8.2. Производная обратной функции. Производные обратных тригонометрических функций

Теорема 8.2. 

Пусть функция y=f(x) строго монотонна и непрерывна в некоторой окрестности точки x0 и имеет производную в этой точке y′(x0)=f′(x0)≠0. Тогда существует производная обратной функции x=f−1(y) в соответствующей точке y0=f(x0), причем

x′(y0)=1y′(x0),  или   x′y=1y′x.             (8.7)

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Обозначим Δx=x−x0,  Δy=y−y0. По теореме 6.7 для функции y=f(x), непрерывной истрого монотонной в окрестности точки x0, существует обратная функция x=f−1(y),непрерывная и строго монотонная в соответствующей окрестности точки y0=f(x0). Поэтому, если для функции y=f(x) имеем limΔx→0Δy=0, где Δy≠0 при Δx≠0, то для обратнойфункции x=f−1(y) будем иметь limΔy→0Δx=0, где Δx≠0 при Δy≠0. Учитывая это, запишем производную обратной функции в виде

x(y)′∣∣y=y0=limΔy→0ΔxΔy=limΔx→01ΔyΔx=1limΔx→0ΔyΔx=1y′(x)|x=x0,

т.е.

x′(y0)=1y′(x0),   или  x′y=1y′x.

Теорема доказана

■

Для функций

y=xn  (n∈ℕ),   ax  (a>0,  a≠1),                                                           y=sinx  (x∈[−π2,  π2]),  y=cosx  (x∈[0,  π]),                                    y=tg x  (x∈(−π2,  π2)),  y=ctg x  (x∈(0,  π))     (8.8)

обратными являются соответственно функции

x=y√n,  x=logay,  x=arcsiny,  x=arccosy,  x=arctg y,  x=arcctg y.  (8.9)

С помощью равенств (8.9) переменная x явно выражается через переменную y, связанную с xравенствами (8.8).Теорема 8.2 позволяет вычислять производные функций (8.9) по известным производным функций (8.8). Приведем вывод формул 3, 3а, 7, 7а, 8, 8а табл. 7.1, используя формулу (8.7)

Пример 8.7.

Найти производные функций: а) y=loga x; б) y=arcsinx; в) y=arccosx; г) y=arctg x; д) y=arcctg x; в любой точке x из области определения соответствующей функции.

Р е ш е н и е.

 а) Пусть y=loga x; Тогда x=ay,  y∈(−∞,  +∞). По формуле (8.7) имеем y′x=1x′y=1ay⋅lna=1xlna, или (logax)′=1xlna. В частности, при a=e получим (lnx)′=1x. б) Если y=arcsinx, то x=siny, где x∈[−1,  1],  y∈[−π2,  π2]. Так как формула (8.7) не применима при x≠±1 и y≠±π2, то будем считать, что x≠±1,  y≠±π2, т.е. x∈(−1,  1),  y∈(−π2,  π2). Тогда, учитывая, что cosy>0   ∀y∈(−π2,  π2), находим

y′x=1x′y=1(siny)′=1cosy=11−sin2y−−−−−−−√=11−x2−−−−−√,

или (arcsinx)′=11−x2√. в) Если y=arccosx, то x=cosy, где x∈[−1,  1],  y∈[0,  π]. Формула (8.7) не применима при x=±1,  y=0 и y=π.Исключая концы отрезков [−1,  1] и [0,  π], будем считать, что x∈(−1,  1), y∈(0,  π). Так как siny>0   ∀y∈(0,  π), то

y′x=1x′y=1(cosy)′=−1siny=−11−cos2y−−−−−−−√=−11−x2−−−−−√,

или (arccosx)′=−11−x2√. г) Пусть y=arctg x. Тогда x=tg y, где x∈(−∞,  +∞),  y∈(−π2,  π2). Следовательно

y′x=1x′y=1(tg y)′=11cos2y=cos2y=11+tg2x=11+x2,

или (arctg x)′=11+x2. д) Если y=arcctg x, то x=ctg y, где x∈(−∞,  +∞),  y∈(0,  π). По формуле (8.7) находим

y′x=1x′y=1(ctg y)′=1−1sin2y=−sin2y=−11+ctg2y=−11+x2,

или (arcctg x)′=−11+x2.

8.3. Производная параметрически заданной функции

Теорема 8.3. 

Пусть функция задана параметрически в виде x=x(t),  y=y(t) (см. определение 3.5). Если функции x(t) и y(t) имеют производные в точке t0, функция x(t) непрерывна и строго монотонна в окрестности этой точки и x′(t0)≠0, то существует производная y′x функции y(t(x)) в точке x0=x(t0), причем

y′x(x0)=y′t(t0)x′t(t0),   x0=x(t0),

или

y′x=y′tx′t,   x=x(t).                     (8.10)

Д о к а з а т е л ь с т в о.

По теореме 8.1 о производной сложной функции (см. формулу (8.3)) имеем y′x=y′t⋅t′x.Подставляя сюда t′x=1x′t (см. формулу (8.7) получим y′x=y′tx′t, что и требовалось доказать.

■

Замечание 8.2.

В прикладных задачах, где параметром t часто служит время, производную y=f(t) обозначают y˙, т.е. y˙=y′t.

Пример 8.8.

Найти производную функции, заданной параметрически в виде x=et,  y=cost, и вычислить ее значение в точке x0=1.

Р е ш е н и е.

Используя формулу (8.10), получим

y′x=(cost)′(et)′=−sintet,  x=et.

Найдем значение параметра t0, соответствующего точке x0=1. Так как x=et=1при t=0, то t0=0. Вычислим искомое значение производной:

y′x∣∣x0=1=−sintet∣∣∣t0=0=−sin01=0.

Пример 8.9.

Найти производную параметрически заданной функции x=sint,  y=cost в произвольной точке ее области определения

Р е ш е н и е.

 По формуле (8.10) находим

y′x=y′tx′t=−sintcost=−tg t,    x=sint.

Пример 8.10.

Составить уравнение касательной к параметрически заданной кривой x=x(t),  y=y(t) в точке M(x0,  y0), где x0=x(t0),  y0=y(t0).

Р е ш е н и е.

 Уравнение касательно к графику функции y=f(x) в точке M(x0,  y0) имеет вид

y−y0=y′(x0)⋅(x−x0).

Подставим в это уравнение выражение для y′x(x0) из формулы (8.10)

y−y0=y′(t0)x′(t0)⋅(x−x0),

где t0 − значение параметра, соответствующее точке касания M(x0,  y0). После преобразования получим уравнение касательной к данной кривой в точке M(x(t0),  y(t0)) в виде

x′(t0)⋅(y−y0)−y′(t0)⋅(x−x0)=0.                (8.11)

Пример 8.11.

Составить уравнение нормали к параметрически заданной кривой x=x(t),  y=y(t) в точке M(x0,  y0), где x0=x(t0),  y0=y(t0).

Р е ш е н и е.

 Используем уравнение нормали к графику функции y=f(x) в точке M(x0,  y0) в виде

y−y0=−1y′(x0)⋅(x−x0).

Подставляя в это уравнение выражение для y′x(x0) из формулы (8.10), найдем искомое уравнение нормали:

x′(t0)⋅(x−x0)+y′(t0)⋅(y−y0)=0.          (8.12)

Значение t=t0 соответствует точке касания M(x0,  y0).

Пример 8.12.

Записать уравнение касательной и нормали к кривой x=t2−1,  y=t+1 в точке M(0,  2).

Р е ш е н и е.

 Так как x=t2−1=0 при t=±1,  y=t+1=2 при t=1, то данной точке M(0,  2) соответствует значение параметра t0=1. Очевидно, что x′(t)=2t,  x′(t0)=x′(1)=2; y′(t)=1,  y′(t0)=y′(1)=1. Подставляя в уравнения (8.11) и (8.12) значения производных, получим уравнение касательной в точке M(0,  2):

2(y−2)−1(x−0)=0,  или   x−2y+4=0,

и уравнение нормали в той же точке

2(x−0)+1(y−2)=0,  или   2x+y−2=0.

Замечание 8.3.

Из табл. 7.1 и теорем о дифференцировании суммы, разности, произведения, частного двух функций и о дифференцировании сложной функции следует важный вывод: производная любойэлементарной функции также представляет собой элементарную функцию. Таким образом, операция дифференцирования не выводит функцию из класса элементарных функций.

8.4. Типовые примеры

Задача 1.

Представить в виде суперпозиции функций сложные функции: а) y=sin22x; б) y=cos(ln(x2+1)); в) y=etg x+2√.

Р е ш е н и е.

 а) Обозначим y=u2,  u=sinv,  v=2x. Тогда функция y=sin22x=y(u(v(x))) есть суперпозиция трех функций - степенной y=u2, тригонометрической u=sinv и линейной v=2x исходного аргумента x (функции u и v − промежуточные аргументы). б) Полагаем y=cosu,  u=lnv,  v=x2+1. В этом случае данная функция есть суперпозиция трех функций - тригонометрической аргумента u, логарифмической аргумента v и многочлена второй степени независимой переменной x, т.е. y=y(u(v(x))). в) Если y=eu,  u=tg v,  v=w−−√,  w=x+2, то исходная функция есть суперпозиция четырех функций - показательной eu, тригонометрической u=tg v, степенной u=w−−√ и линейной w=x+2, или y=y(u(v(w(x)))).

■

Задача 2.

Найти производные сложныхфункций: а) y=sin22x; б) y=cos(ln(x2+1)); в) y=etg x+2√.

Р е ш е н и е.

 Используя запись каждой функции в виде суперпозиции основных элементарных функций (см.пример 1), по формуле (8.4) найдем: а) y′=(u2)′⋅(sinv)′⋅(2x)′=2u⋅cosv⋅2=2⋅sin2x⋅cos2x⋅2=2⋅sin4x; б) y′=(cosu)′⋅(lnv)′⋅(x2+1)′=(−sinu)⋅1v⋅2x=−sin(ln(x2+1))⋅1x2+1⋅2x=                                                                                         =−2xx2+1⋅sin(ln(x2+1)); в) y′=(eu)′⋅(tg v)′⋅(w−−√)′⋅(x+2)′=eu⋅1cos2v⋅12w√⋅1=etg x+2√⋅1cos2x+2√⋅12x+2√=                                                                                  =12x+2√cos2x+2√⋅etg x+2√.

■

Задача 3.

Найти y′, если y=arctg (ln(sinx3)).

Р е ш е н и е.

Последовательно дифференцируем данную сложную функцию, опуская обозначения промежуточных аргументов:

y′=11+ln2(sinx3)⋅1sinx3⋅cosx3⋅3x2=3x2⋅cosx3(1+ln2(sinx3))⋅sinx3.

■

Задача 4.

Найти производную функции y=(2x−1)33x+2√(5x+4)21−x√3.

Р е ш е н и е.

 Используем логарифмическую производную и формулу (8.6). Последовательно находим 1)ln|y|=3ln|2x−1|+12ln|3x+2|−2ln|5x+4|−13ln|1−x|; 2)(ln|y|)′=32x−1⋅2+12⋅13x+2⋅3−2⋅15x+4⋅5−13⋅(−1)1−x; 3)y′=y⋅(ln|y|)′=(2x−1)33x+2√(5x+4)21−x√3⋅(62x−1+32(3x+2)−105x+4+13(1−x)).

■

Задача 5.

Найти y′, если y=(sinx)tg x   (0<x<π2).

Р е ш е н и е.

 Используем логарифмическую производную и формулу (8.6). Последовательно находим 1)ln|y|=tg x⋅ln(sinx); 2) (ln|y|)′=(tg x)′⋅ln(sinx)+tg x⋅(ln(sinx))′=                                           =1cos2x⋅ln(sinx)+tg x⋅cosxsinx=1cos2x⋅ln(sinx)+1; 3)y′=y⋅ln(|y|)′=(sinx)tg x(ln(sinx)cos2x+1).

■

Задача 6.

Найти производную y′x, если x=t3+3t+1, y=3t5+5t3+1.

Р е ш е н и е.

Используем формулу (8.10) Очевидно, что x′(t)=x′t=3t2+3, y′(t)=y′t=15t4+15t2. . Следовательно, y′x=y′tx′t=15t4+15t23t2+3=5t2, x=t3+3t+1.

■

Задача 7.

Записать уравнения касательной и нормали к циклоиде x=t−sint,  y=1−cost, проведенных в точке, соответствующей значению параметра t0=π2.

Р е ш е н и е.

 Найдем координаты x0 и y0 точки касания, которой соответствует значение t0=π2.Имеем x0=π2−sinπ2=π2−1, y0=1−cosπ2=1. Вычислим x′(π2) и y′(π2) Так как x′(t)=1−cost, y′(t)=sint, то x′(π2)=1, y′(π2)=1. Уравнения (8.11) и (8.12)касательной и нормали примут соответственно вид: 1(y−1)−1(x−(π2−1))=0, или y−x+π2−2=0 и 1(y−1)+1(x−(π2−1))=0, или y+x−π2=0.

■