Раздел III. Производная и дифференциал — § 14. Геометрический и физический смысл производной

Кудрявцев — задача 14.12

Л. Д. Кудрявцев, «Сборник задач по математическому анализу. Том 1». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 14.12

Определить, в каких точках и под каким углом пересекаются кривые:

1) y=x2y = x^2 и x=y2x = y^2;
2) y=23x5−19x3y = \dfrac{2}{3}x^5 - \dfrac{1}{9}x^3 и x=1x = 1;
3) y=ex/2y = e^{x/2} и x=2x = 2;
4) x2+y2=5x^2 + y^2 = 5 и y2=4xy^2 = 4x;
5) y2=2x3y^2 = 2x^3 и 64x−48y−11=064x - 48y - 11 = 0;
6) x3+y3−xy−7=0x^3 + y^3 - xy - 7 = 0 и y=x+1y = x + 1;
7) x=t31+t2, y=t3−2t21+t2x = \dfrac{t^3}{1+t^2},\ y = \dfrac{t^3 - 2t^2}{1+t^2} и y+ln⁡5x8=0y + \ln\dfrac{5x}{8} = 0;
8) x=(1+1t)t, y=(1+1t)t+1x = \left(1 + \dfrac{1}{t}\right)^t,\ y = \left(1 + \dfrac{1}{t}\right)^{t+1} и y=xy = x.
Ответ:1) (0;0) — π2, (1;1) — arctg⁡34; 2) (1;59), π2−arctg⁡3; 3) (2;e), π2−arctg⁡e2;  4) (1;2) и (1;−2), arctg⁡3; 5) (18;−116), π2; 6) (1;2), arctg⁡65; 7) (85;0), arctg⁡7531;  8) (e;e), π21)\ (0;0)\ \text{— }\dfrac{\pi}{2},\ (1;1)\ \text{— }\arctg\dfrac{3}{4};\ 2)\ \left(1; \dfrac{5}{9}\right),\ \dfrac{\pi}{2} - \arctg 3;\ 3)\ (2; e),\ \dfrac{\pi}{2} - \arctg\dfrac{e}{2};\ \ 4)\ (1;2)\ \text{и}\ (1;-2),\ \arctg 3;\ 5)\ \left(\dfrac18; -\dfrac{1}{16}\right),\ \dfrac{\pi}{2};\ 6)\ (1;2),\ \arctg\dfrac{6}{5};\ 7)\ \left(\dfrac{8}{5}; 0\right),\ \arctg\dfrac{75}{31};\ \ 8)\ (e; e),\ \dfrac{\pi}{2}

Решение

Подставляя y=x2y = x^2 во второе уравнение, получаем x=x4  ⇒  x=0,  x=1x = x^4 \;\Rightarrow\; x=0,\; x=1. Точки (0;0)(0;0) и (1;1)(1;1). Для первой кривой y′=2xy' = 2x; для второй 1=2yy′1 = 2y y', откуда y′=12yy' = \dfrac{1}{2y} (y≠0y \neq 0). В (0;0)(0;0): первая производная 00, вторая вертикальна, угол π2\dfrac{\pi}{2}. В (1;1)(1;1): y1′=2,  y2′=12y_1'=2,\; y_2'=\dfrac12, tg⁡φ=34\tg\varphi = \dfrac{3}{4}, φ=arctg⁡34\varphi = \arctg\dfrac{3}{4}.

Точка пересечения: x=1x=1, y=23−19=59y = \dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{9} = \dfrac{5}{9}. Для первой кривой y′=103x4−13x2y' = \dfrac{10}{3}x^4 - \dfrac{1}{3}x^2, при x=1x=1: y′=3y' = 3. Вторая кривая — вертикальная прямая, угол φ=π2−arctg⁡3\varphi = \dfrac{\pi}{2} - \arctg 3.

Точка (2;e)(2; e). Первая: y′=12ex/2y' = \dfrac{1}{2}e^{x/2}, при x=2x=2: y′=e2y' = \dfrac{e}{2}. Вторая вертикальна. Угол φ=π2−arctg⁡e2\varphi = \dfrac{\pi}{2} - \arctg\dfrac{e}{2}.

Подставляем y2=4xy^2 = 4x в первое: x2+4x−5=0  ⇒  x=1x^2 + 4x - 5 = 0 \;\Rightarrow\; x=1 (второй корень x=−5x=-5 не подходит, так как y2≥0y^2 \ge 0). y=±2y = \pm 2. Точки (1;2)(1;2) и (1;−2)(1;-2). Для окружности 2x+2yy′=0  ⇒  y′=−xy2x + 2y y' = 0 \;\Rightarrow\; y' = -\dfrac{x}{y}; для параболы 2yy′=4  ⇒  y′=2y2y y' = 4 \;\Rightarrow\; y' = \dfrac{2}{y}. В (1;2)(1;2): y1′=−12,  y2′=1y_1' = -\dfrac12,\; y_2' = 1; в (1;−2)(1;-2): y1′=12,  y2′=−1y_1' = \dfrac12,\; y_2' = -1. В обоих случаях tg⁡φ=3\tg\varphi = 3, φ=arctg⁡3\varphi = \arctg 3.
Из второго уравнения y=64x−1148y = \dfrac{64x - 11}{48}. Подстановка в первое даёт уравнение, имеющее корень x=18x = \dfrac18, тогда y=−116y = -\dfrac{1}{16}. Для y2=2x3y^2 = 2x^3: 2yy′=6x22y y' = 6x^2, откуда y′=3x2yy' =\dfrac{3x^2}{y}; в точке (18;−116)\left(\dfrac18; -\dfrac{1}{16}\right) получаем y′=−34y' = -\dfrac{3}{4}. Для прямой y′=43y' = \dfrac{4}{3}. Произведение угловых коэффициентов −1-1, угол π2\dfrac{\pi}{2}.

Подстановка y=x+1y = x+1 в первое уравнение: x3+(x+1)3−x(x+1)−7=0  ⇒  x3+x2+x−3=0x^3 + (x+1)^3 - x(x+1) - 7 = 0 \;\Rightarrow\; x^3 + x^2 + x - 3 = 0. Корень x=1x=1 (единственный действительный). Точка (1;2)(1;2). Для первой кривой: 3x2+3y2y′−y−xy′=03x^2 + 3y^2 y' - y - x y' = 0, y′=y−3x23y2−xy' = \dfrac{y - 3x^2}{3y^2 - x}. При (1;2)(1;2): y′=−111y' = -\dfrac{1}{11}. Для прямой y′=1y' = 1. Угол: tg⁡φ=65\tg\varphi = \dfrac{6}{5}, φ=arctg⁡65\varphi = \arctg\dfrac{6}{5}.

Подбираем t=2t=2: x=85x = \dfrac{8}{5}, y=0y = 0. Проверка: y+ln⁡5x8=0+ln⁡1=0y + \ln\dfrac{5x}{8} = 0 + \ln 1 = 0. Для параметрической кривой x˙=t2(t2+3)(1+t2)2\dot x = \dfrac{t^2(t^2+3)}{(1+t^2)^2}, y˙=t(t3+3t−4)(1+t2)2\dot y = \dfrac{t(t^3+3t-4)}{(1+t^2)^2}. При t=2t=2: x˙=2825\dot x = \dfrac{28}{25}, y˙=45\dot y = \dfrac{4}{5}, y′=57y' = \dfrac{5}{7}. Для логарифмической кривой y′=−1xy' = -\dfrac{1}{x}, при x=85x = \dfrac{8}{5} будет y′=−58y' = -\dfrac{5}{8}. Угол: tg⁡φ=7531\tg\varphi = \dfrac{75}{31}, φ=arctg⁡7531\varphi = \arctg\dfrac{75}{31}.

При t→+∞t \to +\infty:x(t)=(1+1t)t→e,y(t)=(1+1t)t+1→e.x(t) = \left(1+\dfrac{1}{t}\right)^t \to e,\qquad
y(t) = \left(1+\dfrac{1}{t}\right)^{t+1} \to e.Таким образом, (e;e)(e; e) — предельная точка кривой, лежащая на прямой y=xy = x.

Вычислим производную dydx\dfrac{dy}{dx} асимптотически. Логарифмируем:ln⁡x=tln⁡ ⁣(1+1t),ln⁡y=(t+1)ln⁡ ⁣(1+1t).\ln x = t\ln\!\left(1+\dfrac{1}{t}\right),\quad
\ln y = (t+1)\ln\!\left(1+\dfrac{1}{t}\right).При t→∞t \to \infty используем разложение ln⁡(1+u)=u−u22+O(u3)\ln(1+u)=u - \dfrac{u^2}{2} + O(u^3), u=1tu=\dfrac{1}{t}:ln⁡x=t ⁣(1t−12t2+O ⁣(1t3))=1−12t+O ⁣(1t2),\ln x = t\!\left(\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{2t^2} + O\!\left(\dfrac{1}{t^3}\right)\right) = 1 - \dfrac{1}{2t} + O\!\left(\dfrac{1}{t^2}\right),x=e⋅e−1/(2t)+O(1/t2)=e ⁣(1−12t+O ⁣(1t2)).x = e \cdot e^{-1/(2t) + O(1/t^2)} = e\!\left(1 - \dfrac{1}{2t} + O\!\left(\dfrac{1}{t^2}\right)\right).Аналогично:ln⁡y=(t+1) ⁣(1t−12t2+O ⁣(1t3))=1+12t+O ⁣(1t2),\ln y = (t+1)\!\left(\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{2t^2} + O\!\left(\dfrac{1}{t^3}\right)\right) = 1 + \dfrac{1}{2t} + O\!\left(\dfrac{1}{t^2}\right),y=e ⁣(1+12t+O ⁣(1t2)).y = e\!\left(1 + \dfrac{1}{2t} + O\!\left(\dfrac{1}{t^2}\right)\right).
Дифференцируем по tt:dxdt=x⋅(ln⁡ ⁣(1+1t)−1t+1)=x⋅(12t2+O ⁣(1t3))≈e2t2,\dfrac{dx}{dt} = x \cdot \left(\ln\!\left(1+\dfrac{1}{t}\right) - \dfrac{1}{t+1}\right) = x \cdot \left(\dfrac{1}{2t^2} + O\!\left(\dfrac{1}{t^3}\right)\right) \approx \dfrac{e}{2t^2},dydt=y⋅(ln⁡ ⁣(1+1t)−1t)=y⋅(−12t2+O ⁣(1t3))≈−e2t2.\dfrac{dy}{dt} = y \cdot \left(\ln\!\left(1+\dfrac{1}{t}\right) - \dfrac{1}{t}\right) = y \cdot \left(-\dfrac{1}{2t^2} + O\!\left(\dfrac{1}{t^3}\right)\right) \approx -\dfrac{e}{2t^2}.
Следовательно,lim⁡t→∞dydx=lim⁡t→∞dy/dtdx/dt=−e/(2t2)e/(2t2)=−1.\lim_{t\to\infty}\dfrac{dy}{dx} = \lim_{t\to\infty}\dfrac{dy/dt}{dx/dt} = \dfrac{-e/(2t^2)}{e/(2t^2)} = -1.Касательная к кривой в предельной точке имеет угловой коэффициент k=−1k = -1. Прямая y=xy = x имеет угловой коэффициент 11. Угол φ\varphi между ними:tg⁡φ=∣1−(−1)1+1⋅(−1)∣=20→∞⟹φ=π2.\tg\varphi = \left|\dfrac{1 - (-1)}{1 + 1\cdot(-1)}\right| = \dfrac{2}{0} \to \infty \quad\Longrightarrow\quad \varphi = \dfrac{\pi}{2}.
Кудрявцев № 14.12 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика