Похідна зворотної функції та функції заданої параметрично. Похідна функції заданої неявно. Похідна параметрично заданої функції

Не напружуємось, у цьому параграфі теж все досить просто. Можна записати загальну формулупараметрично заданої функції, але для того, щоб було зрозуміло, я відразу запишу конкретний приклад. У параметричної формі функція визначається двома рівняннями: . Часто рівняння записують під фігурними дужками, а послідовно: , .

Змінна називається параметром і може приймати значення від мінус нескінченності до плюс нескінченності. Розглянемо, наприклад, значення і підставимо його в обидва рівняння: . Або по-людськи: «якщо ікс дорівнює чотирьом, то ігрок дорівнює одиниці». На координатній площині можна відзначити точку, і ця точка відповідатиме значенню параметра. Аналогічно можна знайти точку будь-якого значення параметра «те». Як і для «звичайної» функції, для американських індіанців параметрично заданої функції всі права теж дотримані: можна побудувати графік, знайти похідні і т.д. До речі, якщо потрібно побудувати графік параметрично заданої функції, закачайте мою геометричну прогу на сторінці Математичні формулита таблиці.

У найпростіших випадках є можливість уявити функцію у явному вигляді. Виразимо з першого рівняння параметр: – і підставимо його на друге рівняння: . В результаті отримано звичайну кубічну функцію.

У «важчих» випадках такий фокус не прокочує. Але це не біда, тому що для знаходження похідної параметричної функції існує формула:

Знаходимо похідну від «гравця за змінною те»:

Всі правила диференціювання та таблиця похідних справедливі, природно, і для літери, таким чином, якоїсь новизни у самому процесі знаходження похідних немає. Просто подумки замініть у таблиці всі «ікси» на літеру «те».

Знаходимо похідну від «ікса за змінною те»:

Тепер тільки залишилося підставити знайдені похідні до нашої формули:

Готово. Похідна, як і сама функція, також залежить від параметра .

Що стосується позначень, то у формулі замість запису можна було просто записати без підрядкового індексу, оскільки це «звичайна» похідна «ікс». Але в літературі завжди зустрічається варіант, тому я не відхилятимуся від стандарту.

Приклад 6

Використовуємо формулу

У даному випадку:

Таким чином:

Особливістю знаходження похідної параметричної функції є той факт, що на кожному кроці результат вигідно максимально спрощувати. Так, у розглянутому прикладі при знаходженні я розкрив дужки під коренем (хоча міг цього не робити). Великий шанс, що при підстановці та формулі багато речей добре скоротяться. Хоча зустрічаються, звичайно, приклади і з кострубатими відповідями.

Приклад 7

Знайти похідну від функції, заданої параметрично

Це приклад самостійного рішення.

у статті Найпростіші типові завдання з похідною ми розглядали приклади, у яких потрібно було знайти другу похідну функції. Для параметрично заданої функції також можна знайти другу похідну, і вона за наступною формуле: . Цілком очевидно, що для того, щоб знайти другу похідну, потрібно спочатку знайти першу похідну.

Приклад 8

Знайти першу та другу похідні від функції, заданої параметрично

Спочатку знайдемо першу похідну.
Використовуємо формулу

В даному випадку:

Підставляє знайдені похідні формулу. З метою спрощень використовуємо тригонометричну формулу:

Я помітив, що в задачі на знаходження похідної параметричної функції досить часто з метою спрощень доводиться використовувати тригонометричні формули . Пам'ятайте їх або тримайте під рукою, і не упускайте можливість спростити кожен проміжний результат та відповіді. Навіщо? Зараз нам належить взяти похідну від , і це явно краще, ніж знаходити похідну від .

Знайдемо другу похідну.
Використовуємо формулу: .

Подивимося нашу формулу. Знаменника вже знайдено на попередньому кроці. Залишилося знайти чисельник – похідну від першої похідної до змінної «те»:

Залишилося скористатися формулою:

Для закріплення матеріалу пропоную ще кілька прикладів для самостійного вирішення.

Приклад 9

Приклад 10

Знайти і функції, заданої параметрически

Бажаю успіхів!

Сподіваюся, це заняття було корисним, і Ви тепер легко зможете знаходити похідні від функцій, заданих неявно і від параметричних функцій

Рішення та відповіді:

Приклад 3: Рішення:






Таким чином:

Розглянемо завдання лінії на площині, при якому змінні x, y є функціями третьої змінної t (назвою параметром):

Для кожного значення tз деякого інтервалу відповідають певні значення xі y, а, Отже, певна точка M (x, y) площині. Коли tпробігає всі значення із заданого інтервалу, то точка M (x, y) описує деяку лінію L. Рівняння (2.2) називаються параметричними рівняннями лінії L.

Якщо функція x = ? yяк функцію від x. У цьому випадку кажуть, що рівняння (2.2) задають функцію yпараметрично.

приклад 1.Нехай M (x, y)– довільна точка кола радіусу Rта з центром на початку координат. Нехай t- Кут між віссю Oxта радіусом OM(Див. рис. 2.3). Тоді x, yвиражаються через t:

Рівняння (2.3) є параметричними рівняннями кола. Виключимо із рівнянь (2.3) параметр t. Для цього кожне з рівнянь зведемо до квадрата і складемо, отримаємо: x 2 + y 2 = R 2 (cos 2 t + sin 2 t) або x 2 + y 2 = R 2 – рівняння кола в декартовій системі координат. Воно визначає дві функції: Кожна з цих функцій визначається параметричними рівняннями (2.3), але для першої функції , а для другої .

Приклад 2. Параметричні рівняння

задають еліпс із півосями a, b(Рис. 2.4). Виключаючи з рівнянь параметр t, отримаємо канонічне рівнянняеліпса:

Приклад 3. Циклоїдою називається лінія, описана точкою, що лежить на колі, якщо це коло котиться без ковзання прямою (рис. 2.5). Введемо параметричні рівняння циклоїди. Нехай радіус кола, що котиться, дорівнює a, крапка M, що описує циклоїду, на початку руху збігалася з початком координат.

Визначимо координати x, y точки Mпісля того, як коло повернулося на кут t
(рис. 2.5), t = ÐMCB. Довжина дуги MBдорівнює довжині відрізка OB,так як коло котиться без ковзання, тому

OB = at, AB = MD = asint, CD = acost, x = OB - AB = at - asint = a (t - sint),

y = AM = CB - CD = a - acost = a (1 - cost).

Отже, отримані параметричні рівняння циклоїди:

При зміні параметра tвід 0 до 2πколо повертається на один оборот, при цьому точка Mописує одну арку циклоїдів. Рівняння (2.5) задають yяк функцію від x. Хоча функція x = a(t – sint)має зворотну функцію, але вона виражається через елементарні функції, тому функція y = f(x)не виражається через елементарні функції.

Розглянемо диференціювання функції, заданої параметрично рівняннями (2.2). Функція x = φ(t) на певному інтервалі зміни t має зворотну функцію t = Ф(x)тоді y = g(Ф(x)). Нехай x = φ(t), y = g(t)мають похідні, причому x"t≠0. За правилом диференціювання складної функції y"x=y"t×t"x.На підставі правила диференціювання зворотної функціїтому:

Отримана формула (2.6) дозволяє знаходити похідну функції, заданої параметрически.

Приклад 4. Нехай функція y, що залежить від x, задана параметрично:

Рішення. .
Приклад 5.Знайти кутовий коефіцієнт kдотичної до циклоїди у точці M 0 , що відповідає значенню параметра .
Рішення.З рівнянь циклоїди: y" t = asint, x" t = a (1 - cost),тому

Кутовий коефіцієнт дотичної у точці M 0 дорівнює значеннюпри t 0 = π/4:

ДИФЕРЕНЦІАЛ ФУНКЦІЇ

Нехай функція у точці x 0має похідну. За визначенням:
тому за властивостями межі (розд. 1.8), де a- нескінченно мала при Δx → 0. Звідси

Δy = f "(x0)Δx + α×Δx. (2.7)

При Δx → 0 другий доданок у рівності (2.7) є нескінченно малою вищого порядку, порівняно з тому Δy і f" (x 0)×Δx - еквівалентні, нескінченно малі (при f "(x 0) ≠ 0).

Таким чином, збільшення функції Δy складається з двох доданків, з яких перше f "(x 0)×Δx є головною частиною збільшення Δy, лінійної щодо Δx (при f"(x 0)≠ 0).

Диференціаломфункції f(x) у точці x 0 називається головна частина збільшення функції та позначається: dyабо df (x 0). Отже,

df (x0) = f "(x0)×Δx. (2.8)

приклад 1.Знайти диференціал функції dyі збільшення функції Δy для функції y = x 2 при:
1) довільних xта Δ x; 2) x 0 = 20, Δx = 0,1.

Рішення

1) Δy = (x + Δx) 2 - x 2 = x 2 + 2xΔx + (Δx) 2 - x 2 = 2xΔx + (Δx) 2 , dy = 2xΔx.

2) Якщо x 0 = 20, x = 0,1, то y = 40×0,1 + (0,1) 2 = 4,01; dy = 40 0,1 = 4.

Запишемо рівність (2.7) у вигляді:

Δy = dy + a×Δx. (2.9)

Приріст Δy відрізняється від диференціала dyна нескінченно малу вищого порядку, в порівнянні з Δx, тому в наближених обчисленнях користуються наближеною рівністю Δy ≈ dy, якщо Δx досить мало.

Враховуючи, що Δy = f(x 0 + Δx) – f(x 0), отримуємо наближену формулу:

f(x 0 + Δx) f(x 0) + dy. (2.10)

Приклад 2. Обчислити приблизно .

Рішення.Розглянемо:

Використовуючи формулу (2.10), отримаємо:

Значить, ≈ 2,025.

Розглянемо геометричний зміст диференціалу df(x 0)(Рис. 2.6).

Проведемо до графіка функції y = f(x), що стосується в точці M 0 (x0, f(x 0)), нехай φ – кут між дотичною KM0 і віссю Ox, тоді f"(x 0) = tgφ. З ΔM0NP:
PN = tgφ×Δx = f "(x 0)×Δx = df(x 0). Але PN є збільшенням ординати дотичної за зміни x від x 0 до x 0 + Δx.

Отже, диференціал функції f(x) у точці x 0 дорівнює збільшенню дотичної ординати.

Знайдемо диференціал функції
y = x. Так як (x)" = 1, то dx = 1×Δx = Δx. Вважатимемо, що диференціал незалежної змінної x дорівнює її прирощенню, тобто dx = Δx.

Якщо x – довільне число, то з рівності (2.8) одержуємо df(x) = f "(x)dx, звідки .
Таким чином, похідна функції y = f(x) дорівнює відношенню її диференціала до диференціалу аргументу.

Розглянемо властивості диференціала функції.

Якщо u(x), v(x) – функції, що диференціюються, то справедливі наступні формули:

Для доказу цих формул використовуються формули похідних для суми, добутку та приватної функції. Доведемо, наприклад, формулу (2.12):

d(u×v) = (u×v)"Δx = (u×v" + u"×v)Δx = u×v"Δx + u"Δx×v = u×dv + v×du.

Розглянемо диференціал складної функції: y = f(x), x = φ(t), тобто. y = f(?(t)).

Тоді dy = y" t dt, але y" t = y" x xx" t тому dy = y" x x" t dt. Враховуючи,

що x "t = dx, отримуємо dy = y" x dx = f "(x) dx.

Таким чином, диференціал складної функції y = f(x), де x =φ(t), має вигляд dy = f "(x)dx, такий же, як у тому випадку, коли x є незалежною змінною. Ця властивість називається інваріантністю форми диференціал а.

Нехай функція задана параметричним способом:
(1)
де деяка змінна, яка називається параметром. І нехай функції і мають похідні за певного значення змінної.
(2)

Причому і функція має зворотну функцію в околиці точки.
;
.

Тоді функція (1) має в похідній точці , яка, в параметричному вигляді, визначається за формулами:

Тут і - похідні функцій і за змінною (параметром).

Їх часто записують у такому вигляді:
.
Тоді систему (2) можна записати так:
.
Доведення
.

За умовою, функція має зворотну функцію. Позначимо її як

Тоді вихідну функцію можна як складну функцію:

Знайдемо її похідну, застосовуючи правила диференціювання складної та зворотної функцій:
.
Правило підтверджено.
.
Доказ другим способом
.

Знайдемо похідну другим способом, виходячи з визначення похідної функції в точці:
Введемо позначення:
; ;
; .
Тоді й попередня формула набуває вигляду:
.
Скористаємося тим, що функція має зворотну функцію в околиці точки .
.

За умовою, функція має зворотну функцію. Позначимо її як

Введемо позначення:

Розділимо чисельник і знаменник дробу на:
(1)

При , .
(2)

Тоді
.
Тоді, щоб знайти другу похідну від функції змінної , потрібно знайти першу похідну від функції змінної .
(3)
Залежність змінної від змінної також задана параметричним способом:

Порівнюючи (3) з формулами (1) і (2), знаходимо:
.
Тепер виразимо результат через функції та .
.

Для цього підставимо та застосуємо формулу похідного дробу:

Тоді
.

Звідси отримуємо другу похідну функції змінної :

Вона також задана у параметричному вигляді. Зауважимо, що перший рядок також можна записати так:
;
.

Продовжуючи процес, можна отримати похідні функції від змінної третього і вищих порядків.

Зауважимо, що можна вводити позначення для похідної .

Можна записати так:

Приклад 1
Знайдіть похідну від функції, заданої параметричним способом:
;
.
Рішення

.
Знаходимо похідні та по .

.
Знаходимо похідні та по .

З таблиці похідних знаходимо:
.

Застосовуємо:

Тут.

Похідна:

Можна записати так:

Відповідь
.

Приклад 2

.

Знайдіть похідну від функції, вираженої через параметр :

.

Розкриємо дужки, застосовуючи формули для статечних функцій і коріння:
.

Застосовуємо:

Знаходимо похідну:

Знаходимо похідну.

Можна записати так:

Для цього введемо змінну та застосуємо формулу похідної складної функції.

Знаходимо шукану похідну:

Приклад 3

Знайдіть похідні другого та третього порядків від функції, заданої параметричним способом у прикладі 1:
.
У прикладі 1 ми знайшли похідну першого порядку:
.
Введемо позначення.
.

Тоді функція є похідною .

Вона задана параметричним способом:

Щоб знайти другу похідну по нам треба знайти першу похідну по .
.
Диференціюємо по .
.

Похідну ми знайшли в прикладі 1:
.

Похідна другого порядку за дорівнює похідній першого порядку за :

Отже, ми знайшли похідну другого порядку в параметричному вигляді:
;
;
;
;
;
;
;
;
.

Застосовуємо:

Тепер знаходимо похідну третього порядку. Введемо позначення. Тоді нам потрібно знайти похідну першого порядку від функції, яка задана параметричним способом::

Знаходимо похідну по .

Функцію можна задати кількома способами. Це залежить від правила, яке використовується під час її завдання. Явний вид завдання функції має вигляд y = f(x). Бувають випадки, коли її опис неможливий чи незручний. Якщо є безліч пар (х; у), які необхідно обчислювати для параметра t по проміжку (а; b). Для вирішення системи x = 3 · cos t y = 3 · sin t з 0 ≤ t< 2 π необходимо задавать окружность с центром координат с радиусом равным 3 .

Визначення параметричної функції

Звідси маємо, що x = ? (t) , y = ? завдання параметричного рівнянняфункції виду y = ψ(Θ(x)).

Бувають випадки, коли для дослідження функції потрібно займатися пошуком похідної з х. Розглянемо формулу похідної параметрично заданої функції виду y x " = ψ "(t) φ "(t), поговоримо про похідну 2 і n-ого порядку.

Висновок формули похідної параметрично заданої функції

Маємо, що x = φ (t) , y = ψ (t) , визначені і диференційовані при значенні a b , де x t " = φ "(t) ≠ 0 і x = φ (t) тоді існує зворотна функція виду t = Θ (x) .

Спочатку слід переходити від параметричного завдання до явного. Для цього потрібно отримати складну функцію виду y = ψ(t) = ψ(Θ(x)), де є аргумент x.

З правила знаходження похідної складної функції, отримуємо, що y " x = ψ Θ (x) = ψ " Θ x · Θ " x .

Звідси видно, що t = Θ(x) і x = φ(t) є оберненими функціями з формули зворотної функції Θ"(x) = 1 φ"(t) , тоді y "x = ψ" Θ(x) · Θ "(x) = ψ"(t) φ "(t).

p align="justify"> Перейдемо до розгляду рішення декількох прикладів з використанням таблиці похідних за правилом диференціювання.

Приклад 1

Знайти похідну для функції x = t 2 + 1 y = t.

Рішення

За умовою маємо, що φ (t) = t 2 + 1 , ψ (t) = t , звідси отримуємо, що φ "(t) = t 2 + 1", ψ "(t) = t" = 1 . Необхідно використовувати виведену формулу та записати відповідь у вигляді:

y " x = ψ "(t) φ "(t) = 1 2 t

Відповідь: y x " = 1 2 t x = t 2 + 1 .

При роботі з похідною функції ч параметром t вказується вираз аргументу x через цей параметр t , щоб не втратити зв'язок між значеннями похідної і параметрично заданої функції з аргументом, якому і відповідають ці значення.

Щоб визначити похідну другого порядку параметрично заданої функції потрібно використовувати формулу похідної першого порядку на отриманій функції, тоді отримуємо, що

y " " x = ψ " (t) φ " (t) " φ " (t) = ψ "" (t) · φ "(t) - ψ "(t) · φ "" (t) φ " ( t) 2 ?

Приклад 2

Знайти похідні 2 та 2 порядку заданої функції x = cos (2 t) y = t 2 .

Рішення

За умовою отримуємо, що φ(t) = cos(2 t) , ψ(t) = t 2 .

Тоді після перетворення

φ "(t) = cos (2 t)" = - sin (2 t) · 2 t "= - 2 sin (2 t) ψ (t) = t 2 " = 2 t

Звідси випливає, що y x " = ψ "(t) φ "(t) = 2 t - 2 sin 2 t = - t sin (2 t).

Отримаємо, що вид похідної 1 порядку x = cos (2 t) y x = - t sin (2 t).

Для вирішення необхідно застосувати формулу похідної другого порядку. Отримуємо вираз виду

y x "" = - t sin (2 t) φ " t = - t " · sin (2 t) - t · (sin (2 t)) " sin 2 (2 t) - 2 sin (2 t) = = 1 · sin (2 t) - t · cos (2 t) · (2 ​​t) " 2 sin 3 (2 t) = sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 sin 3 (2 t)

Тоді завдання похідної 2 порядку за допомогою параметричної функції

x = cos (2 t) y x "" = sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 sin 3 (2 t)

Аналогічне рішення можна вирішити іншим способом. Тоді

φ " t = (cos (2 t)) " = - sin (2 t) · 2 t " = - 2 sin (2 t) ⇒ φ "" t = - 2 sin (2 t) " = - 2 · sin (2 t) "= - 2 cos (2 t) · (2 ​​t)" = - 4 cos (2 t) ψ "(t) = (t 2)" = 2 t ⇒ ψ "" (t) = ( 2 t) " = 2

Звідси отримуємо, що

y "" x = ψ "" (t) · φ "(t) - ψ "(t) · φ "" (t) φ "(t) 3 = 2 · - 2 sin (2 t) - 2 t · (- 4 cos (2 t)) - 2 sin 2 t 3 = = sin (2 t) - 2 t · cos (2 t) 2 s i n 3 (2 t)

Відповідь: y "" x = sin (2 t) - 2 t · cos (2 t) 2 s i n 3 (2 t)

Аналогічним чином виробляється перебування похідних вищих порядків з параметрично заданими функціями.

Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter

Логарифмічне диференціювання

Похідні елементарних функцій

Основні правила диференціювання

Диференціал функції

Головна лінійна частиназбільшення функції A D xу визначенні диференційованості функції

D f=f(x)- f(x 0)=A(x - x 0)+o(x – x 0), x®x 0

називається диференціалом функції f(x) у точці x 0 і позначається

df(x 0)=f¢(x 0) D x= A D x.

Диференціал залежить від точки x 0 і від збільшення D x.На D xпри цьому дивляться, як на самостійну змінну, так що у кожній точці диференціал є лінійну функціювід збільшення D x.

Якщо як функція розглянути f(x)=x, то отримаємо dx= D x, dy = Adx. Це узгоджується з позначенням Лейбниця

Геометрична інтерпретація диференціала як збільшення ординати дотичної.

Мал. 4.3

1) f= const , f¢= 0, df= 0D x= 0.

2) f=u+v, f¢=u¢+v¢, df = du+dv.

3) f=uv, f¢=u¢v+v¢u, df = u dv + v du.

Слідство. (cf(x))¢=cf¢(x), (c 1 f 1 (x)+…+c n f n(x))¢= c 1 f¢ 1 (x)+…+ c n f¢ n(x)

4) f=u/v, v(x 0)¹0 і похідна існує, то f¢=(u¢v-v¢ u)/v 2 .

Для стислості будемо позначати u=u(x), u 0 =u(x 0), тоді

Переходячи до межі у D x® 0 отримаємо необхідну рівність.

5) Похідна складної функції.

Теорема. Якщо існують f¢(x 0), g¢(x 0)і x 0 = g(t 0), то в деякій околиці t 0 визначено складна функція f(g(t)), вона диференційована у точці t 0 і

Доведення.

f(x)- f(x 0)=f¢(x 0)(x-x 0)+ a( x)(x-x 0), xÎ U(x 0).

f(g(t))- f(g(t 0))= f¢(x 0)(g(t)- g(t 0))+ a( g(t))(g(t)- g(t 0)).

Поділимо обидві частини цієї рівності на ( t - t 0) і перейдемо до межі при t®t 0 .

6) Обчислення похідної зворотної функції.

Теорема. Нехай f безперервна і строго монотонна на[a,b]. Нехай у точці x 0 Î( a,b)існує f¢(x 0)¹ 0 тоді зворотна функція x=f -1 (y)має в точці y 0 похідну, рівну

Доведення. Вважаємо fсуворо монотонно зростаючою, тоді f -1 (y) безперервна, монотонно зростає на [ f(a),f(b)]. Покладемо y 0 =f(x 0), y=f(x), x - x 0 =D x,

y - y 0 =D y. Через безперервність зворотної функції D y®0 Þ D x®0, маємо

Переходячи до межі, отримаємо необхідну рівність.

7) Похідна парної функціїнепарна, похідна непарної функції парна.

Справді, якщо x® - x 0 , то - x® x 0 , тому

Для парної функції для непарної функції

1) f= const, f¢(x)=0.

2) f(x)=x, f¢(x)=1.

3) f(x)=e x, f¢(x)= e x ,

4) f(x)=a x ,(a x)¢ = a x ln a.

5) ln a.

6) f(x)=ln x ,

Слідство. (похідна парної функції непарна)

7) (x m )¢= m x m -1 , x>0, x m =e m ln x .

8) (sin x)¢= cos x,

9) (cos x)¢=- sin x,(cos x)¢= (sin( x+ p/2)) ¢= cos( x+ p/2)=-sin x.

10) (tg x)¢= 1/cos 2 x.

11) (ctg x)¢= -1/sin 2 x.

16) sh x, ch x.

f(x),звідки випливає, що f¢(x)=f(x)(ln f(x))¢ .

Ту ж формулу можна отримати інакше f(x)=e ln f(x) , f¢=e ln f(x) (ln f(x))¢.

приклад. Обчислити похідну функції f = x x.

= x x = x x = x x = x x(ln x + 1).

Геометричне місце точок на площині

будемо називати графіком функції, заданою параметрично. Говорять також про параметричне завдання функції.

Зауваження 1.Якщо x, yбезперервні на [a,b] і x(t) суворо монотонна на відрізку (наприклад, строго монотонно зростає), то [ a,b], a = x(a) , b = x(b) визначено функцію f(x)=y(t(x))де t(x) – обернена до x(t) функція. Графік цієї функції збігається із графіком функції

Якщо область визначення параметрично заданої функції можна розбити на кінцеве число відрізків , k= 1,2,…,n,на кожному з яких функція x(t) строго монотонна, то параметрично задана функція розпадається на кінцеве число звичайних функцій f k(x)=y(t -1 (x)) з областями визначення [ x(a k), x(b k)] для ділянок зростання x(t) та з областями визначення [ x(b k), x(a k)] для ділянок зменшення функції x(t). Отримані таким чином функції називають однозначними гілками параметрично заданої функції.

На малюнку показано графік параметрично заданої функції

При вибраній параметризації область визначення розбивається на п'ять ділянок суворої монотонності функції sin(2 t), саме: tÎ tÎ ,tÎ ,tÎ , і, відповідно, графік розпадеться на п'ять однозначних гілок, що відповідають цим ділянкам.

Мал. 4.4

Мал. 4.5

Можна вибрати іншу параметризацію того ж геометричного місця точок

У цьому випадку таких гілок буде лише чотири. Вони відповідатимуть ділянкам суворої монотонності. tÎ ,tÎ , tÎ ,tÎ функції sin(2 t).

Мал. 4.6

Чотири ділянки монотонності функції sin(2 t) на відрізку довгою.

Мал. 4.7

Зображення обох графіків одному малюнку дозволяє приблизно зобразити графік параметрично заданої функції, використовуючи ділянки монотонності обох функцій.

Розглянемо для прикладу першу гілку, що відповідає відрізку tÎ . На кінцях цієї ділянки функція x= sin(2 t) приймає значення -1 та 1 тому ця гілка буде визначена на [-1,1] . Після цього слід дивитися на ділянки монотонності другої функції y= cos( t), у неї на дві ділянки монотонності . Це дозволяє сказати, що перша гілка має дві ділянки монотонності. Знайшовши кінцеві точки графіка можна поєднати їх прямими у тому, щоб позначити характер монотонності графіка. Зробивши це з кожною гілкою, отримаємо ділянки монотонності однозначних гілок графіка (на малюнку вони виділені червоним кольором)

Мал. 4.8

Перша однозначна гілка f 1 (x)=y(t(x)) , що відповідає ділянці буде визначено для xÎ[-1,1] . Перша однозначна гілка tÎ , xÎ[-1,1].

Всі інші три гілки будуть мати область визначення також безліч [-1,1] .

Мал. 4.9

Друга гілка tÎ xÎ[-1,1].

Мал. 4.10

Третя гілка tÎ xÎ[-1,1]

Мал. 4.11

Четверта гілка tÎ xÎ[-1,1]

Мал. 4.12

Зауваження 2. Одна й та сама функція може мати різні параметричні завдання. Відмінності можуть стосуватися як самих функцій x(t), y(t) , так і області визначення цих функцій.

Приклад різних параметричних завдань однієї й тієї функції

і tÎ[-1, 1] .

Примітка 3.Якщо x,y безперервні на , x(t)-суворо монотонна на відрізку та існують похідні y¢(t 0),x¢(t 0)¹0, то існує f¢(x 0)= .

Справді, .

Останнє твердження поширюється і однозначні гілки параметрически заданої функції.

4.2 Похідні та диференціали вищих порядків

Старші похідні та диференціали. Диференціювання функцій, заданих параметрично. Формула Лейбниця.