Viber Закажи час

+381 62 16 43 066

Функције – примена извода 2

Примена извода. Једанчина тангенте и нормале криве.

Задаци

Текст задатака објашњених у видео лекцији:

Пр.3)   Одредити једначину тангенте и нормале криве

            y=2x+1x+1y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} у тачки пресека криве са yy-осом.

Пр.4)   Одредити угао под којим се секу параболе y=(x−2)2y = {\left( {x - 2} \right)^2}

            и y=−4+6x−x2y = - 4 + 6x - {x^2}.

Пр.3) 

y=2x+1x+1x=0y=2⋅0+10+1=1T(x0;y0)=T(0;1)f′(x)=(2x+1)′(x+1)−(x+1)′(2x+1)(x+1)2=2(x+1)−(2x+1)(x+1)2==2x+2−2x−1(x+1)2=1(x+1)2f′(x0)=1(x0+1)2f′(0)=1(0+1)2=1t:y−1=1(x−0)t:y=x+1n:y−y0=−1f′(x0)(x−x0)n:y−1=−11(x−0)n:y−1=−x+1\begin{aligned}&y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} \\ &x = 0 \\ &y = \frac{{2 \cdot 0 + 1}}{{0 + 1}} = 1 \\ &T\left( {{x_0};{y_0}} \right) = T\left( {0;1} \right) \\ &f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^\prime }\left( {x + 1} \right) - {{\left( {x + 1} \right)}^\prime }\left( {2x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {x + 1} \right) - \left( {2x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \\ &= \frac{{2x + 2 - 2x - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \\ &f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} \\ &f'\left( 0 \right) = \frac{1}{{{{\left( {0 + 1} \right)}^2}}} = 1 \\ & \\ &t:y - 1 = 1\left( {x - 0} \right) \\ &t:y = x + 1 \\ & \\ &n:y - {y_0} = - \frac{1}{{f'\left( {{x_0}} \right)}}\left( {x - {x_0}} \right) \\ &n:y - 1 = - \frac{1}{1}\left( {x - 0} \right) \\ &n:y - 1 = - x + 1\end{aligned}

Пр.4)  

y=(x−2)2y=−4+6x−x2‾(x−2)2=−4+6x−x2(x−2)2+4−6x+x2=0x2−4x+4+4−6x+x2=02x2−10x+8=0∣:2x2−5x+4=0x1/2=5±25−162x1/2=5±32x1=1x2=4y1=(1−2)2y2=(4−2)2y1=1y2=4A(1;1)B(4;4)t:y−y0=f′(x0)(x−x0)A(1;1)p1:f(x)=y=(x−2)2f′(x)=2(x−2)(x−2)′=2x−4f′(x0)=2⋅1−4=−2p2:f(x)=y=−4+6x−x2f′(x)=6−2xf′(x0)=6−2⋅1=4t1:y−1=−2(x−1)y=−2x+2+1y=−2x+3kt1=−2t2:y−1=4(x−1)y=4x−4+1y=4x−3kt2=4tgφ=∣k1−k21+k1k2∣=∣−2−41−2⋅4∣=67\begin{aligned}&y = {\left( {x - 2} \right)^2} \\ &\underline {y = - 4 + 6x - {x^2}} \\ &{\left( {x - 2} \right)^2} = - 4 + 6x - {x^2} \\ &{\left( {x - 2} \right)^2} + 4 - 6x + {x^2} = 0 \\ &{x^2} - 4x + 4 + 4 - 6x + {x^2} = 0 \\ &2{x^2} - 10x + 8 = 0|:2 \\ &{x^2} - 5x + 4 = 0 \\ &{x_{1/2}} = \frac{{5 \pm \sqrt {25 - 16} }}{2} \\ &{x_{1/2}} = \frac{{5 \pm 3}}{2} \\ &\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {{x_1} = 1}&{}&{}&{{x_2} = 4} \\ {{y_1} = {{\left( {1 - 2} \right)}^2}}&{}&{}&{{y_2} = {{\left( {4 - 2} \right)}^2}} \\ {{y_1} = 1}&{}&{}&{{y_2} = 4} \\ {A\left( {1;1} \right)}&{}&{}&{B\left( {4;4} \right)} \end{array} \\ & \\ &t:y - {y_0} = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right)\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {}&{}&{} \end{array}A\left( {1;1} \right) \\ & \\ &\begin{array}{cccccccccccccccccccc} \begin{aligned}&{p_1}:f\left( x \right) = y = {\left( {x - 2} \right)^2} \\ &f'\left( x \right) = 2\left( {x - 2} \right){\left( {x - 2} \right)^\prime } = 2x - 4 \\ &f'\left( {{x_0}} \right) = 2 \cdot 1 - 4 = - 2\end{aligned} &{}&{}&{}&\begin{aligned}&{p_2}:f\left( x \right) = y = - 4 + 6x - {x^2} \\ &f'\left( x \right) = 6 - 2x \\ &f'\left( {{x_0}} \right) = 6 - 2 \cdot 1 = 4\end{aligned} \\ \begin{aligned}&{t_1}:y - 1 = - 2\left( {x - 1} \right) \\ &y = - 2x + 2 + 1 \\ &y = - 2x + 3 \\ &{k_{{t_1}}} = - 2\end{aligned} &{}&{}&{}&\begin{aligned}&{t_2}:y - 1 = 4\left( {x - 1} \right) \\ &y = 4x - 4 + 1 \\ &y = 4x - 3 \\ &{k_{{t_2}}} = 4\end{aligned} \end{array} \\ & \\ &tg\varphi = \left| {\frac{{{k_1} - {k_2}}}{{1 + {k_1}{k_2}}}} \right| = \left| {\frac{{ - 2 - 4}}{{1 - 2 \cdot 4}}} \right| = \frac{6}{7}\end{aligned}

φ=arctg67\varphi = arctg\frac{6}{7}

Угао под којим се секу две криве је угао између њихових тангенти у пресечној тачки. Прво решите систем једначина кривих и нађете пресечне тачке. У свакој тачки израчунате нагибе k1=f1′(x0)k_1 = f_1'(x_0) и k2=f2′(x0)k_2 = f_2'(x_0), а угао добијате из формуле tg⁡φ=∣k1−k21+k1k2∣\operatorname{tg}\varphi = \left|\frac{k_1 - k_2}{1 + k_1k_2}\right|. Апсолутна вредност обезбеђује да добијете оштар угао. Ако је k1=k2k_1 = k_2, криве се у тој тачки додирују, а ако је 1+k1k2=01 + k_1k_2 = 0, секу се под правим углом.

Тачка пресека криве са yy-осом има x0=0x_0 = 0, па је y0=f(0)y_0 = f(0). Тангенту и нормалу у њој пишете као у свакој другој тачки, али пазите да нормала има нагиб −1f′(x0)-\frac{1}{f'(x_0)}.

−0,50,51,52,53,5−11230xyf₁f₂
2
k₁
2
k₂
−2
Угао између стаза φ
53,13°
Друга стаза је y=ax−x2y = ax - x^2, а пратимо пресек у x0=a+22x_0 = \frac{a + 2}{2}. Тамо је k1=ak_1 = a и k2=−2k_2 = -2. За a=0,5a = 0{,}5 је 1+k1k2=01 + k_1k_2 = 0 и стазе се секу под правим углом, а за a=−2a = -2 се само додирују.

Пројектанти путева и стаза проверавају под којим се углом секу два правца, јер раскрснице под оштрим углом смањују прегледност. Исти рачун користи се у оптици кад се тражи угао под којим зрак пада на закривљену површину.

Укрштање стаза у парку

На плану парка две закривљене стазе прате криве y=x2−2xy = x^2 - 2x и y=2x−x2y = 2x - x^2, а јединица на плану је 10 m. Пејзажни архитекта жели да зна под којим се углом стазе укрштају, да би обликовао травњак у углу између њих. Нађите пресечне тачке и угао између стаза.

Решење

  1. Из x2−2x=2x−x2x^2 - 2x = 2x - x^2 следи 2x2−4x=02x^2 - 4x = 0, па су пресеци x=0x = 0 и x=2x = 2, тј. тачке O(0,0)O(0, 0) и A(2,0)A(2, 0).
  2. Нагиби у тачки AA: f1′(x)=2x−2f_1'(x) = 2x - 2, па је k1=2k_1 = 2, и f2′(x)=2−2xf_2'(x) = 2 - 2x, па је k2=−2k_2 = -2.
  3. tg⁡φ=∣2−(−2)1+2⋅(−2)∣=43\operatorname{tg}\varphi = \left|\frac{2 - (-2)}{1 + 2 \cdot (-2)}\right| = \frac{4}{3}, па је φ=arctg⁡43≈53,13∘\varphi = \operatorname{arctg}\frac{4}{3} \approx 53{,}13^\circ.
  4. У тачки OO нагиби су −2-2 и 22, па је угао исти.

Одговор: Стазе се у обе тачке укрштају под углом од око 53,13∘53{,}13^\circ.

Задатак за вежбу

Одредите тангенту и нормалу криве y=x−3x+1y = \frac{x - 3}{x + 1} у тачки њеног пресека са yy-осом.

Прикажи решење

За x0=0x_0 = 0 је y0=−3y_0 = -3, а y′=4(x+1)2y' = \frac{4}{(x + 1)^2}, па је y′(0)=4y'(0) = 4. Тангента је y=4x−3y = 4x - 3, а нормала y=−14x−3y = -\frac{1}{4}x - 3.