Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

razdel4UMK

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.03 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 126 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

sin

−1 и

lim

sin x sin

(x +

x→0

′

= sin 2 x −1. Итак y

= sin 2 x −1.

ПРИМЕР 2.3. y = x 2 − 4x +3.

Решение. Найдем приращение функции

+3 − x 2 + 4x −3 = 2x x + x 2 − 4 x .

	sin	x

		x
lim		x	−1	=
lim		(x + x)	−1	=
x→0 sin x sin		(x + x)

y = (x + x)2 − 4(x + x)+

Тогда		y	=		2x	x + x 2 − 4 x	и
		x				x

lim	y	= lim				2x x + x 2 − 4	x	= lim (2x + x − 4)= 2x − 4.
	x					x
x→0				x→0				x→0
Следовательно y′ = 2x − 4.

2.2. ПРОИЗВОДНАЯ НЕЯВНО ЗАДАННОЙ ФУНКЦИИ. ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ПРОИЗВОДНАЯ

Если функция задана неявным уравнением F(x, y)= 0, т.е. не разрешенным относительно y, то для нахождения производной y′x надо продифференцировать по x обе части этого уравнения, учитывая, что y есть функция от x , и затем разрешить полученное уравнение относительно y′x .

Найти производные y′x следующих функций: ПРИМЕР 2.4. x 2 − y2 −9 = 0.

Решение. Так как y является функцией x , то y2 сложная функция. Сле-

довательно

(y2 )′ = 2 y y′x . Продифференцировав

по x

обе части

данного

уравнения, получим

(x 2 − y2 −9)′ = (0)′ (x 2 )′

−(y2 )′

= 0 2x − 2y y′ = 0,

таким

образом y′

ПРИМЕР 2.5. x3 + ln y − x 2 ey = 0 .

Решение. Дифференцируя по x обе части уравнения, получим

3 ′

′

2 y ′

y′

2 y

′

(x )

+ (ln y) −(x e ) = 0 3x + y − x e y

− 2x e

= 0 .

Отсюда y′ = (2x ey −3x 2 )y .

1 − x 2 y ey

ПРИМЕР 2.6. sin(x y)+ cos(x y)= tg (x + y).

Решение. Продифференцируем обе части данного уравнения по x , полу-

чим

(sin(xy))′ + (cos(xy))′ = (tg(x + y))′ cos(x y)(x y)′ −sin(xy)(xy)′ =

′

cos(xy)(y + xy

)

−sin(xy)(y + xy

= cos2 (x + y)

+ y)

′

) cos(xy) y −sin(xy) y − cos2 (x + y) =

= cos2 (x + y)(1 + y

− x cos(xy)+ x sin(xy)+

′

. Отсюда

= y

cos

(x + y)

′

cos2

(x + y)(cos(xy) y −sin(xy) y)−1

= cos

2 (x + y)

(−cos(xy) x +sin(xy) x)+1.

ПРИМЕР 2.7. eϕ−2

+ rϕ−3r −

2 = 0 . Найти

dϕ

ϕ=2

Решение. Дифференцируя по ϕ, и считая r функцией ϕ, найдем

eϕ−2 + ϕ

+ r −3

= 0 отсюда

eϕ−2 + r

dϕ

3 −ϕ

Подставляя данные по условию значение

ϕ = 2 в исходное уравнение

найдем соответствующее значение r

ϕ=2

= −1. Искомое частное значение про-

e0 −1

изводной

при

ϕ = 2 будет равно

= 0.

dϕ

ϕ=2

3 − 2

Логарифмическая производная функции f ((x)> 0) есть производная от логарифма данной функции ln f (x):

[ln (f (x))]′ = ff′((xx)).

Вычисление логарифмической производной называется логарифмическим дифференцированием. Логарифмическое дифференцирование применяется при вычислении производной показательно-степенной функции

y = [f (x)]ϕ(x ),

где f (x) и ϕ(x) имеют производные в точке x0 и f (x)> 0 , а также при нахо-

ждении производной произведения и частного нескольких функций. Найти производные y′ от следующих функций.

ПРИМЕР 2.8. y = (sin 3x)

x .

ln y = ln((sin 3x) x ) или

Решение. Найдем логарифм данной функции

ln y =

x ln(sin 3x).

Дифференцируя

обе

части

этого

равенства,

получим

(ln y)′ = ( x ln(sin 3x))′

y′

ln(sin 3x)+

3cos3x .

Отсюда

sin 3x

′

ln(sin 3x)

′

= (sin 3x)

ln (sin 3x)

x ctg 3x

= y

x ctg 3x

2 x

ПРИМЕР 2.9. y =

6x −1

2x +1

5 15x

− 4

Решение. Прологарифмируем данное равенство

(6x −1)3 (2x +1)2

ln y = ln(6x −1)3 + ln(2x +1)2 −

ln y = ln

(15x

− 4)5

−ln(15x −

ln y =

ln(6x −1)+

ln(2x +1)−

ln(15x − 4).

Дифференцируя обе части последнего равенства, получим

y′

−

3(6x −1)

2(2x +1)

5(15x − 4)

y′

= y

−

6x +1

2x +1

15x − 4

y′

3 6x −1 2x +1

−

5 15x − 4

15x −

6x −1

ПРИМЕР 2.10. x y = yx .

Решение. Прологарифмируем обе части данного уравнения (по основанию e), затем дифференцируем по y, рассматривая x как функцию y:

y ln x = x ln y;

y′ln x + y(ln x)′ = x′ln y + x(ln y)′;

x′

′

1 ln x + y x = x

ln y + x y . Отсюда найдем:

x(x − y ln x)

x′

−ln y =

−ln x ; x′ =

y(y − x ln y)

2.3. ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ ЗАДАННЫХ ПАРАМЕТРИЧЕСКИ

Если функция y аргумента x задана параметрическими уравнениями

x = x(t),

y = y(t)

то производная функции y по переменной x , т.е. y′x вычисляется по формуле:

y′x = y′′t . x t

Найти производные от y по x для функций, заданных параметрически.

					2
			x =	1− t	2	,
			x =	1− t		,
	ПРИМЕР 2.11.
					3	.
			y = t − t			.			1 −3t 2
	Решение. Найдем x′t			= −2t и y′t			=1 −3t 2 . Следовательно y′x	=	1 −3t 2	.
	Решение. Найдем x′t			= −2t и y′t			=1 −3t 2 . Следовательно y′x	=		.
			x = a cos t,						− 2t
			x = a cos t,
	ПРИМЕР 2.12.
			y = a sin t.				x′t = −a sin t; y′t = a cos t.
	Решение.		Найдем				x′t = −a sin t; y′t = a cos t.		Тогда
y′x	= −	a cos t	= −ctgt .
y′x	= −	a sin t	= −ctgt .
		a sin t

x = arcsin t,

ПРИМЕР 2.13. ( )

y = ln 1 − t 2 .

Решение. Найдем x′t	=	1	; y′t	= −	2t
	1	− t 2		1	− t 2

		2t 1 − t 2	2t
y′x = − (1 − t 2 ) = −			1 − t 2 .
		x = k sin t +sin kt		dy
ПРИМЕР 2.14.				. Найти	. Каков геометриче-
ПРИМЕР 2.14.				. Найти	. Каков геометриче-
		y = k cos t + cos kt		dx t=0
ский смысл результата?
Решение. Найдем производные от x и от y по параметру t:
dx		= k cos t + k cos kt


dt
	dy	= −k sin t − k sin kt
		= −k sin t − k sin kt
dt

Искомая производная от y по x находится как отношение производных от y и от x по t:

k(sin t +sin kt)

− 2sin

t + kt

cos

t − kt

k +1

= −

= −tg

t .

k(cos t + cos kt)

t − kt

2 cos

t + kt

cos

При t = 0 получим

= 0 . Согласно геометрическому значению произ-

водной в точке (0; k +1), где t = 0 , касательная к графику данной функции па-

раллельна оси Ox .

ПРИМЕР 2.15. x = α

+ 2α. Найти

y = ln(α +1)

dx 2

Решение. Найдем производные от x и от y по параметру α:

= 2α + 2

dα

. Найдем искомую производную от y по x:

α +1

dα

y′ =

(α +1)

−2

. Далее находим производ-

dα

2(α +1)2

ную от y′

по α, а затем искомую вторую производную от y по x как отноше-

ние производных от y′ и от x по α:

(α +1)−3

dy′

−3

dy′

dy′ dx

= −(α +1)

;

y′′ =

= −

dα

2(α +1)

2(α +1)4

2.4. ПРИЛОЖЕНИЯ ПРОИЗВОДНОЙ К ЗАДАЧАМ ГЕОМЕТРИИ И МЕХАНИКИ

Производная функции y = y(x) при данном значении аргумента x = x0 равна угловому коэффициенту касательной, проведенной к графику этой функции в точке с абсциссой x 0 .

y = y(x)

M0 (x 0 ; y0 )

x0 x

tg α = y′(x0 )

Уравнение прямой, касательной к графику y = y(x) в точке M0 (x0 ; y0 ) имеет вид

y − y0 = y′(x0 )(x − x0 ).

Если y(x) имеет в точке M0 (x0 ; y0 ) бесконечную производную, то

уравнение касательной к графику этой функции в указанной точке имеет вид

x = x0 .

Уравнение нормали, т.е. прямой, проходящей через точку M0 (x0 ; y0 ) перпендикулярно к касательной, имеет вид

y − y0 = − y′(1x0 )(x − x0 ).

Если при прямолинейном движении точки задан закон движения S = S(t), тогда скорость движения в момент t = t 0 есть производная от пути по времени:

V = S′(t 0 ).

ПРИМЕР 2.16. Составить уравнение касательной и нормали к параболе

y = 2x 2 −6x +3 в точке M0 (1;−1).

y = 2x 2 −6x +3 при

Решение. Найдем производную функции

x =1.

Имеем y

′

= 4x − 6 отсюда

′

y (1)= −2 .

В результате получим искомые уравнения касательной y +1 = −2(x −1)

или 2x + y −1 = 0 и уравнение нормали y +1 =

(x −1) или x − 2y −3 = 0.

ПРИМЕР 2.17. Зависимость пути от времени при прямолинейном движе-

нии точки задана уравнением S =

sin

πt

, где t − время в секундах;

S − путь в метрах.

Определить скорость движения в конце 2-й секунды.

πt

′

Решение. Найдем производную от пути по времени S

= t

cos

8 .

При t = 2 имеем S′ =16 + 14 cos π4 =16 + 82 ≈16,18.

Следовательно, искомая скорость V ≈16,18 м/с.

ПРИМЕР 2.18. Составить уравнения касательной и нормали к циклоиде

x = t −sin t ;	y =1 −cos t	в точке, где t = π.
		2	π
Решение. Подставляя в уравнения циклоиды t =			π	, находим координаты
	x = π −1;		2
точек касания:	x = π −1;	y =1. Найдем производные по x от y из уравнений
	2

циклоиды как от функции, заданной параметрически:

2sin

sin t

cos

y′ =

= ctg

и вычислим ее значение для

1 −cos t

2sin

2 t

точки касания y′0

=1. Подставляя x0

, y0 и y′0 в уравнение касатель-

= y′

ной и нормали получим уравнение касательной 2x − 2y − π+ 4 = 0 и уравнение нормали 2x + 2y − π = 0.

ПРИМЕР 2.19. Составить уравнение касательной и нормали к кривой y = x3 −1 в ее угловой точке.

Решение. Найдем производную y′ и затем угловую точку данной кривой из условия, что для этой точки производная y′ не существует, но существуют различные односторонние производные:

y′ = x3 −1′ = ±3x 2 , где плюс соответствует интервалу x >1, в котором

x3 −1 > 0 , а минус – интервалу x <1, где x3 −1 < 0 . Отсюда заключаем, что точка, где x =1 является угловой, в этой точке кривая имеет две односторон-

ние касательные с угловыми коэффициентами: k1				= lim	y	= y′(−)(1)= −3 и
		y		x→−0	x
k 2	= lim	y	= y′(+)(1)= 3. Пользуясь общими уравнениями касательной и
	x→+0	x

нормали получим: уравнение касательных 3x − y −3 = 0 и 3x + y −3 = 0 и уравнения нормали x +3y −1 = 0 и x −3y −1 = 0.

ПРИМЕР 2.20. Точка движется по кубической параболе 12y = x3 . Какая

из ее координат изменяется быстрее?

Решение. Считая в уравнение параболы y сложной функцией от времени t

и дифференцируя его по t , получим 12 dydt = 3x 2 dxdt .

Отсюда найдем отношение скоростей ординаты и абсциссы:

x 2

. При

< 2 это отношение будет меньше 1, при

= 2 -

равно 1, и при

x > 2 оно будет больше 1. Следовательно:

1)при − 2 < x < 2 ордината изменяется медленнее абсциссы;

2)при x = ±2 скорости изменения абсциссы и ординаты одинаковы;

3)при x < −2 и x > 2 ордината изменятся быстрее абсциссы.

ПРИМЕР 2.21. Резервуар, имеющий форму полушара, с внутренним радиусом R (м), наполняется водой со скоростью Q (м) в секунду. Определить скорость повышения уровня воды в резервуаре в момент, когда он будет равен

0,5R.

Решение. Обозначим через h уровень воды в м. и через V ее объем в м3 .

Найдем зависимость между переменными h и V, пользуясь формулой для
объема шарового сегмента:
	2		h
V = πh		R −		. Дифференцируя это равенство по времени t, найдем

			3

зависимость между скоростями изменения переменных h и V

−

= π(2πRh − h

)

= π 2h R −

Полагая, согласно

условию

= 0,001Q (м3 / c ), получим

0,001Q

0,004

( м/ c). При h =

, получим

(м/с).

πh(2R − h)

3πR 2

ПРИМЕР 2.22. Скорость прямолинейного движения тела пропорционально квадратному корню из пройденного пути (как например, при свободном падении). Доказать, что это движение происходит под действием постоянной силы.

Решение. По закону Ньютону сила F, вызывающая движение, пропор-

ционально ускорению

F = k

d2s

. Согласно условию

= λ s . Дифференцируя это равенство

dt 2

найдем

d2s =

s =

λ2

. Следовательно, действующая сила

kλ2

dt 2

2 s

F =

(const).

2.5. ДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ

Дифференциалом 1-го порядка dy функции y = y(x) называется главная

часть ее приращения, пропорциональная приращению x независимой переменной x .

Дифференциал независимой переменной dx равен ее приращению x . Дифференциал любой дифференцируемой функции y = y(x) равен про-

изведению ее производной на дифференциал независимой переменной.

dy = y′(x)dx

Это выражение верно и в том случае, когда x является функцией другого аргумента.

Если x достаточно мало по абсолютной величине, то с точностью до бесконечно малых более высокого порядка малости, чем x , имеет место приближенное равенство:

или	y ≈ dy

y(x +	′
	x)≈ y(x)+ y (x) x .

Основные свойства дифференциала

1)dc = 0, где C = const;

2)d(C U)= C dU;

3)d(U ± ϑ)= dU ± dϑ;

4)d(U ϑ)= U dϑ+ ϑ dU ;

ϑdU − U dϑ

5) d

ϑ2

, где

ϑ ≠ 0;

′

6) d f (U)= f (U)dU.

ПРИМЕР 2.23. Найти дифференциал функции y = ex2 .

Решение. dy = (ex2 )′ dx = (ex 2x)dx .

ПРИМЕР 2.24. Вычислить приближенное значение arcsin 0,51.

Решение.

Рассмотрим

функцию

y = arcsin x ,

полагая

= 0,5;

x = 0,01 и применяя формулу

y ≈ dy f (x0 + x)−f (x 0 )≈ f ′(x0 ) x

f (x 0 +

x)≈ f (x0 )+ f ′(x0 )

x ,

получим

arcsin(0,5 + 0,01)≈

≈ arcsin(0,5)+ (arcsin x)′

x0 =0,5

0,01 arcsin 0,51 ≈ arcsin 0,5 +

0,01 ≈

π + 0,01 = 0,513.

1 −(0,5)2

ПРИМЕР

2.25.

Сравнить

приращение

дифференциал

функции

y = 2 x3 +5 x 2 .

y = 2(x +

x)3 +5(x +

x)2 − 2 x3 −5 x 2

Решение.

= (6 x 2 +10 x)

x + (6 x +5) x 2 + 2

x3 ,

dy = (6 x 2 +10 x)dx.

Разность между приращением функции и ее дифференциалом есть беско-

нечно малая более высокого порядка малости по сравнению с

x ,

равная

(6 x +5)

x 2 + 2 x3 .

ПРИМЕР 2.26. Найти дифференциалы функции F(ϕ)= cos ϕ +sin

3 ′

Решение. dF(ϕ)

= d cos

+sin

= cos

+sin

dϕ =

′

= − sin

+ cos

dϕ = −

sin

cos

dϕ.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 126 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151 Mб59razdel2kim.pdf
#
17.03.20151.08 Mб32razdel2UMK.pdf
#
17.03.2015780.33 Кб33razdel3kim.pdf
#
17.03.20151.22 Mб88razdel3UMK.pdf
#
17.03.2015768.02 Кб25razdel4kim.pdf
#
17.03.20151.03 Mб39razdel4UMK.pdf
#
17.03.201569.38 Кб35rechev_kommun.docx
#
26.11.201874.24 Кб6ref-23736.doc
#
29.07.2019143.87 Кб6Referat Istoria.doc
#
17.03.201573.51 Кб165Referat.docx
#
06.03.201641.23 Кб89REFERAT.docx