Drugi izvod parametarske funkcije na mreži. Funkcije definirane parametarski

Formula za derivaciju funkcije definirane na parametarski način. Dokaz i primjeri primjene ove formule. Primjeri izračunavanja izvedenica prvog, drugog i trećeg reda.

Neka je funkcija data na parametarski način:
(1)
gdje je neka varijabla koja se zove parametar. I neka funkcije i imaju derivate na nekoj vrijednosti varijable . Štoviše, funkcija također ima inverznu funkciju u nekom susjedstvu točke . Tada funkcija (1) ima derivaciju u tački, koja je u parametarskom obliku određena formulama:
(2)

Ovdje i su derivati ​​funkcija i u odnosu na varijablu (parametar) . Često se pišu u sljedećem obliku:
;
.

Tada se sistem (2) može zapisati na sljedeći način:

Dokaz

Po uslovu, funkcija ima inverznu funkciju. Označimo to kao
.
Tada se originalna funkcija može predstaviti kao složena funkcija:
.
Pronađimo njegov derivat primjenom pravila diferencijacije kompleksnih i inverznih funkcija:
.

Pravilo je dokazano.

Dokaz na drugi način

Nađimo izvod na drugi način, na osnovu definicije derivacije funkcije u tački:
.
Hajde da uvedemo notaciju:
.
Tada prethodna formula poprima oblik:
.

Iskoristimo činjenicu da funkcija ima inverznu funkciju, u blizini tačke.
Hajde da uvedemo notaciju:
; ;
; .
Podijelite brojilac i imenilac razlomka sa:
.
U , . Onda
.

Pravilo je dokazano.

Derivati ​​višeg reda

Za pronalaženje derivata višeg reda potrebno je nekoliko puta izvršiti diferencijaciju. Pretpostavimo da trebamo pronaći drugi izvod funkcije date na parametarski način, sljedećeg oblika:
(1)

Prema formuli (2) nalazimo prvu derivaciju, koja se također parametarski određuje:
(2)

Označite prvi izvod pomoću varijable:
.
Zatim, da biste pronašli drugi izvod funkcije u odnosu na varijablu, morate pronaći prvi izvod funkcije u odnosu na varijablu. Ovisnost varijable od varijable je također specificirana na parametarski način:
(3)
Upoređujući (3) sa formulama (1) i (2), nalazimo:

Sada ćemo izraziti rezultat u smislu funkcija i . Da bismo to učinili, zamjenjujemo i primjenjujemo formulu za derivaciju razlomka:
.
Onda
.

Odavde dobijamo drugi izvod funkcije u odnosu na promenljivu:

Takođe je dat u parametarskom obliku. Imajte na umu da se prvi red može napisati i na sljedeći način:
.

Nastavljajući proces, moguće je dobiti derivate funkcija iz varijable trećeg i višeg reda.

Imajte na umu da je moguće ne uvoditi notaciju za izvod . Može se napisati ovako:
;
.

Primjer 1

Pronađite izvod funkcije date na parametarski način:

Odluka

Nalazimo derivate i s obzirom na .
Iz tabele derivata nalazimo:
;
.
Primjenjujemo:

.
Evo.

.
Evo.

Željeni derivat:
.

Odgovori

Primjer 2

Pronađite derivaciju funkcije izraženu kroz parametar:

Odluka

Otvorimo zagrade koristeći formule za funkcije snage i korijene:
.

Nalazimo derivat:

.

Pronalazimo derivat. Da bismo to učinili, uvodimo varijablu i primjenjujemo formulu za izvod kompleksne funkcije.

.

Pronalazimo željenu derivaciju:
.

Odgovori

Primjer 3

Nađite drugi i treći izvod funkcije parametarski date u primjeru 1:

Odluka

U primjeru 1 pronašli smo izvod prvog reda:

Hajde da uvedemo notaciju. Tada je funkcija derivacija u odnosu na . Postavlja se parametarski:

Da bismo pronašli drugi izvod u odnosu na , Moramo pronaći prvi izvod u odnosu na .

Razlikujemo u odnosu na .
.
Izvod smo pronašli u primjeru 1:
.
Izvod drugog reda u odnosu na jednak je izvodu prvog reda s obzirom na:
.

Dakle, pronašli smo izvod drugog reda u odnosu na parametarski oblik:

Sada nalazimo derivat trećeg reda. Hajde da uvedemo notaciju. Zatim moramo pronaći prvu derivaciju funkcije , koja je data na parametarski način:

Nalazimo derivaciju u odnosu na . Da bismo to učinili, prepisujemo u ekvivalentnom obliku:
.
Od

.

Izvod trećeg reda u odnosu na jednak je izvodu prvog reda s obzirom na:
.

Komentar

Moguće je ne uvoditi varijable i , koje su derivati ​​i , respektivno. Onda to možete napisati ovako:
;
;
;
;
;
;
;
;
.

Odgovori

U parametarskom prikazu, izvod drugog reda ima sljedeći pogled:

Izvod trećeg reda:

Funkcija se može definirati na nekoliko načina. Zavisi od pravila koje se koristi prilikom postavljanja. Eksplicitni oblik definicije funkcije je y = f (x) . Postoje slučajevi kada je njegov opis nemoguć ili nezgodan. Ako postoji skup parova (x; y) koje je potrebno izračunati za parametar t u intervalu (a; b). Za rješavanje sistema x = 3 cos t y = 3 sin t sa 0 ≤ t< 2 π необходимо задавать окружность с центром координат с радиусом равным 3 .

Definicija parametarske funkcije

Dakle, imamo da su x = φ (t) , y = ψ (t) definirani na za t ∈ (a; b) i imaju inverznu funkciju t = Θ (x) za x = φ (t), tada u pitanju o postavljanju parametarske jednadžbe funkcije oblika y = ψ (Θ (x)) .

Postoje slučajevi kada je za proučavanje funkcije potrebno tražiti izvod po x. Razmotrimo formulu za izvod parametarski zadane funkcije oblika y x " = ψ " (t) φ " (t) , hajde da pričamo o derivatu 2. i n-tog reda.

Derivacija formule za izvod parametarski zadane funkcije

Imamo da je x = φ (t), y = ψ (t) definisano i diferencijabilno za t ∈ a; b , gdje je x t " = φ " (t) ≠ 0 i x = φ (t) , tada postoji inverzna funkcija oblika t = Θ (x) .

Za početak, trebali biste prijeći s parametarskog zadatka na eksplicitni. Da biste to učinili, morate dobiti kompleksnu funkciju oblika y = ψ (t) = ψ (Θ (x)) , gdje postoji argument x .

Na osnovu pravila za pronalaženje izvoda složena funkcija, dobijamo da je y " x = ψ Θ (x) = ψ " Θ x Θ " x .

Ovo pokazuje da su t = Θ (x) i x = φ (t) inverzne funkcije iz formule inverzna funkcijaΘ " (x) = 1 φ " (t) , zatim y " x = ψ " Θ (x) Θ " (x) = ψ " (t) φ " (t) .

Pređimo na rješavanje nekoliko primjera koristeći tablicu derivacija prema pravilu diferencijacije.

Primjer 1

Pronađite izvod za funkciju x = t 2 + 1 y = t .

Odluka

Po uslovu imamo da je φ (t) = t 2 + 1, ψ (t) = t, pa stoga dobijamo da je φ "(t) = t 2 + 1" , ψ "(t) = t" = 1. Potrebno je koristiti izvedenu formulu i odgovor napisati u obliku:

y "x = ψ" (t) φ "(t) = 1 2 t

odgovor: y x " = 1 2 t x = t 2 + 1 .

Kada se radi s izvodom funkcije, parametar t specificira izraz argumenta x kroz isti parametar t kako se ne bi izgubila veza između vrijednosti izvoda i parametarski određene funkcije s argumentom na koji su ove vrednosti odgovaraju.

Da biste odredili izvod drugog reda parametarski zadane funkcije, trebate upotrijebiti formulu za izvod prvog reda na rezultirajućoj funkciji, tada ćemo dobiti da

y""x = ψ"(t)φ"(t)"φ"(t) = ψ""(t) φ"(t) - ψ"(t) φ""(t)φ"(t) 2 φ "(t) = ψ "" (t) φ "(t) - ψ "(t) φ "" (t) φ "(t) 3 .

Primjer 2

Naći izvode 2. i 2. reda date funkcije x = cos (2 t) y = t 2 .

Odluka

Po uslovu dobijamo da je φ (t) = cos (2 t) , ψ (t) = t 2 .

Zatim nakon transformacije

φ "(t) \u003d cos (2 t)" \u003d - sin (2 t) 2 t " = - 2 sin (2 t) ψ (t) = t 2 " = 2 t

Iz toga slijedi da je y x "= ψ" (t) φ "(t) = 2 t - 2 sin 2 t = - t sin (2 t) .

Dobijamo da je oblik derivacije 1. reda x = cos (2 t) y x " = - t sin (2 t) .

Da biste to riješili, trebate primijeniti formulu derivata drugog reda. Dobijamo izraz kao

y x "" \u003d - t sin (2 t) φ "t \u003d - t " sin (2 t) - t (sin (2 t)) " sin 2 (2 t) - 2 sin (2 t) = = 1 sin (2 t) - t cos (2 t) (2 t) " 2 sin 3 (2 t) = sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 sin 3 (2 t)

Zatim postavljamo derivaciju 2. reda koristeći parametarsku funkciju

x = cos (2 t) y x "" = sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 sin 3 (2 t)

Slično rješenje može se riješiti drugom metodom. Onda

φ "t \u003d (cos (2 t)) " \u003d - sin (2 t) 2 t " \u003d - 2 sin (2 t) ⇒ φ "" t = - 2 sin (2 t) " \u003d - 2 sin (2 t) "= - 2 cos (2 t) (2 t)" = - 4 cos (2 t) ψ "(t) = (t 2)" = 2 t ⇒ ψ "" (t) = ( 2 t) " = 2

Otuda to dobijamo

y "" x = ψ "" (t) φ " (t) - ψ " (t) φ "" (t) φ " (t) 3 = 2 - 2 sin (2 t) - 2 t (- 4 cos (2 t)) - 2 sin 2 t 3 \u003d \u003d sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 s i n 3 (2 t)

odgovor: y "" x \u003d sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 s i n 3 (2 t)

Slično, pronalaze se derivati ​​višeg reda sa parametarski specificiranim funkcijama.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Nemojte se naprezati, i u ovom pasusu je sve prilično jednostavno. Može se napisati opšta formula parametarski definisana funkcija, ali, da bi bilo jasno, odmah ću zapisati konkretan primjer. U parametarskom obliku, funkcija je data sa dvije jednačine: . Često se jednačine ne pišu pod vitičastim zagradama, već uzastopno:,.

Varijabla se naziva parametar i može uzeti vrijednosti od "minus beskonačnost" do "plus beskonačnost". Razmotrite, na primjer, vrijednost i zamijenite je u obje jednačine: . Ili ljudski: "ako je x jednako četiri, onda je y jednako jedan." Možete označiti tačku na koordinatnoj ravni, a ta tačka će odgovarati vrijednosti parametra. Slično, možete pronaći točku za bilo koju vrijednost parametra "te". Što se tiče "obične" funkcije, za američke Indijance parametarski zadane funkcije, također se poštuju sva prava: možete nacrtati graf, pronaći izvode i tako dalje. Usput, ako postoji potreba da se napravi graf parametarski zadane funkcije, preuzmite moj geometrijski program na stranici Matematičke formule i tablice.

U najjednostavnijim slučajevima, funkciju je moguće eksplicitno predstaviti. Izražavamo parametar iz prve jednačine: i zamijeni ga u drugu jednačinu: . Rezultat je obična kubična funkcija.

U "težim" slučajevima takav trik ne funkcionira. Ali to nije važno, jer postoji formula za pronalaženje derivacije parametarske funkcije:

Nalazimo derivat "igrača u odnosu na varijablu te":

Sva pravila diferencijacije i tablica izvedenica vrijede, naravno, za slovo , dakle, nema novina u procesu pronalaženja derivata. Samo mentalno zamijenite sva "x" u tabeli sa slovom "te".

Nalazimo derivaciju "x u odnosu na varijablu te":

Sada ostaje samo da nađene derivate zamijenimo u našu formulu:

Spreman. Izvod, kao i sama funkcija, također ovisi o parametru .

Što se tiče notacije, umjesto upisivanja u formulu, moglo bi se jednostavno napisati bez indeksa, jer je ovo „obični“ derivat „po x“. Ali u literaturi uvijek postoji varijanta, tako da neću odstupiti od standarda.

Primjer 6

Koristimo formulu

AT ovaj slučaj:

ovako:

Karakteristika pronalaženja derivacije parametarske funkcije je činjenica da na svakom koraku, korisno je pojednostaviti rezultat što je više moguće. Dakle, u razmatranom primjeru, prilikom pronalaženja, otvorio sam zagrade ispod korijena (iako to možda nisam učinio). Velika je šansa da će se prilikom zamjene i u formulu mnoge stvari dobro reducirati. Iako ima, naravno, primjera sa nespretnim odgovorima.

Primjer 7

Naći izvod funkcije date parametarski

Ovo je "uradi sam" primjer.

U članku Protozoa tipični zadaci sa derivatom razmatrali smo primjere u kojima je bilo potrebno pronaći drugi izvod funkcije. Za parametarski zadanu funkciju možete pronaći i drugi izvod, a on se nalazi po sljedećoj formuli: . Sasvim je očigledno da da bi se pronašao drugi izvod, prvo mora da se pronađe prvi izvod.

Primjer 8

Naći prvi i drugi izvod funkcije zadane parametarski

Nađimo prvo prvi derivat.
Koristimo formulu

U ovom slučaju:

Zamjenjuje pronađene derivate u formulu. Radi jednostavnosti koristimo trigonometrijsku formulu:

Primijetio sam da se u problemu pronalaženja izvoda parametarske funkcije često, radi pojednostavljenja, mora koristiti trigonometrijske formule . Zapamtite ih ili ih držite pri ruci i ne propustite priliku da pojednostavite svaki srednji rezultat i odgovore. Zašto? Sada moramo uzeti derivaciju od , i to je očito bolje od pronalaženja derivacije od .

Nađimo drugi izvod.
Koristimo formulu: .

Pogledajmo našu formulu. Imenilac je već pronađen u prethodnom koraku. Ostaje pronaći brojilac - izvod prvog izvoda u odnosu na varijablu "te":

Ostaje koristiti formulu:

Za konsolidaciju materijala, nudim još nekoliko primjera za samostalno rješenje.

Primjer 9

Primjer 10

Pronađite i za funkciju definiranu parametarski

Želim ti sreću!

Nadam se da je ova lekcija bila korisna i da sada lako možete pronaći derivate implicitnih funkcija i parametarskih funkcija

Rješenja i odgovori:

Primjer 3: Rješenje:






ovako:

Razmotrimo definiciju prave na ravni, u kojoj su varijable x, y funkcije treće varijable t (koja se naziva parametar):

Za svaku vrijednost t iz nekog intervala odgovaraju određene vrijednosti x i y, i, dakle određena tačka M(x, y) ravni. Kada t prolazi kroz sve vrijednosti iz datog intervala, zatim kroz tačku M (x, y) opisuje neku liniju L. Jednačine (2.2) se nazivaju parametarske jednačine prave L.

Ako funkcija x = φ(t) ima inverzni t = F(x), tada zamjenom ovog izraza u jednačinu y = g(t) dobijamo y = g(F(x)), što određuje y kao funkcija x. U ovom slučaju se kaže da jednačine (2.2) definiraju funkciju y parametarski.

Primjer 1 Neka bude M (x, y) je proizvoljna tačka kružnice radijusa R i sa središtem na ishodištu. Neka bude t- ugao između ose Ox i radijus OM(Vidi sliku 2.3). Onda x, y izraženo kroz t:

Jednačine (2.3) su parametarske jednačine kružnice. Isključimo parametar t iz jednadžbi (2.3). Da bismo to učinili, kvadriramo svaku od jednadžbi i zbrojimo je, dobijemo: x 2 + y 2 = R 2 (cos 2 t + sin 2 t) ili x 2 + y 2 = R 2 - jednačina kružnice u kartezijanskom koordinatnom sistemu. Definira dvije funkcije: Svaka od ovih funkcija je data parametarskim jednadžbama (2.3), ali za prvu funkciju i za drugu.

Primjer 2. Parametarske jednadžbe

definirati elipsu sa poluosama a, b(Sl. 2.4). Eliminacija parametra iz jednačina t, dobijamo kanonsku jednačinu elipse:

Primjer 3. Cikloida je prava opisana tačkom koja leži na kružnici ako se ova kružnica kotrlja bez klizanja duž prave (sl. 2.5). Hajde da uvedemo parametarske jednačine cikloide. Neka je polumjer kotrljajućeg kruga a, tačka M, koji opisuje cikloidu, na početku kretanja se poklapa sa ishodištem.

Odredimo koordinate x, y bodova M nakon što je krug rotirao za ugao t
(sl. 2.5), t = ÐMCB. Dužina luka MB jednaka dužini segmenta OB, pošto se krug kotrlja bez klizanja, dakle

OB = at, AB = MD = asint, CD = acost, x = OB – AB = at – asint = a(t – sint),

y = AM = CB - CD = a - acost = a(1 - trošak).

Dakle, dobijene su parametarske jednačine cikloide:

Prilikom promjene parametra t od 0 do 2π krug se rotira za jedan okret, dok je tačka M opisuje jedan luk cikloide. Jednačine (2.5) definiraju y kao funkcija x. Iako je funkcija x = a(t - sint) ima inverznu funkciju, ali nije izražena u terminima elementarne funkcije, dakle funkcija y = f(x) nije izraženo u terminima elementarnih funkcija.

Razmotrimo diferencijaciju funkcije zadane parametarski jednadžbama (2.2). Funkcija x = φ(t) na određenom intervalu promjene t ima inverznu funkciju t = F(x), onda y = g(F(x)). Neka bude x = φ(t), y = g(t) imaju derivate, i x"t≠0. Prema pravilu diferencijacije složene funkcije y"x=y"t×t"x. Na osnovu pravila diferencijacije inverzne funkcije, dakle:

Rezultirajuća formula (2.6) omogućava pronalaženje izvoda za funkciju datu parametarski.

Primjer 4. Neka funkcija y, u zavisnosti od x, se postavlja parametarski:

Odluka. .
Primjer 5 Find Slope k tangenta na cikloidu u tački M 0 koja odgovara vrijednosti parametra .
Odluka. Iz cikloidnih jednačina: y" t = asint, x" t = a(1 - trošak), Zbog toga

Nagib tangenta u tački M0 jednaka vrijednosti na t 0 \u003d π / 4:

FUNKCIJSKI DIFERENCIJAL

Neka funkcija bude u tački x0 ima derivat. A-prioritet:
dakle, po svojstvima granice (Sek. 1.8) , gdje je a je beskonačno mala pri ∆x → 0. Odavde

Δy = f "(x0)Δx + α×Δx. (2.7)

Kako je Δx → 0, drugi član u jednakosti (2.7) je infinitezimalnog višeg reda, u poređenju sa , stoga su Δy i f "(x 0) × Δx ekvivalentni, infinitezimalni (za f "(x 0) ≠ 0).

Dakle, prirast funkcije Δy sastoji se od dva člana, od kojih je prvi f "(x 0) × Δx glavni dio inkrementi Δy, linearni u odnosu na Δx (za f "(x 0) ≠ 0).

Diferencijal funkcija f(x) u tački x 0 se poziva glavni dio funkcija se povećava i označava se: dy ili df(x0). dakle,

df (x0) =f "(x0)×Δx. (2.8)

Primjer 1 Pronađite diferencijal funkcije dy i povećanje funkcije Δy za funkciju y \u003d x 2 kada:
1) proizvoljan x i Δ x; 2) x 0 = 20, Δx = 0,1.

Odluka

1) Δy = (x + Δx) 2 - x 2 = x 2 + 2xΔx + (Δx) 2 - x 2 = 2xΔx + (Δx) 2, dy = 2xΔx.

2) Ako je x 0 = 20, Δx = 0,1, tada je Δy = 40 × 0,1 + (0,1) 2 = 4,01; dy = 40×0,1= 4.

Jednakost (2.7) pišemo u obliku:

Δy = dy + a×Δx. (2.9)

Prirast Δy se razlikuje od diferencijala dy do beskonačno malog višeg reda, u poređenju sa Δx, stoga se u aproksimativnim proračunima koristi približna jednakost Δy ≈ dy ako je Δx dovoljno mali.

Uzimajući u obzir da je Δy = f (x 0 + Δx) - f (x 0), dobijamo približnu formulu:

f(x 0 + Δx) ≈ f(x 0) + dy. (2.10)

Primjer 2. Izračunajte približno.

Odluka. Uzmite u obzir:

Koristeći formulu (2.10) dobijamo:

Dakle, ≈ 2.025.

Razmislite geometrijsko značenje diferencijal df(x0)(Sl. 2.6).

Nacrtajte tangentu na graf funkcije y = f (x) u tački M 0 (x0, f (x 0)), neka je φ ugao između tangente KM0 i ose Ox, tada je f"(x 0 ) = tgφ Iz ΔM0NP:
PN = tgφ × Δx \u003d f "(x 0) × Δx = df (x 0). Ali PN je prirast tangentne ordinate kada se x promijeni od x 0 do x 0 + Δx.

Dakle, diferencijal funkcije f(x) u tački x 0 jednak je inkrementu tangentne ordinate.

Nađimo diferencijal funkcije
y=x. Pošto je (x)" = 1, onda je dx = 1 × Δx = Δx. Pretpostavljamo da je diferencijal nezavisne varijable x jednak njenom prirastu, tj. dx = Δx.

Ako je x proizvoljan broj, onda iz jednakosti (2.8) dobijamo df(x) = f "(x)dx, odakle .
Dakle, derivacija funkcije y = f(x) jednaka je omjeru njenog diferencijala i diferencijala argumenta.

Razmotrite svojstva diferencijala funkcije.

Ako su u(x), v(x) diferencijabilne funkcije, tada su važeće sljedeće formule:

Da bi se dokazale ove formule, koriste se formule derivata za zbir, proizvod i količnik. Dokažimo, na primjer, formulu (2.12):

d(u×v) = (u×v)"Δx = (u×v" + u"×v)Δx = u×v"Δx + u"Δx×v = u×dv + v×du.

Razmotrimo diferencijal kompleksne funkcije: y = f(x), x = φ(t), tj. y = f(φ(t)).

Tada je dy = y" t dt, ali y" t = y" x ×x" t , dakle dy =y" x x" t dt. Razmatrati,

da je x" t = dx, dobijamo dy = y" x dx =f "(x)dx.

Dakle, diferencijal kompleksne funkcije y = f (x), gdje je x = φ (t), ima oblik dy = f "(x) dx, isto kao kada je x nezavisna varijabla. Ovo svojstvo se zove oblik invarijantni diferencijal a.