Реши задание на изображении
Ниже — решение всех пунктов варианта 19.
Краткие ответы
- \(D(y)=(1;2)\cup(2;+\infty)\).
- График \(y=|\lg x|+\lg x\):
\[ y=\begin{cases} 0,&0<x\le 1,\\ 2\lg x,&x\ge 1. \end{cases} \] То есть горизонтальный луч по оси \(Ox\) на \((0;1]\), затем ветвь \(y=2\lg x\). - \(y=2x^2-4x+5=2(x-1)^2+3\) — парабола с вершиной \((1;3)\), ветви вверх.
- Параметрическая кривая:
\[ y=-\ln x,\quad x\ge 1. \] Это ветвь логарифмической кривой, идущая от \((1;0)\) вниз вправо. - \(\rho=2(\cos\varphi+\sin\varphi)\) — окружность
\[ (x-1)^2+(y-1)^2=2 \] с центром \((1;1)\) и радиусом \(\sqrt2\).
Ключевые шаги
1. Область определения
Для \(y=\dfrac{3}{4-x^2}+\lg(x-1)\) нужны два условия: \[ 4-x^2\ne0,\qquad x-1>0. \] Первое даёт \(x\ne\pm2\), второе — \(x>1\). Значение \(x=-2\) не подходит из-за \(x>1\), а \(x=2\) исключается. Поэтому \[ D(y)=(1;2)\cup(2;+\infty). \]
2. График \(y=|\lg x|+\lg x\)
ОДЗ: \(x>0\). Раскрываем модуль:
- если \(0<x\le1\), то \(\lg x\le0\), значит \(|\lg x|=-\lg x\), и \(y=-\lg x+\lg x=0\);
- если \(x\ge1\), то \(\lg x\ge0\), значит \(|\lg x|=\lg x\), и \(y=2\lg x\).
Контрольные точки: \((1;0)\), \((10;2)\), \((100;4)\). При \(x\to0+\) график лежит на оси \(Ox\), но точка \(x=0\) выколота.
3. График \(y=2x^2-4x+5\)
Выделяем полный квадрат: \[ 2x^2-4x+5=2(x^2-2x)+5=2\bigl((x-1)^2-1\bigr)+5=2(x-1)^2+3. \] Значит, вершина — \((1;3)\), ветви направлены вверх, ось симметрии \(x=1\). Дополнительные точки: \((0;5)\), \((2;5)\), \((-1;11)\), \((3;11)\). Нулей нет, так как минимум равен \(3>0\).
4. Параметрическая система
\[ x=\frac1{\cos t},\qquad y=\ln\cos t. \] Логарифм определён при \(\cos t>0\), поэтому \(x=\frac1{\cos t}\ge1\). Из первого уравнения \(\cos t=\frac1x\), тогда \[ y=\ln\frac1x=-\ln x. \] Получается ветвь \(y=-\ln x\) при \(x\ge1\). Точки для построения: \((1;0)\), \((e;-1)\), \((e^2;-2)\). При \(x\to+\infty\) график уходит вниз.
5. Полярная кривая
Умножим обе части на \(\rho\): \[ \rho^2=2\rho\cos\varphi+2\rho\sin\varphi. \] Используем \(x=\rho\cos\varphi\), \(y=\rho\sin\varphi\), \(\rho^2=x^2+y^2\): \[ x^2+y^2=2x+2y. \] Переносим: \[ x^2-2x+y^2-2y=0 \quad\Longrightarrow\quad (x-1)^2+(y-1)^2=2. \] Это окружность с центром \((1;1)\) и радиусом \(\sqrt2\). Она проходит через точки \((0;0)\), \((2;0)\), \((0;2)\), \((2;2)\).
Проверка
- В №1: \(x=3\) допустимо, \(x=2\) и \(x=1\) — нет.
- В №2: при \(x=0{,}1\) получаем \(1-1=0\); при \(x=10\) получаем \(1+1=2\).
- В №3: \(2\cdot1^2-4\cdot1+5=3\) — вершина.
- В №4: при \(t=0\) имеем \(x=1,\ y=0\); при \(t=\pi/3\) имеем \(x=2,\ y=-\ln2\).
- В №5: точка \((2;0)\): \((2-1)^2+(0-1)^2=1+1=2\).
Обсуждение
2 сообщенияПочему в №4 разные t дают одну и ту же кривую?
Потому что в №4 параметр \(t\) входит не сам по себе, а только через \(\cos t\):
\[ x=\frac1{\cos t},\qquad y=\ln(\cos t). \]
А \(\cos t\) не является взаимно однозначной функцией: она чётная и периодическая с периодом \(2\pi\):
\[ \cos(-t)=\cos t,\qquad \cos(t+2\pi k)=\cos t. \]
Поэтому одинаковые \(x\) и \(y\) получаются, например, при
\[ t \quad\text{и}\quad -t,\qquad t \quad\text{и}\quad t+2\pi k. \]
Например, при \(t=\frac{\pi}{3}\) и \(t=-\frac{\pi}{3}\):
\[ \cos t=\frac12, \]
значит,
\[ x=2,\qquad y=\ln\frac12=-\ln2 \]
— это одна и та же точка.
То есть разные \(t\) могут задавать одну и ту же точку, и параметрическая кривая проходится несколько раз. Сама кривая при этом одна:
\[ y=-\ln x,\qquad x\ge 1. \]
Можно сказать, что параметр \(t\) — это не координата на графике, а «способ обхода» кривой. Если нужна однозначная параметризация, можно ограничить \(t\), например:
\[ 0\le t<\frac{\pi}{2}. \]
Тогда ветвь \(y=-\ln x,\ x\ge1\) проходится ровно один раз.
