Производная функции, заданной неявно


Уравнение вида $ F(x;y)=0$, содержащее переменные $ x$ и $ y$, иногда можно разрешить относительно $ y$ и получить в явном виде зависимость $ y=y(x)$. Например, если дано уравнение $ xe^y+\ln x-1=0$, то из него можно получить зависимость $ y=\ln(1-\ln x)-\ln x$. Однако такое явное выражение $ y$ через $ x$, использующее лишь элементарные функции, можно получить не из любого уравнения вида $ F(x;y)=0$ (даже если в самом уравнении участвуют лишь элементарные функции). Например, хотя уравнение

$\displaystyle e^{xy}+x\cos y=0$

Исследовать систему уравнений и найти общее решение в зависимости от значения параметра а.

задаёт некоторую зависимость $ y$ от $ x$, но выразить её из уравнения "в явном виде" не удаётся. Тем не менее, некоторую информацию об этой зависимости мы можем получить, и не выражая $ y$ через $ x$. Например, в случае приведённого выше уравнения, поскольку значения $ x=-1$, $ y=0$ ему удовлетворяют, мы можем утверждать, что график этой зависимости проходит через точку $ (-1;0)$ плоскости $ xOy$.

Покажем, как, используя уравнение $ F(x;y)=0$, найти производную $ y'_x$, не выражая $ y$ через $ x$ в явном виде. Для этого найдём производные левой и правой части уравнения по переменной $ x$, считая $ y=y(x)$ промежуточным аргументом, а потом выразим $ y'$ из получающегося равенства.

Поясним сказанное на примере.

        Пример 4.24   Возьмём то же уравнение $ e^{xy}+x\cos y=0$ и найдём производную левой части (производная правой части, очевидно, равна 0). Имеем:
$\displaystyle e^{xy}(xy)'_x+(x\cos y)'_x=e^{xy}(y+xy'_x)+\cos y-x\sin y\cdot y'_x=0.$
Слагаемые, содержащие $ y'_x$, оставим в левой части, а остальные перенесём направо:
$\displaystyle y'_x(xe^{xy}-x\sin y)=-ye^{xy}-\cos y,$
откуда
$\displaystyle y'_x=-\dfrac{ye^{xy}+\cos y}{x(e^{xy}-\sin y)}.$
Получили выражение для производной $ y'_x$, содержащее, правда, не только $ x$, но и $ y$ в правой части. Однако, несмотря на это, полученное выражение можно использовать для решения различных задач, связанных с производной. Например, можно решить такую задачу: найти для кривой, заданной уравнением $ e^{xy}+x\cos y=0$, уравнения касательной и нормали, проведённых в точке $ (-1;0)$. Действительно, при $ x=-1, y=0$ мы получаем $ y'_x=-\dfrac{1}{-1}=1$, так что нам теперь известен угловой коэффициент касательной: $ k=1$. Точка касания дана условием задачи. Поэтому уравнение касательной таково:
$\displaystyle y=0+1\cdot(x-(-1)),$ или $\displaystyle y=x+1,$
а уравнение нормали -- таково:
$\displaystyle y=0-\dfrac{1}{1}\cdot(x-(-1)),$ или $\displaystyle y=-x-1.$

Алгоритм нахождения решений произвольной системы линейных уравнений (метод Гаусса)

   Пример 15.5   Найдите фундаментальную систему решений и общее решение однородной системы линейных уравнений:
$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x_1+x_2-x_3+2x_4-x_5=0,\\ 2x_1-x_2-x_3-x_4... ... -5x_1+7x_2+x_3+10x_4-11x_5=0,\\ -x_1+5x_2-x_3+8x_4-7x_5=0.\end{array}\right.$
Решение. Составляем расширенную матрицу системы:
$\displaystyle A^*=\left(\begin{array}{rrrrrr} 1&1&-1&2&-1&0\\ 2&-1&-1&-1&2&0\\ -5&7&1&10&-11&0\\ -1&5&-1&8&-7&0\end{array}\right).$
Умножим первую строку последовательно на $ (-2)$ , 5 и 1 и прибавим соответственно ко второй, третьей и четвертой строкам. Получим матрицу

Примеры решения и офомления задач контрольной работы

$\displaystyle A^*_1=\left(\begin{array}{rrrrrr} 1&1&-1&2&-1&0\\ 0&-3&1&-5&4&0\\ 0&12&-4&20&-16&0\\ 0&6&-2&10&-8&0\end{array}\right).$
Вторую строку умножим последовательно на числа 4 и 2 и прибавим соответственно к третьей и четвертой строкам.
$\displaystyle A^*_2=\left(\begin{array}{rrrrrr} 1&1&-1&2&-1&0\\ 0&-3&1&-5&4&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\end{array}\right).$

Классификация операционных систем Виртуальная память Реализация многозадачности
Системы безопасности Операционная система Linux Введение в компьютерные сети Принципы построения вычислительных систем Базовые технологии локальной сетиСредства анализа Процедуры и функции Pascal Язык запросов SQL Программирование на СИ Брандмауэры Протоколы TCP/IP Файловые системы Драйверы устройств