заочникам / мат анализ / производная и исслед функции

5

Перепишем выражение для y в виде

y = x

.

2

По формуле для производной степенной функции при α = 5

находим

(

)¢ =

2

5 x

3

= 5

x5

x3

2

2

2

§ 10. Основные правила вычисления производных.

Теорема 10.1. Пусть функция u=φ(x)

имеет в данной точке x0 производную u′ . Тогда

функция y = c∙u

имеет в точке x0 производную y′ = c × u′ .

Здесь c – произвольная постоянная.

Доказательство.

Дадим аргументу x

приращение ∆ x. Тогда

∆ y = y(x0+∆ x) ─ y(x0) = c∙ φ(x0+∆ x) ─ c∙ φ(x0) = c∙[φ(x0+∆ x) ─ φ(x0)] = c∙∆φ.

y¢ = lim

Dy = c × lim

Dϕ = c × u¢

x→0

Dx

x→0

Dx

Теорема доказана.

Теорема 10.2. Пусть функции u(x)

и v(x) имеют в данной точке x0 производные. Тогда

в этой же точке имеют производные и функции

u(x) + v(x), u(x) ─ v(x),

u(x) ∙ v(x), а также (если v(x0)≠0)

функция

u(x)

,

v(x)

ö′

причём ((u ± v)′ = u′ ± v′ , (uv)′ = u′ × v + u × v′ ,

æ u

u¢× v - u × v¢

ç

÷ =

.

v2

è v

ø

Доказательство. Пусть f(x) = u(x) + v(x). Тогда ∆ f = f(x0+∆ x) ─ f(x0) =

= u(x0+∆ x) ─ u(x0) + v(x0+∆ x) ─ v(x0).

f ′ (x0) =

lim

Df =

lim

u(x0 + Dx) - u(x0 )

+

lim

v(x0

+ Dx) - v(x0 )

=u′ + v′ .

Таким

Dx

x→0

Dx

x→0

Dx

x→0

образом, (u + v)′ = u′ + v′ .

(u - v)′ = u′ - v′.

Совершенно аналогично доказывается, что

Пусть теперь f(x) = u(x) ∙ v(x). Тогда

∆ f = f(x0+∆ x) ─ f(x0) = u(x0+∆ x) ∙ v(x0+∆ x) ─ u(x0) ∙ v(x0).

Введём для удобства обозначения: ∆u = u(x0+∆ x) ─ u(x0),

∆v = v(x0+∆ x) ─ v(x0),

u = u(x0), v = v(x0).

Тогда u(x0+∆ x) = u + ∆u, v(x0+∆ x) = v + ∆v,

∆f = (u + ∆u) ∙ (v + ∆v) ─ u ∙ v = ∆u ∙ (v + ∆v) + u ∙ ∆v.

Так как функция v(x)

дифференцируема (имеет производную) в точке x0,

то она

непрерывна в этой точке. Следовательно, при ∆ x→0 и ∆ v→0.

Поэтому

Df

= lim

éDu

× (v + Dv) + u ×

Dv ù

Du

∙ v + u ∙ lim

Dv

+

Du

∙

lim ∆ v =

lim

ê

ú = lim

lim

Dx

Dx

Dx

Dx

x→0

x→0

ë Dx

Dx û

x→0

x→0

x→0

x→0

= u′ × v + u × v′ + u′ × 0 = u′ × v + u × v′ .

Таким образом,

(uv)′ = u′× v + u × v′ .

Пусть далее f(x) =

u(x)

.

Тогда

u(x0 +

v(x)

∆ f =

x)

─

u(x0 )

=

u + Du

-

u

= Du × v - u × Dv

(здесь обозначения u, v, ∆u, ∆v

v(x0 + x)

v(x0 )

v + Dv v

v × (v + Dv)

Пример 10.1. Найти производную функции

y = 5x3 + 3x2 - 4x +10 .

Решение. y¢ = (5x3 )′ + (3x2 )′ - (4x)¢ + (10)¢ = 5× (x3 )′ + 3× (x2 )′ - 4 × (x)¢ + 0 =

= 5× 3× x2 + 3× 2 × x - 4 ×1 = 15x2 + 6x - 4 .

Пример 10.2. Найти производную функции

y = (2x2 + 3x) × ex .

Решение. y¢ = (2x2 + 3x)¢× ex + (2x2 + 3x) × (ex )¢ = (2 × 2x + 3) × ex + (2x2 + 3x) × ex =

= (2x2 + 7x + 3) × ex .

Пример 10.3. Найти производную функции

y =

x × sin x + x2

.

x - cos x

Решение. y¢ =

(x ×sin x + x2 )¢ × (x - cos x) - (x × sin x + x2 ) × (x - cos x)¢

=

(x - cos x)2

é(x ×sin x)¢ + (x2 )¢ ù × (x - cos x) - (x × sin x + x2 ) × é(x)¢

- (cos x)¢ ù

ê

ú

ê

ú

ë

û

ë

û

=

(x - cos x)2

é(x)¢

× sin x + x × (sin x)¢ + 2xù × (x - cos x) - (x ×sin x + x2 ) × (1+ sin x)

ê

ú

ë

û

=

(x - cos x)2

(1× sin x + x × cos x + 2x)× (x - cos x)- (x × sin x + x2 ) × (1+ sin x)

=

(x - cos x)2

=

x2

× (cos x - sin x +1) - sin x × cos x - x × (1+ 2cos x)

(x - cos x)2

§ 11. Производная обратной функции.

Справедлива следующая теорема. Пусть функция y=f(x)

строго монотонна (т.е. является

ϕ¢( y0 ) =

1

.

f ¢(x0 )

æ

-

π

;

π ö

ç

2

÷ и всюду на этом интервале имеет отличную от нуля производную:

è

2 ø

¢

1

1

1

1

x = arcsin y,

причём

(arcsin y) =

=

=

=

.

(sin x)¢

cos x

1- sin 2 x

1- y2

Здесь перед корнем взят знак плюс, так как на интервале

æ

π

;

π

ö

ç-

2

2

÷ функция cos x

1

è

ø

положительна. Итак,

(arcsin y)¢ =

,

или, если аргумент y обозначить

1- y2

через

x,

(arcsin x)¢ =

1

.

1- x2

§ 12. Производная сложной функции.

Теорема 12.1

Пусть функция u =φ(x)

имеет в некоторой точке x0 производную

u¢x = ϕ¢(x0 ) , а функция

y = f (u) имеет в соответствующей точке

u0 = ϕ(x0 )

производную

yu′

= f ′(u0 ) .

Тогда сложная функция

y = f [(ϕ(x)]

в точке x0

также

имеет производную, равную произведению производных функций

f (u) и

φ(x):

′

¢

¢

{f [ϕ(x0 )]}

= fu

(u0 ) ×ϕx (x0 ) .

Коротко это соотношение можно записать в виде

¢

=

¢

¢

yx (x0 )

fu (u0 ) ×ϕx (x0 ) .

Доказательство.

Дадим аргументу x приращение ∆ x.

Тогда функция u =φ(x) получит

приращение ∆ u,

а функция y = f (u)

получит приращение ∆ y.

Так как функции φ(x)

и f (u)

имеют производные, то есть дифференцируемы, то

Dy = fu¢(u0 ) × Du + α × Du , а

Du = ϕ′

(x

0

) × Dx + β × Dx ,

где α ® 0

при

Du ® 0

и

β ® 0

при Dx ® 0 .

x

Подставим выражение для ∆u в выражение для ∆y:

Dy = f ′(u

0

) ×[ϕ′ (x

0

) × Dx + β × Dx]+ α ×[ϕ′

(x

0

) × Dx + β × Dx].

u

x

x

Разделим это равенство на ∆x:

Dy

=

¢

¢

(x0 ) + β ]

¢

+ β ].

Dx

fu (u0 ) ×[ϕx

+ α ×[ϕx (x0 )

Dx ® 0 , то

β ® 0

и (как следует из выражения для ∆ u)

Du ® 0 . Но тогда и

Если

α ® 0 .

Поэтому

{f [ϕ(x0 )]}′ = lim

Dy =

fu¢(u0 ) ×ϕ¢x (x0 ) .

x→0

Dx

Теорема доказана.

Остановимся на одном частном случае применения этой теоремы. Пусть ϕ(x) = C × x ,

где C – константа. Тогда ϕ′ (x) = C , {f [ϕ(x)]}′ = С × f ¢(u) .

x

u

Пусть, например, y = sin 2x . Здесь ϕ(x) =

¢

2x, С = 2 , ϕx (x) = 2 . Введём обозначение

u = ϕ(x) = 2x ,

тогда

y = f (u) = sin u ,

y′

= (sin u)′ ×ϕ′ (x) = 2 × (sin u)′ = 2cosu = 2cos2x .

x

u

x

u

Рассмотрим примеры вычисления производной сложной функции.

Пример 12.1. Найти производную функции

y = (x2 + 3)5 .

Решение. Введём промежуточную функцию

u = x2 + 3 . Тогда y = u5 .

Пример 12.2. Найти производную функции

y = ln sin x .

Решение. Здесь

u = sin x ,

y = ln u .

y¢x = (ln u)¢u × (sin x)¢x =

1 cos x =

1

cos x =

cos x

= ctgx .

sin x

sin x

u

Пример 12.3. Найти производную функции

y = sin x2 .

Решение. Здесь

u = x2 ,

y = sin u .

y¢x = (sin u)¢u × (x2 )′x

= cosu × 2x = 2x × cos x2 .

Пример 12.4. Найти производную функции

y = ex2 .

Решение. Здесь

u = x2 ,

y = eu .

y¢ = (eu )′u × (x2 )x

¢

= eu × 2x = 2x × ex2 .

Пример 12.5. Найти производную функции

y = cos2 x .

Решение.

y¢ = 2cos x × (cos x)′ = 2cos x × (- sin x) = -2cos x × sin x = -sin 2x

(здесь подразумевается промежуточная функция

u = cos x ).

Пример 12.6. Найти производную функции

y = arctg(x2 ) .

Решение

y¢ =

1

× (x

2

)¢ =

1

× 2x =

2x

1+ (x2 )2

1+ x4

1+ x4

Пример 12.7. Найти производную функции

y = sin

1

.

ö′

x

Решение. y¢ = cos

1

æ 1

1

æ

1 ö

1

1

× ç

÷ = cos

×ç-

÷ = -

cos

.

x

x

x2

x

è x

ø

è

x2 ø

y = f (u) , u = ϕ(v) , а v =ψ (x) , то есть

y =

f {ϕ[ψ (x)]}. Тогда

y′

=

f ′ ×ϕ′ ×ψ ′ .

x

u v x

¢

¢

¢

¢

То же самое можно записать иначе: yx = yu × uv

× vx .

Пример 12.8. Найти производную функции

y =

esin x .

Решение. Здесь v = sin x ,

u = ev , тогда y =

.

u

y¢ = (

)¢u × (ev )¢v × (sin x)¢x

=

1

× ev × cos x =

1

× esin x × cos x =

esin x

× cos x .

u

2

2

u

2

esin x

[ln f (x)]¢ =

1

× y¢ .

Из этого соотношения можно выразить производную y′ :

y

y¢ = y ×[ln f (x)]¢ .

Такая операция нахождения производной после предварительного

Прологарифмируем эту функцию: ln y = v(x) × ln u(x) .

Продифференцируем обе части полученного равенства:

y

′

¢

¢

′

v(x)

u (x)

= [v(x) × ln u(x)]

= v (x) × ln u(x) + v(x) ×

, отсюда (т.к.

y = u(x)

)

y

u(x)

é

¢

ù

y¢

= u(x)v(x) êv¢(x) × ln u(x) + v(x) ×

u (x)

ú .

u(x)

ë

û

Раскрыв скобки, получим окончательную формулу

(uv )′ = uv × ln u × v¢ + v ×uv−1 ×u¢

(13.1)

Рассмотрим пример конкретной функции.

Пример. Найти производную функции

y = (sin x)cos x .

y¢

= (- sin x)× ln sin x + cos x × cos x

= (- sin x)× ln sin x + cos2 x

y

sin x

sin x

cos x

é

cos2 x ù

cos x

1

cos x

1

y¢

= (sin x)

× ê(- sin x)× ln sin x +

ú

= (sin x)

− × cos2

x - (sin x)

+ × ln sin x .

ë

sin x û

(x +1)3 ×

но целесообразно. Пусть, например,

y =

x2 +1

. Конечно, в этом случае можно

3 x + 5

ln y = 3ln(x +1) + 1 ln(x2

+1) - 1 ln(x + 5) ,

y′

2

3

=

3

+

1

×

2x

-

1

,

y

x +1

2

x2 +1

3(x + 5)

(x +1)3

y¢

× x2 +1

é

3

x

1

ù

=

× ê

+

-

ú .

+1

x

2

+1

3 x + 5

ë x

3(x + 5)û

§ 14. Односторонние производные

Производная есть предел разностного отношения lim

Dy

, причём этот предел не зависит

x→0

Dx

Dy

при условии, что x стремится к нулю только справа (правый предел) или только

Dx

предел отношения

Dy

, то этот предел называется правой (левой) производной. Правая

Dx

y = f (x) обозначается символом

f ′(x + 0) , левая – символом

производная функции

¢

lim

Dy

,

f

¢

Dy

. Выше (см. § 7) уже

f ′(x − 0) . То есть f (x + 0) =

Dx

(x - 0) = lim

Dx

x→0+0

x

→0−0

говорилось о том, что функция

y=

x

=

ì

x,

если x ³ 0

не дифференцируема в точке

í

- x,

если x < 0

î

Действительно,

¢

= lim

Dy

= 1,

¢

=

lim

Dy

= -1.

y (x + 0)

Dx

y (x - 0)

Dx

y = f (x)

x→0+0

x→0−0

Если функция

имеет в точке x

производную, то очевидно, что она имеет в этой

точке как правую, так и левую производную, причём

f ′(x + 0) = f ′(x − 0) = f ′(x) .

Верно и обратное утверждение: если функция y =

f (x) имеет в точке x равные между

функции f(x)

в точке x, и обозначают одним из символов

¢¢

(2)

¢¢

(2)

(x),

d 2 y

dx2 .

f (x), f

(x), y , y

f

(n)

(x),

y

(n)

,

d n y

.

dxn

y = sin x .

Пример. Найти производную 4-го порядка от функции

Решение.

y

¢

= (sin x)

¢

= cos x,

y

¢¢

=

¢ ¢

= (cos x)

¢

= -sin x,

y

¢¢¢

¢¢

¢

= - cos x,

y

(4)

¢¢¢

¢

= sin x .

(y )

= (y )

= (y )