Tangenta i normala krive

Izvod funkcije u tački x0x_0 jednak je koeficijentu pravca tangente na grafik te funkcije u tački M(x0,y0)M(x_0,y_0), gde je y0=f(x0)y_0=f(x_0). Zato je kt=f′(x0)k_t=f'(x_0), a jednačina tangente je jednačina prave kroz tačku MM sa tim koeficijentom pravca:

y−y0=f′(x0) (x−x0).y-y_0=f'(x_0)\,(x-x_0).

Normala krive u tački MM je prava kroz MM normalna (upravna) na tangentu. Koeficijenti pravaca dve normalne prave imaju proizvod −1-1, pa je kn=−1f′(x0)k_n=-\dfrac{1}{f'(x_0)} i

y−y0=−1f′(x0) (x−x0),f′(x0)≠0.y-y_0=-\frac{1}{f'(x_0)}\,(x-x_0),\qquad f'(x_0)\neq0.

Ako je f′(x0)=0f'(x_0)=0, tangenta je vodoravna prava y=y0y=y_0, a normala je uspravna prava x=x0x=x_0.

Sadržaj

  1. Tangenta i normala u datoj tački
  2. Tangenta sa zadatim uslovom
  3. Ugao između dve krive

1. Tangenta i normala u datoj tački

Zadatak rešavamo u tri koraka:

  1. Odredimo tačku dodira M(x0,y0)M(x_0,y_0). Ako je zadata samo apscisa, ordinatu računamo kao y0=f(x0)y_0=f(x_0).
  2. Nađemo izvod f′(x)f'(x) i izračunamo k=f′(x0)k=f'(x_0).
  3. Zamenimo u jednačinu tangente, a po potrebi i normale.

Tačka dodira može biti zadata na više načina: koordinatama, samo apscisom, ili kao presek krive sa koordinatnom osom ili nekom pravom.

Primer 1: Odrediti jednačine tangente i normale krive y=x2−4x+3y=x^2-4x+3 u tački A(1,0)A(1,0).

Tačka je zadata koordinatama. Izvod je y′=2x−4y'=2x-4, pa je k=y′(1)=−2k=y'(1)=-2.

Tangenta:

y−0=−2(x−1)⇒y=−2x+2.y-0=-2(x-1)\quad\Rightarrow\quad y=-2x+2.

Koeficijent normale je −1−2=12-\dfrac{1}{-2}=\dfrac12, pa je normala:

y−0=12(x−1)⇒y=12x−12.y-0=\frac12(x-1)\quad\Rightarrow\quad y=\frac12x-\frac12.

Primer 2: Odrediti jednačine tangente i normale krive y=xy=\sqrt x u tački sa apscisom x0=4x_0=4.

Ordinata je y0=4=2y_0=\sqrt4=2, pa je tačka dodira M(4,2)M(4,2). Izvod je y′=12xy'=\dfrac{1}{2\sqrt x}, pa je k=y′(4)=14k=y'(4)=\dfrac14.

Tangenta:

y−2=14(x−4)⇒y=14x+1.y-2=\frac14(x-4)\quad\Rightarrow\quad y=\frac14x+1.

Koeficijent normale je −4-4:

y−2=−4(x−4)⇒y=−4x+18.y-2=-4(x-4)\quad\Rightarrow\quad y=-4x+18.

Primer 3: Odrediti jednačine tangenti krive y=x2−2xy=x^2-2x u tačkama preseka sa xx-osom.

Presek sa xx-osom dobijamo iz y=0y=0: x2−2x=0x^2-2x=0, odakle je x=0x=0 ili x=2x=2. Imamo dve tačke dodira, (0,0)(0,0) i (2,0)(2,0). Izvod je y′=2x−2y'=2x-2.

  • U tački (0,0)(0,0) je k=y′(0)=−2k=y'(0)=-2, pa je tangenta y=−2xy=-2x.
  • U tački (2,0)(2,0) je k=y′(2)=2k=y'(2)=2, pa je tangenta y=2(x−2)=2x−4y=2(x-2)=2x-4.

Kriva zadata jednačinom po xx i yy

Kriva ne mora biti zadata u obliku y=f(x)y=f(x). Tada iz jednačine izrazimo yy preko xx (to je funkcija, ili jedan od njenih delova), pa dalje postupamo isto. Znak ispred korena biramo prema tački dodira.

Primer 4: Odrediti jednačine tangente i normale krive y2+9x+2y−6=0y^2+9x+2y-6=0 u tački u kojoj je y=3y=3.

Prvo nalazimo tačku dodira. Za y=3y=3 je 9+9x+6−6=09+9x+6-6=0, odakle je x=−1x=-1, pa je M(−1,3)M(-1,3).

Jednačinu rešavamo po yy. Dopunimo do punog kvadrata:

(y+1)2=7−9x⇒y=−1±7−9x.(y+1)^2=7-9x\quad\Rightarrow\quad y=-1\pm\sqrt{7-9x}.

U tački MM je y=3>−1y=3>-1, pa uzimamo znak plus: y=−1+7−9xy=-1+\sqrt{7-9x}. Izvod je

y′=−927−9x,k=y′(−1)=−92⋅4=−98.y'=\frac{-9}{2\sqrt{7-9x}},\qquad k=y'(-1)=\frac{-9}{2\cdot4}=-\frac98.

Tangenta:

y−3=−98(x+1)⇒y=−98x+158.y-3=-\frac98(x+1)\quad\Rightarrow\quad y=-\frac98x+\frac{15}{8}.

Koeficijent normale je 89\dfrac89:

y−3=89(x+1)⇒y=89x+359.y-3=\frac89(x+1)\quad\Rightarrow\quad y=\frac89x+\frac{35}{9}.

Prava dodiruje krivu

Kažemo da prava dodiruje krivu u tački MM ako je ta prava tangenta krive u MM. To daje dva uslova: tačka MM pripada krivoj i koeficijent pravca prave jednak je izvodu u toj tački. Ovim uslovima određujemo nepoznate parametre krive.

Primer 5: Prava y=2x−4y=2x-4 dodiruje parabolu y=ax2+bxy=ax^2+bx u tački M(2,0)M(2,0). Odrediti jednačinu parabole.

Tačka MM pripada paraboli: 0=4a+2b0=4a+2b, odakle je b=−2ab=-2a.

Izvod je y′=2ax+by'=2ax+b. Koeficijent pravca prave je 22, pa je y′(2)=4a+b=2y'(2)=4a+b=2.

Zamenom b=−2ab=-2a dobijamo 4a−2a=24a-2a=2, odnosno a=1a=1 i b=−2b=-2. Parabola je

y=x2−2x.y=x^2-2x.

2. Tangenta sa zadatim uslovom

Ponekad tačka dodira nije data, već znamo nešto o tangenti. Tada iz uslova odredimo koeficijent pravca kk, pa iz jednačine f′(x0)=kf'(x_0)=k nađemo apscisu x0x_0.

Uslov za tangentuKoeficijent pravca kk
paralelna pravoj sa koeficijentom k1k_1k=k1k=k_1
paralelna OxOx-osik=0k=0
normalna na pravu sa koeficijentom k1k_1k=−1k1k=-\dfrac{1}{k_1}
sa pravom koeficijenta k1k_1 gradi ugao φ\varphi∣k−k11+kk1∣=tg⁡φ\left\vert\dfrac{k-k_1}{1+kk_1}\right\vert=\operatorname{tg}\varphi

Primer 6: U kojim tačkama krive y=2+x−x2y=2+x-x^2 je tangenta paralelna OxOx-osi, a u kojim pravoj y=xy=x?

Izvod je y′=1−2xy'=1-2x.

Paralelna OxOx-osi znači k=0k=0: 1−2x=01-2x=0, odakle je x=12x=\dfrac12 i y=2+12−14=94y=2+\dfrac12-\dfrac14=\dfrac94. Tačka je (12,94)\left(\dfrac12,\dfrac94\right).

Paralelna pravoj y=xy=x znači k=1k=1: 1−2x=11-2x=1, odakle je x=0x=0 i y=2y=2. Tačka je (0,2)(0,2).

Primer 7: Naći jednačinu tangente krive y=x3+5x2−3y=x^3+5x^2-3 koja je normalna na pravu y=−x8+14y=-\dfrac x8+\dfrac14.

Prava ima koeficijent k1=−18k_1=-\dfrac18, pa tangenta ima k=8k=8. Izvod je y′=3x2+10xy'=3x^2+10x, pa rešavamo

3x2+10x=8⇒3x2+10x−8=0⇒x=−10±146,3x^2+10x=8\quad\Rightarrow\quad 3x^2+10x-8=0\quad\Rightarrow\quad x=\frac{-10\pm14}{6},

odnosno x1=23x_1=\dfrac23 i x2=−4x_2=-4. Postoje dve takve tangente.

  • Za x1=23x_1=\dfrac23 je y1=827+209−3=−1327y_1=\dfrac{8}{27}+\dfrac{20}{9}-3=-\dfrac{13}{27}, pa je tangenta y+1327=8(x−23)y+\dfrac{13}{27}=8\left(x-\dfrac23\right), odnosno y=8x−15727y=8x-\dfrac{157}{27}.
  • Za x2=−4x_2=-4 je y2=−64+80−3=13y_2=-64+80-3=13, pa je tangenta y−13=8(x+4)y-13=8(x+4), odnosno y=8x+45y=8x+45.

Primer 8: Odrediti tačke parabole y=x2y=x^2 u kojima tangenta sa pravom 3x−y+1=03x-y+1=0 obrazuje ugao od 45∘45^\circ.

Prava je y=3x+1y=3x+1, pa je k1=3k_1=3. Iz tg⁡45∘=1\operatorname{tg}45^\circ=1 dobijamo

∣k−31+3k∣=1⇒k−3=1+3k  ili  k−3=−1−3k,\left\vert\frac{k-3}{1+3k}\right\vert=1\quad\Rightarrow\quad k-3=1+3k\ \ \text{ili}\ \ k-3=-1-3k,

odakle je k=−2k=-2 ili k=12k=\dfrac12. Kako je y′=2xy'=2x:

  • 2x=−22x=-2 daje x=−1x=-1, tačka (−1,1)(-1,1);
  • 2x=122x=\dfrac12 daje x=14x=\dfrac14, tačka (14,116)\left(\dfrac14,\dfrac1{16}\right).

3. Ugao između dve krive

Ugao između dve krive u njihovoj zajedničkoj tački je ugao između tangenti na te krive u toj tački. Ako su k1=f′(x0)k_1=f'(x_0) i k2=g′(x0)k_2=g'(x_0) koeficijenti tangenti, onda je

tg⁡φ=∣k2−k11+k1k2∣.\operatorname{tg}\varphi=\left\vert\frac{k_2-k_1}{1+k_1k_2}\right\vert.

Ako je 1+k1k2=01+k_1k_2=0, krive se seku pod pravim uglom. Kada se računa ugao krive i prave, koeficijent pravca prave je jednostavno k2k_2. Ugao krive sa xx-osom računamo iz tg⁡α=f′(x0)\operatorname{tg}\alpha=f'(x_0), jer je xx-osa prava sa k=0k=0.

Postupak je sledeći:

  1. Nađemo zajedničke tačke krivih rešavanjem jednačine f(x)=g(x)f(x)=g(x).
  2. U svakoj od njih izračunamo k1k_1 i k2k_2.
  3. Primenimo formulu za tg⁡φ\operatorname{tg}\varphi.

Primer 9: Pod kojim uglom grafik funkcije y=ln⁡xy=\ln x seče xx-osu?

Presek sa xx-osom: ln⁡x=0\ln x=0, odakle je x=1x=1. Izvod je y′=1xy'=\dfrac1x, pa je k=y′(1)=1k=y'(1)=1. Dakle tg⁡α=1\operatorname{tg}\alpha=1, odnosno α=45∘\alpha=45^\circ.

Primer 10: Naći ugao pod kojim se seku krive y=x2y=x^2 i y2=xy^2=x.

Druga kriva je (za y≥0y\ge0) funkcija y=xy=\sqrt x. Iz x2=xx^2=\sqrt x dobijamo x4=xx^4=x, odnosno x=0x=0 ili x=1x=1.

U tački (1,1)(1,1) je k1=(x2)′=2k_1=(x^2)'=2 i k2=(x)′=12k_2=(\sqrt x)'=\dfrac12, pa je

tg⁡φ=∣12−21+2⋅12∣=3/22=34,φ≈36,87∘.\operatorname{tg}\varphi=\left\vert\frac{\frac12-2}{1+2\cdot\frac12}\right\vert=\frac{3/2}{2}=\frac34,\qquad \varphi\approx36{,}87^\circ.

U tački (0,0)(0,0) prva kriva ima vodoravnu tangentu (y′(0)=0y'(0)=0), a druga uspravnu, pa se tu seku pod pravim uglom.

Primer 11: Odrediti ugao pod kojim se seku krive y=sin⁡xy=\sin x i y=cos⁡xy=\cos x.

Iz sin⁡x=cos⁡x\sin x=\cos x dobijamo tg⁡x=1\operatorname{tg}x=1, odnosno x=π4+mπx=\dfrac\pi4+m\pi. Posmatramo tačku x=π4x=\dfrac\pi4:

k1=cos⁡π4=22,k2=−sin⁡π4=−22.k_1=\cos\frac\pi4=\frac{\sqrt2}{2},\qquad k_2=-\sin\frac\pi4=-\frac{\sqrt2}{2}.

Tada je 1+k1k2=1−12=121+k_1k_2=1-\dfrac12=\dfrac12 i k2−k1=−2k_2-k_1=-\sqrt2, pa je

tg⁡φ=∣−21/2∣=22,φ=arctg⁡22≈70,53∘.\operatorname{tg}\varphi=\left\vert\frac{-\sqrt2}{1/2}\right\vert=2\sqrt2,\qquad \varphi=\operatorname{arctg}2\sqrt2\approx70{,}53^\circ.

U ostalim presečnim tačkama dobija se isti ugao.