АвтоАвтоматизацияАрхитектураАстрономияАудитБиологияБухгалтерияВоенное делоГенетикаГеографияГеологияГосударствоДомДругоеЖурналистика и СМИИзобретательствоИностранные языкиИнформатикаИскусствоИсторияКомпьютерыКулинарияКультураЛексикологияЛитератураЛогикаМаркетингМатематикаМашиностроениеМедицинаМенеджментМеталлы и СваркаМеханикаМузыкаНаселениеОбразованиеОхрана безопасности жизниОхрана ТрудаПедагогикаПолитикаПравоПриборостроениеПрограммированиеПроизводствоПромышленностьПсихологияРадиоРегилияСвязьСоциологияСпортСтандартизацияСтроительствоТехнологииТорговляТуризмФизикаФизиологияФилософияФинансыХимияХозяйствоЦеннообразованиеЧерчениеЭкологияЭконометрикаЭкономикаЭлектроникаЮриспунденкция

тобто похідна складеної функції дорівнює добутку похідної заданої функції по проміжному аргументу на похідну цього аргументу по незалежній змінній

Читайте также:
  1. III. Соціальна політика, її сутність і функції.
  2. V. Для дискретної випадкової величини Х, заданої рядом розподілу, знайти:
  3. АБСТРАКТНІ КЛАСИ І ЧИСТІ ВІРТУАЛЬНІ ФУНКЦІЇ_________________________________________
  4. Автоматизоване робоче місце бухгалтера (АРМБ): призначення, функції та його рівні.
  5. Автоматизоване робоче місце бухгалтера (АРМБ): призначення, функції та його рівні.
  6. Алгоритм дослідження функції на парність та непарність
  7. Алгоритм знаходження функції, оберненої до даної.
  8. АРГУМЕНТУВАННЯ
  9. Асимптоти графіка функції
  10. Асимптоти графіка функції
  11. Асимптоти функції.
  12. Банківська система. Банки, їх види та функції

Таблиця похідних.

(u = u(x), v=v(x), – диференційовні функції від x)

 

1. ;

2. ;

3. .

4. .

5. .

6. .

7. .

 

8. .

9. .

 

10. .

 

11. .

12. .

13. .

14. .

 

Приклад. Знайти похідні функцій:

1) ; 2) ; 3) ;

4) y = (1 + sin3 5x)2; 5) ; 6) .

Розв’язання. Використовуючи таблицю похідних, дістанемо:

1)

;

2)

;

3)

;

4)

;

5)

;

6)

.

Похідна степенево-показникової функції(формула Лейбніца-Бернуллі).

Степенево-показниковою функцією називають функцію, у якої і основа, і показник є змінні, тобто функцію y(x) = u(x)v(x), (u(x) > 0).

Для виведення формули її похідної прологарифмуємо обидві частини рівності y = uv. Маємо: ln |y| = vln u, (u > 0).

Тоді

; ;

; ;

.

Отже, маємо формулу

,

за якою похідна степенево-показникової функції дорівнює сумі по­хід­них: степеневої функції (якщо v(x) вважати сталою) та показникової функції (u(x) вважається сталою).

Об’єднуючи встановлені формули та правила диференціюван­ня, дістанемо таблицю похідних, за допомогою якої і знаходять похідні елементарних функцій.

Диференціювання неявних і параметрично заданих функцій. Рівняння дотичної і до кривої

1. Диференціювання неявно заданих функцій

Нехай функція y = y(x) задана неявно рівнянням F(x, y) = 0. Для знаходження похідної цієї функції потрібно про­диференціювати обидві частини заданого рівняння по x, вважаючи y функцією від x, а потім з одержаної рівності виразити .

Приклад. Знайти , якщо y(x) визначається рівнянням:

1) x2 + y2 = R2; 2) y = cos (x + y).

Розв’язання. 1) Знайдемо похідну по аргументу x від обох час­тин заданого рівняння. Дістанемо

; 2x + 2y· = 0; x + y· = 0

і виразимо з останньої рівності :

.

2) Аналогічно маємо:

; ;

; ;

; .

З наведених прикладів бачимо, що похідна неявної функції ви­ражається через незалежну змінну і саму функцію. Тому для обчис­лення значення похідної неявної функції при деякому значенні аргу­менту x = x0 потрібно знати і значення самої функції в точці x0.

2. Диференціювання параметрично заданих функцій



Нехай функція y = y(x) задана параметрично рівняннями

x = x(t), y = y(t) (T0 £ t £ T1), (1)

де x(t), y(t) – диференційовні функції від t. Потрібно знайти похідну функції y = y(x), тобто .

Якщо функція x = x(t) на відрізку [T0, T1] має диференційовну обернену функцію t = j(x), тоді, враховуючи (1), будемо мати

y = y(t), t = j(x),

тобто y є складеною функцією аргументу x. За правилом диференцію­вання складеної функції дістаємо

,

де , тобто

. (2)

Виведена формула дозволяє знаходити похідну функції, за­даної параметрично, не знаходячи безпосередньої залежності y від x.

Приклад. Знайти , якщо

x = R(t – sin t), y = R(1 – cos t).

Розв’язання. Нагадаємо, що це-рівняння циклоїди. Зна­ходимо та : = R(1 – cos t), = Rsin t. Тепер

.

3. Рівняння дотичної і нормалі до кривої

Нехай рівняння y = f (x) є рівняння деякої кривої, яка в точці M0(x0, f (x0)) має дотичну, тобто функція y = f (x), диференційовна при
x = x0. Проведемо через точку M0(x0, f (x0)) кривої y = f (x) дотичну M0T.

Означення. Нормаллю(рис.1) до кривої y = f (x) називається пряма, яка проходить через точку дотику M0(x0, f (x0)) перпендикуляр­но до дотичної в цій точці (пряма M0R).

Рівняння дотичної шукаємо у вигляді:

yy0 = k(xx0),

де k = tg a – кутовий коефі­цієнт прямої. Із геометричного змісту похідної відомо, що
tg a = f ¢(x0). Отже, рівняння до­тичної до кривої y = f (x), прове­де­ної в точці M0(x0, f (x0)), має вигляд

yy0 = f ¢(x0)(xx0), (3)

де y0 = f (x0).

Як відомо, кутові коефіцієнти взаємно перпендикулярних пря­мих зв’язані рівністю k1·k2 = – 1. Тому кутовий коефіцієнт нормалі до кривої, проведеної в точці M0(x0, f (x0)), дорівнює і рів­няння нормалі має вигляд:

. (4)

Означення. Кутом a між двома криви­ми, що перетинаються в точці M0 (x0, y0), нази­вається кут між дотичними до цих кривих у точці їх перетину. На рис. 2 це кут TM0T1 = q.

‡агрузка...

Цей кут можна знайти за формулою:

.

Приклад. Скласти рівняння дотичної і нормалі до кривої y = x3

в точці M0(1, 1).

Розв’язання. Рівняння дотичної має вигляд (3):

yy0 = f ¢(x0)(xx0),

де x0 = 1, y0 = 1. Маємо y¢ = (x3)¢ = 3x2.Тоді f ¢(x0) = f ¢(1) = 3. Отже, шу­кане рівняння дотичної:

y – 1 = 3(x – 1); 3xy – 2 = 0.

Рівняння нормалі має вигляд (4)

,

тобто , або x + 3y – 4 = 0.

Приклад. Довести, що рівняння дотичної до еліпса у точці дотику M0(x0, y0) має вигляд

. (8)

Розв’язання. Рівнянням функція у(х) задана неявно. Знайдемо як похідну неявно заданої функції. Дістанемо:

; ; .

Підставимо в координати точки M0(x0, y0) і складемо рівнян­ня дотичної за формулою (3)

.

Виконаємо очевидні перетворення:

.

Поділивши на a2b2, матимемо

.

Права частина останньої рівності дорівнює 1 тому, що точка M0(x0, y0) лежить на еліпсі (її координати задовольняють рівняння еліпса). Отже, формула (8) доведена.

Аналогічний вигляд мають рівняння дотичних до гіперболи та параболи у точці дотику M0(x0, y0). А саме:

гіпербола – дотична ;

парабола y2 = 2px – дотична yy0 = p(x + x0).

Приклад. Скласти рівняння дотичної та нормалі до лінії x = 2et, y = e-t при t0 = 0.

Розв’язання. Використаємо формули (6) та (7). Знахо­димо координати точки дотику: x0 = 2e0 = 2, y0 = e0 = 1, тобто М0 (2, 1) – точка дотику. Далі знаходимо похідні , і обчислюємо їх при t = 0: , . Тепер, у відповідності з (6), (7), дістанемо шукане рівняння дотичної

, або x + 2y – 4 = 0,

і рівняння нормалі

, або 2x – y – 3 =0


1 | 2 | 3 | 4 |


При использовании материала, поставите ссылку на Студалл.Орг (0.019 сек.)