дипломы,курсовые,рефераты,контрольные,диссертации на заказ
 

Параллельный перенос системы координат


  Пример 12.9   Постройте кривую $\displaystyle x+1+\sqrt{2-2y^2+4y}=0.$
Решение. Преобразуем уравнение к виду
$\displaystyle -(x+1)=\sqrt{2-2y^2+4y}.$(12.12)

Возведем обе части в квадрат:
$\displaystyle (x+1)^2=2-2y^2+4y.$
При этом появились новые точки, которые удовлетворяют последнему уравнению, но не удовлетворяют уравнению (12.12). Эти посторонние точки мы отбросим потом. Выделим полный квадрат по переменному $ y$ :
$\displaystyle (x+1)^2=2-2(y^2-2y+1)+2,$
то есть
$\displaystyle (x+1)^2+2(y-1)^2=4.$
Обе части разделим на 4 и произведем параллельный перенос системы координат: $ {\tilde x=x-(-1)}$ , $ {\tilde y=y-1}$ . Получим уравнение
$\displaystyle \frac{\tilde x^2}4+\frac{\tilde y^2}2=1,$
которое является каноническим уравнением эллипса с полуосями: 2 и $ \sqrt 2$ . Нарисуем его (рис. 12.22).



Рис.12.22.Эллипс, заданный уравнением $ (x+1)^2+2(y-1)^2=4$


Чтобы отбросить посторонние точки, возникшие при возведении в квадрат, преобразуем уравнение (12.12) к виду
$\displaystyle x=-1-\sqrt{2-2y^2+4y}.$
Из этого уравнения видно, что $ {x\leqslant -1}$ . Поэтому от нарисованного ранее эллипса нужно оставить только левую половину (рис. 12.23).


Рис.12.23.Кривая, заданная уравнением $ x+1+\sqrt{2-2y^2+4y}=0$

Последний рисунок и является ответом к задаче.         
    
      

Производная композиции


  Пример 4.6   Найдём производную функции $ y=\cos^52x$. Здесь функция имеет вид $ y=u^5$, с промежуточным аргументом $ u=\cos2x$, который, в свою очередь, является сложной функцией. Поэтому
\begin{multline*} y'=5u^4u'_x=5(\cos2x)^4(\cos2x)'_x=5\cos^42x(-\sin2x)(2x)'=\\ =-5\cos^42x\sin2x\cdot2=-10\cos^42x\sin2x. \end{multline*}
    
        Пример 4.7   Найдём производные ареа-функций (напомним, что ареа-функции -- это функции, обратные к гиперболическим функциям). Ранее мы записали для них следующие формулы:
$\displaystyle \mathop{\rm arsh}\nolimits x=\ln(x+\sqrt{x^2+1});$    
$\displaystyle \mathop{\rm arch}\nolimits x=\ln(x\pm\sqrt{x^2-1})$    

(в зависимости от того, что считать главной ветвью функции $ \mathop{\rm ch}\nolimits $);


$\displaystyle \mathop{\rm arth}\nolimits x=\frac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-x};$    
$\displaystyle \mathop{\rm arcth}\nolimits x=\frac{1}{2}\ln\dfrac{x+1}{x-1}.$    

Поэтому
\begin{multline*} (\mathop{\rm arsh}\nolimits x)'=(\ln(x+\sqrt{x^2+1}))'= \dfr... ...1}+x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}= \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}, \end{multline*}
и аналогично:
\begin{multline*} (\mathop{\rm arch}\nolimits x)'=(\ln(x\pm\sqrt{x^2-1})'= \df... ...{\sqrt{x^2-1}}}{x\pm\sqrt{x^2-1}}= \pm\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}; \end{multline*}
\begin{multline*} (\mathop{\rm arth}\nolimits x)'=(\frac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-... ...dfrac{\dfrac{2}{(1-x)^2}}{\dfrac{1+x}{1-x}}= \dfrac{1}{1-x^2}; \end{multline*}
и аналогично:
\begin{multline*} (\mathop{\rm arcth}\nolimits x)'=(\frac{1}{2}\ln\dfrac{x+1}{x... ...frac{\dfrac{-2}{(x-1)^2}}{\dfrac{x+1}{x-1}}= \dfrac{1}{1-x^2}. \end{multline*}
Последние две формулы не противоречат друг другу, так как при $ x\in(-1;1)$, а $ (\mathop{\rm arcth}\nolimits x)'=\dfrac{1}{1-x^2}$ при $ x\in(-\infty;-1)\cup(1;+\infty)$.     
$ (\mathop{\rm arth}\nolimits x)'=\dfrac{1}{1-x^2}$


 

Неопределенный интегралВекторное произведение векторов

Трассировка пиксельных изображений Adobe Illustrator Линейные блоковые коды