Différenciation implicite Tangente

Différencions implicitement la relation

\N[ y^5 + x^5 = \frac{\sqrt{\pi}}{17}, \N]

en supposant que \N(y\N) est une fonction de \N(x\N).

Solution :

• Prends d'abord la dérivée des deux côtés de l'équation par rapport à \N(x\N) :

\[ \frac{d}{dx} (y^5 + x^5 ) = \frac{d}{dx} \left( \frac{\sqrt{\pi}}{17} \right).\N- \N- \N- \N- \N- \N]

Le côté droit de l'équation s'évalue à zéro puisque la dérivée d'une constante est toujours nulle. Pour différencier le côté gauche, rappelle-toi que \(y\) est supposé être une fonction de \(x\). Écrivons donc \( y = f(x) \) pour une fonction quelconque \(f\) :

\[ \frac{d}{dx} (y^5 + x^5 ) = \frac{d}{dx} \left((f(x))^5 + x^5 \rright).\]

• Puisque la différenciation est linéaire, tu peux écrire :

\[\frac{d}{dx}] \left((f(x))^5 + x^5 \right) =\frac{d}{dx} (f(x))^5 + \frac{d}{dx} x^5 .\N- \N- \N- \N- \N]

• Pour différencier le second terme, utilise la règle de puissance :

\[\frac{d}{dx} (f(x))^5 + \frac{d}{dx} x^5 = \frac{d}{dx} (f(x))^5 + 5x^4.\]

• Pour différencier le premier terme, tu dois utiliser la règle de la chaîne, qui te donne :

\[\frac{d}{dx} (f(x))^5 + 5x^4 = 5(f(x))^4f'(x) + 5x^4.\N- \N].

• En remplaçant donc \( f(x)\) par \(y\), puis en mettant les côtés gauche et droit de l'équation égaux l'un à l'autre, tu obtiens :

\[\frac{d}{dx} (f(x))^5 + 5x^4 = 5(f(x))^4f'(x) + 5x^4 =0,\].

ou en d'autres termes

\N- 5y^4 \Nfrac{dy}{dx} + 5x^4 = 0,\N]

• Enfin, tu peux résoudre \( \frac{dy}{dx}\) pour obtenir

\[ \frac{dy}{dx} = -\frac{5x^4}{5y^4} = - \frac{x^4}{y^4}. \]

Différencions implicitement la cycloïde

\[ x = \cos^{-1}(1-y)-\sqrt{y(2-y)}\]

pour trouver la pente de la ligne tangente au point

\[ A = \Nà gauche( \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} , \frac{1}{2} \Nà droite) \N].

Solution :

• Commence par différencier les deux côtés de l'équation par rapport à \(x\) :

\[ \frac{d}{dx} x = \frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-y)-\sqrt{y(2-y)} \right). \]

• Tu peux utiliser la règle de puissance pour trouver la dérivée du côté gauche :

\[ \frac{d}{dx} x = 1.\]

• Pour différencier le côté droit, commence par écrire \(y = f(x) \) pour une fonction \(f\) : \[ \frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-y)-\sqrt{y(2-y)} \right)\] \[= \frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-f(x))-\sqrt{f(x)(2-f(x))} \left(\f^{-1}(1-f(x))-\sqrt{f(x)(2-f(x))} \rright) .\]
• Puisque la différenciation est linéaire, tu peux écrire :

\[\frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-f(x))-\sqrt{f(x)(2-f(x))} \right)\] \[= \frac{d}{dx}\left(\cos^{-1}(1-f(x))\right) - \frac{d}{dx} - \frac{d}{dx} - \frac{d}{dx} - \frac{d}{dx} - \frac{d}{dx} - \frac{d}{dx} - \frac{d}{dx}. \Nà gauche(\Nsqrt{f(x)(2-f(x))}\Nà droite).\N]

• Tu sais que

\[ \cos^{-1}(x) = - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}, \]

En appliquant la règle de la chaîne, le premier terme devient donc :

\[ \begin{align} \frac{d}{dx}\gauche(\cos^{-1}(1-f(x))\droite) & = -\frac{1}{\sqrt{1 - (1-f(x))^2}}(-f'(x)) \\ & = \frac{f'(x) }{\sqrt{1 - (1-f(x))^2}} . \N- [end{align}\N]

• En appliquant la règle de la chaîne, tu peux écrire le deuxième terme comme suit :

\[ \frac{d}{dx} \left(\sqrt{f(x)(2-f(x))} \right)\] \[ = \left( \frac{1}{2} ((f(x) (2-f(x)))^{-\frac{1}{2}}\right)\left( \frac{d}{dx} f(x) (2-f(x)). \Ndroite). \]

• En utilisant le fait que la différenciation est linéaire, tu peux écrire :

\[ \begin{align} \frac{d}{dx} f(x) (2-f(x)) &= \frac{d}{dx} \n- gauche( 2f(x) - (f(x))^2 \n- droite) \n- &= 2\frac{d}{dx} f(x) - \frac{d}{dx}(f(x))^2 . \Nend{align} \]

• En utilisant la règle de la chaîne, cette expression devient :

\[ 2\frac{d}{dx} f(x) - \frac{d}{dx}(f(x))^2 = 2f'(x) -2f(x)f'(x).\N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N].

• Cela signifie que le second terme est en fait

\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \left(\sqrt{f(x)(2-f(x))} \N-droit) &= \N-gauche( \Nfrac{1}{2} (f(x) (2-f(x)))^{-\Nfrac{1}{2}}\N-droit)\N-gauche( \Nfrac{d}{dx} f(x) (2-f(x)) \right) \\ &= \left( \frac{1}{2} (f(x) (2-f(x)))^{-\frac{1}{2}}\right) \left( 2f'(x) -2f(x)f'(x) \right) \\ &= \frac{f'(x)(1-f(x))}{\sqrt{ f(x)(2-f(x))}}. \Nend{align} \]

• En combinant les expressions des premier et deuxième termes et en les réécrivant en termes de \(y\), le côté droit de l'équation est :

\[ \frac{f'(x) }{\sqrt{1 - (1-f(x))^2}} - \frac{f'(x)(1-f(x))}{\sqrt{ f(x)(2-f(x))}} = \frac{y' }{\sqrt{1 - (1-y)^2}} - \frac{y'(1-y)}{\sqrt{ y(2-y)}}. \]

• Rappelle-toi que tu as déjà trouvé que

\[ \frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-y)-\sqrt{y(2-y)} \right) = 1. \]

• En combinant cela avec le premier et le deuxième terme,

\[ \frac{y' }{\sqrt{1 - (1-y)^2}} - \frac{y'(1-y)}{\sqrt{ y(2-y)} =1 .\]

À ce stade, tu devrais normalement résoudre \N(y'\N). Cependant, tu n'as pas besoin de le faire pour un point général \N( (x,y) \N) puisque tu ne t'intéresses vraiment qu'à \N(y'\N) au point \N(A\N).

• En substituant \Nà \N(A\N), tu obtiens

\N[ \Nfrac{y' }{\Nsqrt{1 - \Ngauche(1-\Nfrac{1}{2}\Ndroite)^2}} - \frac{y'\left(1-\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{ \frac{1}{2} \left(2-\frac{1}{2} \right)}} =1 .\]

• Il est maintenant beaucoup plus facile de résoudre \N(y'\N). Il faut d'abord faire une petite simplification,

\[ \begin{align} \frac{y' }{\sqrt{1 - \left(1-\frac{1}{2}\right)^2}} - \frac{y'\left(1-\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{ \frac{1}{2} \left(2-\frac{1}{2} \droite)} &= \frac{y'}{\sqrt{\frac{3}{4}} - \frac{\frac{1}{2}y'}{\sqrt{\frac{3}{4}}} \\N- &= \frac{2}{\sqrt{3}}\N- gauche( y' - \frac{1}{2} y'\N-droit) \N- &= \frac{y'}{\sqrt{3}}. \Nend{align} \]

Donc ,

\[ \frac{y'}{\sqrt{3}} = 1,\]

ou

\N[ y' = \sqrt{3},\N]

au point \(A\). En d'autres termes, la pente de la ligne tangente au point \(A\) est \(m = \sqrt{3}\).

Maintenant que tu as trouvé la pente de la cycloïde

\[ x = \cos^{-1}(1-y)-\sqrt{y(2-y)}\]

au point

\A = \Nà gauche( \Nfrac{\pi}{3} - \Nfrac{\rt{3}}{2} , \Nfrac{1}{2} \Nà droite) ,\N tu peux l'utiliser pour trouver l'équation de la ligne tangente à \N( A\N).

Solution :

Dans l'exemple précédent, tu as trouvé que la pente de la ligne tangente à \N(A\N) est \N(m = \Nsqrt{3}\N). En introduisant \(m\) et \(A\) dans l'équation de la ligne tangente, tu obtiens

\N[ y - \frac{1}{2} = \sqrt{3}]. \left( x - \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \left).\N- \N- \N]

Si tu simplifies cela, tu obtiens l'expression

\[ \begin{align} y &= x\sqrt{3} - \frac{\pi\sqrt{3}}{3} + \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \N- &= \sqrt{3}x + \frac{6-\pi\sqrt{3}}{3}.\N- [end{align}\N].

En traçant le graphique de cette droite, tu vois qu'il s'agit bien de l'équation de la droite tangente à la cycloïde à \(A\).

Fig. 4. La différenciation implicite peut être utilisée pour trouver l'équation de la ligne tangente au graphique d'une cycloïde.

Trouvons l'équation de la ligne tangente à la courbe

\N[ y^2 (3x^2 -y^2)^2 = (x^2 + y^2)^4\]

à

\[ A = \Nà gauche( \Nfrac{1}{2}, \Nfrac{1}{2} \Nà droite).\N]

Fig. 5. Une courbe en forme de rose avec six pétales

Tout d'abord, différencie les deux côtés de l'équation :

\[ \frac{d}{dx}] \Nà gauche(y^2 (3x^2 -y^2)^2 \Nà droite) = \Nfrac{d}{dx} (x^2 + y^2)^4.\N]

Puisque \N(y\N) est une fonction de \N(x\N), tu peux écrire \N(y=f(x)\Npour une fonction \N(f\N) :)

\N[ \Nfrac{d}{dx}] \Nà gauche((f(x))^2 (3x^2 -(f(x))^2)^2 \Nà droite) = \Nfrac{d}{dx} (x^2 + (f(x))^2)^4.\N]

Le côté droit de l'équation peut être différencié en utilisant la règle de la chaîne pour te donner :

\[ \begin{align} \frac{d}{dx} (x^2 + (f(x))^2)^4 &= 4(x^2 + (f(x))^2)^3\Nà gauche( \frac{d}{dx}) \left( (x^2 + (f(x))^2\right) \right) &= 4(x^2 + (f(x))^2)^3\left( 2x + 2f(x)f'(x) \right) . \Nend{align} \]

Pour différencier le côté gauche de l'équation, utilise la règle du produit et la règle de la chaîne pour obtenir :

\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \left((f(x))^2 (3x^2 -(f(x))^2)^2 \right) &= \left(\frac{d}{dx}(f(x))^2\right)\left( (3x^2 - (f(x))^2 \right)^2 \\N&\cquad + (f(x))^2\frac{d}{dx}\gauche( (3x^2 - (f(x))^2)^2\droite) \c&= 2f(x)f'(x) ((3x^2 - (f(x))^2)^2 \c&\cquad + (f(x))^2 \cdot 2(3x^2 - (f(x))^2) \cfrac{d}{dx} \n- gauche( (3x^2 - (f(x))^2\n- droite) \n-&= 2f(x)f'(x) (3x^2 - (f(x))^2)^2 \n-&\n- Quad + 2 (f(x))^2 (3x^2 - (f(x))^2) (6x - 2f(x)f'(x)).\n- fin{align} \]

En combinant les côtés droit et gauche de l'équation et en remplaçant \(f(x)\) par \(y\), tu obtiens :

[2yy'(3x^2 - y^2)^2 + 2y^2(3x^2-y^2)(6x-2yy') = 4(x^2+y^2)^3(2x+2yy').\N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N].

Insère maintenant le point \(A\) dans l'équation ci-dessus et résous \(y'\). En insérant \N(A\N) dans le côté gauche de l'équation, on obtient :

\N- [\N- Début{align} & \N-Gauche. 2yy'(3x^2 - y^2)^2 + 2y^2(3x^2-y^2)(6x-2yy') \right|_A \\cquad = 2\cdot \frac{1}{2}y'\cft(3\cft(\frac{1}{2}\cright)^2 - \cft(\frac{1}{2}\cright) ^2\cright)^2 \c&\quad\quad + 2\left(\frac{1}{2}\r}) ^2\left(3\left(\frac{1}{2}\r}) ^2\left(\frac{1}{2}\r}) ^2\r})\left(6\left(\frac{1}{2}\r) -2\left(\frac{1}{2}\r}) y'\rright) \n-&\cquad= y'\left(\frac{2}{4}\right)^2 + \frac{2}{4}\cdot\frac{2}{4}(3-y') \c&\cquad= \frac{y'}{4} + \frac{3}{4} - \frac{y'}{4} \\N-&\Nquad= \Nfrac{3}{4}. \Nend{align} \]

En plaçant \(A\) dans le côté droit de l'équation, on obtient l'expression :

\[ \begin{align} \N- gauche. 4(x^2+y^2)^3(2x+2yy') \right|_A &= 4\left(\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right) ^2\right)^3\left(2\cdot\left(\frac{1}{2}\right) +2\left(\frac{1}{2}\right) y'\right) \left&= \frac{4}{8} + \frac{4y'}{8} \\N- &= \frac{1}{2} + \frac{4}{8} + \frac{4y'}{8}) + \frac{y'}{2}. \Nend{align} \]

En mettant les deux côtés égaux l'un à l'autre, on obtient

\[ \frac{3}{4} =\frac{1}{2} + \frac{y'}{2} ,\]

ou en d'autres termes

\[ y' = \frac{1}{2}.\]

Enfin, introduis cette valeur de \(y'\N) et le point \N(A\N) dans l'équation de la ligne tangente en un point, ce qui te donne l'équation :

\[ y - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \left( x - \frac{1}{2} \right) .\]

En résolvant \(y\), on obtient l'équation de la ligne tangente

\[ y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{4}.\]

En traçant cette ligne, tu vois qu'il s'agit bien de la ligne que tu cherches.

Fig. 6. Cette courbe est appelée courbe rose, elle fait partie d'une famille de courbes qui ressemblent à des fleurs.

Trouvons l'équation de la droite normale à la courbe \( (x^2+y^2)^2=2(x^2-y^2)+\tfrac{1}{4}) à \(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}{2}{2}{2}{4}). \N) à \N(\Ngauche( \Ntfrac{1}{2},\Ntfrac{1}{2}\Ndroite)\N)

• Tout d'abord, nous différencions les deux côtés de l'équation par rapport à x :

\[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left((x^2+y^2)^2\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(2(x^2-y^2)+\dfrac{1}{4}\right) \]

• En utilisant la règle de la chaîne, le côté gauche de l'équation devient :

\[ \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left((x^2+y^2)^2\right) &=2(x^2+y^2)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^2+y^2) \\ &=2(x^2+y^2)(2x+2yy')\end{align}\]

Puisque \N(y\N) est une fonction de \N(x\N), n'oublie pas d'indiquer sa dérivée comme \N(y'\N).

• En utilisant la règle de la chaîne et la règle de la puissance, le côté droit de l'équation devient :

\[ \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left(2(x^2-y^2)+\dfrac{1}{4}\right) &= 2\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \a gauche(x^2-y^2\a droite)+0 \a &=2(2x-2yy')\afin{align}\a]

• En combinant les deux expressions, on obtient :

\[2(x^2+y^2)(2x+2yy')=2(2x-2yy')\]

• Ensuite, nous introduisons le point \(\cgauche( \tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\droite)\c dans l'expression ci-dessus pour trouver la pente de la ligne tangente à ce point. Ce faisant, nous obtenons :

\[2\left(\left( \dfrac{1}{2}\right)^2+\left( \dfrac{1}{2}\right)^2\right)\left(2\dfrac{1}{2}+2\dfrac{1}{2}y'\right)=2\left(2\dfrac{1}{2}-2\dfrac{1}{2}y'\right)\]

• En simplifiant, on obtient l'expression :

\N- 1+y'=2-2y'\N]

• En résolvant pour y', on obtient :

\[y'=\dfrac{1}{3}\]

Ainsi, la pente de la ligne tangente à \N(\Ngauche( \Ntfrac{1}{2},\Ntfrac{1}{2}\Ndroite)\Nest \N(\Ntfrac{1}{3}\N). Pour obtenir la pente de la droite normale, nous prenons l'inverse négatif de la pente de la droite tangente, ce qui donne \(-3\).

Enfin, nous pouvons insérer notre point et notre pente dans l'équation de la ligne normale, ce qui nous donne :

\[y-\dfrac{1}{2}=-3\left(x-\dfrac{1}{2}\right)\]

En simplifiant et en résolvant pour \N(y\N), nous obtenons que l'équation de la ligne normale (représentée graphiquement ci-dessous) est la suivante

\N[y=-3x+2\N].

Fig. 8. La ligne normale à une courbe implicite est perpendiculaire à la ligne tangente et peut être trouvée en utilisant la différenciation implicite.