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 = (x), тоді, враховуючи (1), будемо мати

y = y(t), t = (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.

О значення. 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:

y – y₀ = k(x – x₀),

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

y – y₀ = f (x₀)(x – x₀), (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)

О значення. Кутом  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 = .

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):

y – y₀ = f (x₀)(x – x₀),

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

y – 1 = 3(x – 1); 3x – y – 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 = 2e^t, 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

11