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

Кудрявцев — задача 14.16

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

Задача 14.16

Определить угол между левой и правой касательными в точке MM графика функции y=f(x)y = f(x):
1) y=∣x∣y = |x|, M(0;0)M(0;0);
2) y=x23y = \sqrt[3]{x^2}, M(0;0)M(0;0);
3) y=arccos⁡(cos⁡x)y = \arccos(\cos x), M(π;π)M(\pi;\pi);
4) y=1−e−3x2y =\sqrt{1 - e^{-3x^2}}, M(0;0)M(0;0);
5) y=2x3+9x2y = \sqrt{2x^3 + 9x^2}, M(0;0)M(0;0);
6) y=13arcsin⁡2x1+x2y = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \arcsin \dfrac{2x}{1+x^2}, M ⁣(1;π23)M\!\left(1; \dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\right);
7) x3+y3=3x2x^3 + y^3 = 3x^2, M(0;0)M(0;0);
8) y={x1+e1/x,x≠0,0,x=0,y = \begin{cases} \dfrac{x}{1+e^{1/x}}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0, \end{cases} M(0;0)M(0;0);
9) y=1+∣x−2∣1+xy =\dfrac{\sqrt{1+|x-2|}}{1+x}, M ⁣(2;13)M\!\left(2; \dfrac13\right);
10) x=t−t1+t2, y=2+t21+t2x = t - \dfrac{t}{1+t^2},\ y = \dfrac{2+t^2}{1+t^2}, M(0;2)M(0;2).
Ответ:1) π2;1)\ \dfrac{\pi}{2};
2) 0;2)\ 0;
3) π2;3)\ \dfrac{\pi}{2};
4) π3;4)\ \dfrac{\pi}{3};
5) arctg⁡34;5)\ \arctg\dfrac{3}{4};
6) 2π3;6)\ \dfrac{2\pi}{3};
7) 0;7)\ 0;
8) 3π4;8)\ \dfrac{3\pi}{4};
9) π−arctg⁡108319;9)\ \pi - \arctg\dfrac{108}{319};
10) 010)\ 0

Решение

Для каждой точки M(x0;y0)M(x_0;y_0) находим левостороннюю k−=f−′(x0)k_- = f'_-(x_0) и правостороннюю k+=f+′(x0)k_+ = f'_+(x_0) производные.
Если обе производные конечны, то левая полукасательная (x<x0x<x_0) имеет направляющий вектор v⃗−=(−1; −k−)\vec{v}_- = (-1;\ -k_-), правая (x>x0x>x_0) — v⃗+=(1; k+)\vec{v}_+ = (1;\ k_+). Угол φ∈[0;π]\varphi\in[0;\pi] между ними вычисляется через скалярное произведение:cos⁡φ=v⃗−⋅v⃗+∣v⃗−∣ ∣v⃗+∣=−1−k−k+1+k−2 1+k+2.\cos\varphi = \dfrac{\vec{v}_-\cdot\vec{v}_+}{|\vec{v}_-|\,|\vec{v}_+|}
= \dfrac{-1 - k_-k_+}{\sqrt{1+k_-^2}\,\sqrt{1+k_+^2}}.Если одна или обе касательные вертикальны (k±=±∞k_\pm = \pm\infty), то обе полукасательные лежат на одной прямой, и φ=0\varphi = 0.
Для функции y=∣x∣y = |x| при x<0x<0 имеем y=−x, y′=−1y = -x,\ y' = -1; при x>0x>0: y=x, y′=1y = x,\ y' = 1.
Следовательно, k−=−1, k+=1k_- = -1,\ k_+ = 1.
Векторы: v⃗−=(−1;1), v⃗+=(1;1)\vec{v}_- = (-1;1),\ \vec{v}_+ = (1;1).
Тогда cos⁡φ=−1−(−1)⋅122=0\cos\varphi = \dfrac{-1 - (-1)\cdot1}{\sqrt{2}\sqrt{2}} = 0, откуда φ=π2\varphi = \dfrac{\pi}{2}.

Для y=x2/3y = x^{2/3} производная y′=23x−1/3y' = \dfrac{2}{3}x^{-1/3}.
При x→0−x\to0^- получаем k−→−∞k_- \to -\infty (вертикальная касательная); при x→0+x\to0^+: k+→+∞k_+ \to +\infty (вертикальная).
Обе касательные вертикальны, поэтому φ=0\varphi = 0.

Для y=arccos⁡(cos⁡x)y = \arccos(\cos x) на [0,π][0,\pi] выполнено y=x, y′=1y = x,\ y' = 1; на [π,2π][\pi,2\pi]: y=2π−x, y′=−1y = 2\pi - x,\ y' = -1.
Значит, k−=1, k+=−1k_- = 1,\ k_+ = -1.
Векторы: v⃗−=(−1;−1), v⃗+=(1;−1)\vec{v}_- = (-1;-1),\ \vec{v}_+ = (1;-1).
Тогда cos⁡φ=−1−1⋅(−1)22=0\cos\varphi = \dfrac{-1 - 1\cdot(-1)}{\sqrt{2}\sqrt{2}} = 0, откуда φ=π2\varphi = \dfrac{\pi}{2}.

Для y=1−e−3x2y = \sqrt{1 - e^{-3x^2}} при x≠0x\neq0:
y′=3xe−3x21−e−3x2y' = \dfrac{3x e^{-3x^2}}{\sqrt{1 - e^{-3x^2}}}.
При x→0x\to0 имеем y′≈3 sign⁡xy' \approx \sqrt{3}\,\operatorname{sign}x, следовательно, k−=−3, k+=3k_- = -\sqrt{3},\ k_+ = \sqrt{3}.
Векторы: v⃗−=(−1;3), v⃗+=(1;3)\vec{v}_- = (-1;\sqrt{3}),\ \vec{v}_+ = (1;\sqrt{3}).
Тогда cos⁡φ=−1−(−3)32⋅2=24=12\cos\varphi = \dfrac{-1 - (-\sqrt{3})\sqrt{3}}{2\cdot2} = \dfrac{2}{4} = \dfrac12, откуда φ=π3\varphi = \dfrac{\pi}{3}.

Для y=∣x∣2x+9y = |x|\sqrt{2x+9} при x<0x<0: ∣x∣=−x|x|=-x, y′=−2x+9−x2x+9→x→0−−3y' = -\sqrt{2x+9} - \dfrac{x}{\sqrt{2x+9}} \xrightarrow[x\to0^-]{} -3;
при x>0x>0: y′=2x+9+x2x+9→x→0+3y' = \sqrt{2x+9} + \dfrac{x}{\sqrt{2x+9}} \xrightarrow[x\to0^+]{} 3.
Итак, k−=−3, k+=3k_- = -3,\ k_+ = 3.
Векторы: v⃗−=(−1;3), v⃗+=(1;3)\vec{v}_- = (-1;3),\ \vec{v}_+ = (1;3).
cos⁡φ=−1−(−3)⋅31010=810=45\cos\varphi = \dfrac{-1 - (-3)\cdot3}{\sqrt{10}\sqrt{10}} = \dfrac{8}{10} = \dfrac45.
Следовательно, φ=arccos⁡45=arctg⁡34\varphi = \arccos\dfrac45 = \arctg\dfrac34.

Для y=13arcsin⁡2x1+x2y = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\arcsin\dfrac{2x}{1+x^2} при x≠±1x\neq\pm1:
y′=23⋅1−x2∣1−x2∣(1+x2)y' = \dfrac{2}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1-x^2}{|1-x^2|(1+x^2)}.
Слева от 11 (x<1x<1): y′=23(1+x2)→x→1−13y' = \dfrac{2}{\sqrt{3}(1+x^2)} \xrightarrow[x\to1^-]{} \dfrac{1}{\sqrt{3}}; справа (x>1x>1): y′=−23(1+x2)→x→1+−13y' = -\dfrac{2}{\sqrt{3}(1+x^2)} \xrightarrow[x\to1^+]{} -\dfrac{1}{\sqrt{3}}.
Значит, k−=13, k+=−13k_- = \dfrac{1}{\sqrt{3}},\ k_+ = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}.
Векторы: v⃗−=(−1;−13),  v⃗+=(1;−13)\vec{v}_- = \left(-1;-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right),\ \ \vec{v}_+ = \left(1;-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right).
cos⁡φ=−1−(13) ⁣(−13)1+13 1+13=−1+1343=−12\cos\varphi = \dfrac{-1 - \left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\!\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{1+\frac13}\,\sqrt{1+\frac13}}
= \dfrac{-1 + \frac13}{\frac43}
= -\dfrac12.
Отсюда φ=2π3\varphi = \dfrac{2\pi}{3}.
Для кривой x3+y3=3x2x^3 + y^3 = 3x^2 дифференцируем неявно: 3x2+3y2y′=6x  ⇒  y′=2x−x2y23x^2 + 3y^2y' = 6x \;\Rightarrow\; y' = \dfrac{2x - x^2}{y^2} (y≠0y\neq0).
Вблизи нуля y3≈3x2  ⇒  y≈33 x2/3y^3 \approx 3x^2 \;\Rightarrow\; y \approx \sqrt[3]{3}\,x^{2/3}, тогда y′∼x−1/3y' \sim x^{-1/3}.
При x→0−x\to0^-: k−→−∞k_- \to -\infty (вертикальная); при x→0+x\to0^+: k+→+∞k_+ \to +\infty (вертикальная).
Обе касательные вертикальны, φ=0\varphi = 0.
Для функции y={x1+e1/x,x≠0,0,x=0y = \begin{cases} \dfrac{x}{1+e^{1/x}}, & x \neq 0,\\ 0, & x = 0 \end{cases} вычисляем производные по определению:
f−′(0)=lim⁡x→0−11+e1/x=1f'_-(0) = \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{1}{1+e^{1/x}} = 1 (так как e1/x→0e^{1/x}\to0),
f+′(0)=lim⁡x→0+11+e1/x=0f'_+(0) = \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{1+e^{1/x}} = 0 (так как e1/x→+∞e^{1/x}\to+\infty).
Имеем k−=1, k+=0k_- = 1,\ k_+ = 0.
Векторы: v⃗−=(−1;−1), v⃗+=(1;0)\vec{v}_- = (-1;-1),\ \vec{v}_+ = (1;0).
cos⁡φ=−1−1⋅02⋅1=−12\cos\varphi = \dfrac{-1 - 1\cdot0}{\sqrt{2}\cdot1} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}, откуда φ=3π4\varphi = \dfrac{3\pi}{4}.

Для y=1+∣x−2∣1+xy = \dfrac{\sqrt{1+|x-2|}}{1+x} раскрываем модуль.
При x<2x<2: ∣x−2∣=2−x|x-2| = 2-x, y=3−x1+xy = \dfrac{\sqrt{3-x}}{1+x}.
y′=x−723−x(1+x)2→x→2−−518y' = \dfrac{x-7}{2\sqrt{3-x}(1+x)^2} \xrightarrow[x\to2^-]{} -\dfrac{5}{18}; k−=−518k_- = -\dfrac{5}{18}.
При x>2x>2: ∣x−2∣=x−2|x-2| = x-2, y=x−11+xy = \dfrac{\sqrt{x-1}}{1+x}.
y′=3−x2x−1(1+x)2→x→2+118y' = \dfrac{3-x}{2\sqrt{x-1}(1+x)^2} \xrightarrow[x\to2^+]{} \dfrac{1}{18}; k+=118k_+ = \dfrac{1}{18}.
Векторы: v⃗−=(−1; 518), v⃗+=(1; 118)\vec{v}_-= \left(-1;\,\dfrac{5}{18}\right),\ \vec{v}_+ = \left(1;\,\dfrac{1}{18}\right).cos⁡φ=−1−(−518) ⁣(118)1+25324  1+1324=−1+532434918⋅32518=−319349⋅325.\cos\varphi = \dfrac{-1 - \left(-\dfrac{5}{18}\right)\!\left(\dfrac{1}{18}\right)}
{\sqrt{1+\dfrac{25}{324}}\;\sqrt{1+\dfrac{1}{324}}}
= \dfrac{-1 + \dfrac{5}{324}}{\dfrac{\sqrt{349}}{18}\cdot\dfrac{\sqrt{325}}{18}}
= -\dfrac{319}{\sqrt{349\cdot325}}.Острый угол α\alpha между прямыми: tg⁡α=∣k+−k−∣1+k+k−=6/181−5/324=108319\tg\alpha = \dfrac{|k_+ - k_-|}{1 + k_+k_-} = \dfrac{6/18}{1 - 5/324} = \dfrac{108}{319}, α=arctg⁡108319\alpha = \arctg\dfrac{108}{319}.
Так как cos⁡φ<0\cos\varphi < 0, угол тупой: φ=π−arctg⁡108319\varphi = \pi - \arctg\dfrac{108}{319}.
Для параметрической кривой x=t−t1+t2=t31+t2, y=1+11+t2x = t - \dfrac{t}{1+t^2} = \dfrac{t^3}{1+t^2},\ y = 1 + \dfrac{1}{1+t^2} точка MM соответствует t=0t=0.
Находим производные: x˙=t2(t2+3)(1+t2)2, y˙=−2t(1+t2)2\dot x = \dfrac{t^2(t^2+3)}{(1+t^2)^2},\ \dot y = -\dfrac{2t}{(1+t^2)^2}.
Тогда dydx=−2t(t2+3)\dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{2}{t(t^2+3)} (t≠0t\neq0).
При t→0−t\to0^-: k−→+∞k_- \to +\infty (вертикальная); при t→0+t\to0^+: k+→−∞k_+ \to -\infty (вертикальная).
Обе касательные вертикальны, φ=0\varphi = 0.
Кудрявцев № 14.16 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика