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

Задача 8035 Наклонная крыша установлена на трёх

УСЛОВИЕ:

Наклонная крыша установлена на трёх вертикальных опорах, основания которых расположены на одной прямой. Средняя опора стоит посередине между малой и большой опорами (см. рисунок). Высота малой опоры 1,7 м, высота средней опоры 2,1 м. Найдите высоту большей опоры. Ответ дайте в метрах

РЕШЕНИЕ:

? = x

(x+1,7)/2 = 2,1

x+1,7 = 4,2

x = 4,2-1,7 = 2,5

Вопрос к решению?
Нашли ошибку?
Показать имеющиеся вопросы (5)

ОТВЕТ:

2,5

Добавил slava191, просмотры: ☺ 16956 ⌚ 23.03.2016. математика 8-9 класс

Решения пользователей

Увы, но свой вариант решения никто не написал... Будь первым!
Хочешь предложить свое решение? Войди и сделай это!

Написать комментарий

Последние решения
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...

(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
1) способ
Можно записать систему и так:
{x`(t)=x+y
{y`(t)=4y-2х

Выразим из первого уравнения y
y=x`(t)-x

тогда

y`=x``(t)-1

и подставим во второе уравнение:

x``(t)-1=4*(x`(t)-x)-2x

Решаем второе уравнение:
x``(t)-4*x`(t)+6x-1=0

Получили линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами
x``(t)-4*x`(t)+6x = 1

Решаем однородное уравнение:
x``(t)-4*x`(t)+6x=0

Cоставляем характеристическое уравнение:
k^2-4k+6=0

D=4^2-4*6=-8

sqrt(D)=sqrt(8)* [b]i[/b]=2sqrt(2)* [b]i[/b]

k_(1,2)= (4 ± 2sqrt(2)* [b]i[/b])/2

k_(1) =2 - sqrt(2)* [b]i[/b]; k_(2) =2 + sqrt(2)* [b]i[/b]

α =2

β =sqrt(2)

Общее решение однородного уравнения имеет вид:

y=e^2*[b]([/b]C_(1)cos(sqrt(2))t +C_(2)sin(sqrt(2)t)[b])[/b]


Из второго уравнения системы находим
2x=4y-y`

x=2y-(1/2)y`

y`=e^2*[b]([/b]C_(1)*(-sin(sqrt(2)t)*(sqrt(2)t)` +C_(2)*cos(sqrt(2)t)*(sqrt(2)t)`[b])[/b]

x=2e^2*(C_(1)cos(sqrt(2))t +C_(2)sin(sqrt(2)t)-e^2*sqrt(2)*[b]([/b]C_(1)*(-sin(sqrt(2)t) +C_(2)*cos(sqrt(2)t)[b])[/b]

x=e^2*[b]([/b]2C_(1)cos(sqrt(2))t +2C_(2)sin(sqrt(2)t+sqrt(2)C_(1)sin(sqrt(2)t)-sqrt(2)C_(2)cos(sqrt(2)t[b])[/b]


О т в е т.
x=e^2*[b]([/b](2C_(1)-sqrt(2)C_(2))*cos(sqrt(2))t +(2C_(2)+sqrt(2)C_(1))*sin(sqrt(2)t)[b])[/b]

y=e^2*[b]([/b]C_(1)cos(sqrt(2))t +C_(2)sin(sqrt(2)t)[b])[/b]
✎ к задаче 41731