Файл: Е.Н. Грибанов Высшая математика. Контрольные работы №4, 5, 6 и методические указания к ним для студентов-заочников инженерно-технических специальностей.pdf

- 7 -

Пример. Найти производную y′x от неявной функции, заданной

выражением: cos5x2 ln y +

x +

y3 =

0.

Решение. Продифференцируем заданное выражение получим:

(cos5x2 ln y)′x + (

x)′x +

(y3 )′x =

0 или

− sin5x

2

10x ln y

+

cos5x

2

1

y′x

+

1

+

3 y

2

y′x

=

0 отсюда

y

2 x

1

cos5x

2

+ 3 y

2

2

ln y

+

1

=

0 или

y′x

y

− 10x sin5x

x

1

2

10x sin5x2 ln y −

x

y′x =

2

.

cos5x2

+

3 y2

y

При решении задач № 31-60 (пункт а) рекомендуется использовать

литературу [1, гл. VI, § 1, п. 1, п.11, п. 14, § 2, п. 1, § 4, п. 2; 5, гл. VI,

§ 2]. Для того, чтобы найти значения производных

dy

и

d 2 y

в задан-

dx

dx

2

ной точке

x0 , найдём сначала производные,

а затем подставим задан-

ные значения.

d 2 y

Пример. Найти

dy

и

при x0 =

π

6

и y = ln sin3x .

dx

dx2

Решение. Найдём

dy

=

(ln sin3x)

′ =

1

cos3x 3 =

3ctg3x и

d 2 y

dx

sin3x

d

dy

=

(3ctg3x)′

1

9

=

=

3

−

3 =

−

.

x

dx2

sin2

sin2 3x

dx

dx

3x

Теперь найдём значения производных при x

0

=

π

6

. Получаем

dy

π

π

=

3 ctg

3

=

3ctg

=

0 и

dx

6

2

x0

=

π

6

- 8 -

d 2 y

= −

9

= −

9

= − 9 .

dx

2

π

sin2

π

sin

2 π

x0

=

3

2

6

6

гл. VI, § 4].

Пример. Найти первую и вторую производные функции, заданной

x

=

5

2t

1

параметрически

, и вычислить их значения при t0

=

.

2

2

y

=

arcsint

Решение. Найдём

′

= (arcsint

2

′

=

1

2t

=

2t

;

yt

)t

1− (t 2 )2

1− t 4

2t

′

2t

ln5 2. Тогда:

dy

=

yt′

=

1− t 4

=

t

5

. Следо-

xt =

dx

xt′

2 52t ln5

1− t 4

52t

ln5

вательно

dy

=

0,5

≈

0,06. Для нахождения

d 2 y

dx

t0

=

1

1− 0

,54 52 0,5 ln5

dx

2

2

2

d

y

′′

′

′

′′

используем формулу

=

ytt

xt −

yt

xtt

. Найдём

dx

2

′

3

(xt )

′

′

′

t 1−

t

4

−

1−

t

4

′′

′

′

2t

(2t)

2t

t

t =

t =

=

ytt =

( yt )

1− t 4

4

2

1−

t

2 1− t 4 − 2t

− 4t3

2(1− t 4) + 4t

2(1+ t 4)

=

2 1− t

4

=

4

=

;

1− t 4

(1− t 4 )32

(1− t 4 )32

′′

′

′

2t ′

2t ′

2t

2 2t

(2ln5 5

) t

= 2 ln5(5 ) t = 2 ln5 5 2 ln5 = (2ln5) 5 .

xtt =

(xt ) t =

- 9 -

2(1+

t 4 )

52t 2ln5 −

2t

(2ln5)2 52t

(1− t 4)3

d 2 y

=

2

1− t 4

.

dx2

(2 ln5 52t )3

Подставив заданное значение, получим

2(1+ 0,54 )

52 0,5

2 ln5 −

2

0,5

(2ln5) 2 52 0

,5

(1

− 0,54)32

d 2 y

=

1− 0,54

≈ − 0,004.

dx2

(2ln5 52 0,5)3

t =

1

2

Для решения задач № 61-90 необходимо изучить литературу: [1,

гл. VI, § 5, п. 2-4; 4, гл. VI, § 5].

!

Пример. Дано уравнение движения точки

e3t

!

+ (t 2 −

!

!

определим скорость и ускорение

r (t) =

i

sint ) j +

2arctgt k ,

точки в момент t0 = 0 .

!

Решение. Траектория точки есть годограф её радиуса-вектора r (t) ,

!

sin t ;2arctgt}, т. е. линия определяемая параметрическими

r = {e3t ;t 2 −

x =

e

3t

y =

t 2 − sin t

(1)

уравнениями

2arctgt

z =

!

!

исходя из ме-

Скорость v и ускорение w движения точки определяем,

скалярного

аргумента

[4,

гл.

VI,

с.

224;

5,

с.

202]. Тогда

! !

′

3t ′ !

2

′

!

′

!

v = r

=

(e

)

i + (t

−

sin t)

j +

(2arctgt)

k =

(t)

e3t

!

(2t −

cos t)

!

2

!

=

3 i

+

j

+

k ;

t 2

1+

!

!

′′

3t ″

!

2

″

!

″

!

w = r

(e

)

i +

(t

−

sint )

j +

(2arctgt)

k =

(t) =

′

!

!

2

′

!

!

!

=

(3e

3t

)

i

+

(2t −

cos t)

′

j +

k =

3

e

3t

3

i +

(2 +

sint) j +

1+

t 2

1) (1+

t 2)

- 10 -

2 (−

−

2

!

!

+ (2

+ sint)

!

4t

!

+

2t k =