Производная и её применение в алгебре, геометрии и физике

Так как ∆у = f(х + ∆x)—f (x), то, заменяя в формуле (IV) ∆у его выражением, имеем: f(x+∆x) - f(x) ≈ f '(x)* ∆x

(V) 
 
 
 

В математике производную применяют для:

1. Исследования функции на монотонность, экстремумы.
2. Нахождения касательной к графику.
3. Нахождения наибольших, наименьших значений функций.
4. Нахождения дифференциала для приближенных вычислений.
5. Для доказательства неравенств.

Рассмотрю некоторые примеры применения производной в алгебре, геометрии и физике.

 
 

Задача 1. Найти сумму 1+2*1/3+3(1/3)²+…+100(1/3)⁹⁹;

Решение.

Найду сумму  g(x)=1+2x+3x²+…+100x⁹⁹ и подставлю в нее x=1/3.

Для этого потребуется  вспомогательная функция f(x)=x+x²+…+x¹⁰⁰.

Ясно, что f ’(x)=g(x).

f(x) — сумма геометрической прогрессии.

Легко подсчитать, что f(x)=(x—x¹⁰¹)/(1—x). Значит,

g(x) = f ’(x) = ((1—101x¹⁰⁰)(1—x)—(x—x¹⁰⁰)(-1))/(1—x)²=(1—102x¹⁰⁰+101x¹⁰¹)(1—x)².

Подставлю x = 1/3.

Ответ: 0,25(9—205*3^-99) 
 

Задача 2. Найти сумму 1+2*3+3*3²+…+100*3⁹⁹;

Решение.

Найду сумму  g(x)=1+2x+3x²+…+100x⁹⁹ и подставлю в нее x=1/3.

Для этого потребуется  вспомогательная функция f(x)=x+x²+…+x¹⁰⁰.

Ясно, что f ’(x)=g(x).

f(x) — сумма геометрической прогрессии.

Легко подсчитать, что f(x)=(x—x¹⁰¹)/(1—x). Значит,

g(x) = f ’(x) = ((1—101x¹⁰⁰)(1—x)—(x—x¹⁰⁰)(-1))/(1—x)²=(1—102x¹⁰⁰+101x¹⁰¹)(1—x)².

Подставлю x = 3.

Ответ: ≈ 2,078176333426855507665737416578*10⁵⁰. 
 

Задача 3. Найдите площадь треугольника AMB, если A и B — точки пересечения с осью OX касательных, проведенных к графику y = (9—x²)/6 из точки M(4;3).

Решение.

т. A = у_кас1∩OX  Решение:

т. B = у_кас2∩OX  у_кас =y(x₀)+у’(x₀)(x—x₀);

y = (9—x²)/6  y’(x₀) = -2x*1/6 = -x/3;

M(4;3)________  т.к. у_кас проходит через M(4;3), то

S_AMB —?   3 = (9—x₀²) — (4—x₀)* x₀/3  | *3 

18 = 9—x₀²—2x₀(4—x₀);

  x₀²—8 x₀—9 = 0;

      Д/4 = 16 + 9;

   x₀ = 4+5 = 9;

        x₀ = 4—5 = -1

у_кас1 = -12 — (x—9)*9/3 = -3x+15;

у_кас1 = 4/3 + (x+1)*1/3 = x/3+5/3;

A(5;0);   B(-5;0);

AM = √10 (ед.);

AB = 10 (ед.);

BM = 3√10 (ед.);

p — полупериметр;   __

p = (4√10 + 10)/2 = 2√10 + 5;

              __               __             __        __              __       __

S = √(2√10 + 5) (2√10 + 5—√10) (2√10 + 5—3√10) (2√10 + 5—10) =

= √(2√10 + 5)(√10 + 5)(5—3√10)(2√10—5) =

= √(40—25)(25—10) = 15 (ед²);

Ответ: 15 (ед²). 
 

Задача 4. Какая наименьшая плоскость может быть у треугольника OAB, если его стороны OA и OB лежат на графике функции y = (|x|—x)/2, а прямая AB проходит через точку M(0;1).

Решение:

        -x, x<0

y =

         0, x>0 
 
 

A(a;-a);   B(b;0);_

AO = |a|√2 = -a√2 (т.к. a<0);

BO = b; 

Для т. B:

у₁ = kx +z;

т.к. у₁—график линейной пропорциональности, проходящий  через т M(0;1), то z = 1.

                            0=kx+1;

                            k=-1/b;

Для т. A:

                    у₁=kx+1;

                    -a=kx+1;

                    k=(-1-1a)/a;

                    у_1A= у_1B

            (-a—a)/a = -1/b;

            b+ab=a;

            a(1—b)=b;

            a = b/(1-b); 

S_∆AOB=0,5*AO*OB*sin/_AOB

ÐAOB =180^o—45^o =  135^o

S_∆AOB=0,5*(√2/2)* (-a)b√2 = -ab/2;

S_∆AOB = -b²/(2(1—b)) = b²/(2(1—b));            D(y): b>1(т.к. при b<1 не образует ∆AOB.);

т.к. функция  непрерывна и дифференцируема на b>1, то найду ее производную:

 S’ = (4b(b—1)—b²)/(4(b—1)²) = (4b²—4b—2b²)/(4(b—1)²) = 2b(b—2)/(4(b—1)²) =

= b(b—2)/(2(b—1)²);

                      S’ = 0;

точки экстремума:

                                        b=0;

                                        b=1;

                                        b=2;

но b>1, значит

S_наим =S(2) = 4/(2(2—1))=2(ед²);

Ответ: 2 ед². 

Задача  5. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ с ребрами CD = 24, AD= 6 и DD₁ =4 проведена плоскость через центр симметрии грани A₁B₁C₁D₁ , вершину А и точку Р, лежащую на ребре DC. Какую наименьшую площадь может иметь сечение параллелепипеда этой плоскостью? На какие части делит точка P ребро DC в этом случае?

Решение. Проведем плоскость и построим сечение (рис.). АО Î АA₁C₁С - линия, принадлежащая данной плоскости. Продолжим АО до пересечения с CC₁ в точке S. Тогда SP - линия пересечения грани DD₁C₁C и данной плоскости, а сечение ANMP - параллелограмм. S_сеч =  S_AMNP = SK*AP/2 , потому что SK/2— высота параллелограмма ANMP. Это видно из следующего рассуждения.

В ΔASC  ОC₁ - средняя линия (значит SC₁ = 4), в ΔPSC также средняя линия МC₁, а плоскость A₁B₁C₁D₁ делит пополам любую линию между S и плоскостью ABCD, а значит и SK.

Пусть PC = x; ΔCLP подобен ΔDAP,

LC/AD = x/(24—x), LC = 6x/(24—x);_____________            ____________

Из ΔCLP: KC = (6x*x/(24—x))/(√(36x²/(24—x)²)+x²) = 6x/(√(36+ (24—x)²);

                             ________       ___________________         __________________

Из ΔSCK: SK = √SC²+ KC² = √64+36x²/(36+(24—x)²)  = 2√16+9x²/(36+(24—x)²) ;

Из ΔADP: AP = √36+(24—x)²;_____      _________________       __________________

S_сеч = AP*SK/2 = 0,5*(√36+(24—x)²) 2√16+9x²/(36+(24—x)²) = √16(36+(24—x)²)+9x²;

Если S’(x) = 0, то 18x+16*2(24—x)(-1) = 0;

50x—32*24 = 0, x = 32*24/50 = 32*12/25 = 384/25 (это точка min);

S_сеч = 312;

DP = 24—16*24/25 = 216/25;

Ответ: 312 кв. ед.; DC: 384/25; 216/25. 
 

Задача  6. Высота пирамиды TABC с основанием ABC проходит через середину ребра AC. Выберите на AC точку М так, чтобы площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку M, середину ребра TC и вершину B, была наименьшей, если AB=BC=AC=TC=2.

Решение. HF=FC=1/2;

S_∆BME = BM*EK*1/2;___       _

Из ∆TCH => TH = √4—1=√3;

EF = TH/2=√3/2;

Пусть MC = x.

Из ∆BMC по теореме косинусов MB²= x²+4—2*2*x*1/2;

MB = √x²—2x+4;                               _            _

S_∆BMC = 0,5*MC*BC*sinC=(x/2)*2√3 /2 = x√3/2;

S_∆BMC = 0,5*BM*PC,            _   ________

PC = (2S_∆BMC)/BM,  PC = x√3/√x²—2x+4 ;

∆KMF подобен ∆PMC(по двум углам):

KF/PC = MF/MC(рис 2),_____       _                 _________

KF = x√3(x—1/2)/(x√x²—2x+4) = √3(x—1/2)/(√x²—2x+4);

                                 ________       ______________________

Из ∆KEF => KE = √ KF²+EF² = √3(x—1/2)²/(x²—2x+4)+3/4;                                     _

S_∆BME = 0,5√x²—2x+4 *√3(x—1/2)²/(x²—2x+4)+3/4 = 0,5√3(x—1/2)²+(x²—2x+4)*3/4;

Если S’(x) = 0, то

    6(x—1/2)+(2x—2)*3/4 = 0;

15x—9 = 0;

x = 3/5;    __

S(3/5) = √15/5 кв.ед.

Ответ: √15/5 кв.ед. 
 

Задача  7. В сферу радиусом R вписана правильная треугольная пирамида, у которой боковое ребро образует с высотой пирамиды угол 60^o. Какую наименьшую площадь может иметь треугольник MBK, если точка M лежит на апофеме пирамиды, а BK — высота основания пирамиды, не пересекающая апофему?

Решение. TP = 2R, ÐATO = 60^o.  
 
 

Пусть AB = BC = CA = a(рис.)

Тогда AO = a√3/3,

AD = BK = a√3/2,     _           _

TO = AO*ctg60^o= a√3/3*1/√3 = a/3,

OD = a√3 /6,

AO² = TO*OP = TO(2R - TO),

a²/3 = a(2R – a/3)/3,  a = 3R/2.

S_∆MBK = BK*LM*1/2, BK = const,

S_∆MBK = f(LM),__

LM = √MN²+NL²

Пусть MD = x, тогда MN = x cos / NMD;        _

cos Ð NMD = TO/TD = a/(3√a²/9+a²/12 = 2/√7, MN = 2x/√7 .

Из ∆ONL: LN = ON cos30^o (ÐONL = 30^o);

ON = OD – ND,              _   _                 _          _    _

ND = x sin ÐNMD = x √3/√7, ON = a√3/6 - x√3/√7,

LN = (a√3/6 - x√3/7)√3/2 = (a/4 – 3x/(2√7)),

LM = √4x²/7+(a/4 – 3x/(2√7))².               _             _