Інструкційні картки до самостійних робіт з математики by izmailmed

ТОВ «ІЗМАІЛЬСЬКЕ МЕДИЧНЕ УЧИЛИЩЕ» Предметна (циклова) комісія природничо-наукових дисциплін

ІНСТРУКЦІЙНІ КАРТКИ ДО САМОСТІЙНИХ РОБІТ з дисципліни «Математика» для студентів I - ІІ курсу Напрям підготовки 6.120101 Сестринська справа 6.120201 Фармація Спеціальність 221 «Стоматологія» 223 «Медсестринство» 226 «Фармація» Кваліфікація 3232 Акушерка, 3231 Сестра медична, 221 Фельдшер, 3228 Фармацевт, 3225 Технік зубний Відділення акушерське, сестринське, фельдшерське, фармацевтичне, зуботехнічне

Розробник: Орловська Ю. В.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Відсоткові розрахунки» Мета: повторити та закріпити теоретичні знання, отримані при вивчені даної теми в шкільному курсі математики; закріпити практичні навички розв’язування задач на знаходження: відсотків від числа; числа за його відсотком; відсоткового відношення двох чисел; пригадати формули простих та складних відсотків. Завдання 1. Дайте відповідь на питання: 1. Що називається відсотком? 2. Що таке відсоткове відношення двох чисел? 3. Як знайти відсотки від числа? 4. Як знайти число за його відсотками? 5. Як знайти відсоткове відношення двох чисел? 6. Що таке проміле, проба? 7. Запишіть формули простих та складних відсотків. В яких випадках використовують прості відсотки, в яких – складні? Завдання 2. Виконайте вправи. Якщо Ваш номер у списку в журналі групи – непарне число, то Ваш варіант – 1, якщо номер – парне число – то Ваш варіант 2. Варіант 1 1. Знайдіть 15% від числа: 180; 6000; 40; 8; 0,75. 2. Знайдіть число, 60 % якого дорівнюють: 8; 20; 18 000; 1. 3. Виразіть у відсотках відношення: 9 : 100; 6 : 10; 7 : 20; 13 : 10. 4. Скільки відсотків становлять: а) 3 см відносно 12 см; б) 80 г відносно 1 кг; в) 2 с відносно 1 год; г) 3 ц відносно 1 т? 5. Три баржі перевозили деякий вантаж. Перша перевезла 30 % усього вантажу, друга – 25 % усього вантажу, а третя решту 55 т. Яка маса всього вантажу? 6. Скільки золота 375-ї проби треба сплавити з 30 г золота 750-ї проби, щоб одержати сплав золота 500-ї проби? 7. Ціна на автомобіль спочатку знизилась на 15 %, а потім підвищилася на 10 %. Як змінилася ціна на автомобіль після цих двох переоцінок? 8. Підприємець вніс до банку 15 000 грн. під складні 16 %річних. Якою буде сума його вкладу через 4 роки? 9. Вкладник поклав у банк 20 000 грн. За перший рік йому було нараховано певний відсоток річних, а другого року банківський відсоток було збільшено на 2%. На кінець другого року на рахунку стало 22 048 грн. Скільки відсотків становила банківська ставка у перший рік? Варіант 2 1. Знайдіть 18% від числа: 350; 5000; 70; 3; 0,25. 2. Знайдіть число, 30 % якого дорівнюють: 7; 30; 12 000; 2. 3. Виразіть у відсотках відношення: 5 : 200; 8 : 10; 3 : 45; 14 : 100. 4. Скільки відсотків становлять: а) 5 см відносно 1 дм; б) 5 хв відносно 1 год; в) 0,1 г відносно 1 кг; г) 3 кг відносно 1 ц?

5. У три цистерни розлили 30 000 т нафти. У першій цистерні 35 % усієї нафти, у другій – 40 %. Скільки тонн нафти міститься в третій цистерні? 6. Скільки потрібно змішати 10- відсоткового і 15 - відсоткового розчинів солі, щоб мати 25 кг 12-відсоткового розчину? 7. Випуск цукерок на кондитерській фабриці за перший рік зріс на 5 %, а за другий – на 8 %. Як зріс випуск продукції на заводі за ці два роки? 8. На вклад у розмірі 100 000 грн. строком на 5 років банк нараховує 20 % річних. Яка сума буде на рахунку в кінці строку, якщо на рахування відсотків здійснюється за схемою: а) простих відсотків; б) складних відсотків? 9. Банк надав підприємцю кредит у сумі 100 000 грн. на 2 роки під певний відсоток річних. Через рік цей відсоток було збільшено на 4 %. На кінець другого року підприємець повернув банку 148 800 грн. Під який відсоток було надано кредит у перший рік? Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 10 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2010. — 480 с. 2) Бевз Г. П., Бевз В. Г. Математика 10: підруч. для загальноосвіт. нав. закладів. – К.: Генеза, 2010. 3) Бевз, Г. П.Алгебра: підруч. для 9 кл. загальноосвіт. навч. закл. /Г. П. Бевз, В. Г. Бевз. — К.: Зодіак-ЕКО, 2009. — 288 с.: іл. 4) Кравчук Василь, Підручна Марія, Янченко Галина Алгебра: Підручник для 9 класу. – Тернопіль: Підручники і посібники, 2009. – 256 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Властивості та графіки основних функцій» Мета: узагальнити та поглибити знання студентів щодо побудови графiкiв функцiй за допомогою геометричних перетворень, формувати уміння будувати графіки функцій за допомогою базових перетворень графіка функції. Завдання 1. Запишіть формулою функцію, графік якої одержано в результаті: 1 1) паралельного перенесення графіка функції у = х на 3 одиниці вздовж осі ОХ. 2) паралельного перенесення графіка функції у =

√х

на -3 одиниці вздовж осі ОХ.

3) паралельного перенесення графіка функції у = х3 на 3 одиниці вздовж осі ΟΥ. 4) паралельного перенесення графіка функції у = х2 на -3 одиниці вздовж осі ОУ. 5) розтягу графіка функції у = |х| від точки (0; 0) вздовж осі ординат у 3 рази. 6) паралельного перенесення графiка функцiї y = (x−2)2 на 3 одиницi праворуч вздовж осі ОХ i на 9 одиниць униз вздовж осі ΟΥ.

7) розтягнення графiка функцiї y = x2 вздовж осi ординат у 5 разiв, вiдображення симетрично вiдносно осi абсцис i паралельного перенести вгору на 1001 одиницю. Завдання 2. 1. Як треба перетворити графiк функцiї y = а) y=

1 x−3

;

б) y=

1 x +1

;

1 x

в) y=

, щоб дiстати графiк функцiї: 2 x

;

г) y =

−3 −1 ? x +5

2. Як треба перетворити графік функцiї y = x2 , щоб дiстати графiк функцiї: а) y = x2 +4;

б) y = −(x−2)2;

в) y = 5x2?

3. Як треба перетворити графiк функцiї y = x3 , щоб дiстати графiк функцiї y = (x−3)3 +3? 4. Як треба перетворити графiк функцiї y = x, щоб дiстати графiк функцiї y = |x+1|−2? Завдання 3. Побудуйте графіки функцій. Одиничний відрізок становить 0,5 см (1 клітинка). Кожен графік необхідно виконати іншим кольором (за допомогою кольорових олівців чи ручок). Номер варіанта відповідає останній цифрі порядковому номеру у списку в журналі групи. В завдані «в» вкажіть властивості функції (область визначення та значень, нулі функції, парність, непарність, проміжки монотонності, проміжки знакосталості, найбільше та найменше значення). № варіанта а б в 2 3 1 y=( x−3 ) y=3−√ x−2 y= +2 x−1 2 6 2 y=( x−2 ) −3 y=√ x−2 y=− −2 x +4 4 3 y=√ x +4−2 y=|3−2 x−x 2| y= x−1 2 6 4 y=( x +3 ) −2 у=1−√1−х y= x−2 2 8 5 y=−( x−3 ) +4 y=√ x−1+3 y= x−2 2 2 6 y=( x +2 ) y= +4 x−3 7 3 y=√ x +3 y=−2 √ x+1+3

у=|2−√|x||

у=

8 9 0

Рекомендована література:

4 x+2 6 y= x+2 8 y= x+1 y=

х+1

−1

y=√ x−4−2 2

y=|x −4|x|+3|

y=( x−5 ) +1

y=|√ x+1−2|

y=( x +2 )2 +1

y=|√|x|+2−1|

1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 10 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2010. — 480 с. 2) Бевз Г. П., Бевз В. Г. Математика 10: підруч. для загальноосвіт. нав. закладів. – К.: Генеза, 2010. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів : проф. рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2010.- 416 с.: іл. ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА

до самостійної роботи за темою «Функція у = √n x , її графік та властивості» n Мета: познайомитись із функцією у = √ x її властивостями та графіком; навчитися застосовувати її властивості при розв’язуванні вправ. План: 1. Властивості функції у = n 2. Графік функції у = √ x

√x .

На попередніх заняттях було встановлено, що корінь непарного степеня існує з будьякого числа і набуває тільки одного значення. Тому кожному дійсному числу х можна n поставити у відповідність єдине число у таке, що у = √ x , n – непарне. Тим самим для всіх n

n∈N задано функцію f (x )=√ x з областю визначення R. Аналогічно, корінь парного степеня існує з будь-якого невід’ємного числа і набуває єдиного значення. Тому кожному n числу х з проміжку [0;+∞) можна поставити у відповідність єдине число у таке, що у = √ x

, n – парне. Тим самим для всіх визначення [0;+∞) .

n∈N ,n−

парне, задано функцію

f (x )=√ x з областю

Функції у = √ x (х ≥ 0 ) і у = √3 x є оберненими для функцій у = х2 і (х ≥ 0 ) , у = х3, властивості та графіки яких вам вже добре відомі. 10 15 Наприклад: Знайдіть область визначення функції: а) f(x)= √ x+12 ; b) f(x)= √3 x−8 . Розв’язання: а) спочатку звертаємо увагу на степінь кореня і визначаємо парний він чи непарний. 10 – парне число. Знаходимо в таблиці область визначення для парного степеня – це проміжок [0;+∞) , тобто підкореневий вираз може приймати лише невід’ємні значення. x+ 12≥0 ⇒ x≥−12 . Відповідь: D(f )=[−12 ;+∞ ) . Тобто: б) степінь кореня дорівнює 15. 15 – непарне число. Знаходимо в таблиці область визначення для непарного степеня – це проміжок R, тобто підкореневий вираз може приймати будь-які значення. Відповідь: D(f )=R . Завдання:

1. Укажіть множину значень функції: а) f (x )=√ x−3 ; b) f (x )=√ x+5 ; с) f (x )=√ x−2 . 20 17 2. З’ясуйте, парною чи непарною є функція: а) f(x)= √ x ; b) f(x)= √ x . 6

√ x , щоб дістати графiк функцiї: у = √ x +1; 6 6 6 6 | x−1−3| . Укажіть множину значень функції. √ x x−2 x+5 √ √ √ у= - 4; у = ;у= +1; у = 8 7 4. Знайдіть область визначення функції: а) f(x)= √ x+8 ; b) f(x)= √ x−2 ; 3. Як треба перетворити графiк функцiї y =

c) f(x)=

√4 x( x −3)

; d) f(x)=

√6 x2−x −30

√ 5

; е) f(x)=

x−1 x +2 ; f) f(x) =

√ 6

x+1 x−3 .

5. Чи належить графіку функції y = √3 x−7 точка: а) A(34;3); б) B(−1;−2) в) C(0;−7)? 6. Чи належить графіку функції y = √4 x+6 точка: а) A(10;2); б) B(10;−2); в) C(75;3)? Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 10 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2010. — 480 с. 2) Бевз Г. П., Бевз В. Г. Математика 10: підруч. для загальноосвіт. нав. закладів. – К.: Генеза, 2010. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів : проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.:іл. 4) Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: збірник задач і контрольних робіт / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2012. – 144 с.:іл. 5) Нелін Є. П. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навчальн. закладів: академ. рівень/Є. П. Нелін. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.: іл.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Тотожні перетворення виразів, які містять корені n–го степеня»

Мета: познайомитись з найпростішими перетвореннями радикалів: винесення множника за знак радикала; внесення множника під знак радикала; зведення радикалів до найпростішого (нормального) вигляду; порівняння радикалів; звільнення від ірраціональності в знаменнику дробу. План 1. Винесення множника з під знака кореня. 2. Внесення множника під знак кореня. 3. Порівняння радикалів. 4. Звільнення від ірраціональності в знаменнику дробу. Вивчені властивості коренів дають змогу виконувати перетворення коренів. 1. Винесення множника з під знака радикала. В деяких випадках підкореневий вираз розкладається на множники так, що із одного чи декількох із них можна добути точний корінь. Добувши корені із цих множників, одержані числа можна записати перед знаком кореня. Таке перетворення називається винесенням множника за знак радикала. Наприклад: 3

√ 24=√8⋅3= √8⋅√ 3=2 √ 3 4

4 4 2 3

0, b ¿

√ a6 b 3=√ a4 a2 b 3=√ a ⋅√ a b =|a|√a 2 b3 Взагалі, якщо a ¿

√ a7⋅b=√ a5⋅a2⋅b=√ a5⋅√ a2 b=a √ a2 b

;

n n

√ a b=a n√b

0, то

;

2n 2 n

2n a b=|a| b . a b=a √b ; Якщо a — довільне, то (формула парного числа 2n, nє N ; формула непарного числа 2n+1, nє N) 2. Внесення множника під знак кореня. Перетворення, обернене до винесення множника за знак кореня, називається внесенням множника під знак кореня. 2n+1 2n+1

√

Наприклад: 4

√ 162

√3

√ 23⋅3

√ 24

√

2n+1

;

-3

√2

√ 34

√

√2

√ 81⋅2

;

Взагалі: 1) Якщо а ¿

0, b ¿

0, то а

2) Якщо а — довільне, то

√ b=

{

√b

2 n+1

√ an b

2 n+1 2n+1

√b= √ a b

;

√ a b , якщо а≥0, 2n − √ a2 n b , якщо а<0 . 2n

Будемо вважати, що радикал приведено до простішого вигляду, якщо: підкореневий вираз не містить дробів; раціональні множники винесено за знак кореня, показник кореня і показник степеня підкореневого виразу скорочено на їхній найбільший спільний множник. Приклад. Приведемо радикали до простішого вигляду:

√ √ 3

1) 3. Порівняння радикалів.

a 3 ab 2 1 3 2 = = √ ab b b3 b ;

Якщо а > b ¿ 0, то √ a більше значення кореня.

> 3

√b

√ 16 a4 y=2|a|4√ y

, тобто більшому додатному підкореневому виразу відповідає і 5

Приклад. Порівняємо числа √ 2 і √ 3 . 5 3 Подамо √ 2 і √ 3 у вигляді коренів з одним і тим самим показником:

√2

15 5

√2

√32

,а

√3

15 3

√3

√27

√32

. Так як 32 > 27, то

√27

,а

√2 > √3 . отже, Радикали називаються подібними, якщо після приведення їх до простішого вигляду вони мають рівні підкореневі вирази і однакові показники. Наприклад, подібними є радикали: (а–1)

а) 3

√2

;а

;

a b

√2

;

б) 5

√ ab

;

a b

√ ab

;

√ ab

. Раціональний множник, який стоїть перед знаком радикала, називається коефіцієнтом.

Наприклад, 3 √ 5 . У цьому виразі 3 є коефіцієнтом. Щоб стверджувати, що радикали подібні чи ні, їх треба привести до простішого вигляду. 3 3 3 3 3 3 3 Наприклад, √ 54 і √ 16 подібні, оскільки √ 54 = √ 27⋅2 =3 √ 2 , а √ 16 = √ 8⋅2 =2

√2

4. Звільнення від ірраціональності в знаменнику дробу. Звільнитися від ірраціональності в знаменнику дробу означає перетворити дріб, знаменник якого містить корені, до нового дробу, тотожно рівному даному, знаменник якого коренів не містить. 1) Якщо знаменник дробу являє собою радикал чи добуток радикала на раціональний множник, то слід чисельник і знаменник дробу домножити на таку степінь кореня того самого показника, щоб отримати степінь з показником, що дорівнює показнику кореня. 4

3⋅√ 23

3 8 =4 4 = √ 4 3 2 √2 √ 2⋅√ 2 . 3

2) Якщо знаменник дробу є сума (або різниця) квадратних радикалів, то дріб можна привести до раціонального вигляду, помноживши чисельник і знаменник на різницю (або на суму) тих самих радикалів.

√ 3 = √ 3⋅( √5+ √3 ) = √ 15+3 = √15+ 3 2 √5−√3 ( √5−√3 )( √5+ √3 ) 5−3

; 3) Якщо знаменник дробу є сума (різниця) кубічних радикалів, то, щоб позбутися ірраціональності в знаменнику, слід домножити чисельник і знаменник дробу на неповний квадрат різниці (суми) тих самих радикалів. 3

√ 4 + √ 6+ √ 9 √ 4 + √ 6+ √ 9 = √ 4+ √6+ √9 =−3√ 4− 3√6−√3 9 = 3 = 3 3 3 3 3 3 2−3 −1 √2−√3 ( √2−√3 )( √ 4 + √ 6+ √ 9 ) 1

Завдання: виконати № 77, 78(1,2,5,6),79,80(1,3,7,9), 82, 83,91 (2 варіант за збірником*) . Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 10 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2010. — 480 с. 2) Бевз Г. П., Бевз В. Г. Математика 10: підруч. для загальноосвіт. нав. закладів. – К.: Генеза, 2010. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів : проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.:іл. 4) * Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: збірник задач і контрольних робіт / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2012. – 144 с.:іл.

5) Нелін Є. П. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навчальн. закладів: академ. рівень/Є. П. Нелін. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.: іл.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Поняття про обернену функцію. Її основні властивості» Мета: познайомитись з поняттям оберненої функції, з властивостями взаємно обернених функцій та властивостями графiкiв взаємно обернених функцій, з алгоритмом знаходити формулу, яка задає функцiю, обернену до заданої. План 1. Означення оберненої функції. 2. Умова iснування оберненої функцiї. 3. Алгоритм знаходження функцiї, оберненої до заданої. 4. Властивостi взаємно обернених функцiй. 5. Властивостi графiкiв взаємно обернених функцiй. Означення: Функцію g називають оберненою для функції f , якщо кожному у з області значень функції f функція g ставить у відповідність таке x з області визначення функції f, що y = f(x). Таким чином, якщо y=f(x), то x=g(y).

Наприклад: функції у = х3 і у = √ x - взаємно обернені. Завдання: Доведіть, що функція у = 2х – 1 є оборотною. Знайдіть обернену функцію. Розв’язання. Дана функція є монотонно зростаючою на всій області визначення, а тому є оборотною. Щоб знайти формулу оберненої функції, виразимо х через у: у = 2х – 1; 2х = у + 1; х = х на у, у на х дає: у = Завдання:

x+1 2

y+1 2

. Заміна

1 x y= + 4 3 1. Знайдіть функцію, обернену до даної: 1) у = 3х-1; 2) у = x ; 3) 2. Побудуйте в одній системі координат графік даної функції і графік, оберненої до неї: 1) у=3х – 1; 2) у = х2 – 4, якщо х ¿ 0 .

3) Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів : проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.:іл. 4) Нелін Є. П. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навчальн. закладів: академ. рівень/Є. П. Нелін. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.: іл.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Різні прийоми розв’язування ірраціональних рівнянь та їх систем» Мета: узагальнити та поглибити знання студентів щодо способів розв’язування ірраціональних рівнянь та їх систем; познайомити з нестандартними способами розв’язування ірраціональних рівнянь; формувати уміння розв’язувати різними способами ірраціональні рівняння та їх системи. Теоретичні відомості На попередніх заняттях ви ознайомилися з методами розв’язування ірраціональних рівнянь, заснованими на піднесенні обох частин рівняння до одного й того самого степеня. Розширимо арсенал прийомів розв’язування ірраціональних рівнянь. Деякі способи розв’язування ірраціональних рівнянь І. Метод заміни змінної.

Приклад 1. Розв’яжіть рівняння

√ x+ √ x−6=0 . 4 √ x новою змінною.

Розв'язання: Позначимо вираз Нехай √ x=t , t≥0 , тоді √ x=t . 2 Тоді задане рівняння набуває вигляду: t −t−6=0 , звідки t 1 =−3, t 2 =2 . Оскільки t≥0 , 4 4 то t 1=−3 - не підходить. Тоді √ x=2⇒ x=2 ⇒ x=16 . Відповідь: х = 16.

√

2 2 Приклад 2. Розв’яжіть рівняння x +3 x−18+4 x +3 x −6=0.

√

x +3x−6=t , t≥0 . Піднесемо обидві частини рівняння до квадрату: Розв’язання. Нехай 2 2 2 2 2 x +3 x−6=t . Тоді x +3 x−18=t −12 , і дане рівняння набуває вигляду t −12+4t=0, ⇒t 1 =−6, t 2=2 . Оскільки t≥0 , то підходить лише t=2 . Отже, дане t 2 +4 t−12=0 рівняння рівносильне такому: Відповідь: -5; 2.

√ x2+3 x −6=2

√

. Звідси

x 2 +3 x−6=4 ⇒

х = -5 або х = 2.

x +5 x−1 +7 =8 x−1 x +5 Приклад 3. Розв’яжіть рівняння . x +5 x−1 1 7 =t ,t >0 = t + −8=0 ⇒t 2 −8 t +7=0 t x−1 x +5 t . Маємо Розв’язання. Нехай , тоді x +5 x +5 =7 =1 t =1, t =7 x−1 x−1 2 , 1 . Тоді або . Позбудемося кореня шляхом піднесення x +5 x−1 =49 =1 обох частин рівняння до квадрату, отримаємо: x−1 та x +5 . Розв’яжемо дробово-

√

раціональні рівняння:

√

Перше рівняння: Друге рівняння:

54 9 1 , x= , x =1 48 8 8 . рівняння розв’язків немає. Для перевірки

x+5=49 x−49 ⇒48 x=54 ⇒ x=

x+ 5=x−1 ⇒0 x=−6 ⇒ x +5 ≥0⇒(−∞ ;−5 ]∪( 1 ;∞ ) знайденого кореня можна знайти ОДЗ: x−1 або виконати перевірку, 1 x=1 8 . підставивши знайдений корінь в умову. Відповідь: Усе частіше в літературі зустрічаються рівняння, розв'язування яких стандартними способами важке, громіздке або неможливе. Тоді можна спробувати використовувати властивості функцій. Іноді такий підхід приводить до більш простого і раціонального розв'язання. Отож, розглянемо такі властивості функцій, що входять в рівняння як його складові, які б привели до нестандартного їх розв’язування та продемонструємо їх практичне застосування. ІІ. Застосування властивостей функцій:  Використання області визначення функцій (скінченність ОДЗ рівняння). У випадку, коли задано рівняння f(x) = g(x) спільна область визначення для функцій f(x) і g(x) називається областю допустимих значень (ОДЗ) цього рівняння. Зрозуміло, що кожен корінь заданого рівняння входить як до області визначення функції f(x) так і до області визначення функції g(x). Отже, кожен корінь рівняння обов ’язково входить до ОДЗ цього рівняння. Це дозволяє в деяких випадках за рахунок аналізу ОДЗ одержати розв’язки рівняння.

Приклад 4. Розв’яжіть рівняння:

√ x−5+x 2=25+ √15−3 x x−5≥0, 15−3 x≥0 ; ¿ {¿ ¿ ¿ ¿

x≥5, x≥5 . ¿ {¿ ¿ ¿ ¿

Розв’язання: Знайдемо ОДЗ рівняння: Отже, область визначення рівняння складається з одного числа: х=5. За допомогою перевірки можна легко переконатися, що число 5 є коренем заданого рівняння. Відповідь: x=5 . Розглядуваний приклад дозволяє виділити орієнтир для розв'язування аналогічних рівнянь: Якщо область допустимих значень (ОДЗ) рівняння складається із скінченного числа значень, то для розв’язування рівняння досить перевірити всі ці значення. У тому випадку, коли ОДЗ - порожня множина ( не містить жодного числа), можна зразу дати відповідь, що задане рівняння не має коренів.  Використання обмеженості функцій (оцінка правої та лівої частини рівняння). Деякі рівняння можна розв’язати за допомогою оцінки лівої та правої частин рівняння. Даний прийом базується на такій властивості: нехай потрібно розв’язати рівняння виду f(x) = g(x) і з’ясувалося, що f(x) ¿ a і g(x) ¿ a , то рівність між лівою і правою частинами можлива тоді і тільки тоді, коли одночасно f(x) і g(x) дорівнюють а. Тобто якщо f ( x )= a , g ( x )= a . ¿ {¿ ¿ ¿ ¿

Приклад 5. Розв’яжіть рівняння:

√ x −9≥0,

−( x−3 ) ≤0 . Отже,

то

√ x2−9+( x−3 )2=0.

Розв’язання: Перепишемо рівняння у вигляді 2

f ( x )≥a , g ( x )≤a ¿ {¿ ¿ ¿ ¿

задане

√ x2−9=−( x−3 )2 .

рівняння

рівносильне

Тоді очевидно, що системі

рівнянь:

√x

−9 =0, −( x −3 )2=0 . ¿ {¿ ¿ ¿ ¿

Відповідь:

Із другого рівняння знаходимо х=3, що є розв’язком і першого рівняння. x=3 .

 Використання монотонності функцій. В даному випадку спрацьовує така схема розв'язування: • підбираємо один чи кілька коренів рівняння; • доводимо, що інших коренів немає, при цьому використовуючи теореми про корені рівнянь або оцінку значень лівої та правої частини рівнянь. Теореми про корені рівняння: Теорема 1. Якщо в рівнянні f(x) = а функція f(x) зростає ( спадає) на деякому проміжку, то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку. Теорема 2, Якщо в рівнянні f(x) = g(x) функція f(x) зростає на деякому проміжку, а функція g(x) спадає на цьому самому проміжку(або навпаки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку. Справді, якщо функція f(x) монотонна, то таке рівняння має лише один корінь, бо для монотонної функції нерівним значенням аргументу відповідають нерівні значення функції. Графічно це означає, що пряма лінія, паралельна осі абсцис (графік функції - константи), не може перетинати графік монотонної функції більше, ніж в одній точці.

√ x=6−x .

Приклад 6. Розв’яжіть рівняння:

Розв’язання: Дане рівняння має єдиний корінь х = 4 ( √ 4=6−4,2=2 ), оскільки f(x) = √ x зростає (при х ¿ 0 ), а g(x)= 6 - х спадає. Існує ще багато нестандартних способів розв’язування ірраціональних рівнянь. Одне і теж рівняння можна розв’язати різними способами. Але під час розв’язання рівнянь треба вибирати найпростіший, найцікавіший спосіб. 3

Приклад 7. Розв’яжіть рівняння √ 8−х + √ х+1 = 3. Розв’язання: Піднесення обох частин рівняння до куба, використовуючи формулу: 3

( a+b) =a +3 a b+3 ab +b Одержимо: 8 – x + 3( 3 За умовою 7х= 0.

√ 8−х

√ х+1

)2·

√ 8−х

√ х+1

√ 8−х

( 3

√ 8−х

= 3, тому 3

√ х+1

( 3

√ х+1

. )2 + x + l = 27,

) = 18.

· 3 = 18 ,

√ 8−х

√ х+1

= 2, х2 –

Звідси х = 0, х = 7. Відповідь: x=0 ; x=7 . При розв’язуванні систем ірраціональних рівнянь використовуються як відомі вам способи розв’язування систем, так і нестандартні способи. Одним із ефективних способів розв’язування систем ірраціональних рівнянь є метод заміни змінних.

{

Приклад 8. Розв'яжіть систему рівнянь 4

√ х+ у

Розв'язання : Введемо нові змінні:

{

a−b=2, a2 −b2 =8 ;

{

a−b=2, (a−b )(a+b )=8 ;

√ х + у −√ х− у=2, √ х + у− √ х− у =8 . = а,

{

a−b=2, (a−b)(a+b)=8;

Повертаючись до даних змінних, одержимо:

√ х− у

{

= b . Дана система приймає вигляд:

a−b=2, (a+b)=4 ;

a=6, 2a=6, {22b=2 { ; 2b=2;

{

√ х + у=6, √ х− у=1;

√ х + у=3, 4 √ х− у=1;

{

Перевірка;

{

x + y =81 , x− y=1 ;

{

2 x=82 , 2 y=80 ;

x=41, y=40 ;

√ х + у −√ х− у=2, √ х + у− √ х− у =8 .

Приклад 9. Розв'яжіть систему рівнянь

Відповідь: (41; 40).

{√√

х + √ у=4, х− √ у=2.

√х

Розв'язання: Додавши почленно ліві і праві частини рівнянь, одержуємо 2

√х

= 6, звідси

= 3 , х = 9. Віднявши почленно ліві і праві частини рівнянь, одержуємо 2

√у

√

у = 1, у = 1. звідси Відповідь: (9; 1). Завдання для самостійного розв’язування

Варіант 1 а)

x 2−x+ √ x 2−x−2=8

б)

√ √

в)

3− x x+1 1 + =4 x+1 3−x 4

√ 12−x + √ x−3=3

√ x − √ y =3, 3 √ y⋅√ x =10 .

¿¿

x 2 +3 x+2=2 √ x 2 +3 x+5

б)

√3 x+1 + 9 =4 2 √3 x+2 4 2 √ 5+x+7 √ 5+x=9

в) Завдання 2. Розв’яжіть нерівність. y − x =−7 . ¿ ¿

¿ ¿ {¿

а)

√ x + √ y =7,

а)

Варіант 2 Завдання 1. Розв’яжіть рівняння.

{¿

¿ ¿

б)

¿¿

√ x + √ y =3,

√

x y 5 − = , y x 2 x + y =25 . ¿ ¿

{¿

¿¿

x⋅ y =8 . ¿ ¿

¿ ¿

{¿

а)

¿¿

¿ ¿

√

б) ¿ Варіант 4

Варіант 3

¿ ¿

Завдання 1. Розв’яжіть рівняння а)

√ x2−3 x+5+x2=3 x+7

а)

б)

√

1 2 +3 =1 б) √ x+1 √ x+3

в)

√

x+4 x−4 7 −2 = x−4 x+4 3

√ x + √ y = 4, x⋅y =27 . ¿ ¿

{¿

а)

√ 6+ x +10 √ 6+x =11

¿¿

¿ ¿

б)

3 x 2 +15 x+2 √ x 2 +5 x+1=2 3

в) √ 13−x + √ 22 +x =5 Завдання 2. Розв’яжіть нерівність. 4

√ x −3 √ y =2, 2 √ x +8 √ y =32 . ¿ ¿

5 √ x +3 √ y =11 , 4 4 2 √ x −5 √ y =−8 . ¿ ¿

{¿

¿¿

¿ ¿

а)

¿¿

¿ ¿

б)

=2,

√ x + y + √ x − y =4, √ x + y − √ x − y =8 . ¿ ¿ {¿

¿¿

¿ ¿

Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 10 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2010. — 480 с. 2) Бевз Г. П., Бевз В. Г. Математика 10: підруч. для загальноосвіт. нав. закладів. – К.: Генеза, 2010. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів : проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.:іл. 4) Нелін Є. П. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навчальн. закладів: академ. рівень/Є. П. Нелін. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.: іл.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Застосування властивостей показникової функції у природі та техніці» Мета: розширити знання студентів про показникову функцію, показати її застосування на практиці і в житті, познайомити студентів з використанням показникової функції під час вивчення явищ навколишнього середовища, розвивати вміння самостійно знаходити необхідний матеріал в різних інформаційних джерелах, прививати інтерес до предмету. Теоретичні відомості На аудиторних заняттях ми з вами познайомились з показниковою функцією, з її графіком та властивостями. Показникова функція часто використовується для описання різних процесів у природі і техніці.

Наприклад, радіоактивний розпад виражається формулою

1 m(t )=m0 2

()

t T

де m(t) — маса радіоактивної речовини в момент часу t; т0 — маса радіоактивної речовини в момент часу t = 0; Т — період напіврозпаду (проміжок часу, за який початкова кількість речовини зменшується удвічі). Наприклад, Т радію =1600 років, Т урану = 238 – 4,5 млрд років, Т цезію=137-31, Тйоду=8 діб За допомогою показникової функції виражається тиск повітря в залежності від висоти підйому, приріст деревини, кількість бактерій, які розмножуються в деякому середовищі тощо. Більш детальніше про практичне використання показникової функції ви дізнаєтесь, опрацювавши рекомендовану літературу. А зараз розв'яжемо задачу. Задача. При радіоактивному розпаді кількість речовини зменшується вдвічі за добу. Скільки речовини залишиться від 250 г через: а) 1,5 доби; б) 3,5 доби?

Розв'язання: За умовою задачі т0 = 250 г, Т = 1 доба. За законом радіоактивного розпаду

маємо:

1 m(t )=m0 2

()

1 m(1,5)=250⋅ 2 а)

t T

1 m(t )=250⋅ 2 ,

()

1,5

()

= 250 · (0,5)1,5 ¿

. Знайдемо m(l,5) і m(3,5):

1 m(3,5)=250⋅ 2 88,4 (г); б)

22,1 (г). Отже, від 250 г через 1,5 доби залишиться ¿ Відповідь: ¿

88,4 (г); ¿

3,5

()

= 250 · (0,5)3,5 ¿

88,4 (г), а через 3,5 доби ¿

22,1 (г).

Завдання для самостійної роботи

Опрацювати рекомендовану літературу та інші інформаційні ресурси та знайти приклади застосування показникової функції при розв’язуванні задач про зміну атмосферного тиску, про приріст деревини, про розмноження бактерій, про ріст населення, про вакуумування на інші. Знайдений теоретичний матеріал оформити у вигляді реферату. Як оформити титульну сторінку реферату дивіться в додаток. Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 11 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту.— Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2011. — 480 с. 2) Бевз Г. П. Математика: 11 кл.: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: рівень стандарту/ Бевз Г. П., Бевз В. Г. – К.: Генеза, 2011. – 320 с.:- Бібліогр.: с 294. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра. 11 клас: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів : академ. рівень, проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2011. – 431 с.:іл. 4) Нелін Є. П. Алгебра. 11 кл: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів: академ. Рівень, проф. рівень/Є. П. Нелін, О. Є. Долгова. – Х.: Гімназія, 2011. – 448 с.:іл. 5) Шкіль М. І. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10-11 кл. серед. закладів освіти/ М. І. Шкіль, З. І. Слєпкань, О. С. Дубинчук. – К.: Зодіак – ЕКО, 1998. – 608 с. ДОДАТОК

Зразок оформлення титульної сторінки реферату

Ізмаїльське медичне училище

РЕФЕРАТ на тему «Застосування властивостей показникової функції у природі та техніці» Виконала: студентка І курсу 11 групи Іванова Ольга Іванівна Викладач: Орловська Ю. В. Ізмаїл 2017

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Розв’язування деяких видів тригонометричних рівнянь та нерівностей» Мета: засвоїти способи розв’язання тригонометричних рівнянь за допомогою введення

допоміжного кута та універсальної тригонометричної підстановки; домогтися засвоєння схеми дій під час розв’язування тригонометричних рівнянь за допомогою формул зниження степеня; сформувати вміння розв’язувати тригонометричні рівняння зазначеними способами, навчити розв’язувати тригонометричні нерівності різними способами. Теоретичні відомості Якщо спробувати розв’язати рівняння cos x+ √ 3 sin x=2 , то можна переконатися, що за допомогою способів, які вже відомі, розв’язати це рівняння не вдається. Тому можна зробити висновок, що існують ще деякі способи розв’язання тригонометричних рівнянь, які не були розглянуті на заняттях. Розглянемо їх. a cos x +b sin x=c можна розв’язати за допомогою введення Рівняння виду допоміжного кута та за допомогою так званої універсальної тригонометричної підстановки. Але існують рівняння, що можна розв’язати тільки за допомогою універсальної тригонометричної підстановки.  Розв’язування тригонометричних рівнянь виду a cos x +b sin x=c , де a≠0 , b≠0 , c≠0 , за допомогою введення допоміжного кута

√

a2 + b2 і дістанемо 1) Поділимо обидві частини рівняння a cos x +b sin x=c на a b c cos x + sin x= 2 2 √ a2 + b2 √ a2 +b2 рівносильне рівняння √ a +b (1) 2) Оскільки

(√

a a2 +b 2

) (√ +

b a2 + b2

)

=1 , то існує такий кут φ, що

cos ϕ=

√ a2 + b2

sin ϕ= (2)

та

√ a2+b 2

. (3)

3)Враховуючи (2) і (3), рівняння (1) набуває вигляду c c cos ϕ cos x+ sin ϕ sin x= cos (x −ϕ )= 2 2 2 √ a +b або √ a + b2 . (4) 4)Рівняння

a cos x +b sin x=c і рівняння (4) рівносильні, то, розв’язавши рівняння (4),

дістанемо корені рівняння визначається з умов (2) і (3). Зауваження. Якщо

a cos x +b sin x=c :

√ a2 +b2<c

x=ϕ±arccos

, то рівняння a cos x +b sin x=c

√ a2+b 2

+ 2 πk , k є Z, де φ

не має розв’язків.

Приклад 1. Розв’яжемо рівняння cos x+ √ 3 sin x=2 . Розв’язання. Оскільки а = 1, b = заданого рівняння на 2, дістанемо: π звідки φ = 3

√3

, то

√ 12+( √ 3)2=2

1 3 cos x+ √ sin x=1 2 2

( π3 )=1

cos x−

. Поділивши обидві частини 3 1 sin ϕ= √ cosϕ= 2 , 2 . Нехай

Отже, задане рівняння рівносильне рівнянню , розв’язуючи яке, дістанемо: π π π x− =2 πκ x= +2 πκ , k ∈Ζ x= +2 πκ , k ∈Ζ 3 3 3 , . Відповідь:  Розв’язування тригонометричних рівнянь за допомогою універсальної тригонометричної підстановки 1) Знайдіть ОДЗ рівняння. 2) Скористайтеся універсальною тригонометричною підстановкою: x x x 2 tg 1−tg 2 2 tg 2 2 2 sin x= ; cos x= ; tgx= . 2 x 2 x 2 x 1+tg 1+tg 1−tg 2 2 2 Зауваження. Область допустимих значень рівняння звужується на x =π + 2πk, k є Z. 3) Розв’яжіть утворене рівняння. 4) Перевірте, чи буде розв’язком заданого рівняння значення x =π + 2πk, k є Z. 5) Запишіть відповідь, урахувавши результати, одержані в п. З і п. 4. Приклад 2. Розв’яжемо рівняння 3 sin x−cos x=1 . x x 2 tg 1−tg 2 2 2 sin x= cos x= x x 1+tg 2 1+tg 2 2 , 2 , одержимо рівняння: Розв’язання. Замінивши x x 2tg 1−tg 2 2 2 3⋅ − =1 x x x x 1 2 x 2 x 1+tg 1+tg 6 tg −1+tg 2 =1+tg 2 tg = 2 2 2 2 2 , 2 3 , або звідки 1 x=2 arctg +2 πκ , k ∈Ζ 3 .

Перевіримо, чи буде розв’язком рівняння значення x =π + 2πk, k є Z (підставляємо в умову початкового рівняння) 3 sin π −cos π=1 , отже, x =π + 2πk, k є Z є розв’язком заданого рівняння. 1 x=2 arctg +2 πκ , k ∈Ζ 3 Відповідь: x =π + 2πk, k є Z , . Застосування формул універсальної тригонометричної підстановки часто приводить до складних алгебраїчних рівнянь степеня, вищого за другий. Тому цю підстановку зазвичай використовують лише тоді, якщо не знаходять іншого способу розв’язання.  Розв’язування тригонометричних рівнянь за допомогою формул зниження степеня 1−cos 2 x 1+cos 2 x sin 2 x= cos 2 x = 2 2 Формули пониження степеня: та . 3 sin2 x= 4 . Приклад 3. Розв’яжіть рівняння 1−cos 2 x sin2 x= 2 Розв’язання: Скористаємося формулою і запишемо рівняння у вигляді 1−cos2 x 3 1 π π = cos2 x=− x=± + πk , k ∈Ζ x=± + πk , k ∈Ζ 2 4 , тоді 2 , 3 3 . Відповідь: . 3 cos 2 x +cos 2 2 x+cos 2 3 x= 2 Приклад 4. Розв’яжіть рівняння 1+cos2 x cos 2 x = 2 Розв’язання: Скориставшись формулою , запишемо рівняння у вигляді: 1+cos 2 x 1+cos 4 x 1+cos 6 x 3 + + = 2 2 2 2 . Тоді cos 2 x+cos 4 x +cos 6 x =0⇒ cos 4 x+(cos2 x+ cos6 x )=0, cos 2 x+2cos 4 x⋅cos2 x=0 ⇒ cos 4 x (1+2 cos2 x )=0⇒

1 π πk x= + , k ∈Ζ cos 4 x=0 або 2 . Розв’язуючи перше рівняння, дістанемо 8 4 ,а π π πk π x=± + πk , k ∈Ζ x= + , x=± +πk , k ∈Ζ 3 8 4 3 розв’язки другого рівняння . Відповідь: . cos2 x=−

Способи розв’язування деяких видів тригонометричних нерівностей

 Спосіб зведення до однієї тригонометричної функції. Наприклад: Розв’яжіть нерівність

sin 3 x cos x +sin x cos 3 x >

√3 2

 Спосіб зведення до алгебраїчної нерівності. 2 Наприклад: Розв’яжіть нерівність 2 sin x+ sin x −1≤0 .

 Спосіб пониження степеня. 2 Наприклад: Розв’яжіть нерівність 4 sin x≤3 .

Завдання для самостійного розв’язування

Завдання 1. Розв’яжіть рівняння за допомогою введення допоміжного кута: Варіант 1 Варіант 2 Варіант 3

√ 3sin x−cos x=1

√ 3sin3 x=cos 3x+1

√ 3 cos x+sin x= √3

Завдання 2. Розв’яжіть рівняння за допомогою універсальної тригонометричної підстановки: Варіант 1 Варіант 2 Варіант 3 2 sin x−3 cos x=3 2 sin x +cos x=2 3 sin x+ 4 cos x=2 Завдання 3. Розв’яжіть рівняння за допомогою формул пониження степеня: Варіант 1 Варіант 2 Варіант 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 2 x +cos x+cos 3 x+ cos 4 x=2 sin 3 x +sin 4 x=sin 5 x +sin 6 x sin x +sin 2 x−cos 3 x −cos 4 x=0 Завдання 4. Розв’яжіть нерівність Варіант 1 Варіант 2 2 sin 2x sin x – cos 2x cos х ¿ 2 cos 3 x+ 3 cos x−2>0 1 2 Рекомендована література:

Варіант 3 π π 1 sin cos3 x −cos sin 3 x > 6 6 2

1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 10 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2010. — 480 с. 2) Бевз Г. П., Бевз В. Г. Математика 10: підруч. для загальноосвіт. нав. закладів. – К.: Генеза, 2010. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів : проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.:іл. 4) Нелін Є. П. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навчальн. закладів: академ. рівень/Є. П. Нелін. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.:іл.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Застосування властивостей тригонометричних функцій у різних галузях науки. Гармонічні коливання» Мета: розширити та поглибити знання студентів про властивості тригонометричних функцій,

розглянути приклади реальних процесів, які можна описати за допомогою тригонометричних функцій; сформувати уявлення про гармонічні коливання; сформувати вміння застосовувати тригонометричні функції до опису гармонічних коливань; розвивати вміння самостійно знаходити та опрацьовувати теоретичний матеріал в різних інформаційних джерелах. Теоретичні відомості

На попередніх заняттях ви ознайомилися з тригонометричними функціями та їх властивостями. Розглядаючи графіки цих функцій, можна згадати, що в повсякденному житті ви бачили схожі криві та поверхні. Наприклад, хвилі на морі мають форму, що нагадує синусоїду. І це не випадково. Існує багато реальних процесів, які описуються за допомогою тригонометричних функцій. Наприклад, висота підйому тіла, кинутого під кутом α до 2 gt h=v 0 t sin α+ 2 , а дальність польоту — за горизонту обчислюється за формулою формулою l=v 0 t cos α . Також у навколишньому середовищі дуже поширені, так звані, коливальні рухи. Уявлення про них дають, наприклад, океанські хвилі, маятникові годинники, гойдалки, нервові імпульси, крила метелика, рух поплавка вудочки тощо. Багато з них можна описати за допомогою гармонічних коливань. Такі коливання можна описати за допомогою тригонометричних функцій (інакше кажучи, математичною моделлю таких коливань е тригонометричні функції певного виду). Розглянемо це питання докладніше. Нехай точка М (рис.1) рухається Рис. 1 по колу зі сталою кутовою швидкістю ω. Тоді її проекція Р на вісь Оу рухатиметься по цій осі, коливаючись вгору і вниз відносно центрального положення О між точками С і С1. Причому рух цієї проекції буде Рис. 2

нерівномірним. Його швидкість зменшуватиметься в міру наближення проекції до крайніх точок С і С1, набуваючи в них значення 0, і досягатиме максимального значення в точці О. Встановимо закон, за яким відбувається такий рух, з’ясувавши залежність шляху, пройденого точкою Р, що коливається, від часу коливання. Припустимо, що в початковий момент часу, тобто коли t = 0, рухома точка розміщується на колі в положенні М0 (рис. 2), яке визначається кутом α: <ВОМ0 = α. Нехай через t с рівномірного руху по колу проти годинникової стрілки з кутовою швидкістю ω рад/с ця точка займе положення М, яке визначається кутом β: <BOM = β. З рисунка видно, що <β = α + <M()OM. При швидкості ω рад/с рухома точка за t с описує дугу М ()М, радіанна міра якої дорівнює ωt рад. Отже, міра <M()OM також дорівнює ωt рад, тобто β = α + ωt. За час t с проекція точки М на вісь Оу з початкового положення Р0 зміститься по осі Оу в положення Р. Відрізок ОР, що характеризує відхилення проекції Р від центрального положення О в момент часу t, можна знайти з ∆МОР : ОР = ОМ ∙ cos∠ MOC . 3 рисунка π π −β cos( −β ) 2 видно, що <MOC = 2 . Отже, ОР = ОМ ∙ = ОМ ∙ sin β . Оскільки β = α + ωt, то ОР = ОМ ∙ sin(ωt +α ) . Увівши позначення ОР = у, ОМ = А, остаточно маємо: y= A sin( ωt+α ) Одержали функцію, аргументом якої є час t коливання, а залежною змінною у — відхилення точки, що коливається, від початкового положення. Функцію x= A cos(ωt+α ) можна одержати з функції y= A sin( ωt+α ) , замінивши α на

α+

π 2

Гармонічними коливаннями називаються процеси, які описуються функцією, що задається формулою y= A sin( ωt+α ) або y= A cos(ωt +α ) . З’ясуємо зміст параметрів, що входять до формули y= A sin( ωt+α ) . А — радіус кола; характеризує найбільше відхилення точки, що коливається, від центрального положення О. Цей параметр називають амплітудою коливання. Зазначимо, що амплітуда А чисельно дорівнює найбільшому значенню функції y= A sin( ωt+α ) . Справді, оскільки найбільше значення синуса дорівнює 1, то найбільше значення даної функції утях=А∙ 1 =А. Змінний кут ωt +α визначає положення точки Р на осі ординат у момент часу t. Він називається фазою точки, що коливається. Кут α, що визначає положення точки Р на осі ординат у початковий момент часу, називають початковою фазою коливання. Очевидно, що при кутовій швидкості ω рад/с точка М здійснить повний оберт по колу за час

2π ω , оскільки дуга кола містить 2π рад. За цей самий час точка Р здійснить одне повне коливання, пройшовши через усі свої фази і повернувшись у початкове положення. Цей час

2π Т= ω

називають періодом гармонічного коливання. Його вимірюють у секундах.

2π ω є також найменшим додатним періодом функції

Зверніть увагу, що число y= A sin( ωt+α ) , яка описує гармонічне коливання. Величина, обернена до періоду

1 ω = T 2π

коливання, називається частотою коливання. Вона показує, скільки повних коливань (п) здійснює точка за 1 с.

Наприклад, якщо точка здійснює одне коливання за 5 с, тобто період коливання Т дорівнює 5

1 1 = T 5 с, то за 1 с вона здійснить п =

повного коливання. Якщо ж повне коливання точка

1 1 1 1 здійснює за 8 с (Т= 8 ), то за 1 с вона здійснить п= 8

=8 коливань.

α y= A sin ω(t+ ) y= A sin( ωt+α ) = ω

Графік закону гармонічного коливання можна побудувати з графіка функції y(t) = sin t паралельним перенесенням уздовж осі абсцис на α α α | | ω одиниць у додатному напрямі осі, якщо ω < 0, і у від’ємному, якщо ω > 0; розтягом 1 від осі ординат в ω разів при 0 <ω < 1 або стиском до осі ординат у ω разів при ω > 1; 1 розтягом від осі абсцис у А разів, якщо А>1, або стиском до осі абсцис в A разів. Приклад 1. Запишіть рівняння гармонічного коливання, якщо його амплітуда дорівнює 0,6, π . період – 0,02 с, початкова фаза - 4 2π π . Розв'язання: За умовою А = 0,6, ω =0,02, звідки ω=100π, α= 4 Тоді рівняння має вигляд: π y=0,6 sin (100 πt+ ) 4 . Приклад 2. Визначте амплітуду, фазу, початкову фазу і кутову швидкість гармонічного π y=6 sin (2t + ) 6 ; б) y=0,8sin 3t . коливання, заданого формулою: а) π π 2t + 6 - фаза, 6 - початкова фаза, 2 – кутова швидкість. Розв'язання: а) Амплітуда дорівнює 6, б) 0,8 – амплітуда, 3t - фаза, 0 – початкова фаза, 3 – кутова швидкість. Оскільки будь-яке просте гармонічне коливання описує функція виду y= A sin( ωt+α ) ), то графік цієї функції можна розглядати як графік гармонічного коливання. Як відомо, такий графік є синусоїдою. Маючи графік коливання, можна описати його, визначивши амплітуду, період, частоту та інші характеристики. Зробимо це стосовно гармонічного коливання, графік якого зображено на рисунку. Як уже зазначалося, амплітуда гармонічного коливання дорівнює найбільшому значенню, якого може набувати функція, що його описує. Це значення дорівнює ординаті найвищої точки графіка. У даному випадку А = 2,1. Період коливання Т дорівнює найменшому додатному періоду відповідної функції. З графіка видно, що такий період дорівнює 3 (проміжок між числами 1,1 і 4,1). Отже, Т = 3 с. Звідси частота коливання 1 2π 2π 2π становить п= 3 коливань/с. Оскільки Т = ω , тобто 3 = ω , то ω = 3 рад/с. У

формулі y= A sin( ωt+α ) стосовно даного коливання невизначеним залишається лише α.

y=2,1 sin(

2π t +α ) 3 .

Формула має такий вигляд: Початкову фазу α, користуючись графіком. Оскільки графік функції

y=sin (ωx+α ) дістають α α | | y=sin ωx вздовж осі Ох на ω одиниць вліво, якщо ω > 0,

зміщенням графіка функції α або вправо, якщо ω < 0, то, помноживши зміщення на ω і врахувавши його напрямок,

y=2,1 sin

2π t 3

знаходимо значення α. У даному випадку, як видно з графіка, синусоїду 2π зміщено вліво на 0,3 одиниці. Отже, α — додатне число і дорівнює 0,3 ∙ 3 = 0,2π рад. Тому рівняння даного коливання має вигляд

y=2,1sin

(

2π t+0,2 π 3

)

Приклад 3. Побудувати графік закону гармонічного коливання

(

y=5 sin 2t +

Розв'язання: Подамо вираз для закону гармонічного коливання у вигляді:

( π6 )

5 sin 2 t+

(

y=5 sin 2t +

π 3

)

. Графік будуємо у такій послідовності: спочатку будуємо графік функції у =

sin t +

π 6

графіка до осі

)

( ) (паралельним перенесенням попереднього графіка вздовж осі абсцис π sin 2 (t+ ) 6 (стиском попереднього одиниць у від’ємному напрямі осі), потім у =

sint, далі у =

π на 6

π 3

ординат

( π6 )

5 sin 2 t+

удвічі)

і,

нарешті,

(розтягом попереднього графіка від осі абсцис у 5 разів).

Гармонічні коливання грають значну роль при вивченні багатьох процесів. При цьому намагаються подати функцію складного періодичного процесу як суму кількох функцій гармонічних коливань, які вважаються простішими. Наприклад, функцію, що описує складний музичний акорд, можна подати як суму функцій гармонічних коливань окремих нот, що складають цей акорд. На цьому принципі працюють багато технічних пристроїв. Так, деякі типи радіопередавачів кодують інформацію у вигляді окремих гармонічних коливань, випромінюючи у простір хвилю, що є їх сумою, В іншому місці радіоприймач виконує зворотний процес — подає отриманий сигнал як суму окремих гармонічних коливань, що дозволяє відтворити передану інформацію. Розділ математики, який вивчає гармонічні коливання, називають «Гармонічний аналіз». Якщо ви пов’яжете своє майбутнє з математикою, фізикою, технікою, то зможете ознайомитися з цим розділом у вищому навчальному закладі. Завдання для самостійної роботи

Завдання 1. Опрацювати рекомендовану літературу та інші інформаційні ресурси та знайти приклади застосування властивостей тригонометричних функцій у різних галузях науки. Знайдений матеріал оформити у вигляді опорного конспекту. Завдання 2. Укажіть амплітуду, частоту, період і початкову фазу гармонічного коливання: Варіант 1

Варіант 2

Варіант 3

а)

( π4 )

а)

( π6 )

б)

y=1,8sin ( 2t+1 )

б)

y=0,8sin ( πt−2 )

y=3 sin t+

y=7 sin 2t +

Варіант 4

1 π y= sin 3t + 2 4 а)

( )

б)

y=5 sin а)

y=1,5sin t б)

( 3t −1)

y=2,5sin

t 2

Завдання 3. Запишіть рівняння двох різних гармонічних коливань, що мають: Варіант 1

Варіант 2

Варіант 3

Варіант 4

однакові періоди;

однакову амплітуду;

однакові частоту початкову фазу;

і однакову швидкість.

кутову

Завдання 4. Скільки коливань за хвилину зробить точка, що коливається за законом: Варіант 1

Варіант 2

y=sin 2 πt

π y=4 sin t 3

Варіант 3

y=2,5 sin

Варіант 4

(

π t−3 8

)

y=sin

(

5π t +0,5 6

)

Завдання 5. Побудуйте графік гармонічного коливання: Варіант 1

(

y=sin 4 x+

Варіант 2

π 3

)

1 x π y= sin − 2 2 6

Варіант 1 Варіант 2

( )

Варіант 3

( π6 )

y=3 sin x+

Варіант 4

( π3 )

y=2 sin x +

Завдання 6*. За графіками гармонічних коливань, зображеними на рисунку, знайдіть амплітуду, період, частоту і початкову фазу кожного з них та запишіть їх рівняння.

Варіант 3

Варіант 4

Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 10 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту.— Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2010. — 480 с. 2) Бевз Г. П., Бевз В. Г. Математика 10: підруч. для загальноосвіт. нав. закладів. – К.: Генеза, 2010. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів : проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.:іл. 4) Нелін Є. П. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навчальн. закладів: академ. рівень/Є. П. Нелін. – Х.: Гімназія, 2010. – 416 с.:іл. 5) Шкіль М. І. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10-11 кл. серед. закладів освіти/ М. І. Шкіль, З. І. Слєпкань, О. С. Дубинчук. – К.: Зодіак – ЕКО, 1998. – 608 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Застосування похідної у різних галузях науки, у природі, техніці та в житті людини» Мета: розширити знання студентів про похідну, її геометричний та фізичний зміст, про застосування похідної при вирішенні життєво-важливих задач; показати зв'язок математики з іншими науками; формувати вміння працювати з науковою літературою, систематизувати та аналізувати інформацію; підвищувати інтерес до предмету, розширювати кругозір. Теоретичні відомості На аудиторних заняттях ми з вами познайомились з поняттям похідної, з її механічним та геометричним змістом. Ви вже навчились знаходити похідні, використовуючи таблицю похідних та правила диференціювання. Проте, формальне знання таблиці похідних - це тільки інструмент, за допомогою якого можна розв’язувати задачі, як в математиці, фізиці, так і в економіці, біології та інших науках. Похідна має дуже широке використання. Похідна застосовується скрізь, де є нерівномірне протікання процесу: це і нерівномірний механічний рух, і змінний струм, і хімічні реакції, і радіоактивний розпад речовини тощо. Застосування фізичного змісту похідної в практичних задачах.

Похідна – це швидкість зміни функції. Тому швидкість – це похідна від шляху за часом '

( υ(t 0 )=S (t 0 ) ), а прискорення – це похідна від швидкості за часом ( a(t 0 )=υ '(t 0 ) ). Задачі з фізики, які розв’язуються за допомогою похідної: знаходження швидкості та прискорення прямолінійного руху тіла чи матеріальної точки; знаходження кутової швидкості тіла обертання ; знаходження швидкості зростання маси кристалів; визначення швидкості зміни температури під час нагрівання; визначення освітленості електричної лампочки. Розглянемо способи розв’язування деяких задач. 3 2  Матеріальна точка рухається за законом s=4 t +t +8 (s виміряється у метрах, t — в секундах). Знайти швидкість та прискорення в момент t=2 c.     

1) 2) 3) 4)

Розв’язання

v =s ( t )=12 t +2 t — швидкість руху точки в будь-який момент t. 2 v ( 2 )=12⋅2 +2⋅2=48+ 4=52 (м/с)— швидкість руху точки в момент t=2 c. ' a=v ( t )=24 t+2 — прискорення руху точки в момент t. a ( 2 )=24⋅2+2=50 (м/с2)— прискорення руху точки в момент t=2c.

Відповідь: 52(м/с); 50(м/с2). 2

 При гальмуванні маховик за t секунд повертається на кут ϕ=5+6 t−t ( ϕ — у радіанах). Знайти: кутову швидкість ω обертання маховика в момент t=2 c. ; момент часу t , коли обертання скінчиться. 1) Кутовою швидкістю ω Кутова швидкість є 2)

Розв'язання називається швидкість зміни кута похідною від кута повороту

ϕ ϕ

' t :ω=ϕ ( t ) =6−2 t . ω ( 2 )=6−2⋅2=6−4=2 (рад/с)— кутова швидкість в момент t=2c.

за час Δt . за часом

ω=0; ω=6−2t ; 6−2t=0,2t=6,t=3c.

3) В момент зупинки маховика: Наприкінці третьої секунди кутова швидкість дорівнюватиме нулю, і обертання скінчиться. Відповідь: ω =2рад/с; t=3c.  Кількість тепла Q, потрібного для нагрівання1кг води від 0 до ℃ визначається за формулою Q(t)=t +0,0005t2 + 0,000006t3. Обчисліть теплоємність води для t = 20 ℃ . Розв'язання 1) Теплоємність є похідною від кількості тепла за температурою. С(t)= Q'(t)= 1+0,0001t + 0,000018t2 2) C(20 ℃ )=1+0,001 ∙ 20+0,000018 ∙ 400=1+0,02+0,0072 =1,0272(Дж) Відповідь: 1,0272 Дж  Матеріальна точка рухається за законом S( t) =2t2 +7t. ( S вимірюється у метрах, t – в секундах). Знайти час t (у секундах), при якому миттєва швидкість матеріальної точки дорівнює 60 м/с. ( Завдання ЗНО 2011)

Розв'язання v = S'(t) = 4t +7 – швидкість руху точки в будь-який момент t. 4t +7 = 60. Звідси 4t = 53; t =13, 25с. Відповідь: 13, 25с. Задача про продуктивність праці Нехай функція Q0=Q(t0) виражає кількість виробленої продукції Q за час t 0. Необхідно знайти продуктивність праці в момент t 0 . Похідна обсягу виробленої продукції ' щодо часу Q (t0 ) – це продуктивність праці в момент часу t 0 .

Q  Обсяг продукції (ум. од.) цеху протягом робочого дня є функцією 3 t Q(t )= - +5t 2 +t+1 3 , де t – час в годинах. Знайти продуктивність праці через 3 години від початку роботи. Розв’язання ' Продуктивність праці визначається похідно Q (t ) . Q ' (t )=- t 2 +10t+1 Знаходимо продуктивність праці у момент часу t=3 , тоді Q'(3 )=− 9+30+1=22 . Відповідь: продуктивність праці через 3 години від початку роботи становить 22 одиниці. Завдання для самостійної роботи

Опрацювати рекомендовану літературу та інші інформаційні ресурси та знайти інші приклади застосування похідної в фізиці, хімії, біології, економіці та в інших галузях науки та в житті людини. Знайдений теоретичний матеріал оформити у вигляді реферату. Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 11 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту.— Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2011. — 480 с. 2) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Дидактичні матеріали з математики (навчальний посібник для студентів ВНЗ І-ІІ р.а.) – К.: Вища школа, 2001. 3) Бевз Г. П. Математика: 11 кл.: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: рівень стандарту/ Бевз Г. П., Бевз В. Г. – К.: Генеза, 2011. – 320 с.:- Бібліогр.: с 294. 4) Мерзляк А.Г. Алгебра. 11 клас: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів : академ. рівень, проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2011. – 431 с.:іл. 5) Нелін Є. П. Алгебра. 11 кл: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів: академ. Рівень, проф. рівень/Є. П. Нелін, О. Є. Долгова. – Х.: Гімназія, 2011. – 448 с.:іл. 6) Шкіль М. І. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10-11 кл. серед. закладів освіти/ М. І. Шкіль, З. І. Слєпкань, О. С. Дубинчук. – К.: Зодіак – ЕКО, 1998. – 608 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи

за темою «Невизначений та визначений інтеграл» Мета: удосконалити навички студентів знаходити первісні даних функцій, використовуючи правила знаходження первісних і таблицю первісних, обчислювати визначений інтеграл. Завдання для самостійного розв’язування

Використовуючи рекомендовану літературу та конспект, повторити такі ключові поняття: 1. Означення первісної та її основної властивості. 2. Таблицю первісних. Правила знаходження первісних. 3. Формулу Ньютона – Лейбніца. 4. Основні властивості визначеного інтеграла. Варіант 1 Варіант 2 №1. Знайдіть невизначений інтеграл: 1.

∫ x4 dx 5

2. 3.

∫−sin2 x dx

∫ ( 3 x8−9 x2) dx 4.

∫ ( x+6cos x ) dx ( 2 x) 5. ∫ x −5e dx 6. 7.

∫

4 3 + dx x x5

( )

∫ ( 4−5x )7 dx

Варіант 3

Варіант 4

∫ 6 x5 dx ∫ 2sin xdx

∫ √7 xdx

∫ x3 dx

∫5

∫−cos 2 x dx

∫ 4cos xdx

∫ sin 2 x dx

∫ ( x 2+2 x ) dx

∫ ( 4 x3−6 x2 ) dx

∫ ( x 4 +x−1 ) dx ∫ ( x3+9x ) dx

∫ ( 2 x−3cos x ) dx

∫ ( 76−5sin x) dx

∫ (cos x− 16 ) dx ∫ ( 7sin x+8 x ) dx

∫ ( ex−5cos x ) dx

∫ ( x−8e x ) dx

∫ ( e x−10 x ) dx ∫ (5 x−3e x ) dx

∫ ( √ x +6 √5 x ) dx

∫

∫ ( 2 x−8 )5 dx

∫ ( 4−15 x )4 dx

(

2−x +

1 dx x3

)

∫

√x

2 dx x5

( ) x−

∫ 3x−2

2dx 10 π ∫ 2 sin3 x−cos 2 3 x dx cos 2 −x 3 №2. Для функції f(x) знайдіть первісну, графік якої проходить через точку М: f (x )=2 x+1, f (x )=3 x 2−2 x , f (x )=x 3 +2, f (x )=1−x 2 , M (0 ;0) M (1; 4 ) M (2;15 ) M (2;15 ) №3. Обчисліть визначений інтеграл:

(

)

∫ ( 13 sin x3 + 12 cos x2 ) dx ∫ (cos 3 x+2sin ( π3 −x ) dx ∫

∫ xdx

∫ x dx

5 100

∫ 16 π 3

dx √x

∫ sin x dx 0

−1

Варіант 5

( )

∫

(

1 −sin x dx x2

)

∫ √ 2x−1 3 dx

∫ sin 2 4 x f (x )=−x2 +3 x , M (2;−1)

∫ dx

∫ x dx

∫ x 3 dx

−3 3

3 8

∫ dx2 1 x

∫ √ xdx 1

∫ dx4 1 x

π 3

π 2

4 π 4

∫ cos x dx

∫ sin x dx

dx ∫ cos2 x π 4

∫ sin 2 x π 4

∫ √ xdx

π 6

−2

∫ (2 x +4 ) dx

∫ ( 4 x −4 x +3 ) dx 3

−4

∫ ( 1+2 x ) dx

3π 2

∫ (sin x6 +cos 5 x ) dx 0

π 12

∫ tg2 3xdx 0

∫ (1−5 x ) dx −1

∫ dx 2 5. 1 ( 2 x +1 ) 2π

6 4

3 dx ∫ sin 2 2 x π

∫ −2 2π

dx √2 x+5

∫ sin ( π3 −3 x ) dx 0

π 2

∫ 2 sin 4x dx −π 2

∫ cos3 x cos xdx

∫ ( 3 x2−x ) dx dx ∫ 3−2 x −1

∫ 0

∫ ( 4 sin x+2 cos x ) dx 0

π 2

dx x π cos 2 − 2 3

( )

e x +x 3 ∫ 3 x dx 1 x e

∫ √ 7 x−3 dx 1 π 12

∫ ( 1+cos2 x ) dx 0

−

π 4

∫ sin 7 x cos 3 xdx −

π 2

Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 11 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту.— Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2011. — 480 с. 2) Бевз Г. П. Математика: 11 кл.: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: рівень стандарту/ Бевз Г. П., Бевз В. Г. – К.: Генеза, 2011. – 320 с.:- Бібліогр.: с 294. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра. 11 клас: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів : академ. рівень, проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2011. – 431 с.:іл. 4) Нелін Є. П. Алгебра. 11 кл: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів: академ. Рівень, проф. рівень/Є. П. Нелін, О. Є. Долгова. – Х.: Гімназія, 2011. – 448 с.:іл. 5) Шкіль М. І. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10-11 кл. серед. закладів освіти/ М. І. Шкіль, З. І. Слєпкань, О. С. Дубинчук. – К.: Зодіак – ЕКО, 1998. – 608 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Інтеграл у фізиці і техніці» Мета: ознайомитись студентів із застосуванням інтеграла в фізиці й техніці; розширити кругозір, знання про можливе застосування інтеграла до обчислення різних величин; розвивати уявлення про математику як про прикладну науку. Теоретичні відомості Потужним засобом дослідження в математиці, фізиці, механіці та інших дисциплінах є визначений інтеграл - одне з основних понять математичного аналізу. За допомогою інтеграла визначають не тільки площі плоских фігур, а й багато інших величин, значення яких виражаються за допомогою інтегральних сум. Інтеграл широко використовується у фізиці. Задачі з фізики, які розв’язуються за допомогою інтеграла:  обчислення маси неоднорідного стрижня за його щільністю;  знаходження шляху точки, що рухається по прямій з швидкістю за проміжок часу;

 обчислення роботи змінної сили;  обчислення кількості електрики та ін. (Таблиця 1)

Таблиця 1

Розглянемо розв’язування деяких задач. Задача 1. Тіло рухається прямолінійно із швидкістю, яка змінюється за законом v(t)=2t + 1 (м/с). Знайдіть шлях, який пройшло тіло за інтервал часу від 1 с до 3 с. Розв’язання 3

t2 S=∫ (2t +1)dt= 2⋅ +t |31 =( 9+3−(1+1 ))=10 2 1 від 1 с до 3 с. Відповідь: 10 м.

(

)

(м) пройшло тіло за інтервал часу

Задача 2. Визначте електричний заряд, що проходить через поперечний переріз провідника за 6 с, якщо сила струму змінюється за законом I(t )=(6t – 5) (А). Розв’язання

(

)

t q=∫ (6 t−5 )dt= 6⋅ −5 t |60 =( 3 t 2 −5 t )|60 =( 3⋅36−30 )=78 2 0 (Кл). Відповідь: 78 Кл. Задача 3. При розтягуванні пружини на 5 см виникає сила пружності 3 Н. Яку роботу треба зробити, щоб розтягнути пружину на 5 см? Розв’язання За законом Гука, сила F, яка розтягує (стискає) пружину на величину x, обчислюється за формулою F=kx, де k — жорсткість пружини. З умови задачі випливає, що 3 =k∙0,05; k=60 і F = 60х . Тоді маємо: 0, 05

A= ∫ 60 xdx=30 x2|0,0 05=( 3 t 2 −5t )|60 =0, 075 0

(Дж).

Відповідь: 0, 075 Дж.

Завдання для самостійної роботи

Завдання 1. Використовуючи таблицю 1 розв’язати задачі. Варіант 1 Варіант 2 1. Тіло рухається прямолінійно. Залежність 1. Тіло рухається прямолінійно із швидкості його руху від часу задається швидкістю, яка змінюється за законом формулою v(t)=3+3t2 (м/с). Знайдіть шлях, v(t)=3t2+1 (м/с). Знайдіть шлях, який пройдений тілом за перші п’ять секунд. пройшло тіло за інтервал часу від 1 с до 3 с. (Відповідь: 140 м.) (Відповідь: 28 м.) 2. Обчисліть роботу сили F під час 2. Яку роботу потрібно витратити на стискування пружини на 0, 06 м, якщо для стискання пружини на 4 см, якщо відомо, що стиску на 0,01 м потрібна сила 5 Н. сила 2 Н стискає цю пружину на 1 см? (Відповідь: 0,9 Дж.) (Відповідь: 0,16 Дж.) 3. Визначте електричний заряд, що проходить через поперечний переріз провідника за 5 с, якщо сила струму змінюється за законом I(t)=(2t+1)(А). (Відповідь: 30 Кл.)

3. Знайдіть масу стрижня завдовжки 20 см, якщо залежність його лінійної густини від довжини задається формулою ρ (x )=2x2 +1 77 (кг/м). (Відповідь: 375 кг.)

Варіант 3 1. Тіло рухається прямолінійно із швидкістю, яка змінюється за законом v(t)=1 – 3t (м/с). Знайдіть шлях, який пройшло тіло за інтервал часу від 2 с до 5 с. (Відповідь: 28,5м) 2. Під дією сили, що дорівнює 2 Н, пружина

Варіант 4 1. Залежність швидкості руху точки від часу задано рівнянням v(t)=3t2+2t – 1 (м/с). Знайдіть шлях, який пройде тіло за 10 с після початку руху. (Відповідь: 1090 м.) 2. Обчисліть роботу, яку слід затратити, щоб

розтягнулася на 4 см. Яку роботу треба виконати, щоб пружина подовжилася ще на 4 см? (Відповідь: 0,04 Дж.) 3. Знайдіть масу стрижня завдовжки 35 см, якщо залежність його лінійної густини від довжини задається формулою ρ (x )=(4x +3) (кг/м). (Відповідь:1,295 кг.)

розтягнути пружину на 0, 06 м, якщо сила 12 Н розтягує її на 0,01 м. 2,16 Дж (Відповідь: 2,16 Дж.) 3. Визначте електричний заряд, що проходить через поперечний переріз провідника за 10 с, якщо сила струму змінюється за законом I(t)= (4t+1) (А). (Відповідь: 210 Кл.)

Завдання 2. Опрацювати рекомендовану літературу та інші інформаційні ресурси та знайти інші приклади застосування інтеграла в фізиці, техніці, економіці та в інших галузях науки та в житті людини. Знайдений теоретичний матеріал оформити у вигляді конспекту. Рекомендована література: 4) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 11 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2011. — 480 с. 5) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Дидактичні матеріали з математики (навчальний посібник для студентів ВНЗ І-ІІ р.а.) – К.: Вища школа, 2001. 6) Бевз Г. П. Математика: 11 кл.: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: рівень стандарту/ Бевз Г. П., Бевз В. Г. – К.: Генеза, 2011. – 320 с.:- Бібліогр.: с 294. 7) Мерзляк А.Г. Алгебра. 11 клас: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів : академ. рівень, проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2011. – 431 с.:іл. 8) Нелін Є. П. Алгебра. 11 кл: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів: академ. Рівень, проф. рівень/Є. П. Нелін, О. Є. Долгова. – Х.: Гімназія, 2011. – 448 с.:іл. 9) Шкіль М. І. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10-11 кл. серед. закладів освіти/ М. І. Шкіль, З. І. Слєпкань, О. С. Дубинчук. – К.: Зодіак – ЕКО, 1998. – 608 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Обчислення об’ємів тіл за допомогою інтеграла» Мета: ознайомити студентів із формулою для обчислення об’ємів тіл, формувати уміння студентів застосовувати інтеграл до обчислення об'ємів тіл; розширити кругозір, знання про можливе застосування інтеграла до обчислення різних величин; розвивати уявлення про математику як про прикладну науку. Теоретичні відомості Поняття інтеграла може бути використано для виведення формули об'ємів тіл. Розглянемо практичний приклад. Припустимо, що нам потрібно обчислити об'єм лимона, який має неправильну форму, і тому використати яку-небудь відому формулу об'єму неможливо. Поступимо таким чином. Розріжемо лимон на тоненькі дольки. Кожну дольку приблизно можна вважати циліндром, радіус якого можна виміряти. Об'єм такого циліндра легко обчислити за готовою формулою. Склавши об'єми маленьких циліндрів, ми одержимо приблизно об'єм всього лимона. Наближення буде тим точніше, чим на більш тонкі частини ми зможемо розрізати лимон.

Використаємо аналогічну процедуру для обчислення об'єму тіла. На рисунку 1 зображено довільне тіло, об'єм якого потрібно обчислити. Припустимо, що дане тіло розташоване між паралельними площинами. Введемо систему координат так, щоб вісь абсцис була перпендикулярна цим площинам. Позначимо через S(x) площу перерізу тіла площиною, перпендикулярною осі абсцис і яка перетинає її в точці х. Отже, кожному числу х (з відрізка [а; b]) поставлено у відповідність єдине число S(x), тим самим задано функцію S(x), яка неперервна на відрізку [а; b]. Розділимо відрізок [а; b] на n рівних відрізків: x0 = а, х1, x2, ..., хn-1, хn = b і через точки перетину проведемо площини, перпендикулярні осі Ох. Ці площини розріжуть дане тіло на n шарів. Об'єм даного тіла приблизно дорівнює сумі об'ємів шарів з основами S(x0), S(x1), S(x2), b−a n : …, S(xn-1) і висотою Δx = V ≈ Vn = S(x0)·Δx + S(x1)·Δx +...+ S(xn-1) ·Δx = (S(x0) + S(x1)+...+S(xn-1)·Δx. Точність цього наближення тим вища, чим більше n, тобто, тонші прошарки. Природно вважати, що об'єм даного тіла дорівнює границі об'єму V при n →

∞

V =lim V n n →∞

Сума V є інтегральною сумою для неперервної на відрізку [а; b] функції S(x), отже b

V =∫ S( x)dx a

Використаємо одержаний результат для обгрунтування формули об'єму тіл обертання. Нехай криволінійна трапеція обмежена відрізком [а; b] осі абсцис, графіком функції у = f(x), невід'ємної і неперервної на відрізку [а; b], прямими x = а, x = b (рис. 2, а) обертається навколо осі Ох. При обертанні цієї трапеції навколо осі абсцис утворюється тіло, об'єм якого можна обчислити за формулою b

V =π ∫ f 2 ( x )dx a

Дійсно, кожна площина, яка перпендикулярна до осі Ох і перетинає відрізок [а; b] цієї осі в точці х, дає в перерізі з тілом круг радіуса f(x) і площею S(x) =

Рис.2

π(f(x))2 (рис. 2, б). Звідси

V =∫ S( x )dx ⇒ a

V =π ∫ f 2 ( x )dx a

Об’єми тіл

Якщо тіло одержали обертанням навколо осі Якщо тіло вміщене між двома Ох криволінійної трапеції, яка обмежена перпендикулярними до осі Ох площинами, графіком невід'ємної та неперервної на відщо проходять через точки x = а, x = b, то різку [а; b] функції у = f(x) і прямими x = а, b x = b, то

V =∫ S( x )dx

V =π ∫ f 2 ( x )dx

де S(x) – площа перерізу тіла площиною, яка проходить через точку x∈ [ a ;b ] і перпендикулярна до осі Ох.

Приклад. Обчисліть об’єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури, обмеженої лініями у = 4 – х2 та у=0. Розв’язування: Знайдемо абсциси точок перетину заданих ліній:

4−x 2 =0, x=±2

. Зобразимо задану фігуру і впевнимося, що вона є криволінійною трапецією. Оскільки задана фігура – криволінійна трапеція, то об’єм тіла обертання обчислимо за формулою b

V =π ∫ f 2 ( x )dx a

, отримаємо:

x3 x5 2 2 V =∫ π (4−x ) dx=π ∫ ( 16−8 x +x ) dx=π 16 x−8⋅ + |−2 =34 π 3 5 15 −2 −2 2 2

Відповідь:

(

)

2 π 15 (куб. од.)

(куб. од.)

Завдання для самостійної роботи

Варіант Завдання 1 1 Обчисліть об'єм тіла, утвореного при обертанні навколо осі абсцис криволінійної трапеції, обмеженої лініями:

у= 2

√x

, y = 0, x = 2.

Обчисліть об'єм тіла, утвореного при обертанні навколо осі абсцис

Завдання 2 Знайдіть об'єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури, обмеженої лініями:

Завдання 3 Знайдіть об'єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури, обмеженої у = 2х + 1, у = 0, x = 0, графіками функцій:

x = 1.

у = х2, у = х.

Знайдіть об'єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури,

Знайдіть об'єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис

криволінійної трапеції, обмеженої лініями:

обмеженої лініями:

фігури, обмеженої у = 5 - х , у = 0, x = 0, графіками функцій:

у = х3, у = 1, x = 2.

x = 1.

у = 2х, у = х+3, х=0, х=1.

Знайдіть об'єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури, обмеженої лініями:

Знайдіть об'єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури, обмеженої графіками функцій:

Обчисліть об'єм тіла, утвореного при обертанні навколо осі абсцис криволінійної трапеції, обмеженої лініями:

у = 1 – х2, у = 0.

у = 3х, у = 0, x = 2. 4

у=

Знайдіть об'єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури, обмеженої лініями:

у = х2 + 1, у = 0, x = 0, x = 2.

у=

√x

, y = 0, x = 9.

√x

, у = х.

Знайдіть об'єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури, обмеженої графіками функцій:

у = 4х, у = х3, х≥0.

Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 11 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2011. — 480 с. 2) Бевз Г. П. Математика: 11 кл.: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: рівень стандарту/ Бевз Г. П., Бевз В. Г. – К.: Генеза, 2011. – 320 с.:- Бібліогр.: с 294. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра. 11 клас: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів : академ. рівень, проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2011. – 431 с.:іл. 4) Нелін Є. П. Алгебра. 11 кл: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів: академ. Рівень, проф. рівень/Є. П. Нелін, О. Є. Долгова. – Х.: Гімназія, 2011. – 448 с.:іл. 5) Шкіль М. І. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10-11 кл. серед. закладів освіти/ М. І. Шкіль, З. І. Слєпкань, О. С. Дубинчук. – К.: Зодіак – ЕКО, 1998. – 608 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Використання формул комбінаторики для обчислення ймовірностей подій. Операції над подіями» Мета: формувати вміння обчислювати ймовірності випадкових подій, використовуючи формули комбінаторики та класичне означення ймовірності. Теоретичні відомості

Безпосередній підрахунок ймовірностей подій значно спрощується, якщо використовувати формули комбінаторики. Правильність розв'язання задачі залежить від уміння визначити вид сполуки, що утворюються сукупністю подій, про які йдеться мова в умові задачі. Згадаємо алгоритм визначення виду сполуки (таблиця ). Розглянемо розв'язування задач.

приклади

Задача 1. В урні лежать 20 кульок, з яких 12 білих, решта — чорні. З урни навмання виймають дві кульки. Яка ймовірність того, що вони білі? Розв'язання: Загальна кількість елементарних подій випробування (вийнято дві кульки) дорівнює числу способів, якими можна вийняти 2 кульки із 20, тобто числу комбінацій із 20 2

елементів по 2 (n = С20 ). Підрахуємо кількість елементарних подій, які сприяють події «вийнято дві білих кульки». Ця кількість дорівнює числу способів, якими можна вийняти 2 2

кульки із 12 білих, тобто числу комбінацій із 12 елементів по 2 (т = С12 ). Отже, якщо подія 2 m C 12 12⋅11 1⋅2 33 Р( А )= = 2 = ⋅ = n C20 1⋅2 20⋅19 95

33 А — «вийнято дві білі кульки», то . Відповідь: 95 · Задача 2. В урні лежать 15 червоних, 9 синіх і 6 зелених кульок однакових на дотик. Навмання виймають 6 кульок. Яка ймовірність того, що вийнято: 1 зелену, 2 синіх і 3 червоних кульки? Розв'язання: В цій задачі випробування полягає в тому, що із урни виймають 6 кульок. 2

Вийняти шість кульок із 15 + 9 + 6 = 30 кульок можна n = С12

способами. Нас цікавить ймовірність події А — «вийнято 1 зелену, 2 синіх і 3 червоних кульки». Одну зелену кульку 1

можна вийняти С6

способами, 2 синіх кульки можна вийняти С 9 способами, 3 червоних

кульки можна вийняти елементарних подій.

С315

способами. Отже, події А сприяють т =

С16 · С29 · С315

C ⋅8 12⋅11⋅8 m 1⋅2⋅3 44 Р ( А )= = 123 = ⋅ = n 1⋅2 20⋅19⋅18 95 C 20

44 Тоді . Відповідь: 95 · Задача 3. Кожну букву, що входить у слово «рахувати», виписано на окрему картку. Яка ймовірність того, що після ретельного перемішування і виймання трьох карток дістанемо слово «рух»?

Розв'язання: В підмножинах, які можна скласти з восьми букв по три, нас цікавить букви і їх 3 A 8 черговість. Отже, n = З цих підмножин лише одна сприяє появі слова «рух». Тому т . m 1 1 1 Р( А )= = 3 = = . n A 8 8⋅7⋅6 336 =1. Шукана ймовірність

Задача 4. В урні лежать 20 кульок, з яких 12 білих, решта — чорні. З урни навмання виймають три кульки. Яка ймовірність того, що серед вибраних дві кульки білі? Розв'язання: Загальна кількість елементарних подій випробування (вийнято три кульки) дорівнює числу способів, якими можна вийняти 3 кульки із 20, тобто числу комбінацій із 20 3

елементів по 3 (n = С20 ). Підрахуємо кількість елементарних подій, які сприяють події «серед трьох вибраних кульок дві білі». Дві білі кульки із 12 білих кульок можна вибрати

1 С способами, а одну чорну кульку можна вибрати вісьмома способами ( 8 =8 ), тоді 2 С 12⋅8 елементарних подій . події «серед трьох вибраних кульок дві білі» сприяють m = 2

С12

Отже,

якщо

подія

2 m C ⋅8 Р( А )= = 123 n C20

—

«серед

12⋅11⋅8 1⋅2⋅3 44 ⋅ = 1⋅2 20⋅19⋅18 95

трьох

вибраних 44 . Відповідь: 95 ·

кульок

дві

білі»,

то

Операції над подіями Обчислювати ймовірність подій, будуючи кожний раз множину елементарних подій і підраховуючи число подій, що сприяють цій події, інколи важко. Тому для обчислення ймовірностей користуються правилами, які дозволяють за відомими ймовірностями одних подій обчислювати ймовірності інших подій, які утворюються з них за допомогою деяких операцій. Означення. Сумою подій А і В називається подія С, що полягає в здійсненні під час одиничного випробування або події А, або події В, або обох подій одночасно. Суму двох подій позначають так: С = А + В або С = A U В. Графічно суму подій можна зобразити як об'єднання множин (рис. 1). Суму подій А і В, як і суму множин, називають об'єднанням. На рис. 1, а зображено об'єднання (суму) сумісних подій А та В, на рис. 1, б зображено суму двох несумісних подій А і В, яка полягає в здійсненні або події А, або події В (одночасна поява подій А і В виключена).

Рис. 1 Приклад. Якщо подія А — «влучення в ціль з першого пострілу», подія В — «влучення в ціль з другого пострілу», то подія С = А + В — «влучення в ціль».

Означення. Подія А називається протилежною до події А, якщо вона відбувається тоді і тільки тоді, коли подія А не відбувається. Читається — «не А». Приклад 1. Якщо подія А — «попадання в ціль при пострілі», то подія пострілі».

— «промах при

Приклад 2. Якщо подія А — випав «герб» при киданні монети, тоді подія «герб» при киданні монети ( тобто випало «число»).

- не випав

Події А і А утворюють повну групу несумісних подій U . Для будь-якої події А мають місце рівності: А + U = U; А + А = А; A + А =U; А + ∅ = А. Приклад 3. Вказати події, протилежні до даної подій: Подія А — «випали два герба при киданні двох монет»; В — «вийнято білу кульку при витягуванні однієї кульки з урни, в якій 2 білих, 3 чорних і 4 червоних кульки»; С — «три попадання при трьох пострілах»;

Протилежна подія

— «випала хоча б одна цифра»;

— «вийнято чорну або червону кульку»;

D — «хоча б одне попадання при п'яти пострілах»; Е — «не більше двох попадань при п'яти пострілах»; F — «виграш одного гравця при грі в шахи».

— «хоча б один промах»;

D E

— «всі п'ять промахів»; — «більше двох попадань»;

— «виграш другого гравця або нічия». Приклад 4. По мішені проводиться два постріли. Розглядаються події: А — «попадання при першому пострілі»; В — «попадання при другому пострілі». Що означають події:

а) А +

;

б)

+ В;

в)

;

г)

А +B

Відповіді: а) попадання при першому пострілі або промах при другому пострілі; б) промах при першому пострілі або попадання при другому пострілі; в) хоча б один промах; г) промах при двох пострілах. Означення. Добутком подій А і В називається подія С, що полягає в здійсненні обох подій А і В під час одиничного випробування. Добуток двох подій А і В позначають так: С = А · В або С = АВ, або С = А ¿ В. Графічно добуток двох подій, як і двох множин, зображується так, як на рис.2: Рис. 2 Приклад 5. Якщо подія А — «перший стрілець влучив у ціль», подія В — «другий стрілець влучив у ціль», тоді подія С =А∙В — «в ціль влучили обидва учасники». Приклад 6. Випробування полягає в тому, що кидається дві монети. Розглядаються події: А — «випав герб на першій монеті»; В — «випала цифра на першій монеті»; С — «випав герб на другій монеті»; D — «випала цифра на другій монеті»; Е — «випав хоча б один герб»; F — «випала хоча б одна цифра»;

G — «випали один герб і одна цифра»; Η — «не випав ні один герб»; Κ — «випало два герби». Визначте, яким подіям із даного списку рівносильні такі події: а) А·С; б) E∙F; в)G∙E; г) В ∙ D. Відповіді: а) А · С = К; б) Е ∙ F = G; в) G ∙ Е = G; г) В ∙ D = Н.  Дві випадкові події А і В несумісні тоді і тільки тоді, колі їх добуток є неможливою подією, тобто А∙В = ∅ (інше позначення А ¿ В= ∅ ) Для будь-якої події А і повної групи несумісних подій U мають місце рівності: А·А =А; А· ∅ = ∅ , А ·

= ∅ ; А · U = А.

Приклад 7. При киданні грального кубика розглядають події: А – випало парне число очок, В – випало 1 очко, С – випало число очок, кратне 3. Події А і В та події В і С – несумісні (не можуть відбуватися одночасно). Події А і С – сумісні ( можуть відбуватися одночасно, якщо випаде 6 очок). Завдання для самостійної роботи

Варіант 1

Варіант 2

Варіант 3

Варіант 4

1)Проводиться експеримент по підкиданню двох монет. Розглядаються такі події: А – випав «герб» на першій монеті, В – випало «число» на першій монеті, С – випав «герб» на другій монеті, D - випало «число» на другій монеті. Що означають події: 1) А + С; 2) В∙D;

1)Проводиться експеримент по підкиданню кубика. Розглядаються такі події: А – випала парна кількість очок, В – випала непарна кількість очок, С – випало 3 очки, D - випало число, менше 4. Що означають події:

B⋅D

1) А ; 2) В∙С; 3) В∙D?

D⋅B

2) В урні лежать 12 2) Із 30 кавунів 20

2) У скриньці 6 білих

кульок: 5 білих, 7 — чорних. З урни навмання виймають три кульки. Яка ймовірність того, що вони білі?

і 8 чорних кульок. Навмання виймають дві кульки. Яка ймовірність того, що вони будуть чорними?

1 Відповідь: 22

спілих. Вибирається два кавуни. Яка ймовірність того, що вибрані кавуни спілі?

38 Відповідь: 87

4 Відповідь: 13

2) У партії із 10 деталей 8 стандартних. Знайдіть ймовірність того, що серед навмання вибраних двох деталей вони будуть стандартними.

3) Набираючи номер телефону, абонент забув дві останні цифри і, пам'ятаючи лише, що ці цифри різні, набрав їх навмання. Яка ймовірність того, що номер набрано правильно? 1 Відповідь: 90

3) Кожну букву, що входить у слово «закон», виписано на окрему картку. Навмання обирають чотири картки. Яка ймовірність того, що із вибраних 4 букв можна скласти слово «коза»?

4) З 10 лотерейних

4) Група туристів, у якій 6 юнаків і 4 дівчини, вибирає за жеребом 4 чергових. Яка ймовірність того, що буде видрано 2 юнака й 2 дівчини?

білетів два виграшних. Знайдіть ймовірність того, що серед узятих будьяких п'яти білетів один виграшний.

5 Відповідь: 9

1 Відповідь: 5

3 Відповідь: 7

3)Кожну букву, що входить у слово «алгебра», виписано на окрему картку. Навмання обирають чотири картки. Яка ймовірність того, вибрані 4 букви в послідовності утворять слово «раб»?

1 Відповідь: 210

4) У шаховому турнірі беруть участь 20 чоловік, які жеребкуванням розподіляються на дві групи по 10 чоловік. Знайдіть ймовірність того, що: 4 найсильніших гравці потраплять по два в різні групи.

28 Відповідь: 45 3)Набираючи номер телефону, абонент забув три останні цифри і, пам'ятаючи лише, що ці цифри різні, набрав їх навмання. Яка ймовірність того, що номер набрано правильно? 1 Відповідь: 720 4) В ящику лежать 8 білих і 6 червоних кульок. Яка ймовірність того, що з 5 вийнятих навмання кульок 3 будуть білими?

60 Відповідь: 143 .

135 Відповідь: 323 Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 11 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту.— Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2011. — 480 с. 2) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Дидактичні матеріали з математики (навчальний посібник для студентів ВНЗ І-ІІ р.а.) – К.: Вища школа, 2001. 3) Бевз Г. П. Математика: 11 кл.: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: рівень стандарту/ Бевз Г. П., Бевз В. Г. – К.: Генеза, 2011. – 320 с.:- Бібліогр.: с 294. 4) Мерзляк А.Г. Алгебра. 11 клас: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів : академ. рівень, проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2011. – 431 с.:іл. 5) Нелін Є. П. Алгебра. 11 кл: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів: академ. Рівень, проф. рівень/Є. П. Нелін, О. Є. Долгова. – Х.: Гімназія, 2011. – 448 с.:іл. 6) Шкіль М. І. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10-11 кл. серед. закладів освіти/ М. І. Шкіль, З. І. Слєпкань, О. С. Дубинчук. – К.: Зодіак – ЕКО, 1998. – 608 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Поняття про статистичну ймовірність. Закон великих чисел» Мета: ознайомити студентів з поняттям статистичної ймовірності, сформувати в студентів уявлення про закон великих чисел, познайомити з історією виникнення теорії ймовірностей, з іменами визначних вчених, які зробили вагомий внесок в розвиток цієї науки, розвивати вміння самостійно знаходити необхідний матеріал в різних інформаційних джерелах, прививати інтерес до предмету. Теоретичні відомості Ймовірність випадкової події ми означили як відношення кількості подій, які сприяють цій події, до кількості всіх рівно можливих несумісних подій, які утворюють повну групу подій під час певного випробування. Таке означення ймовірності називається класичним. Класичне означення ймовірності має певні недоліки, а саме: 1. За допомогою цього означення можна обчислювати ймовірність лише для скінченої кількості елементарних подій. 2. У випадку нескінченної кількості елементарних подій означення застосувати неможливо. 3. Обчислення кількості елементарних подій іноді дуже громіздке. 4. Висновок про рівноможливість елементарних подій робиться без логічних обґрунтувань. Тому поряд з класичним означенням користуються також статистичним означенням ймовірності. Проведемо випробування — кидання монети. Під час одноразового проведення випробування ми ніяких закономірностей не помітимо. Закономірності починають виявлятися тоді, коли експеримент виконують багато разів в однакових умовах. У таблиці подано результати експериментів з підкиданням монети різними дослідниками. О.де Морган

Κ. Пірсон

В. Феллер

4040

4092

12 000

10000

20480

80 640

2048

6019

4979

10379

40 151

0,5069

0,5005

0,5010

0,4979

0,5068

0,4979

Дослідник Ж. Бюффон Кількість підкидань монети - n Кількість випадань герба — т Відношення

m n

У. Джевонс В. Романовський

m З таблиці видно, що відношення n тобто відношення кількості випадань герба до загальної кількості підкидань монети, коливається навколо числа 0,5. Дані таблиці показують, як передбачення того, що герб випадає з ймовірністю 0,5, добре узгоджується з дослідом. Дамо статистичне означення ймовірності. Нехай n — кількість усіх випробувань в окремій серії випробувань, а m — кількість тих m випробувань, у яких відбувається подія А. Відношення n називається відносною частотою події А в даній серії випробувань. Виявляється, що в різних серіях випробувань

m відповідні частоти n для великих n практично збігаються, коливаючись навколо деякого сталого значення Рn(А), яке називається статистичною ймовірністю події:

Рn ( А )≈P ( A ) ,

Рn ( А )≈

m m Р( А )=lim n , або n→∞ n .

Отже, статистична ймовірність - це число, біля якого коливається відносна частота події при великому числі випробувань. Індекс n ставиться спеціально, щоб підкреслити залежність статистичної частоти від кількості випробувань. Ця наближена рівність, яка виражає властивість стійкості статистичних частот є однією з найважливіших закономірностей масових випадкових подій. Вона багаторазово перевірена експериментально і підтверджена практичною діяльністю. Математичне формулювання цієї закономірності вперше дав швейцарський математик Якоб Бернуллі (1654 —1705р.) у вигляді теореми. Теорема: Якщо в ряді випробувань ймовірність деякої події залишається сталою, то з достовірністю можна стверджувати, що при досить великій кількості випробувань статистична частота цієї події відрізнятиметься як завгодно мало від її ймовірності. Простіше кажучи, чим більше виконується однотипних випробувань, тим ближче частота появи події наближається до ймовірності цієї події. Теорема Бернуллі є простішою формою так званого «закону великих чисел», одного з найважливіших законів теорії ймовірності. У теорії ймовірності велике значення має розв’язування питання про те, наскільки частота може відхилятись від ймовірності. Таке відхилення вкаже похибку, яка допускається, якщо прийняти частоту за ймовірність. На можливості визначення величини відхилення частоти від ймовірності ґрунтується практичне застосування теорії ймовірностей в біології, медицині, інженерній справі, економіці, астрономії, метеорології, теорії стрільби та інших науках. Теорему Бернуллі вперше було опубліковано в 1713 р. На доведення цієї «золотої теореми», як він її називав, було витрачено 20 років життя вченого. Доведення Я. Бернуллі займало 12 сторінок тексту. Надзвичайно коротке і строге доведення цієї теореми дав у 1845 р. П. Л. Чебишов. У 1887 р. французький математик Пуассон довів теорему, яка узагальнює теорему Бернуллі на випадок, коли ймовірність події, що розглядається, змінюється в разі повторення випробувань. У випадках, коли ймовірність події невідома, закон великих чисел дозволяє прийняти за ймовірність події її частоту, обчислену при достатньо великій кількості випробувань. Приклад 1. Розглядаючи дані про народження дітей, можна зробити висновок: частота народження хлопчиків при достатньо великій кількості спостережень за народженістю близька до числа 0,511, тому це число і приймається за ймовірність народження хлопчика. Знання цієї ймовірності дозволяє робити демографічні прогнози. Приклад 2. Із 1000 довільно вибраних деталей приблизно 4 бракованих. Скільки бракованих деталей приблизно буде серед 2400 деталей?

Розв’язування: Позначимо через А подію – навмання взята деталь бракована. Тоді 4 Pn ( A )= =0, 004 1000 статистична частота дорівнюватиме: . Якщо серед 2400 деталей x P( A )= 2400 . Оскільки виявиться х бракованих, то ймовірність події А дорівнюватиме x Pn ( A )≈P ( A ) , то 2400 ≈0, 004 , звідси x≈10 . Відповідь: 10 деталей. Завдання для самостійної роботи

Опрацювати рекомендовану літературу та інші інформаційні ресурси та дати відповідь на питання: 1) Історія виникнення теорії ймовірності. Які визначні вчені зробили вагомий внесок в розвиток цієї науки. 2) Навести приклади використання теорії ймовірностей у сучасному природознавстві, економіці, медицині, біології та в інших науки та в житті людини. Знайдений теоретичний матеріал оформити у вигляді реферату. Рекомендована література: 1) Афанасьєва О.М., Бродський Я.С., Павлов О.Л., Сліпенко А.К. Математика. 11 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. — Тернопіль:Навчальна книга – Богдан, 2011. — 480 с. 2) Бевз Г. П. Математика: 11 кл.: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: рівень стандарту/ Бевз Г. П., Бевз В. Г. – К.: Генеза, 2011. – 320 с.:- Бібліогр.: с 294. 3) Мерзляк А.Г. Алгебра. 11 клас: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів : академ. рівень, проф..рівень / А.Г.Мерзляк, Д.А.Номіровський, В.Б.Полонський, М.С.Якір. – Х.: Гімназія, 2011. – 431 с.:іл. 4) Нелін Є. П. Алгебра. 11 кл: підруч. для загальноосвіт. навч. закладів: академ. Рівень, проф. рівень/Є. П. Нелін, О. Є. Долгова. – Х.: Гімназія, 2011. – 448 с.:іл. 5) Шкіль М. І. Алгебра і початки аналізу: підруч. для 10-11 кл. серед. закладів освіти/ М. І. Шкіль, З. І. Слєпкань, О. С. Дубинчук. – К.: Зодіак – ЕКО, 1998. – 608 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Ортогональне проектування. Площа ортогональної проекції» Мета: повторити означення паралельного проектування, сформувати в студентів уявлення про особливий випадок паралельного проектування; познайомити студентів з теоремою про площу ортогональної проекції многокутника. Теоретичні відомості Ви вже знаєте, як зображати просторові фігури на площині, використовуючи паралельне проектування. Розглянемо окремий його вид – ортогональне проектування. Якщо виконується паралельне проектування фігури у напрямку прямої l, перпендикулярної до площини α, то таке

Рис. Рис.12

паралельне проектування називається ортогональним проектуванням. ортогональна проекція фігури F на площину α. (рис. 1)

l⊥α F→ F' ¿} ¿ ' ¿⇒ F ¿

Означення: Паралельне проектування в напрямі прямої, перпендикулярної до площини проектування, називається ортогональним проектуванням. Якщо пряма а, яка задає напрям проектування, перпендикулярна до площини α (див. рис. 2),

AA ‖α

1 то проектуючи прямі (наприклад, ) теж будуть перпендикулярні до площини α. Інакше кажучи, проекцією точки буде основа перпендикуляра, опущеного з даної точки на площину (звичайно, якщо точка лежить на площині проекції, то вона збігається зі своєю проекцією). Якщо вказаним чином побудувати проекцію кожної точки фігури, то одержимо проекцію самої фігури.

Ортогональне проектування є окремим випадком паралельного проектування, тому ортогональне проектування має всі властивості паралельного проектування. На рис. 3 зображені деякі фігури та їх проекції при ортогональному проектуванні. Ортогональне проектування також має лише йому притаманні властивості. Одну з них виражає теорема про площу ортогональної проекції многокутника.

Рис. 3

Теорема (про площу ортогональної проекції многокутника) Площа ортогональної проекції многокутника на площину дорівнює добутку площі многокутника на косинус кута мiж площиною многокутника i площиною проекції.

Sпроекції = S∙cosφ, де S— площа многокутника, Sпроекції — площа ортогональної проекції многокутника, φ — кут

Рис. 4

мiж площинами. 4

Рис. 5

Наслідок iз теореми. Площа ортогональної проекції многокутника небiльша за площу многокутника: Sпроекції ≤ S. Приклад 1. Знайдіть площу многокутника, якщо площа його ортогональної проекції дорівнює 15 см2, а кут між площинами многокутника і його проекцією дорівнює 60 0. S=

Розв’язання: З формули Sпр = S∙cosφ маємо: Відповідь: 30 см2.

S ΠΡ cos ϕ

15 15 = =30 0 1 cos 60 2 см2.

Приклад 2. Ортогональною проекцією трикутника є трикутник зі сторонами 13 см, 14 см, 15 см. Площина трикутника утворює з площиною проекції кут 60 0. Обчисліть площу даного трикутника. Розв’язання: Відомо, що площу проекції обчислюють за формулою Sпр = S∙cosφ. Знайдемо 13+14 +15 p= =21 S = p( p−a)( p−b )( p−c ) √ 2 площу проекції за формулою Герона: ΠΡ , см. S 84 84 S Δ= ΠΡ = = =168 0 cos ϕ cos 60 1 S ΠΡ = √ 21(21−13 )(21−14 )(21−15 )= √ 21⋅8⋅7⋅6=84 см2. Тоді 2 см2. Відповідь: 168 см2. Приклад 3. Ортогональною проекцією прямокутника зі сторонами 6 см і 8 см на деяку площину є ромб з діагоналями 6 см і 8 см. Знайдіть кут між площинами прямокутника і ромба. Розв’язання: Позначимо кут між площинами прямокутника і ромба через φ. Оскільки 1 ⋅6⋅8 Sпрямокутника= 6∙8 = 48 см2, Sромба= 2 = 24 см2, то за формулою ортогональної проекції 1 Sпр = S∙cosφ, одержуємо: Sромба= Sпрямокутника∙cosφ, тобто 24 = 48∙cosφ. Звідси cosφ = 2 , отже φ=600

Відповідь: 600. Завдання для самостійної роботи

Варіант 1

Варіант 2

Варіант 3

1. Площа трикутника дорівнює S, а кут між площиною проекцій і площиною трикутника дорівнює φ. Знайдіть площу проекції трикутника, якщо: S = 36 см2, φ = 600. S = 20 см2, φ = 450. S = 24 √ 3 см2, φ = 300. 2. На рисунку відрізок А1В1 – проекція відрізка АВ на площину α. За даними рисунка, знайдіть невідомий відрізок х.

3. Площа трикутника дорівнює S, а площа його проекції – S1. Знайдіть кут між площиною проекції і площиною даного трикутника, якщо: S = 36 см2, S1 = 18 см2. S = 24 см2, S1 = 12 √ 2 см2. S = 28 см2, S = 14 √ 3 см2. 1

4. Кут мiж площиною фігури F i α дорівнює φ. Знайдіть площу ортогональної проекції фігури F на площину α, якщо задана фігура є: прямокутним трикутником iз ромбом зi стороною 8 см i рiвнобедреною трапецiєю з гiпотенузою 24 см i гострим кутом 135°, а кут φ дорівнює основами 4 см i 10 см та бiчною стороною 5 см, а кут кутом 60°, а кут φ дорівнює 45°. φ дорiвнює 60°. 30°. 5. Ортогональною проекцією трикутника АВС зі сторонами 7 см, 17 см, 18 см на площину α є трикутник А1В1С1. Кут між площинами трикутників дорівнює 450. Обчисліть площу трикутника А1В1С1 . 6* Ортогональною проекцією рівнобічної трапеції з основами 3 см і 9 см на площину, паралельну основі трапеції, є чотирикутник, у який можна вписати коло. Кут між площиною трапеції і площиною проекції 300. Визначте площу фігури, що проектується. Рекомендована література:

Через одну зі сторін ромба,

діагоналі якого 9 √ 3 см і 8 см, проведено площину α під кутом 300 до площини ромба. Знайдіть площу проекції ромба на площину α.

Рівнобедрені трикутники АВС і АВD зі спільною основою АВ лежать у різних площинах, кут між якими дорівнює α. АВ = 24 см, АС = 13 см, AD = 37 см, CD = 35 см. Знайдіть кут α та площу ортогональної проекції трикутника АВС на площину (ABD).

Гіпотенуза прямокутного трикутника дорівнює 8 см, а гострий кут 300. Кут між площинами прямокутного трикутника і його проекції дорівнює 450. Знайдіть площу проекції прямокутного трикутника. Рівнобедрені трикутники АВС і АВD зі спільною основою АВ лежать у різних площинах, кут між якими дорівнює α. АВ = 32 см, АС = 65 см, AD = 20 см, CD = 63 см. Знайдіть кут α та площу ортогональної проекції трикутника ABD на площину трикутника АВС.

1) Біляніна О. Я., Білянін Г. І., Швець В. О. Геометрія 10 кл.: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: академічний рівень. – К.: Генеза, 2010. – 254 с. 2) Бурда М. І. Геометрія 10 кл: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: академічний рівень / М. І. Бурда, Н. А. Тарасенкова. – К.: Зодіак -Еко, 2010. – 176 с. 3) Математика: 10: підруч. для загальноосвіт.нав.закл.: рівень стандарту/Г. П. Бевз, В.Г.Бевз. – 2 – ге вид. – К.: Генеза, 2011. – 272 с.: іл. – Бібліогр.:с.250 4) Нелін Є. П. Геометрія: дворів. підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів: академ. і профільн. рівні / Є. П. Нелін. – Х.: Гімназія, 2010. – 240 с.:іл. 5) Єршова А. П. Геометрія. 10 клас. Академічний рівень: Підруч. для загальноосвіт. навч. закл. / А.П. Єршова, В. В. Голобородько, О. Ф. Крижановський, С. В. Єршов. – Х.: Вид – во «Ранок», 2010. – 240 с.: іл.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Рівновеликі тіла. Об'єми подібних тіл» Мета: ознайомити студентів із поняттям рівновеликих тіл, з формулою відношення об'ємів подібних тіл; підвищувати інтерес до предмету, розширювати кругозір. Теоретичні відомості Визначати об’єми деяких тіл люди навчилися давно. Давньоєгипетські пам’ятки, що дійшли до нас, свідчать про те, що понад 3000 років тому люди вміли знаходити об’єм куба, прямокутного паралелепіпеда і піраміди із квадратною основою. Звісно, ні про які теореми не йшлося, оскільки тоді не було геометрії як науки. Єгиптяни знали тільки способи, знайдені дослідним шляхом, які дозволяли їм знаходити об’єми. Загальний підхід до визначення об’ємів відкрив грецький філософ-математик Демокріт. Теореми про об’єми піраміди й призми довів Евдокс (IV в. до н.е.). Для окремого випадку чотирикутної піраміди із двома бічними гранями, нахиленими під кутом 45° до горизонтальної основи, об’єм був обчислений давніми вавилонянами. Формула об’єму будь-якої піраміди була вперше знайдена Демокрітом. А для доведення того, що піраміда є третьою частиною призми тієї ж висоти й з тією ж основою, потрібно неявно або явно використовувати операцію переходу до межі. Ось чому формулу об’єму піраміди можна строго встановити або античним методом вичерпування, або сучасним методом меж. У найдавніших єгипетських і вавилонських пам’ятках відсутні приклади на обчислення об’єму повної піраміди, але зустрічається обчислення об’єму зрізаної піраміди із квадратною основою, що розглядається як окремий випадок призми. Об’єми зрізаних пірамід із квадратною основою обчислюються як об’єми паралелепіпедів, замість площі основи яких береться середня арифметична площ основ зрізаної піраміди. У минулому одиницями вимірювання об'єму були міри посудин, які використовувались для зберігання сипких і рідких тіл. Наприклад, в Англії: 36,4 дм 3 — бушель; 4,5 дм3 — галон; 159 дм3 — барель; від 470 см3 до 568 см3 — пінта; на Русі: 12 дм3 — відро; 1,2 дм3 — штоф; 490 дм3 — діжка. Рівновеликими називають рис. 1 тіла а—д рівновеликі.

геометричні

тіла, об’єми

яких рівні.

На

Рис. 1.

Із повсякденного досвіду нам добре відомо, що при збільшені розмирів предмету його об’єм також збільшується. Наприклад, легко порівняти об’єми двох акваріумів (рис. 2), розміри одного з яких вдвічі менше відповідних розмірів другого: об’єми відрізняються в 8 разів. Крім того, можна простежити за подібними з коефіцієнтом k многокутниками на площині. Як відомо, їх периметри відрізняються в k разів, площі – в k2 разів. Можна припустити, що об′єми подібних тіл з коефіцієнтом k просторових тіл відрізняються в k3 разів. Перевіримо це для тіл, формули об′ємів яких нам вже відомі.

Прямокутний паралелепіпед

Призма

Піраміда

Рис. 2.

Отже, для всіх розглянутих тіл вірне наступне твердження: що об′єми тіл, подібних з коефіцієнтом k, відносяться як k3 . Цей факт вірний і для будь-яких простих тіл, тобто тіл, які можна розбити на скінчену кількість трикутних пірамід. Врахочуючи, що k – коефіцієнт подібності – дорівнює віднощеню вістаней між будь-якими двома відповідними парами точок при перетворенні подібності, а отже, дорівнює відношеню будь-яких двох відповідних лінійних розмірів тіл. Таким чином, робимо висновок: об′єми двох подібних тіл відносяться, як куби їх відповідних лінійних розмірів. Задача. Через середину висоти піраміди проведено площину, паралельну основі. В якому відношенні вона ділить об'єм піраміди? Розв’язання: Нехай дана піраміда з вершиною S і висотою SО. Площина, паралельна осиної піраміди, перетинає SO в точці О1. Як ми знаємо, проведена площина відтинає подібну піраміду (рис. 3). SO 1 1 = Коефіцієнт подібності дорівнює відношенню висот, тобто SO 2 . Рис. 3. За властивістю об’ємів подібних тіл, об’єм піраміди, яку площина відтинає, в 8 разів менше об’єму всієї піраміди. Отже, дана площина, паралельна основі піраміди, ділить її об’єм у відношенні 1 : 7. Відповідь: 1:7. Завдання для самостійної роботи

Варіант Завдання 1 1 Ребро куба зменшили в 4 рази. У скільки разів зменшився об’єм куба?

Завдання 2 Ребро одного куба удвічі більше за ребро другого куба. У скільки разів об'єм першого куба більший за об'єм другого? Як зміниться об'єм правильної піраміди, якщо сторону її основи зменшити в 3 рази, а висоту збільшити у 3 рази?

Завдання 3 Ребро куба збільшили в 3 рази. Як змінився об’єм куба?

Висоту піраміди поділено на 4 рівні частини і через точки поділу проведено площини, паралельні площині основи піраміди. Знайдіть відношення об’ємів частин, на які

Об’єм піраміди дорівнює V. Її висоту поділено у відношенні 2:3, рахуючи від вершини піраміди, і через точку поділу проведено площину,

Як зміниться об'єм правильної чотирикутної піраміди, якщо сторону її основи збільшити у 3 рази, а висоту зменшити у 2 рази? Як відносяться об'єми двох Ребро одного куба дорівнює кубів, якщо діагональ діагоналі грані другого одного з них дорівнює 2 куба. Знайдіть відношення √ 3 см, а ребро другого об’ємів цих кубів.

√2

см? Площа основи піраміди дорівнює S, а її висота, яка дорівнює H, поділена у відношенні 1:2, рахуючись від вершини піраміди, і через точку поділу проведено площину, яка

Як зміниться об'єм правильної піраміди, якщо її висоту зменшити у 2 рази, а сторону основи збільшити в 2 рази? Ребро одного куба дорівнює діагоналі другого куба. Знайдіть відношення об’ємів цих кубів.

паралельна площині основи. Знайдіть об’єм зрізаної піраміди, що утворилась.

розбивають піраміду ці площини.

паралельну площині основи. Знайдіть об’єм зрізаної піраміди, що утворилась.

Рекомендована література: 1) Афанасьєва О. М., Бродський Я. С., Павлов О. Л., Сліпенко А. К. Математика. 11 клас: підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. – Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2011. – 480 с. 2) Бевз В.П. Геометрія 11кл. Профільний рівень. [Текст] : підруч./ В.П.Бевз, В.Г.Бевз, Н.Г. Владимирова, В.М.Владимиров. – К. : Генеза, 2010. 3) Погорелов А.В. Геометрія 10-11. Стереометрія. [Текст] : підручник / А.В. Погорелов. – К.: Освіта, 2001. 4) Єршова А. П., Голобородько В. В., Крижановський О. Ф., Єршов С. В. Геометрія 11 клас: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: академічний рівень / профільний рівень. – Х.: Ранок, 2010. – 303 с.

ІНСТРУКЦІЙНА КАРТКА до самостійної роботи за темою «Комбінації тіл обертання і многогранників» Мета: ознайомити студентів з комбінаціями многогранників і тіл; розвивати просторову уяву, логічне мислення, пам’ять, уміння аналізувати й узагальнювати вивчений матеріал. Теоретичні відомості Комбінації многогранників і циліндра Призмою, вписаною в циліндр, називається така призма, у якої площини основ є площинами основ циліндра, а бічні ребра — твірними циліндра. У цьому випадку циліндр називається описаним навколо призми. Щоб навколо призми вдалося описати циліндр, вона має бути прямою і навколо її основ можна було описати коло. На рис. 1 зображена призма ABCA1B1C1, вписана в циліндр.

Рис. 3

Дотичною площиною до циліндра називається площина, яка проходить через твірну циліндра і є перпендикулярною до площини осьового перерізу циліндра, що містить цю твірну (рис. 2). Призмою, описаною навколо циліндра, називається призма, у якої площини основ є площинами основ циліндра, а бічні грані дотикаються до циліндра. У цьому випадку циліндр називається вписаним у призму (рис.3). Які умови має задовольняти призма, щоб у неї можна було вписати циліндр? Очевидно, що це має бути пряма призма, причому така, що в її основи можна вписати коло. Зазначимо, що вісь циліндра, вписаного в призму, буде рівновіддалена від усіх бічних граней цієї призми. Циліндром, вписаним у піраміду, називається такий циліндр, одна основа якого лежить в основі піраміди, а друга вписана в переріз піраміди площиною, що проходить через цю основу циліндра паралельно основі піраміди. Комбінації многогранників і конуса Піраміда називається вписаною в конус, якщо її основою є многокутник, вписаний в основу конуса, а її вершина є вершиною конуса. У цьому випадку конус називається описаним навколо піраміди (рис. 4) Бічні ребра піраміди, вписаної в конус, є твірними конуса. Дотичною площиною до конуса називається площина, яка проходить через твірну конуса перпендикулярно до площини осьового перерізу, проведеного через цю твірну. Піраміда називається описаною навколо конуса, якщо її основою є многокутник, описаний навколо основи конуса, а її вершина збігається з вершиною конуса (рис. 5). У цьому випадку конус називається вписаним у піраміду.

Рис. 4

Рис. 5

Якщо піраміда вписана в конус або описана навколо конуса, то висоти конуса й піраміди збігаються. Конус називається вписаним в призму, якщо його основа вписана в одну основу призми, а вершина лежить у другій основі призми.

Призма називається вписаною в конус, якщо одна основа її лежить в основі конуса, а друга вписана в переріз конуса площиною, що проходить через цю основу призми паралельно основі конуса. Вписані та описані многогранники і кулі Многогранник називається вписаним в кулю, якщо всі вершини його лежать на поверхні кулі. При цьому куля називається описаною навколо многогранника. Центром кулі, описаної навколо многогранника, є точка, яка рівновіддалена від усіх вершин многогранника. Многогранник називається описаним навколо кулі, якщо всі його грані дотикаються до кулі. При цьому куля називається вписаною в даний многогранник. Центр кулі, вписаної в многогранник, рівновіддалений від всіх його граней. Центром кулі, описаної навколо многогранника, є точка, рівновіддалена від усіх його вершин, а кулі, вписаної в многогранник, — точка, рівновіддалена від усіх його граней. Центром кулі, вписаної у правильний многогранник, є точка перетину його бісекторних площин. Куля і конус Куля називається вписаною в конус, якщо вона дотикається до основи конуса в його центрі і до бічної поверхні по колу (рис. 6). Куля називається описаною навколо конуса, якщо його вершина і коло основи лежать на поверхні кулі (рис.7).

Рис. 7

Рис. 6

При розв'язуванні задач на комбінацію кулі з конусом зручно використовувати переріз комбінації тіл площиною, яка проходить через вісь конуса і центр кулі. У перерізі одержуємо великий круг кулі з вписаним у нього рівнобедреним трикутником — осьовим перерізом конуса. Тому питання про відшукання центра описаної навколо конуса кулі зводиться до визначення центра кола, описаного навколо осьового перерізу конуса. Якщо куля вписана в конус, то перерізом комбінації площиною, яка проходить через вісь конуса і центр кулі, буде рівнобедрений трикутник (осьовий переріз конуса) з вписаним у нього великим кругом кулі. Звідси випливає, що у зрізаний конус можна вписати кулю тоді, коли його твірна дорівнює сумі радіусів верхньої і нижньої основ конуса. Куля і циліндр Куля називається вписаною у циліндр, якщо куля дотикається до обох основ циліндра в їх центрах і до бічної поверхні циліндра по колу великого круга кулі, паралельного основам циліндра (рис.8). Циліндр при цьому називається описаним навколо кулі. Куля називається описаною навколо циліндра, якщо кола його основ лежать на поверхні кулі (рис. 9).

Рис. 8

Рис. 9

Циліндр при цьому називається вписаним у кулю. Як і при розв'язуванні задач на комбінацію кулі і конуса, часто використовують перерізи комбінації кулі і циліндра площиною, яка проходить через вісь циліндра, а отже, і через центр вписаної або описаної кулі. Перерізом буде прямокутник із вписаним чи описаним колом. Звідси випливає, що: а) в циліндр можна вписати (описати) кулю тоді, коли в осьовий переріз циліндра можна вписати (описати) коло; б) центр кулі, описаної (вписаної) навколо циліндра, лежить на середині осі циліндра; в) вписати кулю можна тільки в рівносторонній циліндр. Конус і циліндр Конус називається вписаним у циліндр, якщо основа конуса збігається з однією з основ циліндра, а вершина конуса лежить у центрі другої основи циліндра. При цьому циліндр називається описаним навколо конуса. Циліндр називається вписаним в конус, якщо одна основа циліндра лежить у площині основи конуса, а коло другої лежить на бічній поверхні конуса. Конус при цьому називається описаним навколо циліндра. Куля і призма Куля називається описаною навколо призми, якщо всі вершини призми лежать на кулі (рис.10). Кулю можна описати тільки навколо прямої призми, якщо її основи - многокутники, навколо яких можна описати коло. Центром, описаної навколо прямої призми кулі є середина її висоти, що з’єднує центри кіл, описаних навколо основ призми. Якщо навколо основи призми не можна описати коло, то навколо такої призми не можна описати кулю. Центром кулі, описаної навколо прямокутного паралелепіпеда, є точка перетину його діагоналей. Рис. 10 Радіус кулі R , висота призми Н і радіус кола r, описаного навколо

основи

призми,

пов’язані

співвідношенням:

Куля називається вписаною в призму, якщо всі грані призми дотикаються до цієї кулі (рис. 11). Центром кулі, вписаної в пряму призму, є середина її відрізка, який сполучає центри кіл, вписаних в основи призми. Причому радіус кулі дорівнює радіусу кола, вписаного в основу призми, а діаметр кулі дорівнює висоті призми. Якщо висота призми не дорівнює діаметру вписаного в основу кола або ж в основу призми не можна вписати коло, то в таку призму не можна вписати кулю.

Рис. 11

Радіус кулі R , висота призми Н і радіус кола r, вписаного в основу призми, пов’язані співвідношенням: Куля і піраміда Куля називається описаною навколо піраміди, якщо всі вершини піраміди лежать на поверхні кулі (рис.12). Центром кулі, описаної навколо піраміди, є точка перетину перпендикуляра до основи, який проведено з центра описаного навколо основи кола, і площини, що проходить через середину будь-якого ребра, Рис. 12

перпендикулярного до нього. Якщо навколо основи піраміди не можна описати коло, то навколо такої піраміди не можна описати кулю. Навколо правильної піраміди завжди можна описати кулю. Для таких пірамід радіус кулі R , висота піраміди Н і радіус кола r, описаного навколо основи піраміди, пов’язані співвідношенням: Це співвідношення справедливе і для випадку, коли Н ≤ R. Куля називається вписаною в піраміду, якщо всі грані піраміди дотикаються до цієї кулі (рис. 13). Центром вписаної у піраміду кулі є точка перетину бісекторних площин двогранних кутів при основі.

Рис. 13

Центром кулі, вписаної у правильну піраміду, є точка перетину її висоти з бісекторною площиною, проведеною через сторону основи піраміди. Для таких пірамід радіус кулі R , висота піраміди Н і радіус кола r, вписаного в основу піраміди, пов’язані співвідношенням:

Задача 1. Куля радіуса R вписана у конус. Знайдіть об’єм конуса, якщо його твірна утворює з площиною основи кут α. Розв’язання: Розглянемо переріз даної комбінації тіл площиною осьового перерізу конуса. У перерізі утворюється рівнобедрений трикутник АВС, в який вписано коло з центром в точці О 1, що належить висоті СО трикутника (рис.14). Дане коло є більшим колом вписаної кулі, тому його радіус О 1О дорівнює R. Центр О1 є точкою перетину бісектрис кутів <АСВ і <САО трикутника АВС. Оскільки за α умовою <САО = α, то <О1АО = 2 . α Із ∆ АОО1 маємо: АО = ОО1∙ctg<ОАО1 = R∙ctg 2 . α Із ∆ САО маємо: СО = АО∙tg<САО = R∙ctg 2 ∙tgα. Знайдемо об’єм конуса.

1 π α α π α V = π⋅AO 2⋅CO= R2 ctg 2 Rctg tg α = R 3 ctg 3 tg α 3 3 2 2 3 2

Відповідь.

π 3 3α R ctg tg α 3 2

Рис. 14

(куб. од. довж.)

( куб. од. довж.) Завдання для самостійної роботи

Варіант 1 1. Ребра прямокутного паралелепіпеда дорівнюють 4 см, 4 см і 2 см. Знайдіть радіус описаної кулі. 2. У правильній трикутній піраміді сторона основи дорівнює а, а плоский кут при вершині — β. Знайдіть площу бічної поверхні конуса, вписаного в піраміду.

3. Навколо правильної чотирикутної призми описано кулю радіуса R. Радіус кулі, проведений до вершини призми, утворює з площиною основи кут γ. Знайдіть бічну поверхню призми. 4. Прямокутний трикутник, катети якого 12 і 16 см, обертається навколо гіпотенузи. Знайдіть площу поверхні тіла обертання. Варіант 2 1. Ребра прямокутного паралелепіпеда дорівнюють 3 см, 6 см і 2 см. Знайдіть діаметр описаної кулі. 2. У правильній чотирикутній піраміді плоский кут при вершині дорівнює α. Знайдіть площу бічної поверхні конуса, описаного навколо піраміди, якщо її висота дорівнює Н. 3. Навколо правильної трикутної призми описано кулю радіуса R. Радіус кулі, проведений до вершини призми, утворює з площиною її основи кут γ. Знайдіть об'єм призми. 4. Рівнобедрений трикутник, основа якого 16 см і бічна сторона — 10 см, обертається навколо бічної сторони. Знайдіть площу поверхні тіла обертання. Варіант З 1. Висота правильної чотирикутної призми дорівнює 4 см, сторона основи — 8 см. Знайдіть радіус описаної кулі. 2. Основою прямої призми є ромб із гострим кутом α. Діагональ бічної грані дорівнює l і утворює з площиною основи кут β. Знайдіть бічну поверхню циліндра, вписаного в дану призму. 3. У правильній чотирикутній піраміді двогранний кут при основі дорівнює α. Знайдіть площу бічної поверхні піраміди, якщо радіус вписаної в неї кулі дорівнює r. 4. Прямокутний трикутник, катети якого 12 і 16 см, обертається навколо гіпотенузи. Знайдіть об'єм тіла обертання. Варіант 4 1. Ребро куба дорівнює 2

√3

см. Знайдіть радіус кулі, описаної навколо куба.

2. В основі прямої призми лежить прямокутник, діагональ якого утворює з більшою стороною кут γ. Діагональ бічної грані призми, що містить меншу сторону прямокутника, дорівнює d і утворює з площиною основи кут α. Знайдіть бічну поверхню циліндра, описаного навколо даної призми. 3. У правильній трикутній піраміді бічна грань нахилена до основи під кутом φ. Знайдіть площу бічної поверхні піраміди, якщо радіус кулі. вписаної в піраміду, дорівнює R. 4. Рівнобедрений трикутник, основа якого 16 см і бічна сторона — 10 см, обертається навколо бічної сторони. Знайдіть об'єм тіла обертання. π⋅а2 √ 3 ctg

Відповіді:

Варіант 1. 1) 3 см; 2)

β 2

; 3) 4

√2

R2 sin 2γ; 4) 268,8π см2.

πH 2 √ 2 sin

Варіант 2. 1) 7 см; 2) cos α Варіант 3. 1) 6 см;

α 2

;

3 √3 3) 2 R3 cos2 γ sin γ;

1 2) 2 πl2 sin α sin 2β; 2

4 r 2 ctg2

3) cosα 3 √ 3 R2 ctg 2

π⋅d sin 2 α 2 sin γ Варіант 4. 1) 3 см; 2) ; 3) cos ϕ

α 2

;

ϕ 2

;

4) 249,6π см2.

4) 614,4π см3. 4) 307,2π см3.

Рекомендована література: 1) Афанасьєва О. М., Бродський Я. С., Павлов О. Л., Сліпенко А. К. Математика. 11 клас: підручник для загальноосвітніх навчальних закладів. Рівень стандарту. – Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2011. – 480 с. 2) Бевз В.П. Геометрія 11кл. Профільний рівень. [Текст] : підруч./ В.П.Бевз, В.Г.Бевз, Н.Г. Владимирова, В.М.Владимиров. – К. : Генеза, 2010. 3) Погорелов А.В. Геометрія 10-11. Стереометрія. [Текст] : підручник / А.В. Погорелов. – К.: Освіта, 2001. 4) Нелін Є. П. Геометрія в таблицях: Навчальний посібник для учнів 7 – 11 класів. – Х.:Світ дитинства, 2002. – 64 с. 5) Єршова А. П., Голобородько В. В., Крижановський О. Ф., Єршов С. В. Геометрія 11 клас: підруч. для загальноосвіт. нав. закл.: академічний рівень / профільний рівень. – Х.: Ранок, 2010. – 303 с.