|
|||||||
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 зміннійТаблиця 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) 4) y = (1 + sin3 5 x)2; 5) 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 | = v ln 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 Приклад. Знайти 1) x 2 + y 2 = R 2; 2) y = cos (x + y). Розв’язання. 1) Знайдемо похідну по аргументу x від обох частин заданого рівняння. Дістанемо
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 = x 0 потрібно знати і значення самої функції в точці x 0. 2. Диференціювання параметрично заданих функцій Нехай функція y = y (x) задана параметрично рівняннями x = x (t), y = y (t) (T 0 £ t £ T 1), (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 [ T 0, T 1] 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
Виведена формула дозволяє знаходити похідну Приклад. Знайти x = R (t – sin t), y = R (1 – cos t). Розв’язання. Нагадаємо, що це-рівняння циклоїди. Знаходимо
3. Рівняння дотичної і нормалі до кривої Нехай рівняння y = f (x) є рівняння деякої кривої, яка в точці M 0(x 0, f (x 0)) має дотичну, тобто функція y = f (x), диференційовна при
Рівняння дотичної шукаємо у вигляді: y – y 0 = k (x – x 0), де k = tg a – кутовий коефіцієнт прямої. Із геометричного змісту похідної відомо, що y – y 0 = f ¢(x 0)(x – x 0), (3) де y 0 = f (x 0). Як відомо, кутові коефіцієнти взаємно перпендикулярних прямих зв’язані рівністю k 1· k 2 = – 1. Тому кутовий коефіцієнт нормалі до кривої, проведеної в точці M 0(x 0, f (x 0)), дорівнює
Цей кут можна знайти за формулою:
Приклад. Скласти рівняння дотичної і нормалі до кривої y = x 3 в точці M 0(1, 1). Розв’язання. Рівняння дотичної має вигляд (3): y – y 0 = f ¢(x 0)(x – x 0), де x 0 = 1, y 0 = 1. Маємо y ¢ = (x 3)¢ = 3 x 2.Тоді f ¢(x 0) = f ¢(1) = 3. Отже, шукане рівняння дотичної: y – 1 = 3(x – 1); 3 x – y – 2 = 0. Рівняння нормалі має вигляд (4)
тобто Приклад. Довести, що рівняння дотичної до еліпса
Розв’язання. Рівнянням
Підставимо в
Виконаємо очевидні перетворення:
Поділивши на a 2 b 2, матимемо
Права частина останньої рівності дорівнює 1 тому, що точка M 0(x 0, y 0) лежить на еліпсі (її координати задовольняють рівняння еліпса). Отже, формула (8) доведена. Аналогічний вигляд мають рівняння дотичних до гіперболи та параболи у точці дотику M 0(x 0, y 0). А саме: гіпербола парабола y 2 = 2 px – дотична yy0 = p (x + x 0). Приклад. Скласти рівняння дотичної та нормалі до лінії x = 2 et, y = e-t при t 0 = 0. Розв’язання. Використаємо формули (6) та (7). Знаходимо координати точки дотику: x 0 = 2 e 0 = 2, y 0 = e 0 = 1, тобто М 0 (2, 1) – точка дотику. Далі знаходимо похідні
і рівняння нормалі
Поиск по сайту: |
Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Студалл.Орг (0.011 сек.) |