Pisni izpit, Didaktika matematike 2 7. 7.2015 Ime in priimek in/ali vp.št.

Comments

Transcription

Pisni izpit, Didaktika matematike 2 7. 7.2015 Ime in priimek in/ali vp.št.
Pisni izpit, Didaktika matematike 2
7. 7.2015
Ime in priimek in/ali vp.št.:
Pregledno rešite naloge!
1. V odvisnosti od parametrov a, b in c obravnavajte rešitve sistema enačb:
x = a + 2(y − b)2
x = c − |y − b|
• V odvisnosti od parametrov določite število rešitev.
• V primerih, ko rešitve obstajajo, jih natančno izračunajte.
• Dobljene splošne rešitve preverite v netrivialnem primeru.
Naloga je povsem podobna nalogi obravnavani pri DidMat 2 v š. l. 2013/14.
Rešitev:
Nalogo najlažje rešimo z grafičnim razumevanjem enačb (skica). Če premaknemo
koordinatni sistem, oziroma uvedemo nove spremenljivke x := x − c, y := y − b, je
obravnavani sistem posebej enostaven. Zgornja skica se prevede na primer b := 0,
c := 0 in a := a − c. Torej v primeru c < a ni rešitev, v primeru c = a je rešitev točka
(0, 0), v primeru c > a pa izračunamo rešitvi
p
1
1 p
( (1 − 1 + 8(c − a)), ± ( 1 + 8(c − a) − 1)).
4
4
Glede na prejšnji premik torej dobimo rešitev:
• Za c < a ni rešitev.
• Za c = a je rešitev točka (c, b).
• Za c > a pa izračunamo rešitvi
p
1
1 p
(c + (1 − 1 + 8(c − a)), b ± ( 1 + 8(c − a) − 1))
4
4
Za netrivialen primer lahko vzamemo npr. a = −2, b = 0 in c = 1, ko ima sistem
x = −2 + 2y 2 , x = 1 − |y| rešitev (0, ±1), ki se ujema z zgornjo splošno rešitvijo.
stran 1 od 3
2. Za x > 0 se po paraboli 2y = x2 iz desne ’kotali√krog’, ki je vse večji. Krog, ki se
2
2
v točki (x, x2 ) dotika parabole ima radij r(x) = xx+1 . Natančno določite krivuljo,
po kateri se giblje središče ’kotalečega kroga’. Razmislite o geometrijskem pomenu
dobljene krivulje in jo primerjajte z začetno parabolo. Kako velik je ’kotaleči krog’, ki
ima središče na ordinatni osi? Kako velik je ’kotaleči krog’, ko se ’dotakne’ ordinatne
osi? (Odgovor na zadnje vprašanje je lahko podan implicitno in z oceno.)
Naloga je povsem podobna nalogi obravnavani pri DidMat 2 v š. l. 2013/14.
2
Rešitev: S pomočjo odvoda takoj izračunamo, da je v točki (x, x2 ) na paraboli vektor
~t = (1, x) tangentni vektor in vektor ~n = (− √ x2 , √ 12 ) (normiran) normalni vektor,
x +1
x +1
ki kaže v smeri središča ’kotalečega kroga’. Glede na podatek o velikosti ’kotalečega
kroga’ s pomočjo vektorjev takoj dobimo središča krogov kot
x2
1
x2 1
~
S(x) = (x, ) + (−1, ) = (x − 1, + ).
2
x
2
x
~
S(x)
pa že predstavlja parametrično podano krivuljo, ki opisuje lego središča ’kotalečega kroga’. Za eksplicitni zapis zapišemo
u = x−1
in
v =
x2
2
+
1
x
in izrazimo
1
(x + 1)3 + 2 (x + 1)2
1
(u + 1)2
+
, oziroma y(x) =
=
+
,
v(u) =
2
u+1
2(x + 1)
2
x+1
√
kar je (dovolj preprosta) racionalna funkcija (N: − 3 2 − 1 (1. st); P: −1 (1.st); As:
2
y = (x+1)
2 ). Seveda ni slučaj, da je dobljena asimptota ravno prvotna parabola premaknjena v levo za 1. Namreč, očitno je, da se radij ’kotalečega kroga’ za velike x-e
približuje 1. Ker je parabola z rastočim x vse bolj strma, je očitno, da bo dobljena
krivulja v neskončnosti vse bliže začetni paraboli, premaknjeni za 1 v desno.
~
Pri
zgornjem izračunu S(x)
smo natančno izračunali središče kroga z radijem r(x) =
√
x2 +1
x2
x , ki se v točki (x, 2 ) dotika parabole. Za določitev velikosti kroga, ki ima središče
3
na
√ ordinatni osi, mora torej biti x = 1. Tedaj je središče v točki (0, 2 ) in radij kroga
2.
Za določitev velikosti kroga, ki se ’dotakne’ ordinatne osi torej potrebujemo rešiti
enačbo
√
x2 + 1
x−1=
.
x
Iz tega pa dobimo enačbo četrte stopnje x4 − 2x3 − 1 = 0. Z nekaj analize ugotovimo,
da ima enačba eno samo pozitivno rešitev, ki je približno 2.107. Tedaj je radij kroga
približno 1.107.
stran 2 od 3
3. V točkah (−2, y), (−2, −y) in (−8, y) položimo tangente na parabolo y 2 + 8x = 0.
Tangente določajo trikotnik. Določite enačbo trikotniku očrtanega kroga in ugotovite,
če gre skozi gorišče parabole.
Naloga je vsebinsko identična maturitetni nalogi na eni izmed slovenskih
gimnazij leta 1973. Obravnavana tudi na DidMat 2 v š. l. 2013/14.
Rešitev: Tangente na krivuljo postavimo v točkah (−2, 4), (−2, −4) in (−8, 8).
Odvod izračunamo iz ’implicitne enačbe’ 2y · y 0 − 8 = 0 in dobimo tangente y = x − 2,
y = 2 − x in y = 4 − x2 . Premice se sekajo v točkah A(2, 0), B(4, 2) in C(−4, 6) (skica).
Iz smernih koeficientov premic je očitno, da je trikotnik ∆ABC pravokoten s pravim
kotom v A. Zato je središče
√ očrtanega
√ kroga v razpolovišču daljice BC, torej v S(0, 4).
Radij očrtanega kroga je 20 = 2 5. Enačba očrtane krožnice je torej
x2 + (y − 4)2 = 20.
Gorišče parabole je v točki (−2, 0), ki je od središča S enako oddaljeno kot točka A.
Torej očrtana krožnica vsebuje tudi gorišče parabole.
stran 3 od 3