Решение производной функции y = e^√(tg x)

Вот решения задач, оформленные так, чтобы их было удобно переписать в тетрадь школьнику. 1. Найдите производную функции \(y = e^{\sqrt{\operatorname{tg} x}}\). Решение: Для нахождения производной используем правило дифференцирования сложной функции: \((e^u)' = e^u \cdot u'\). В нашем случае \(u = \sqrt{\operatorname{tg} x}\). Сначала найдем производную \(u'\): \(u' = (\sqrt{\operatorname{tg} x})' = ((\operatorname{tg} x)^{1/2})'\) Используем правило \((v^n)' = n \cdot v^{n-1} \cdot v'\), где \(v = \operatorname{tg} x\). \(u' = \frac{1}{2} (\operatorname{tg} x)^{1/2 - 1} \cdot (\operatorname{tg} x)'\) \(u' = \frac{1}{2} (\operatorname{tg} x)^{-1/2} \cdot \frac{1}{\cos^2 x}\) \(u' = \frac{1}{2\sqrt{\operatorname{tg} x} \cos^2 x}\) Теперь подставим это в формулу для \(y'\): \(y' = e^{\sqrt{\operatorname{tg} x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{\operatorname{tg} x} \cos^2 x}\) Ответ: \(y' = \frac{e^{\sqrt{\operatorname{tg} x}}}{2\sqrt{\operatorname{tg} x} \cos^2 x}\). 2. Составьте уравнения касательной и нормали к кривой \(y = \sin^3 3x\) в точке \(M(0,0)\). Решение: Уравнение касательной имеет вид \(y - y_0 = y'(x_0)(x - x_0)\). Уравнение нормали имеет вид \(y - y_0 = -\frac{1}{y'(x_0)}(x - x_0)\). В нашем случае \(x_0 = 0\), \(y_0 = 0\). Проверим, что точка \(M(0,0)\) лежит на кривой: \(y(0) = \sin^3 (3 \cdot 0) = \sin^3 0 = 0\). Точка лежит на кривой. Найдем производную \(y'\): \(y' = (\sin^3 3x)'\) Используем правило \((u^n)' = n \cdot u^{n-1} \cdot u'\), где \(u = \sin 3x\). \(y' = 3 \sin^2 3x \cdot (\sin 3x)'\) Используем правило \((\sin v)' = \cos v \cdot v'\), где \(v = 3x\). \(y' = 3 \sin^2 3x \cdot \cos 3x \cdot (3x)'\) \(y' = 3 \sin^2 3x \cdot \cos 3x \cdot 3\) \(y' = 9 \sin^2 3x \cos 3x\) Вычислим значение производной в точке \(x_0 = 0\): \(y'(0) = 9 \sin^2 (3 \cdot 0) \cos (3 \cdot 0) = 9 \sin^2 0 \cos 0 = 9 \cdot 0^2 \cdot 1 = 0\). Уравнение касательной: \(y - 0 = 0 \cdot (x - 0)\) \(y = 0\) Уравнение нормали: Так как \(y'(0) = 0\), касательная горизонтальна. Нормаль в этом случае будет вертикальной прямой, проходящей через точку \(x_0\). Уравнение нормали: \(x = x_0\) \(x = 0\) Ответ: Уравнение касательной: \(y = 0\). Уравнение нормали: \(x = 0\). 3. Найдите \(\frac{dy}{dx}\) и \(\frac{d^2y}{dx^2}\) в точке, для которой \(t=1\), если \[ \begin{cases} x = \operatorname{arctg} t \\ y = \ln(1+t^2) \end{cases} \] Решение: Это параметрически заданная функция. Формулы для производных: \(\frac{dy}{dx} = \frac{y'_t}{x'_t}\) \(\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{(\frac{dy}{dx})'_t}{x'_t}\) Найдем \(x'_t\) и \(y'_t\): \(x'_t = (\operatorname{arctg} t)' = \frac{1}{1+t^2}\) \(y'_t = (\ln(1+t^2))' = \frac{1}{1+t^2} \cdot (1+t^2)' = \frac{2t}{1+t^2}\) Найдем \(\frac{dy}{dx}\): \(\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{2t}{1+t^2}}{\frac{1}{1+t^2}} = 2t\) Теперь найдем \(\frac{d^2y}{dx^2}\): Сначала найдем производную \(\left(\frac{dy}{dx}\right)'_t\): \(\left(\frac{dy}{dx}\right)'_t = (2t)'_t = 2\) Теперь подставим в формулу для \(\frac{d^2y}{dx^2}\): \(\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{2}{\frac{1}{1+t^2}} = 2(1+t^2)\) Вычислим значения в точке \(t=1\): \(\frac{dy}{dx}\Big|_{t=1} = 2 \cdot 1 = 2\) \(\frac{d^2y}{dx^2}\Big|_{t=1} = 2(1+1^2) = 2(1+1) = 2 \cdot 2 = 4\) Ответ: \(\frac{dy}{dx}\Big|_{t=1} = 2\), \(\frac{d^2y}{dx^2}\Big|_{t=1} = 4\). 4. Вычислите предел: \(\lim_{x \to 3} (x-3)\ln\left(1-\frac{x}{3}\right)\). Решение: Подставим \(x=3\) в выражение: \((3-3)\ln\left(1-\frac{3}{3}\right) = 0 \cdot \ln(1-1) = 0 \cdot \ln 0\). \(\ln 0\) стремится к \(-\infty\), поэтому имеем неопределенность вида \(0 \cdot (-\infty)\). Преобразуем выражение, чтобы использовать правило Лопиталя или эквивалентные бесконечно малые функции. Пусть \(x-3 = u\), тогда \(x = u+3\). Когда \(x \to 3\), \(u \to 0\). \(\lim_{u \to 0} u \ln\left(1-\frac{u+3}{3}\right) = \lim_{u \to 0} u \ln\left(1-\frac{u}{3}-1\right) = \lim_{u \to 0} u \ln\left(-\frac{u}{3}\right)\). Это не совсем удобно, так как аргумент логарифма отрицательный. Вернемся к исходному выражению и преобразуем его: \(\lim_{x \to 3} (x-3)\ln\left(1-\frac{x}{3}\right) = \lim_{x \to 3} (x-3)\ln\left(\frac{3-x}{3}\right)\) Пусть \(t = x-3\). Тогда \(x = t+3\). Когда \(x \to 3\), \(t \to 0\). \(\lim_{t \to 0} t \ln\left(\frac{-t}{3}\right)\). Здесь возникает проблема с \(\ln(-t/3)\), так как логарифм от отрицательного числа не определен в действительных числах. Возможно, в условии задачи опечатка, и должно быть \(\ln\left(\frac{x}{3}-1\right)\) или \(x \to 3^-\) (предел слева). Предположим, что имеется в виду \(\lim_{x \to 3^-} (x-3)\ln\left(1-\frac{x}{3}\right)\). Тогда \(1-\frac{x}{3} > 0\). Пусть \(y = 1 - \frac{x}{3}\). Тогда \(x = 3(1-y)\). Когда \(x \to 3^-\), \(y \to 0^+\). \(x-3 = 3(1-y) - 3 = 3 - 3y - 3 = -3y\). Предел принимает вид: \(\lim_{y \to 0^+} (-3y) \ln y\) Это неопределенность вида \(0 \cdot (-\infty)\). Перепишем как \(\frac{\ln y}{-\frac{1}{3y}}\) и применим правило Лопиталя. \(\lim_{y \to 0^+} \frac{(\ln y)'}{(-\frac{1}{3y})'} = \lim_{y \to 0^+} \frac{\frac{1}{y}}{-\frac{1}{3} (-1) y^{-2}} = \lim_{y \to 0^+} \frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{3y^2}} = \lim_{y \to 0^+} \frac{1}{y} \cdot 3y^2 = \lim_{y \to 0^+} 3y = 0\). Если же предполагается, что \(x \to 3^+\), то \(1-\frac{x}{3} < 0\), и логарифм не определен. Если же в условии имелось в виду \(\ln\left(\frac{x}{3}-1\right)\), то: \(\lim_{x \to 3} (x-3)\ln\left(\frac{x}{3}-1\right)\) Пусть \(t = x-3\). Тогда \(x = t+3\). Когда \(x \to 3\), \(t \to 0\). \(\lim_{t \to 0} t \ln\left(\frac{t+3}{3}-1\right) = \lim_{t \to 0} t \ln\left(\frac{t}{3}\right)\) Пусть \(u = \frac{t}{3}\). Тогда \(t = 3u\). Когда \(t \to 0\), \(u \to 0\). \(\lim_{u \to 0} 3u \ln u\). Это неопределенность вида \(0 \cdot (-\infty)\). Перепишем как \(\frac{3 \ln u}{\frac{1}{u}}\) и применим правило Лопиталя. \(\lim_{u \to 0} \frac{(3 \ln u)'}{(\frac{1}{u})'} = \lim_{u \to 0} \frac{\frac{3}{u}}{-\frac{1}{u^2}} = \lim_{u \to 0} \frac{3}{u} \cdot (-u^2) = \lim_{u \to 0} -3u = 0\). Исходя из наиболее вероятного сценария, что функция должна быть определена, и учитывая стандартные задачи на пределы, предположим, что предел берется слева, или что выражение должно быть \(\ln\left|\frac{3-x}{3}\right|\) или \(\ln\left(\frac{x}{3}-1\right)\). Если строго следовать записи, то при \(x \to 3\) (с обеих сторон) выражение \(\ln(1-x/3)\) не определено для \(x > 3\). Если \(x < 3\), то \(1-x/3 > 0\). Примем, что предел берется слева, то есть \(x \to 3^-\). Ответ: \(0\). 5. Исследуйте функцию \(y = \frac{3x}{x-1}\) на непрерывность. Укажите точки разрыва, если они имеются, определите вид точек разрыва и область непрерывности. Сделайте схематический чертеж в окрестности точек разрыва. Решение: Функция \(y = \frac{3x}{x-1}\) является рациональной функцией. Рациональные функции непрерывны на всей своей области определения. Область определения функции: знаменатель не должен быть равен нулю. \(x-1 \neq 0 \Rightarrow x \neq 1\). Таким образом, функция непрерывна на интервалах \((-\infty, 1)\) и \((1, +\infty)\). Точка разрыва: \(x = 1\). Определим вид точки разрыва \(x=1\). Для этого вычислим односторонние пределы в этой точке. \(\lim_{x \to 1^-} \frac{3x}{x-1}\) Когда \(x \to 1^-\), числитель \(3x \to 3 \cdot 1 = 3\). Знаменатель \(x-1 \to 0\), причем \(x < 1\), значит \(x-1 < 0\). То есть \(x-1 \to 0^-\). Следовательно, \(\lim_{x \to 1^-} \frac{3x}{x-1} = \frac{3}{0^-} = -\infty\). \(\lim_{x \to 1^+} \frac{3x}{x-1}\) Когда \(x \to 1^+\), числитель \(3x \to 3 \cdot 1 = 3\). Знаменатель \(x-1 \to 0\), причем \(x > 1\), значит \(x-1 > 0\). То есть \(x-1 \to 0^+\). Следовательно, \(\lim_{x \to 1^+} \frac{3x}{x-1} = \frac{3}{0^+} = +\infty\). Так как односторонние пределы бесконечны, точка \(x=1\) является точкой разрыва второго рода. В точке \(x=1\) функция имеет вертикальную асимптоту. Область непрерывности: \((-\infty, 1) \cup (1, +\infty)\). Схематический чертеж в окрестности точки разрыва: (Здесь я не могу нарисовать чертеж, но могу описать его.) На графике функции \(y = \frac{3x}{x-1}\) будет вертикальная асимптота \(x=1\). При приближении к \(x=1\) слева (от меньших значений), график функции уходит вниз к \(-\infty\). При приближении к \(x=1\) справа (от больших значений), график функции уходит вверх к \(+\infty\). Также можно найти горизонтальную асимптоту: \(\lim_{x \to \pm\infty} \frac{3x}{x-1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{3}{1-\frac{1}{x}} = \frac{3}{1-0} = 3\). Горизонтальная асимптота \(y=3\). График будет состоять из двух ветвей гиперболы. Одна ветвь будет находиться в левой верхней части (для \(x<1\), \(y<3\)), другая - в правой нижней части (для \(x>1\), \(y>3\)). Например, при \(x=0\), \(y=0\). При \(x=2\), \(y=\frac{6}{1}=6\). Ответ: Точка разрыва: \(x=1\). Вид точки разрыва: второго рода. Область непрерывности: \((-\infty, 1) \cup (1, +\infty)\). Схематический чертеж: Вертикальная асимптота \(x=1\). При \(x \to 1^-\), \(y \to -\infty\). При \(x \to 1^+\), \(y \to +\infty\). 6. Найдите производную, используя метод логарифмического дифференцирования. 1) \(y = x^{e^{\sin 3x}}\) Решение: Применим логарифмирование к обеим частям уравнения: \(\ln y = \ln(x^{e^{\sin 3x}})\) Используем свойство логарифма \(\ln(a^b) = b \ln a\): \(\ln y = e^{\sin 3x} \ln x\) Теперь продифференцируем обе части по \(x\): \(\frac{1}{y} y' = (e^{\sin 3x} \ln x)'\)