ЛЕКЦИЯ 16

Теорема:

Если функция g дифференцируема в точке x0 , а функция f дифферен-

цируема в точке y0 = g(x0 ) , то сложная функция F(x) = f (g(x)) дифференци-

руема в точке x0 и F ′(x0 ) = f ′( y0 ) g′(x0 ) , y = g(x) .

Доказательство:

f (g(x))− f (g(x0 ))

F ′(x0 ) = lim

F (x) − F (x0 )

= lim

= lim

f ( y) − f ( y0 )

y − y0

x − x0

x − x0

y − y0

x − x0

x→x0

x→x0

x→x0

При x → x0

функция y = g(x) в силу непрерывности стремится к

F ′(x0 ) = lim

f ( y) − f ( y0 )

lim

g(x) − g(x0 )

= f ′( y0 ) g′(x0 )

y − y0

y→y0

x→x0

x − x0

Теорема доказана.

Пусть

f : Χ → Υ - взаимно однозначная функция, а f −1 - обратная для

неё. Тогда:

f −1(f (x))= f −1 ( y) = x , x Χ,

f (f −1 ( y))= f (x) = y , y Υ .

По предыдущей теореме:

(f

−1

′

= (f

−1

′

′

−1 ′

′

= (x)

′

=1

, то есть

(f (x)))

)

(f (x))

f (x) = (f

)( y) f (x)

−1

′

1

′

1

(f

( y))

=

f

′

, y = f (x) .

f

′

[f −1 ( y)]

(x)

Получим теперь производные основных элементарных функций.

1° Степенная функция. Для f (x) = xα , α R по определению находим:

∆x α

−1

∆x α

′

(x

+ ∆x)α − xα

1+

1+

x

−1

= x

α

x

= x

α

f (x)

=

lim

lim

lim

=

∆x

∆x

∆x

∆x→0

∆x→0

∆x→0

x

1

x

= x

α

α =αx

α−1

x

(xα )′ =αxα−1 .

Итак,

2° Показательная функция.

f (x) = a x , 0 < a ≠1.

′

a x+∆x − a x

x

a∆x −1

x

ln a .

f (x) = lim

= a

lim

= a

∆x

∆x

(ex )′ = ex .

∆x→0

∆x→0

В частности,

3° Логарифмическая функция f (x) = loga x ,

a > 0 , a ≠1, x > 0 .

′

loga (x + ∆x) −loga x

loga (1+

∆x)

1

1

x

.

f (x) =

lim

= lim

=

loga e =

∆x

∆x

x

x ln a

∆x→0

∆x→0

x x

Итак,

(loga x)′ =

1

. В частности,

(ln x)′ =

1

.

x ln a

x

4° Тригонометрические функции.

Производную от cos x мы нашли в предыдущей лекции: (cos x)′ = −sin x .

π

′

π

(−1)= cos x .

Рассмотрим (sin x)′ = cos

− x =

−sin

− x

2

2

′

sin x ′

cos x cos x +sin x sin x

1

(tgx)

=

=

=

.

cos2 x

cos2

cos x

x

′

cos x ′

−sin x sin x −cos x cos x

1

(ctgx)

=

=

= −

.

sin 2 x

sin 2

sin x

x

5° Обратные тригонометрические функции.

Пусть y = f (x) = arcsin x ,

x [−1,1],

π

,

π

. Отсюда

f

−1

( y) = sin y = x .

y −

2

2

(arctgx)′

=

1

= cos

2

y =

1

=

1

.

(tgy)′

1+tg 2 y

1+ x2

Так как arctgx + arcctgx =

π

′

1

2 (arcctgx)

= −1

+ x2 .

6° Гиперболические функции.

ex

−e−x

ex + e−x

shx

chx

shx =

, chx =

, thx =

,

cthx

=

.

2

2

chx

shx

1

1

Тогда (shx)

′

′

′

′

= chx , (chx)

= shx , (thx)

= ch2 x , (cthx)

= − sh2 x .

′

1

′

(ln f (x)) =

f ′(x) . Отсюда

f ′(x) = f (x) (ln f (x)) .

f (x)

Пример:

Пусть f (x) = xsin x ,

x > 0 . Для неё

′

sin x

ln xsin x = sin x ln x (xsin x )

= xsin x (sin x ln x)′ = xsin x cos x ln x +

.

x

′

1

π

8.

(tgx)

=

,

x ≠

+ kπ, k Ζ

cos2 x

2

10.

′

1

(arcsin x)

=

1− x2 ,

x

<1

11.

(arccos x)

′

= −

1

,

x

<1

1− x2

12.

(arctgx)′ =

1

1+ x2

Достаточность.

∆f (x0 )

Если Α = f ′(x0 ) , то

= Α+α(∆x) , где α(∆x) → 0 (по теореме о связи

∆x

∆x→0

между функцией, её пределом и бесконечно малой функцией).

Умножая всё на ∆x , приходим к требуемому:

∆f (x0 ) = Α ∆x +α(∆x) ∆x . Что и требовалось доказать.

Итак, приращение ∆f (x0 )

дифференцируемой в точке x0 функции можно

представить в виде ∆f (x0 ) = f ′(x0 ) ∆x +α(∆x) .

Тогда, если f ′(x0 ) ≠ 0 , имеем:

f (x

0

+ ∆x) − f (x

0

)

α(∆x)

lim

= lim 1

+

=1, т.е. при ∆x → 0

функции

′

′

∆x→0

∆x→0

f (x0 )∆x

f (x0 )∆x

ференцирования.

d(αf ± βg )=αdf ± βdg

d(f

g) =

fdg + gdf

gdf − fdg

d

f

=

, где f = f (x) ,

g

2

g

Пусть x0 =1. Тогда ∆x = 0,8 −1 = −0,2 ;

f (x) = x , тогда

′

1

,

f (x) =

1

∆x

2

x

f

′

=

, f (1) =1. Следовательно, 0,8

≈1+

=1 −0,1 = 0,9 .

(1)

2

2