дипломы,курсовые,рефераты,контрольные,диссертации на заказ
 

Производные некоторых элементарных функций


     Пример 4.14   Аналогично находится производная гиперболического косинуса $ {y=\mathop{\rm ch}\nolimits x= \frac{1}{2}(e^x+e^{-x})}$:
$\displaystyle y'=(\mathop{\rm ch}\nolimits x)'=\frac{1}{2}(e^x+e^{-x})'= \frac{1}{2}(e^x+(-e^{-x}))= \frac{1}{2}(e^x-e^{-x}))=\mathop{\rm sh}\nolimits x.$
    
        Пример 4.15   Найдём производную гиперболического тангенса $ \mathop{\rm th}\nolimits x=\dfrac{\mathop{\rm sh}\nolimits x}{\mathop{\rm ch}\nolimits x}$. Заметим для начала, что $ \mathop{\rm ch}\nolimits ^2x-\mathop{\rm sh}\nolimits ^2x=1$ (проверьте!). Далее, имеем:
$\displaystyle (\mathop{\rm th}\nolimits x)'=\dfrac{(\mathop{\rm sh}\nolimits x)... ...ts ^2x}=\dfrac{1}{\mathop{\rm ch}\nolimits ^2x}=1-\mathop{\rm th}\nolimits ^2x.$
    
        Пример 4.16   Найдём производную гиперболического котангенса $ \mathop{\rm cth}\nolimits x=\dfrac{\mathop{\rm ch}\nolimits x}{\mathop{\rm sh}\nolimits x}$. Имеем:
$\displaystyle (\mathop{\rm cth}\nolimits x)'=\dfrac{(\mathop{\rm ch}\nolimits x... ... ^2x}=-\dfrac{1}{\mathop{\rm sh}\nolimits ^2x}=1-\mathop{\rm cth}\nolimits ^2x.$
    
        Упражнение 4.2   Выведите эти же 4 формулы для производных функций $ \mathop{\rm sh}\nolimits x,\mathop{\rm ch}\nolimits x,\mathop{\rm th}\nolimits x,\mathop{\rm cth}\nolimits x$, исходя из того, что это -- обратные функции к соответствующим ареа-функциям, производные которых мы уже нашли выше. При этом используйте формулу (4.15).
Обратно, исходя из доказанных формул для производных гиперболических функций, выведите при помощи формулы (4.15) формулы для производных ареа-функций.     
        Пример 4.17   Найдём теперь формулу для производной функции $ y=x^{{\alpha}}$ при произвольном вещественном $ {\alpha}$. Некоторые частные случаи (при $ {\alpha}=n\in\mathbb{Z}$, $ {\alpha}=\frac{1}{2}$) были нами разобраны выше.
Итак, пусть $ f(x)=x^{{\alpha}}$, $ {\alpha}\in\mathbb{R}$, $ x\in(0;+\infty)$. Запишем функцию в виде $ f(x)=e^{{\alpha}\ln x}$ и найдём её производную как производную композиции с промежуточным аргументом $ u={\alpha}\ln x$. Получаем тогда
$\displaystyle (x^{{\alpha}})'=(e^{{\alpha}\ln x})'= e^{{\alpha}\ln x}({\alpha}... ...\ln x}\dfrac{1}{x}={\alpha}x^{\\ al}\cdot\dfrac{1}{x}= {\alpha}x^{{\alpha}-1}.$
    

Применим теперь полученные формулы для вычисления некоторых производных.

        Пример 4.18   Найдём производную функции
$\displaystyle f(x)=\mathop{\rm arctg}\nolimits \dfrac{1}{x},$ при $\displaystyle x\ne0.$
При $ x=0$ функция имеет неустранимый разрыв первого рода, поскольку
$\displaystyle \lim\limits_{x\to0+}f(x)= \lim\limits_{x\to0+}\mathop{\rm arctg}\nolimits \dfrac{1}{x}=\dfrac{\pi}{2},$
а
$\displaystyle \lim\limits_{x\to0-}f(x)= \lim\limits_{x\to0-}\mathop{\rm arctg}\nolimits \dfrac{1}{x}=-\dfrac{\pi}{2}.$

Рис.4.9.График функции $ f(x)$

Теперь вычислим производную при $ x\ne0$: применяя формулу производной сложной функции, получаем
$\displaystyle f'(x)=(\mathop{\rm arctg}\nolimits \dfrac{1}{x})'=\dfrac{1}{1+\df... ...frac{1}{1+\dfrac{1}{x^2}}\cdot\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)= -\dfrac{1}{1+x^2}.$

Рис.4.10.График производной $ f'(x)$

Заметим, что если бы не разрыв при $ x=0$, эта производная совпала бы с производной функции $ \mathop{\rm arcctg}\nolimits $. Это неспроста: дело в том, что если мы положим
$\displaystyle g(x)=\left\{\begin{array}{ll} \mathop{\rm arctg}\nolimits \dfrac... ...mathop{\rm arctg}\nolimits \dfrac{1}{x},&\mbox{ при }x>0, \end{array}\right. $
то $ g(x)$ будет совпадать с $ \mathop{\rm arcctg}\nolimits x$ при всех $ x\ne0$. В то же время $ g(x)$ отличается на постоянное слагаемое от $ f(x)$ при $ x<0$, и поэтому производные у $ f(x)$ и у $ g(x)$ одинаковые.     
        Упражнение 4.3   Найдите производную функции
$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll} x\mathop{\rm arctg}\nolimits \dfrac{1}{x},&\mbox{ при }x\ne0;\\ 0,&\mbox{ при }x=0. \end{array}\right. $
Отдельно вычислите производную при $ {x\ne0}$ (как производную произведения) и производные слева и справа при $ {x=0}$ (пользуясь определением производной, как
$\displaystyle \lim\limits_{h\to0\pm}\dfrac{f(h)-f(0)}{h}= \lim\limits_{h\to0\pm}\mathop{\rm arctg}\nolimits \dfrac{1}{h}.)$

 

    
   

Свойства производных

Покажем, что множество функций, имеющих производную в некоторой фиксированной точке $ x_0$, замкнуто относительно арифметических операций с этими функциями. А именно, докажем следующую теорему, дающую основные правила дифференцирования.

        Теорема 4.2   Пусть функции $ f(x)$ и $ g(x)$ имеют производные в точке $ x$. Тогда функции $ w_1(x)=f(x)+g(x)$, $ w_2(x)=f(x)-g(x)$, $ w_3(x)=f(x)g(x)$, а в случае $ g(x)\ne0$ также $ w_4(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}$ имеют производные в точке $ x$, которые выражаются следующими формулами:
$\displaystyle w_1'(x)=(f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x);$ (4.7)
$\displaystyle w_2'(x)=(f(x)-g(x))'=f'(x)-g'(x);$ (4.8)
$\displaystyle w_3'(x)=(f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+g'(x)f(x);$ (4.9)
$\displaystyle w_4'(x)=\left(\dfrac{f(x)}{g(x)}\right)'=\dfrac{f'(x)g(x)-g'(x)f(x)}{(g(x))^2}.$ (4.10)

Аналогичные утверждения и формулы имеют место также для односторонних производных $ w_i'(x\pm)$ ($ i=1,2,3,4$).
Свойства градиента и производной по направлению Криволинейный интеграл Первоначально функции управления системой коммутации возлагались на операторов.

        Доказательство.     Докажем формулу (4.7). Пусть аргументу $ x$ дано приращение $ h$; при этом функция $ f(x)$ получает приращение $ {\Delta}f=f(x+h)-f(x)$, а функция $ g(x)$ -- приращение $ {\Delta}g=g(x+h)-g(x)$. Их сумма $ w_1(x)$ получит тогда приращение

$\displaystyle {\Delta}w_1=(f(x+h)+g(x+h))-(f(x)+g(x))=(f(x+h)-f(x))+(g(x+h)-g(x))= {\Delta}f+{\Delta}g.$
Значит,
$\displaystyle w_1'(x)=\lim_{h\to0}\dfrac{{\Delta}w_1}{h}= \lim_{h\to0}\left(\d... ...m_{h\to0}\dfrac{{\Delta}f}{h}+ \lim_{h\to0}\dfrac{{\Delta}g}{h}=f'(x)+g'(x). $
Совершенно аналогично доказывается формула (4.8).

Докажем теперь формулу (4.9). Пусть снова $ {\Delta}f$ и $ {\Delta}g$ -- приращения функций, соответствующие приращению $ {\Delta}x=h$ аргумента $ x$. Тогда $ f(x+h)=f(x)+{\Delta}f$, $ g(x+h)=g(x)+{\Delta}g$ и приращением произведения будет

\begin{multline*} {\Delta}w_3=f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)=(f(x)+{\Delta}f)(g(x)+{\Del... ...-f(x)g(x)=\\ =g(x){\Delta}f+f(x){\Delta}g+{\Delta}f{\Delta}g. \end{multline*}
Поэтому, по свойствам пределов,
\begin{multline*} w_3'(x)=\lim_{h\to0}\dfrac{{\Delta}w_3}{h}= \lim_{h\to0}\lef... ...\ =f'(x)g(x)+g'(x)f(x)+0\cdot f'(x)g'(x)=f'(x)g(x)+g'(x)f(x). \end{multline*}
При этом мы вынесли множители $ g(x)$ и $ f(x)$ за знак предела $ \lim\limits_{h\to0}$ как постоянные, не зависящие от переменного $ h$, к которому относится база предела.

Докажем теперь формулу (4.10). Заметим, что

$\displaystyle {\Delta}w_4=\dfrac{f(x)+{\Delta}f}{g(x)+{\Delta}g}-\dfrac{f(x)}{g... ...)(g(x)+{\Delta}g)}= \dfrac{g(x){\Delta}f-f(x){\Delta}g}{g(x)(g(x)+{\Delta}g)}.$

 

Неопределенный интегралВекторное произведение векторов

Трассировка пиксельных изображений Adobe Illustrator Линейные блоковые коды