36(x-1)^2+16(y+1)^2-(43-9x+6y)^2=144

36x^2-72x+36+16y^2+32y+16-43^2-81x^2-36y^2 -
-2*43*6y+2*43*9x+2*9x*6y=144


✎ к задаче 41736
1.
Смотрим на пределы интегрирования
У первого интеграла:
y=0; y=1
x=0; x=sqrt(y)
Получаем область D_(1)

Рис. 1

У второго интеграла:
y=1; y=2
x=0; x=sqrt(2-y)

Получаем область D_(2)

Рис. 2

Общая область на рис. 3

Вертикальные полосы: x=0; x=1 - это и есть пределы интегрирования по переменной х

У линий x=sqrt(y) и x=sqrt(2-y)
выразим у через х
y=x^2 и y=2-x^2

О т в е т. ∫^(1)_(0)dx ∫ ^(2-x^2)_(x^2) f(x;y)dy

2.
Область на рис. 4

0 < x < 1
1-x < y < sqrt(1-x^2)

Запишем уравнения границ в полярных координатах

[blue]y=1-x[/blue]
ρ sinθ=1- ρ cos θ
ρ( sinθ+cos θ )=1

[blue] ρ =1/ ( sinθ+cos θ )[/blue] - уравнение линии входа в область в направлении лучей выходящих из точки O


[green]y=sqrt(1-x^2)[/green]
y^2=1-x^2
x^2+y^2=1
ρ ^2=1
[green]ρ =1[/green] - уравнение линии выхода из область в направлении лучей выходящих из точки O



Так как область в первой четверти, угол θ меняется от (π/2) ( это значение соответствует x=0) до 0 (это значение соответствует x=1)


О т в е т.

∫^(π/2)_(0)d θ ∫ ^(1)_(1/(cos θ +sin θ ))f( ρ cos θ ; ρ sin θ ) ρ d ρ


3.
Область интегрирования прямоугольник
2<x<3
(π/4)<y <(π/2)

Подытегральная функция
f(x;y)=ysin(2xy)

Постоянный множитель 12 можно вынести за знак двойного интеграла.

Из - за вида f(x;у), содержащего sin зависящий и от х и от у,

внешний интеграл берем по переменной х

= 12*∫ ^(3)_(2)dx ∫^ (π/2)_(π/4)y*sin(2x*y)dy


Сначала считаем внутренний интеграл:

∫^ (π/2)_(π/4)y*sin(2x*y)dy (2х в этом интеграле константа,интеграл только от переменной y)
Применяем метод интегрирования по частям:

u=y
dx=sin(2x*y)dxy
du=dy
v=(1/((2x))*(-cos(2xy))

∫ u*dv = u*v - ∫ v*du


∫^ (π/2)_(π/4)y*sin(2x*y)dy=

=-(y/2x)*cos(2xy)|^(y=π/2)_(y=π/4) - (1/(2x))∫ ^(y=π/2)_(y=π/2)(-cos2xy)dy=

=(-π/(4x))*cosπx +(π/(8x))*cos(πx/2) + (1/(2x))* sin(2xy)/(2x)|^(y=π/2)_(y=π/2)=

=(-π/4x)*cosπx +(π/8)*cos(πx/2) +(1/(4x^2))*(sin(πx)-sin((πx)/2)


Теперь считаем внешний:
=12*∫ ^(3)_(2)[b]([/b](-π/(4x))*cosπx +(π/(8x))*cos(πx/2) +(1/(4x^2))*(sin(πx)-sin((πx)/2)[b]) [/b] dx

Процесс утомительный.

Не нравится что х в знаменателе и под косинусом... Это даже не по частям...

Скорее все в условии sin2х только без y.

Тогда
внутренний интеграл:

∫^ (π/2)_(π/4)y*sin(2y)dy

Применяем метод интегрирования по частям:

u=y
dx=sin(2y)dxy
du=dy
v=(1/((2))*(-cos(2y))=-(cos(2y))/2

∫ u*dv = u*v - ∫ v*du


∫^ (π/2)_(π/4)y*sin(2y)dy=

=-(y*cos(2y))/2|^(y=π/2)_(y=π/4) - ∫ ^(y=π/2)_(y=π/2)((-cos2y)/2)dy=

=(-π/2)*cosπ +(π/4)*cos(π/2) + (1/(2))* ((sin(2y))/2)|^(y=π/2)_(y=π/2)=

=(-π/2)*(-1) +(π/2)*0 +(1/4)*(sin(π)-(1/4)sin(π/2)=

=(π/2)-(1/4)

Ну вот это прилично.

Теперь считаем внешний:

∫ ^(3)_(2)((π/2)-(1/4))dx=((π/2)-(1/4))*x|^(3)_(2)=(π/2)-(1/4)
Это ответ.

4.

= ∫^(2)_(0)dx ∫ ^(4)_(0)dy ∫ ^(5)_(0)(x+y+z)dx=

=∫^(2)_(0)dx ∫ ^(4)_(0)dy ( xz+yz+(z^2/2)|^(5)_(0)=

=∫^(2)_(0)dx ∫ ^(4)_(0)( 5x+5y+12,5)dy=

= ∫^(2)_(0)dx ( 5xy+(5y^2/2)+12,5y)| ^(4)_(0)=

= ∫^(2)_(0) (5x*4+(5*4^2/2)+12,5*4)dx=

= ∫^(2)_(0) (20x*4+40+50)dx= ∫^(2)_(0) (20x*4+90)dx=

=(10x^2+90x)|^(2)_(0)=40+180=220

Дальше негде писать...
Не надо все задачи выставлять в одном вопросе.

(прикреплено изображение)
✎ к задаче 41740
a) (3x^2+18x)-(2y^2-4y)+31=0
3*(x^2+6x+9)-27-2*(y^2-2y+1)+2+31=0

3*(x+3)^2-2*(y-1)^2=-4

Делим на (-4)

((y-1)^2/2)-((x+3)^2/(4/3))=1 - гипербола, центр в точке (-3; 1)

большая полуось - на оси, параллельной оси Оу
равна b= sqrt(2)
малая полуось - на оси, параллельной оси Ох
равна a= sqrt(4/3)


2)
2x+(y^2+8y)+20=0
2x+(y^2+2*y*4+16)-16+20=0
2x=-(y+4)^2-61

x=-(1/2)(y+4)^2-2 - парабола вдоль оси Ох

ветви в направлении противоположном направлению оси Ох
Вершина в точке (-4;-2)

(прикреплено изображение)
✎ к задаче 41737
Искомая плоскость проходит через oсь Oy, значит проходит через начало координат.
Пусть уравнение искомой плоскости

[red]Ax+By+Cz=0[/red]

У плоскости x+sqrt(6)y-z-3=0 нормальный вектор vector{n_(1)}=(1;sqrt(6);-1)

У плоскости Ax+By+Cz=0 нормальный вектор vector{n_(2)}=(A;B;C)

Угол между плоскостями равен углу между их нормальными векторами
По формуле:
cos( ∠ (vector{n_(1)}, vector{n_(2)}))=(vector{n_(1)}* vector{n_(2)})/|vector{n_(1)}|*| vector{n_(2)}|

Так как по условию угол между плоскостями равен 60 градусов
значит
cos 60 градусов =1/2


1/2 =(vector{n_(1)}* vector{n_(2)})/|vector{n_(1)}|*| vector{n_(2)}|

2*vector{n_(1)}* vector{n_(2)}=|vector{n_(1)}|*| vector{n_(2)}|

где vector{n_(1)}* vector{n_(2)} - скалярное произведение.

2*(A-sqrt(6)*B-C)=sqrt(1^2+(-sqrt(6))^2+(-1)^2)*sqrt(A^2+B^2+C^2)


Ось Оу содержит направляющий вектор vector{j}=(0;1:0)

Значит, искомая плоскость проходит через точку (0;1:0)

A*0+B*1+C*0=0

Из двух уравнений относительно А, В, С и D находим

коэффициенты:

{B=0
{2A-2C=sqrt(8)*sqrt(A^2+C^2) ⇒

A- C=sqrt(2)*sqrt(A^2+C^2)

Возводим в квадрат

A^2-2A*C+C^2=2A^2+2C^2 ⇒ A^2+2AC+C^2=0
A=-C

О т в е т. Ax+0*y-Az=0 ⇒ [b] x-y=0[/b]

✎ к задаче 41734
У плоскости нормальный вектор vector{n}=(3;4;-5)

У прямой направляющий вектор vector{s}=(-2;1;3)
и точка M_(o) (0,5;-3;-2,5)

Пусть M(x;y;z) - произвольная точка искомой плоскости
vector{M_(o)M}=(x-0,5;y+3;z+2,5)
Значит три вектора компланарны.
Условие компланарности - смешанное произведение равно 0

Смешанное произведение - определитель третьего порядка, составленный из координат векторов:
vector{M_(o)M}=(x-0,5;y+3;z+2,5)
vector{n}=(3;4;-5)
vector{s}=(-2;1;3)

\begin{vmatrix} x-0,5 & y+3 &z+2,5 \\ 3& 4&-5 \\ -2&1 & 3 \end{vmatrix}=0

Раскрываем определитель по правилу треугольника:

12*(x-0,5)+10*(y+3)+3*(z+2,5)+8*(z+2,5)+5*(x-0,5)-9*(y+3)=0

17*(x-0,5)+(y+3)+11*(z+2,5)=0

[b]17x+y+11z+22=0[/b] - о т в е т.
✎ к задаче 41735