Методичні вказівки

Приклад 1. Знайти похідні і в пунктах а), б), в) диференціали dy для заданих функцій:

а) ; б) ; в) ;

г) ; д) 1-cos (xy)=sin (x+y).

Розв'язання: а) За правилом диференціювання складної функції

.

Тому,

При цьому використовувались наступні формули диференціювання основних елементарних функцій: .

Корисно також запам’ятати, що .

Диференціал dy функції y=f(x) дорівнює добутку похідної цієї функції на диференціал незалежної змінної . Звідки

.

б) Дана функція є добутком двох складних функцій. Похідна добутку обчислюється за формулою (uv) =u v+u v, звідки

.

При цьому використовувались наступні формули диференціювання основних елементарних функцій: і відома формула тригонометрії sin2  2sincos.

в) Дана функція є часткою двох складних функцій. Похідна частки обчислюється за формулою , звідки

При цьому використовувались такі формули диференціювання:

г) Для обчислення похідної функції виду y  u (x)^v(x) (так званої степенево-показникової функції) використовується логарифмічне диференціювання ^*) – спосіб, який полягає в наступному. Прологарифмуємо обидві частини рівності . Отримуємо

.

Тепер продиференціювавши ліву і праву частини останньої рівності, враховуючи, що yy(x), знаходимо

звідки, нарешті,

При цьому використовувались формули диференціювання логарифмічної функції і гіперболічного синуса .

д) Дане рівняння 1-cos (xy)=sin (x+y) задає функцію yy(x) неявно. Щоб знайти похідну, продиференціюємо обидві його частини, пам’ятаючи, що yy(x) є функція змінної x:

[1-cos (xy)]  [sin (x+y)]

sin (xy)·(xy)  cos (x+y)·(x+y)

sin (xy)·(y+ xy)  cos (x+y)·(1+y).

Отримане рівняння розв'яжемо відносно похідної y. Для цього розкриємо дужки і доданки, що містять y, перенесемо в ліву частину, а інші – в праву частину рівняння

y [xsin (xy)–cos (x+y)]  cos (x+y)–ysin (xy).

Звідки, нарешті, знаходимо

При цьому використовувались формули диференціювання тригонометричних функцій (sinx)=cosx, (cosx)= –sinx.

Приклад 2. Знайти рівняння дотичних прямих і нормалей до графіків функцій, а також їхні кривини і радіуси кривини в заданих точках:

а) , x₀1; б) xth² t, ycth² t, t₀ln2.

Розв'язання: а) Для функції, заданої явним рівнянням y=f (x), рівняння дотичної прямої до графіка в точці x₀, має вид

y – y₀  y (x₀)(x–x₀), (1)

а рівняння нормалі (прямої, перпендикулярної до дотичної в точці дотику) –

або y, (2)

де y₀  y(x₀). Кривина k обчислюється за формулою

k (3)

Тому, оскільки y(x₀)  f(x₀)  f(1)  ,

то, підставивши ці значення в формули (1) – (3), послідовно знайдемо:

рівняння дотичної y–1  1 (x–1) або x+y–2  0;

рівняння нормалі y–1  x–1 або x–y  0;

кривину k

радіус кривини R_кр=1/k  0.404.

б) Для функції, заданої параметричними рівняннями

x  x (t), y  y (t),

рівняння дотичної і нормалі визначаються за тими ж формулами (1) і (2), де x₀  x (t₀), y₀  y (t₀),

,

(крапкою над знаком функції позначається похідна по параметру t). Кривина також може бути знайдена за формулою (3), але враховуючи, що

цю формулу можна переписати так

k . (4)

В нашому випадку x (t)  th² t, y (t)  cth² t, t₀  ln2,

x₀  th²(ln2)  ,

y₀  cth²(ln2)  th^2(ln2)=25/9,

Таким чином, з формул (1), (2) одержуємо:

рівняння дотичної ,

рівняння нормалі .

Далі знаходимо

Значення кривини за формулою (4) і радіус кривини графіка функції в заданій точці t₀: k 

R_кр  1/k  10,99.

Приклад 3. Провести повне дослідження заданої функції і побудувати її графік: .

Розв'язання: Розіб'ємо дослідження функції на декілька етапів.

а) Знайдемо область визначення, інтервали неперервності і точки розриву функції.

Область визначення D (f) ={x: x1}=(–;1) (1;). Дана функція неперервна, як елементарна, в кожній точці області визначення D(f), тобто неперервна в кожному з інтервалів (–;1) і (1;). Оскільки функція невизначена в точці x=1, то ця точка є точкою розриву функції.

Тут же також можна виявити деякі властивості функції такі, як: парність, непарність, періодичність і т.п. Досліджувана функція не є ні періодичною, ні парною, ні непарною.

Знайдемо ще точки перетину графіка з осями координат:

точка перетину з віссю Oy: x  0  y  0;

точка перетину з віссю Ox: y  0  y  0, тобто крива проходить через початок координат.

б) Знайдемо асимптоти графіка.

Вертикальні асимптоти можуть бути тільки в граничних точках інтервалів неперервності функції, зокрема в точках розриву. Тому асимптота може бути тільки в точці x1. Обчислимо односторонні границі функції y(x) в цій точці.

Ліва границя:

Права границя:

Таким чином, обидві границі рівні нескінченності, і пряма x1 є вертикальною асимптотою.

Похилі асимптоти задаються рівняннями yk_±x+b_±· , де коефіцієнти k_± і b_± рівні наступним границям ^*)

Оскільки k_  k₊  1, b₊  b_  0, то пряма yx є похилою асимптотою при x+ і при x.

в) Визначимо, використовуючи похідну, інтервали монотонності функції та її екстремуми.

Критичні точки, тобто точки, що належать області визначення і, в яких похідна y=0 або не існує, знайдемо, прирівнюючи нулю її числівник і знаменник:

Критичні точки і точка розриву розбивають числову вісь на чотири інтервали, в кожному з яких похідна зберігає знак, а отже, функція є монотонною. Підставивши довільні значення змінної з цих інтервалів, знаходимо знак похідної на кожному з них, наприклад, x  1(; 0), y(–1)=5/4>0 y (x) монотонно зростає на цьому інтервалі. Результат зручно оформити у вигляді табл. 1.

Таблиця 1

x	(; 0)	0	(0; 1)	1	(1; x2)	x2	(x2;)
y	+	0	–	Не існує	–	0	+
y		max y=0		Не існує		min y–2.11

Оскільки в точці x0 похідна змінює знак з плюса на мінус, то функція має в цій точці максимум. Підставивши x0 в функцію, знаходимо його значення y(0)  0. В точці похідна змінює знак з мінуса на плюс, тобто функція має мінімум, його значення .

г) Визначимо, використовуючи похідну другого порядку, інтервали опуклості графіка і точки перегину.

Критичні точки другого роду, тобто точки, що належать області визначення і, в яких похідна другого порядку або не існує, знайдемо, прирівнюючи нулю її числівник і знаменник:

Критичні точки другого роду і точка розриву розбивають числову вісь на чотири інтервали, в кожному з яких друга похідна зберігає знак, а отже, графік функції зберігає напрям опуклості. Підставляючи довільні значення змінної x із цих інтервалів в другу похідну, знаходимо її знак в кожному з них, наприклад, x  1(x₂; 0),  графік функції y(x) на цьому інтервалі опуклий вгору. І тут, як і в попередньому розділі, результат досліджень оформимо у вигляді табл. 2.

Таблиця 2

x	(; x2)	x2	(x2; 0)	0	(0; 1)	1	(1; )
y	+	0	–	0	–	не існує.	+
y		точка перегину		перегину нема		не існує.	

Оскільки в точці  –1.26 друга похідна змінює знак, то точка графіка з координатами (x₂; y(x₂)), де y(x₂)= 0.84, є точкою перегину графіка. В точці x0 друга похідна не змінює знак, тому точка графіка з координатами (0; 0) не є точкою перегину (як ми знаємо, x 0 є точка максимуму)

д) Використовуючи отримані відомості, будуємо графік функції (рис. 1).

Рис. 1

Побудову його починаємо з асимптот і характерних точок графіка (екстремуми, точки перегину, точки перетину з осями координат). Слід врахувати, що на достатньому віддаленні від початку системи координат графік практично співпадає з асимптотами.

Приклад 4. Знайти найбільше і найменше значення функції

y  3x⁴20x³36x²+5 на відрізку [1; 1].

Розв'язання: Як відомо, неперервна на відрізку [a;b] функція досягає на ньому свого найменшого і найбільшого значень або всередині відрізка – в точках екстремуму, або на його кінцях – в точках x  a і x  b.

Дана функція є елементарною, визначена, а значить і неперервна, на всій осі. Знайдемо критичні (підозрілі на екстремум) точки, що лежать на заданому відрізку, тобто точки, в яких похідна y дорівнює нулю або не існує. Оскільки похідна y  12x³60x²72x визначена (існує) в усіх точках, то залишається знайти її нулі, розв’язавши рівняння

12x³60x²72x0  12x (x²5x6)  0  12x (x6) (x+1)0.

З трьох коренів цього рівняння x₁  0, x₂  1, x₃  6 тільки перші два лежать на заданому відрізку [1; 1]. Обчислимо значення функції в цих точках і на кінцях відрізка: y(1)  8; y(0)  5; y(1)  48. Порівнюючи ці значення, знаходимо

Приклад 5. Знайти рівняння дотичної прямої і нормальної площини до лінії, заданої вектор-функцією в точці t₀=/4.

Розв'язання: Якщо лінія задана вектор-функцією , то похідна від неї – вектор-функція є вектором дотичним до лінії в кожній її точці M(x(t); y(t); z(t)), отже, є напрямним вектором дотичної прямої. Звідси виникає, що канонічне рівняння дотичної прямої в заданій точці t₀ має вид

, (5)

а рівняння нормальної площини, тобто площини, що проходить через точку дотику M₀ перпендикулярно до дотичної прямої, –

. (6)

Для заданої вектор-функції

;

.

Підставивши одержані значення в рівняння (5) і (6), знаходимо:

рівняння дотичної прямої

і рівняння нормальної площини

.

Останнє рівняння можна спростити до виду

.