mat.analiz_1

6.

7.

8.

9.

Знайти всі точки графіка

функції

y =

x + 2

,

в кожній з яких

x −2

y

дотична,

проведена

до

цього графіка, утворює кут

135

з додатним напрямом

M2

осі Ox.

Розв’язання.

Нехай

1

(x0 , y0 )

–

точка

графіка

x + 2

y =

x

функції

,

в

якій

0

1

x −2

M1

l2

дотична

до

її

графіка

l1

утворює

з

додатним

напрямком осі Ox кут 135 .

Рис.18.11

Тоді

кутовий

коефіцієнт

дорівнює:

k = y′(x0 ) = tg1350 = −1,

′

x + 2

′

1 (x − 2) −1 (x +

2)

−4

−4

y (x) =

=

=

,

= −1,

(x − 2)

2

(x − 2)

2

(x

−2)

2

x − 2

220

x = 0,

отже, (x − 2)2 = 4 01

x02 = 4.

Перевіркою переконуємося, що обидві точки M1 (0;1) і M2 (4;3) графіка даної функції задовольняють умову задачі (рис.18.11).

Приклад 10. Знайти величину кута, під яким перетинаються кола x2 + y2 −4x =1; x2 + y2 −2y = 9.

Розв’язання. Дамо означення кута між графіками функцій.

	Означення 18.2. Кутом між графіками функцій y = f (x) і						y =ϕ(x)
	в точці x0 їх перетину називається кут між дотичними до
	графіків цих функцій в точці x0 .
	В першу чергу знайдемо точки перетину заданих кіл, для цього
розв’яжемо систему рівнянь:
x2 + y2 −4x =1,		−4x +2y = −8,		y = 2x −4,	x1 =3, y1 = 2,
x2	+ y2 −2y =9,	x2	+ y2 −4x =1,	(2x −4)2 + x2	−4x =1, x		=1, y	= −2,
						2	2
	Оскільки точки		M1 і M2 симетричні відносно прямої			O1O2 ,		що
проходять через центри кіл, то кути між дотичними в точках							M1 і	M2

будуть рівні, тому достатньо знайти кут між дотичними до кіл, що проходить, наприклад, через точку M1 (3;2).

В околі точки

M

1

рівняння кіл наберуть вигляду: y = 1 + 4x − x2

і

1

y2

=1+

10 − x2 , а їх похідні дорівнюють

y

′

=

− 2x + 4

=

− x + 2

; y ′

(3) = − 1

;

1

2 1+ 4x − x2

1+ 4x − x2

1

2

y2′ =

− 2x

=

− x

; y2′

(3) = −3.

10 − x2

10 − x2

2

Рівняння дотичних l1

і l2 наберуть такого вигляду:

l :

y −2 = −1 (x −3), або y = − 1 x + 7 ,

1

2

2

2

l2 :

y −2 = −3(x −3), або y = −3x +11.

221

y
2
1	1		α
		3	x
	2
−2
Рис. 18.12

	Як відомо з геометрії, кут α										0;				π			між двома прямими y = k x +b і
															2										1			1
	y = k	x +b			(k ≠ 0, k		≠ 0)																				k1 − k2
								знаходиться за формулою: tgα =																					,
						2																				1 + k1k2
	2			2	1
	якщо k k		2	≠ −1, α = π , якщо k k												2	= −1.
		1					2							1
										−		1		+3								5			π .
	В нашому випадку:					tgα =					2									=	2			=1, звідси α =
									1 −		1			(−3)								5			4
											2									2

222

План:

1.Похідна оберненої функції.

2.Функції, задані параметрично. Диференціювання функцій, заданих параметрично.

Похідна оберненої функції.

Теорема 19.1. Нехай функція y = монотонна в деякому околі точки похідна, тоді обернена функція x =

також має похідну, причому

f (x) – неперервна і строго x0 , причому в точці x0 існує f −1 (y) в точці y0 (y0 = f (x0 ))

, або		, або		(19.1)

тобто похідна оберненої функції дорівнює оберненій величині похідної функції.

Доведення. Зафіксуємо деякий окіл точки x0 , на якому функція f (x) визначена, неперервна і строго монотонна і будемо розглядати f (x) тільки в цьому околі. Тоді, використовуючи теорему про обернену функцію, обернена функція визначена і неперервна на деякому інтервалі, який містить точку y0 , цей інтервал є образом околу точки x0 .

223

Якщо

x = x − x0 ,

y = y − y0 , y = f (x) , то з

x →0 y →0. Отже,

для довільних

x ≠ 0,

y ≠ 0 маємо:

x

=

1

,

lim

x = lim

1

=

1

=

1

.

y

y

y

y

df (x0 )

y→0

y

x→0

lim

x

x

x

dx

x→0

y

Але lim

x

=

df −1 ( y )

і похідна оберненої

x = f

−1

(y)

0

y

dy

дотична

y→0

y0

x = f (x)

функції

f −1 ( y) в точці

y0

дорівнюватиме

df −1 ( y

)

1

−1

1

0

=

( f

)′( y0 ) =

dy

df (x0 )

f ' (x )

0

β

α

x

dx

■

x0

Теорема доведена.

Ця

теорема

допускає

просте

Рис. 19.1

геометричне тлумачення (рис. 19.1).

f ′(x0 ) = tgα ,

( f −1 )′( y0 ) = tgβ ,

де

β

величина

кута, утвореного

тією ж

дотичною

з віссю Oy.

β =

π

−α , тому ( f −1 )′( y0 ) = tgβ =

1

=

1

=

1

=

1

.

2

ctgβ

π

−

α

tgα

f

' (x0 )

ctg

2

Приклади. Знайти похідні обернених функцій:

1. y = arcsin x ,

Розв’язання. Функція

Тому

′		1	1
(arcsin x)	=		=
		(sin y)′		cos y

Отже,

2. y = arccos x ,

x ≤1 , y −π ; π .2 2

x = sin y є оберненою до функції y = arcsin x .

=

1

=

1

.

−sin2

1

y

1− x2

′

1

(arcsin x)

=

,

x

<1,

1 − x2

x

≤

1 ,

y [0;π].

224

Розв’язання. Функція

x = cos y

є

оберненою до функції

y = arccos x . Тому

′

1

1

1

1

(arccos x)

=

=

= −

= −

.

(cos y)′

−sin y

1−cos2

y

1 − x2

′

1

Отже,

(arccos x)

= −

,

x

<1

1− x2

.

3.

y = arctgx,

x = tgy, −

π

< y <

π

; −∞ < x < +∞,

2

2

y′x

= (arctgx)′ =

1

=

1

=

1

=

1

.

1

x′y

1

+tg2 y

1

+ x2

cos2

y

Тут ми використали відому тотожність з шкільного курсу математики:

1 + tg2α = cos12 α cos2 α = 1 + tg1 2α .

.

4. y = arcctgx, x = ctgy, 0 < y <π; −∞ < x < +∞.

y′x = (arcctgx)′ =	1	=		1			= −sin2 y =			1	= −			1	.
	x′y		−	1				1		+ctg2 y		1		+ x2
				sin2	y

5. y = loga x,			x > 0, a > 0, a ≠1.
Функція x = ay	є оберненою до функції y = loga x .
Тому (loga x)′ =	1		=	1	=	1	.
		(ay )′		ay ln a		xln a

225

	Отже,	(loga x)′ =			1	.
					xln a
		(ln x)′ =	1	, x (0;+∞)
			x

Похідні основних елементарних функцій, які ми обчислили протягом останніх лекцій, складають так звану таблицю похідних. Знаючи її і правила диференціювання, можна зробити достатньо важливий

Висновок. Похідна довільної елементарної функції також є елементарною функцією, тобто операція диференціювання не виводить нас з класу елементарних функцій.

Функції, задані параметрично. Диференціювання функцій, заданих параметрично.

Нехай функції x =ϕ(t) і				y =ψ(t) визначені в деякому околі точки t0
, причому функція		x =ϕ(t)		строго монотонна і неперервна в цьому
околі. Тоді за теоремою про					обернену функцію, для даної функції
x =ϕ(t)	існує обернена функція t =ϕ−1 (x) , яка неперервна						і строго
монотонна в околі точки x0 =ϕ(t0 ) .
Значить, в околі точки t0					задана складена функція y =ψ (ϕ−1 (x)),
яка є суперпозицією функцій y =ψ(t) і t =ϕ−1 (x) .
Ця	функція	y	від	x	називається параметрично		заданою
функцією.
Теорема 18.2.			Нехай	функції		x =ϕ(t), y =ψ (t ), визначені в
деякому O(t0 ), диференційовні в точці t0 , причому ϕ′(t0 )≠ 0 . Тоді
параметрично задана функція						y =ψ (ϕ−1 (x)) диференційовна в

точці x0 , причому

226

(19.2)

Доведення. За правилом диференціювання оберненої функції маємо

dt

=

dϕ−1 (x )

=

1

.

0

dx

dx

ϕt'

(t0 )

Продиференціюємо складену функцію y =ψ (ϕ−1 (x)):

y

y' (x )

=ψ ' (t

)

dϕ−1 (x )

=

ψ ' (t

)

.

0

t 0

x

0

t 0

dx

ϕt' (t0 )

R

y

■

t

x

Приклади.

Знайти

похідні

параметрично

x

заданих функцій

Рис. 19.2

9. Рівняння

кола

з

центром

в

початку

координат,

радіуса

R (рис.19.2): x2

+ y2

= R . Тут –

x = Rcost; y = Rsin t; 0 ≤ t ≤ 2π параметричне задання кола,

величину

t називають параметром.

yx' =

yt'

=

(Rsin t)'

=

Rcost

= −ctgt . t (0; π).

x'

(Rcost)'

−Rsin t

t

y

10.

Рівняння еліпса:

x2

+

y2

=1

(рис.19.3).

a2

b2

b

a

x

Тоді

параметричне

рівняння

еліпса

0

y = bsin t, x = acost .

yx' =

yt'

=

(bsin t)'

=

bcost

= −

b

ctgt. t (0; π).

x'

(a cost)'

−asin t

a

t

y

Рис.19.3

11. Рівняння циклоїди. Нехай вздовж

прямої Ox зліва направо котиться коло

радіуса a з центром в точці A (рис.19.4).

A

D

Крива, яку

описує будь яка

точка

кола, називається

M

t

a

C

x

0 F

NРис.19.4

227

циклоїдою. Виведемо параметричні рівняння циклоїди. Для цього розглянемо рух точки O за один оберт.

Розглянемо нове положення кола, де точкою дотику до прямої Ox є точка N . Тоді довжина відрізка ON дорівнює відстані, яку точка дотику пройде вздовж прямої Ox . За цей самий час точка O, рухаючись по колу, займе положення M , і оскільки коло котиться без ковзання, то шлях, пройдений точкою по колу (MN ) і шлях вздовж прямої ON рівні між собою: MN =ON .

Введемо позначення: нехай x і y координати точки M (x, y) ;

MDC =t :

x = OF = ON − FN = at −y = FM = ND −CD = a −

0 ≤ t ≤ 2π.

asin t = a(t −sin t),	x = a(t −sin t),
a cost = a(1−cost),
	y = a(1−cost),
	0 ≤ t ≤ 2π

Отримали параметричне рівняння циклоїди. Якщо t змінювати від −∞ до +∞, то одержимо криву, яка має нескінченну множину віток циклоїди. Похідна циклоїди (функції, яка задана параметрично), дорівнює:

y'

a(1−cost)'

asin t

sin t

2sin

t

cos

t

t

'

2

yx

=

t

=

=

=

=

2

= ctg

.

x'

a(t −sin t)'

a(1

−cost)

t

2

1−cost

2sin

2

t

2

12.

Функція y = f (x)

задана

рівнянням

ρ = a(1+ cosϕ) ,

ϕ

0;

2π

,

де

ρ

і

ϕ

– полярні

y

3

координати точки (x, y) (рис.19.5).

M (x, y)

Знайти y′x .

ρ

y

Розв’язання.

Перейдемо

до

ϕ

параметричного задання функції:

x

x

x = ρ cosϕ = a(1 + cos) cosϕ;

0

Рис. 19.5

y = ρsinϕ = a(1 + cos) sinϕ,

228

і знайдемо похідні функцій x(ϕ) і y(ϕ) :

′

′

′

= −a(sinϕ +sin 2ϕ);

x (ϕ)= a(1

+ cosϕ) cosϕ + a(1 + cosϕ)(cosϕ)

′

′

′

= a(cosϕ + cos 2ϕ).

y (ϕ)= a(1

+ cosϕ) sinϕ + a(1

+ cosϕ)(sinϕ)

Згідно з формулою (19.2) знаходимо:

′

′

sinϕ +sin 2ϕ

2sin

3ϕ

cos

ϕ

3ϕ

2π

2

2

y (ϕ)

yx

=

= −

= −

= −ctg

,ϕ 0;

.

′

cosϕ +cos 2ϕ

3ϕ

ϕ

2

x (ϕ)

2 cos

cos

2

3

2

229