Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 2. Производные обратной функции, функции, заданной параметрически, и функции, заданной в неявном виде

Демидович — задача 1053

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Найти производную

y'_x

от следующих функций, заданных неявно:

Задача 1053

\operatorname{arctg}\frac yx=\ln\sqrt{x^2+y^2}

(логарифмическая спираль).

Ответ:При

x\ne y

y'_x=\frac{x+y}{x-y}

В точках

x=y

касательная вертикальна.

Решение

Работаем на участках исходной кривой, где

x\ne0

: именно там определён арктангенс отношения

y/x

. Дифференцирование выполним вдоль выбранной ветви

y=y(x)

Дифференцируем обе части уравнения по

x

. Для левой части получаем

\begin{aligned} \left(\operatorname{arctg}\frac yx\right)' &= \frac{\dfrac{xy'_x-y}{x^2}} {1+\dfrac{y^2}{x^2}} =\frac{xy'_x-y}{x^2+y^2}\end{aligned}

Правая часть имеет производную

\left(\ln\sqrt{x^2+y^2}\right)' =\frac{x+yy'_x}{x^2+y^2}

Приравнивая производные и умножая на

x^2+y^2

, находим

xy'_x-y=x+yy'_x

Следовательно,

(x-y)y'_x=x+y

и при

x\ne y

y'_x=\frac{x+y}{x-y}

Точка

(0,0)

не входит в область определения исходного уравнения.
Поэтому при

x=y

имеем

x=y\ne0

, а значит,

x+y=2x\ne0

Это можно проверить параметризацией исходного уравнения. Положим

u=y/x

r=e^{\operatorname{arctg}u}

. Тогда

x=\pm\frac{r}{\sqrt{1+u^2}},\qquad y=ux, \qquad \frac{dx}{du}=\frac{x(1-u)}{1+u^2},\quad \frac{dy}{du}=x+u\frac{dx}{du}.

При

x=y

имеем

u=1

, поэтому

dx/du=0

, а

dy/du=x\ne0

. Следовательно, касательная вертикальна.