close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
1
Лекция 2.5. Производные основных элементарных
функций
Аннотация: Даются физическая и геометрическая интерпретации производной функции одной переменной. Рассматриваются примеры дифференцирования функции и правила дифференцирования.
Пусть функция y = f ( x ) определена в некоторой окрестности
точки x 0 .
f ( x ) − f ( x0 )
Определение. Если предел отношения
при x →
x − x0
x 0 существует, то его называют производной функции f ( x ) в
точке x 0 и обозначают f ′( x0 ) . Сам процесс нахождения производной называют дифференцированием функции.
f ( x ) − f ( x0 )
=
Таким образом, f ′( x0 ) = lim
x→0
x − x0
f ( x 0 + ∆x ) − f ( x 0 )
∆y
.
= lim
∆ x→0
∆ x→0 ∆x
∆x
Если при дифференцировании берутся только левый или только
правый пределы, то и соответствующие производные называют
левой или правой. Их обозначают соответственно f −′( x0 ) и
= lim
f +′( x0 ) .
Если левая и правая производные совпадают, то функция имеет
производную f ′( x0 ) = f −′( x0 ) = f +′( x0 ) . Если односторонние
производные в точке x 0 разные или хотя бы одна из них не существует, то и производная в точке x 0 не существует.
Если обе односторонние производные в точке x 0 обращаются в
бесконечность, то говорят, что в точке x 0 существует бесконечная производная.
2
В дальнейшем говоря о существовании производной, будем
предполагать, её конечной, а случай бесконечной производной
будем специально оговаривать.
Замечание. В некоторых учебниках признаётся существование
бесконечной производной только в случае, когда односторонние
бесконечные производные одного знака.
Пример1. Найти производную в точке x = 0 функции
sin x, x < 0,
.
f ( x) =  2
x
,
x
≥
.
0

Решение. Найдем односторонние производные в точке
x = 0.
sin x − 0
x2 − 0
= 1, f +′(0) = lim
= 0. Поскольку
f −′(0) = lim
x→0
x→ 0
x−0
x
f −′(0) ≠ f +′(0) , то функция не имеет производной в нуле.
Пример 2. Найти производную в точке x = 0 функции
1
 2
 x sin + 1 + 2 x, x ≠ 0,
x
.
f ( x) = 
1, x = 0.
Решение. Согласно определению производной
1
x 2 sin + 1 + 2 x − 1
1 

x
= lim  x sin + 2 = 2.
f ′( 0) = lim
x→0
x→0 
x−0
x 
Пример 3. Пусть материальная точка свободно падает в пустоте
O
без начальной скорости. Найти скорость падения точки
в произвольный момент времени t.
M
Решение. Путь, пройденный точкой за время t, как из∆S
1
вестно, определяется формулой S = gt 2 . Пусть в моM1
2
мент времени t точка находилась в положении М, а в
момент времени t + ∆t = t1 в положении M1. Тогда за
1
время ∆t она прошла путь MM1 = ∆S = g (t + ∆t)2 –
2
3
1 2 1
g t = g (2t∆t + (∆t)2). Средняя скорость движения на участке
2
2
MM1 будет следующей
∆S
1
=
=
gt + g∆t .
vcp
∆t
2
Скоростью точки в момент времени t назовём предел средней
скорости на участке MM1, когда ∆t → 0, а M1 → M, т.е.
∆S
1


= lim  gt + g∆t  = gt .
(1)
v = lim

∆ t→ 0 ∆t
∆ t→ 0 
2
Из (1) следует, что скорость движения есть производная пути S
(t) по времени, т.е. v = S′(t).
Обобщая пример 3, можно сказать, что физической интерпретацией производной f ′ (t) является скорость изменения процесса,
описываемого функцией f ( t ) .
Возьмём точки M0 и M на графике
y
функции y = f ( x ) и проведём секущую M0M. Если точка М по кривой
M
приближается к точке M0, то секущая
будет поворачиваться вокруг точки
M0
α
M0. Предельное положение секущей,
когда точка М сольётся с точкой M0
x
называют касательной к кривой f ( x )
0
в точке M0.
Пример 4. Найти угловой коэффициент касательной
k = tgα к кривой y = f ( x ) в точке M0 ( x0 , y0 ) .
Решение. Угловой коэффициент секущей, проходящей через
точки M0 ( x0 , y0 ) и M1 ( x , y ) , очевидно, равен
f ( x ) − f ( x0 )
∆y
.
=
∆x
∆x
Т.к. предельное положение секущей является касательной, то
∆y
(2)
= f ′ ( x 0 ).
k = tgα = lim
∆ x→ 0 ∆x
k1 = tgϕ =
4
Из (2) видно, что с точки зрения геометрии производная функции y = f ( x ) в точке x 0 есть угловой коэффициент касательной к графику функции y = f ( x ) в точке M0 ( x0 , y0 ) .
Запишем уравнение касательной
y − y0 = f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) .
(3)
Если функция y = f ( x ) имеет в точке x 0 бесконечную производную, то касательная к кривой будет вертикальной, её уравнение x = x 0 . Прямая, проходящая через точку касания M0 перпендикулярно касательной, называется нормалью к графику
функции y = f ( x ) в этой точке. Уравнение нормали следующее:
1
(4)
y − y0 = –
( x − x0 ) .
f ′( x 0 )
Теорема 1. Функция, имеющая производную в точке x 0 , непрерывна в этой точке.
Доказательство. Согласно лемме в Лекции 2.3 из равенства
∆y
∆y
следует равенство
= f ′ ( x 0 ) + α ( x) , где
f ′ ( x 0 ) = lim
∆ x→ 0 ∆x
∆x
α ( x) → 0 при x → x 0 , или
(5)
∆y = f ′ ( x 0 ) ∆x + α ( x) ∆x .
Из (5) видно, что при ∆x → 0 и ∆y → 0, а это и означает непрерывность функции f ( x ) в точке x 0 . Теорема доказана.
Следствие. В точке разрыва функция не имеет производной.
Доказательство (от противного). Пусть в точке разрыва производная существует. Тогда согласно доказанной выше теореме
функция непрерывна в ней. Получим противоречие, следствие
доказано.
Пусть функция y = f ( x ) определена на отрезке [ a , b ], а множеством её значений является отрезок [ α , β ]. Если каждому y
∈ [ α , β ] отвечает только одно значение
5
x ∈ [ a , b ], причём f ( x ) = y , то говорят что на [ α , β ] задана
функция обратная функции f ( x ) . Пишут x = f −1 ( y) . Напри1
мер, y = 3 x + 1, x ∈ [ 0; 1]. Функция x = ( y − 1) , y ∈ [ 1; 4] –
3
обратная данной. Не всякая функция имеет обратную, например,
функция y = 1, x ∈ [ 0; 1] обратной не имеет.
Теорема 2. Если функция y = f ( x ) строго монотонна и непрерывна на отрезке [ a , b ], то она имеет обратную
x = f −1 ( y) , которая также строго монотонна и непрерывна на
отрезке [ α , β ], где α = f ( a ) , β = f ( b) . (Без доказательства).
Замечание. Требование теоремы 2 только достаточные, они не
являются необходимыми. Например, функция
 x, если x − рациональное,
(
)
y = f x = 
1 + x, если x − и ррациональное.
разрывная и немонотонная, но имеет обратную
 y, если y − рациональное,
−1
x = f ( y) = 
 y − 1, если y − и ррациональное.
Теорема 3. Если функция y = f ( x ) определена, непрерывна и
строго монотонна в некоторой окрестности точки x 0 , а её производная существует и отлична от нуля ( f ′ ( x 0 ) ≠ 0), то обратная функция x = f −1 ( y) существует в окрестности точки y0 и
имеет производную в точке y0 , определяемую формулой
′
1
.
(6)
f −1 ( y 0 ) =
f ′( x 0 )
Доказательство. Существование строго монотонной и непрерывной функции x = f −1 ( y) в окрестности точки y0 = = f ( x0 )
гарантируется теоремой 2. Возьмём приращение ∆y ≠ 0. Тогда
(
обратная функция x = f
f
−1
( y)
– f
−1
)
−1
( y ) . Причём ∆x
0
( y)
получит приращение ∆x =
≠ 0 в силу строгой монотонности.
6
Запишем тождество
1
∆x
=
.
(7)
∆y
∆y
∆x
Если ∆y → 0, то и ∆x → 0, т.к. обратная функция непрерывная.
Переходя в тождестве (7) к пределу, получим
1
∆x
1
=
=
.
(8)
lim
∆y
∆ y→ 0 ∆y
f
x
′
(
)
0
lim
∆ x → 0 ∆x
∆x
= x ′y существует и выполняется раИз (8) следует, что lim
∆ y→0 ∆y
венство (6). Теорема доказана.
Равенство (6) удобнее записать в виде
1
.
(6’)
x y′ =
y x′
Индекс указывает по какой переменной берётся производная.
Найдем производные основных элементарных функций.
1. Степенная функция y = x n , n ∈ N. Найдём приращение
функции в произвольной точке x . Используя бином Ньютона,
получим
1
n
∆y = ( x + ∆x) – x n = nx n−1∆x + n( n − 1) x n − 2 ∆x 2 + ... + ∆x n .
2
Согласно определению производной
∆y
1


= lim  nx n −1 + n( n − 1) x n− 2 ∆x +...+ ∆x n−1  =
( x n ) ′ = ∆lim
x→ 0 ∆x
∆ x→ 0 

2
= nx n −1 .
Таким образом,
(9)
( x n ) ′ = nx n−1 .
Можно убедиться, что формула (9) справедлива для любого действительного показателя.
(10)
( x µ )′ = µx µ −1 , µ ∈ R.
7
Частный случай, когда функция является постоянной y = c, рас∆y
смотрим отдельно. Очевидно, ∆y = 0 для любого ∆x , тогда
∆x
∆y
= 0, lim
= 0, т.е. производная постоянной величины равна
∆ x →0 ∆x
нулю.
2. Логарифмическая функция y = log a x , x > 0, a > 0,
a ≠ 1. Найдём приращение функции в произвольной точке области определения
∆x 

∆y = log a ( x + ∆x) – log a x = log a  1 +  .

x
∆y
1 x
∆x 

Составим отношение
= ⋅
log a  1 +  =

∆x
x ∆x
x
x
∆x
1
 ∆x 
log a  1+  . Переходя к пределу и используя второй за
x
x
мечательный предел и непрерывность логарифмической функции, получим
x
x
∆
x
∆y
1
=U
x
∆


=
=
lim
lim log a  1+  = ∆x
∆ x →0 ∆x

x ∆ x→0
x
U →∞
=
1
1

=
lim log a  1 + 
 U
x U →∞
U
U

1
1 

= log a  lim  1 +   =
x
 U →∞ U  
1
1
.
log a e =
x
x ln a
Итак,
=
(log x)′
a
=
1
.
x ln a
(11)
В частности
1
.
x
3. Показательная функция y = a x , a > 0, a ≠ 1.
( ln x) ′ =
(12)
8
Поскольку показательная функция всюду монотонна, то имеет
обратную x = log a y . Производная этой функции существует и
определяется формулой (11).
′
1
.
x ′y = (log a y) =
y ln a
1
= y ln a = a x ln a .
Согласно теореме 3 y x′ =
x y′
Итак,
(13)
(a x ) ′ = a x ln a .
В частности
(14)
(e x )′ = e x .
4. Тригонометрические функции y = sin x , y = cos x .
Найдём приращение функции в произвольной точке.
∆x
∆x 

∆y = sin ( x + ∆x) – sin x = 2sin
⋅cos  x +  .

2
2
Используя первый замечательный предел и непрерывность
∆y
функции y = cos x , найдём предел отношения
.
∆x
∆x
sin
∆y
2 ⋅cos  lim  x + ∆x   = cos x .
= lim
lim

 ∆ x → 0
∆x
∆ x→0 ∆x
∆ x→ 0


2 
2
Итак,
( sin x) ′ = cos x .
(15)
Упражнение. Доказать, что
( cos x) ′ = –sin x .
(16)
5. Обратные тригонометрические функции y = arcsin x , y =
arccos x , x ∈ [–1; 1].
9
Функция y = arcsin x строго монотонна и непрерывна на отрезке
 π π
[–1,1]. Поэтому имеет обратную x = sin y , y ∈ − ,  , произ 2 2
водная которой определяется формулой (15).
′
x y′ = ( sin y) = cos y .
Согласно теореме 3 y x′ =
1
1
=
=
cos y
x y′
1
1 − sin y
2
=
1
1− x2
.
Итак,
( arcsin x) ′ =
Аналогично можно доказать, что
( arccos x) ′ = –
(arctgx) ′
.
1
1− x
2
1
,
1+ x2
1
(arcctgx) ′ = – 1 + x 2 .
=
(17)
,
(18)
(19)
(20)
Теорема 4. Если каждая из функций U ( x ) и V ( x ) имеет производную в точке x , то сумма, разность, произведение и частное этих функций также имеют производную в этой точке, при
этом
′
1) (U ± V ) = U ′ ± V ′ ,
′
2) (U ⋅V ) = U ⋅ V ′ + V ⋅ U ′ ,
′
U ′V − UV ′
U 
3)   =
, V ( x ) ≠ 0.
V 
V2
Для примера докажем второе утверждение теоремы (первое и
третье доказываются аналогично). Введём обозначения f ( x ) =
U ( x ) ⋅ V ( x ). Тогда
∆f = f ( x + ∆x) – f ( x ) = U ( x + ∆x) ⋅ V ( x + ∆x) –
10
– U ( x ) V ( x ) = (U ( x + ∆x)V ( x + ∆x) − U ( x + ∆x)V ( x) ) +
+ (U ( x + ∆x )V ( x ) − U ( x )V ( x ) ) = U ( x + ∆x) (V ( x + ∆x) − V ( x) ) +
+ V ( x ) (U ( x + ∆x ) − U ( x ) ) = U ( x + ∆x) ⋅∆ V + V ( x ) ⋅∆ U .
∆f
Составим отношение
и перейдём к пределу.
∆x
∆f
∆V
∆U 

= lim  U ( x + ∆x) ⋅
lim
+ V ( x) ⋅
 =
∆ x→0 ∆x
∆ x→ 0 
∆x
∆x 
= U ( x ) ⋅ V ′ ( x ) + V ( x ) ⋅ U ′ ( x ).
Т.к. предел правой части последнего равенства существует, то
существует предел и левой части, т.е.
∆f
′
= f ′( x) = (U ( x)V ( x) ) = U ( x ) ⋅ V ′ ( x ) +
lim
∆ x→0 ∆x
+ V ( x ) ⋅ U ′ ( x ).
Теорема доказана.
Следствие. Постоянный множитель можно выносить за знак
′
производной. Действительно, ( CU ) = C U ′ + C ′ U =
= C U ′ , т.к. производная постоянной величины равна нулю.
Пример 5. Найти производные гиперболических функций y =
sh x , y = ch x .
′
′

1
1
′
1 x



′
Решение. ( shx) =  ( e − e − x ) =  ( e x ) −  x   =
e  
2

2 

1
= ( e x + e − x ) = ch x . (Сначала воспользовались первым утвер2
ждением теоремы, затем -третьим). Аналогично можно найти,
′
что ( chx) = sh x .
Пример 6. Найти производную функции y = tg x .
′
cos x cos x + sin x sin x
′  sin x 
Решение. ( tgx) = 
=1+
 =
 cos x 
cos2 x
1
ch 2 x − sh 2 x
′
+ tg x =
. Аналогично найдем ( thx) =
=
ch 2 x
cos2 x
2
11
1
.
ch 2 x
Рассмотрим теперь правило дифференцирования сложной функции, являющейся суперпозицией двух функций
U = g( x) и f (U ) , так что
= 1 – th 2 x =
y = f (U ) = f ( g( x) ) = F ( x) .
Для функции F ( x) величина U = g( x) является промежуточным аргументом, а переменная x – окончательным аргументом.
Теорема 5. Если производные g ′( x0 ) и f ′(U 0 ) существуют со-
ответственно в точках x 0 и U 0 = g( x0 ) , то существует и производная сложной функции y = F ( x) в точке x 0 , причём
(21)
y x′ = yU′ ⋅ U x′ .
Доказательство. Дадим приращение аргументу ∆x в точке x 0 .
Тогда функция U = g( x) получит в этой точке приращение ∆ U ,
а функция y = f (U ) в свою очередь получит приращение ∆ y в
точке U 0 = g( x0 ) . Поскольку функция
y = f (U ) по условию имеет производную, то yU′ =
∆y
существует. Используя лемму в Лекции 2.3, запи= lim
∆U → 0 ∆U
шем ∆ y = yU′ ⋅∆ U + α ⋅∆ U , где α → 0 при ∆ U → 0.
Составим отношение
∆y
∆U
∆U
= yU′ ⋅
+α⋅
.
(22)
∆x
∆x
∆x
Поскольку функция U = g( x) по условию теоремы имеет производную в точке x 0 ,то она непрерывна в ней, следовательно
при ∆ U → 0 и ∆ x → 0. Переходя к пределу в (22), получим
∆y
∆U
∆U
=
+
=
yU′ lim
lim
lim α ⋅ lim
∆ x→0 ∆x
∆ x→ 0 ∆x
∆U →0
∆ x→0 ∆x
= yU′ U x′ + O.
12
Из последнего равенства видно, что производная сложной
функции существует и определяется формулой (21). Теорема
доказана.
Замечание. Теорема верна и для суперпозиции большего числа
функций.
Пример 7. Найти производную функции y = ln( sin 2 x) .
Решение. Данная функция является суперпозицией трёх функций y = ln U , U = sin z , z = 2 x . Обобщая формулу (1), запишем
1
2 cos 2 x
cos z ⋅2 =
= 2ctg 2 x .
y x′ = yU′ ⋅ U z′ z x′ =
U
sin 2 x
Пример 8. Найти производную функции y = ln x .
1
Решение. Пусть x > 0, тогда y = ln x и y ′ = . Пусть x < 0, тогда
x
y = ln( − x ) = ln U , U = – x – суперпозиция двух функций. Используя формулу (21), получим y x′ = yU′ ⋅ U x′ =
1
1
=
⋅(–1) = .
U
x
′ 1
Итак, ( ln x ) = , x ≠ 0.
x
Рассмотрим теперь функцию, заданную неявно. Функция y ( x )
называется неявной (неявно заданной), если она задана уравнением, неразрешённым относительно y . Например, x 2 + y 2 = 1,
y ≥ 0 – неявная функция (верхняя половина единичной окружности), y = 1 − x 2 – эта же функция, записанная в явном виде.
Однако, не всегда неявную функцию можно записать в явном
виде, например,
x + y – e x − y = 0.
В общем виде неявную функцию записывают в виде уравнения
F ( x , y) = 0. При этом предполагается, что y ( x ) такая функция,
которая обращает это уравнение в тождество, т.е. F ( x , y( x )) ≡ 0 .
Дифференцируя это тождество по переменной x как сложную
13
функцию, найдём производную y x′ неявной функции. Рассмотрим это дифференцирование на примерах.
Пример 9. Найти производную неявной функции
x + y – e x − y = 0.
Решение. 1 + y ′ – e x − y (1 – y ′ ) = 0, y ′ (1 + e x − y ) = e x − y – 1, y ′ =
x + y −1
.
x + y +1
Пример 10. Найти производную сложной показательной функции y = U V , где U = U ( x ) > 0, V = V ( x ).
Решение. Логарифмируя данную функцию, получим
ln y = V ⋅ ln U . Дифференцируя результат как неявную функV
y′
= V ′ ln U +
цию, найдём
⋅ U ′ , или
U
y
V
⋅ U ′ ) = U V ⋅ V ′ ln U + V ⋅ U V −1 ⋅ U ′ .
y ′ = y ( V ′ ln U +
U
y′
′
называют логарифмической производВыражение ( ln y) =
y
ной функции y ( x ).
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа