Иванков П.Л. - Конспект лекций по математическому анализу (1081165), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Функция f (x) дифференцируема в некоторой точке x0 тогда и только тогда, когда существуетпроизводная f 0 (x0 ) в этой точке.Доказательство. Необходимость. Пусть функция f (x) дифференцируема в точкеx0 . Требуется доказать существование f 0 (x0 ). По определению дифференцируемостиf (x0 + ∆x) − f (x0 ) = A · ∆x + o(∆x) , ∆x → 0. После деления на ∆x получаем:f (x0 + ∆x) − f (x0 )= A + o(1) → A при ∆x → 0.
Таким образом, производная f 0 (x0 )∆xсуществует (и равна A). Необходимость доказана.3f (x0 + ∆x) − f (x0 )= f 0 (x0 ) + o(1),∆x 0∆x → 0. После умножения на ∆x получаем: f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = f (x0 ) · ∆x + o(1) · ∆x,∆x → 0. Очевидно, o(1) · ∆x = o(∆x), поэтому функция f (x) дифференцируема в точкеx0 . Достаточность доказана. Теорема доказана.Из доказательства теоремы видно, что число A в определении дифференцируемостиравно f 0 (x0 ).
В связи с этой теоремой функцию, имеющую (конечную) производную внекоторой точке, называют дифференцируемой в этой точке. Сам процесс вычисленияпроизводной называют дифференцированием функции.Достаточность. Пусть существует f 0 (x0 ). ТогдаТеорема (о непрерывности дифференцируемой функции.) Если функция дифференцируема в некоторой точке, то она непрерывна в этой точке.Доказательство.Пусть функция f (x) дифференцируема в точке x0 .То0гда f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = f (x0 ) · ∆x + o(∆x), ∆x → 0.Отсюдаlim ∆f (x0 ) = lim f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = lim f 0 (x0 )∆x + o(∆x) = 0, т.е. ∆f (x0 ) → 0∆x→0∆x→0∆x→0при ∆x → 0. Это означает, что функция f (x) непрерывна при x = x0 .
Теорема доказана.Достаточным условием дифференцируемости непрерывность не является. Мы видели,что функция f (x) = |x| не имеет производной при x = 0. Однако, f (x) непрерывнав этой√2точке (как и во всякой другой). Это следует, например, из равенства |x| = x и теоремы онепрерывности сложной функции. Можно доказать и непосредственно:еслиε > 0, то, взявδ = ε,получим,чтопри|x−x|<δвыполняютсясоотношения|x|−|x|6|x−x000 | < δ = ε,т.е.
|x| − |x0 | < ε.Рассмотрим теоремы о правилах дифференцирования функций.Теорема (о производной суммы, произведения и частного.) Пусть функции f (x) иg(x) дифференцируемы в точке x0 . Тогда в этой точке дифференцируемы также функцииf (x)(последняя — при условии g(x) 6= 0), причёмf (x) ± g(x), f (x) · g(x),g(x)0f (x) ± g(x) = f 0 (x) ± g 0 (x)0f (x)g(x) = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x)0f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x)f (x)=.2g(x)g(x)Доказательство.
Имеем:01f (x) ± g(x) = lim∆x→0 ∆xf (x + ∆x) ± g(x + ∆x) − f (x) ± g(x) =f (x + ∆x) − f (x) g(x + ∆x) − g(x)= lim±= f 0 (x) ± g 0 (x) .∆x→0∆x∆xПроизводная произведения может быть вычислена так:0f (x + ∆x)g(x + ∆x) − f (x)g(x)f (x) · g(x) = lim=∆x→0∆xf (x + ∆x)g(x + ∆x) − f (x)g(x + ∆x) + f (x)g(x + ∆x) − f (x)g(x)= lim=∆x→0∆xf (x + ∆x) − f (x)g(x + ∆x) − g(x)= lim· g(x + ∆x) + f (x) ·=∆x→0∆x∆x= f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x) .Здесь мы воспользовались непрерывностью функции g(x), которая является следствиемдифференцируемости: g(x + ∆x) → g(x) при ∆x → 0.4В случае производной частного рассуждаем аналогично1f (x + ∆x) f (x)lim−=∆x→0 ∆xg(x + ∆x)g(x)f (x + ∆x) − f (x)g(x + ∆x) − g(x)· g(x) − f (x) ·∆x∆x== lim∆x→0g(x) · g(x + ∆x)f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x)=.2g(x)Теорема доказана.Пусть f (x) = C, где C — константа.
ТогдаC −Cf (x + ∆x) − f (x)= lim= 0,∆x→0 ∆x∆x→0∆xт.е. C 0 = 0. Поскольку постоянный множитель можно вынести за знак предела, то(Cf (x))0 = Cf 0 (x).f 0 (x) = limТеорема (о производной сложной функции). Пусть функции f (x) и g(y) определены в окрестностях соответственно точек x0 и y0 и дифференцируемы в этих точках, y0 = f (x0 ). Тогда сложная функция g(f (x)) дифференцируема в точке x0 , и0 g(f (x)) = g 0 (y0 ) · f 0 (x0 ).x=x0Доказательство.Функция f (x) дифференцируема и, следовательно, непрерывна в точке x0 .Пусть функция g(y) определена для тех y, для которых|y − y0 | < ε.Тогда существует δ > 0 такое, что при |x − x0 | < δвыполняется неравенство |f (x) − f (x0 )| = |f (x) − y0 | < ε, и для таких xимеет смысл сложная функция g(f (x)).
Таким образом, сложная функция g(f (x))определена в окрестности точки x0 , и можно говорить о её производной в этойточке.Запишем определение дифференцируемости функции g(y) в точке y0 :g(y0 + ∆y) − g(y0 ) = g 0 (y0 )∆y + o(∆y) , ∆y → 0.o(∆y), если ∆y 6= 0, и α(∆y) = 0, если ∆y = 0. Очевидно,Пусть α(∆y) =∆yα(∆y) → 0, если ∆y → 0. Определение дифференцируемости можно переписать так:g(y0 + ∆y) − g(y0 ) = g 0 (y0 )∆y + α(∆y) · ∆y, ∆y → 0.При достаточно малом ∆x подставим сюда y0 = f (x0 ), ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ).
Тогдаg f (x0 + ∆x) − g f (x0 ) = g 0 (y0 ) f (x0 + ∆x) − f (x0 ) + α(∆y) f (x0 + ∆x) − f (x0 ) .Отсюдаg f (x0 + ∆x) − g f (x0 )== lim∆x→0x=x0∆xf (x0 + ∆x) − f (x0 )0= lim g (y0 )+∆x→0∆x f (x0 + ∆x) − f (x0 )+ lim α(f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ·. (1)∆x→0∆xЗаметим, что α(f (x0 + ∆x) − f (x0 )) → 0, т.к. f (x0 + ∆x) − f (x0 ) → 0 при ∆x → 0 —дифференцируемая в точке x0 функция f (x) непрерывна в этой точке. Кроме того,f (x0 + ∆x) − f (x0 )→ f 0 (x0 ) при ∆x → 0. Поэтому последний предел в (1) равен нулю, и∆xмы получаем требуемое равенство:0 g(f (x)) = g 0 (y0 ) · f 0 (x0 ) .0 g(f (x)) x=x05Теорема доказана.Правило дифференцирования сложной функции часто записывают в виде0g(f (x)) = g 0 (f (x)) · f 0 (x) ,где под g 0 f (x) понимается производная функции g(y), вычисленная при y = f (x).Теорема (о производной обратной функции.) Пусть функция f (x) осуществляет взаимно однозначное отображение окрестности U (x0 ) точки x0 на окрестность V (y0 ) точкиy0 = f (x0 ), причём обратная функция f −1 (y) непрерывна в точке y0 .
Тогда, если существует f 0 (x0 ) 6= 0, то существует также и (f −1 )0 (y0 ), причём(f −1 )0 (y0 ) =1.f 0 (x0 )Доказательство. Пусть y0 + ∆y ∈ V (y0 ), и пусть f −1 (y0 + ∆y) = x0 + ∆x. Далее,f (y0 ) = x0 , и−1f −1 (y0 + ∆y) − f −1 (y0 ) = x0 + ∆x − x0 = ∆x ,f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = f (f −1 (y0 + ∆y)) − y0 = y0 + ∆y − y0 = ∆y .(2)Если ∆y 6= 0 то и ∆x 6= 0 — это вытекает из того, что отображение f : U (x0 ) → V (y0 )взаимно однозначно. Заметим ещё, что из непрерывности функции f −1 (y) в точке y0 ииз (2) следует, что если ∆y → 0, то и ∆x → 0.
Теперь можно вычислить производнуюобратной функции:f −1 (y0 + ∆y) − f −1 (y0 )= lim ∆y→0∆y→0∆y(f −1 )0 (y0 ) = lim1=∆yf −1 (y0 + ∆y) − f −1 (y0 )= lim ∆x→011= 0.f (x0 + ∆x) − f (x0 )f (x0 )∆xТеорема доказана.Пример. Функция f (x) = x2 взаимно однозначно отображает бесконечный интервал√(0, +∞) на себя. Поэтому существует обратная функция f −1 (y) = y, которая непрерывнапо теореме о непрерывности обратной функции. Вычислим производную функции f (x):(x + ∆x)2 − x2x2 + 2x∆x + ∆x2 − x2= lim=∆x→0∆x→0∆x∆xf 0 (x) = lim= lim (2x + ∆x) = 2x.∆x→0Мы видим, что f 0 (x) 6= 0 на интервале (0, +∞).
Поэтому обратная функция дифференцируема в каждой точке такого интервала. Для её производной имеем:11 1√(f −1 )0 (y) = ( y)0 = 0 −1= √ = √ .f (f (y))2x x= y 2 y1√Таким образом, ( y)0 = √ .2 y6кафедра «Математическое моделирование»проф. П. Л. ИванковМатематический анализконспект лекцийдля студентов 1-го курса 1-го семестравсех специальностей ИУ, РЛ, БМТ (кроме ИУ9)Лекция 12.Таблица производных элементарных функций. Логарифмическаяпроизводная и ее применение. Производные высших порядков.
Механический смысл второй производной. Дифференциал функции, егогеометрический смысл. Правила вычисления дифференциалов. Инвариантность формы первого дифференциала. Применение дифференциалов к приближенным вычислениям. Дифференциалы высшихпорядков. Дифференцирование неявно и параметрически заданныхфункций (первая и вторая производная).ОЛ-2, пп. 1.7, 2.2-2.4, гл.
3.Найдём производные основных элементарных функций.Если y = ex , тоe∆x − 1ex+∆x − ex= ex lim.∆x→0∆x→0∆x∆xy 0 (x) = (ex )0 = limПусть ∆x = ln(1 + t); тогда t → 0 при ∆x → 0, и мы получаемeln(1+t) − 11e∆x − 1= ex lim= ex lim=t→0 ln(1 + t)t→0 ln(1 + t)1/t∆x→0∆x11 = ex= ex= ex ,1/tln eln lim(1 + t)y 0 (x) = ex limt→0т.к.
по теореме о втором замечательном пределе (1+t)1/t → e при t → 0, и функция ln x непрерывна в точке x = e. Если a > 0, a 6= 1, то ax = ex ln a , и по правилу дифференцированиясложной функции(ax )0 = (ex ln a )0 = ex ln a ln a = ax ln a.Производную логарифмической функции найдём, используя правило дифференцирования обратной функции.Действительно, y = ax и y = loga x, a > 0,a 6= 1, являются взаимно обратными функциями.Поэтому при x > 0 имеем1110(loga x) = y 0= log x=.
Если a = e, то получаем отсюда формулу(a ) |y=loga xa a ln ax ln a1(ln x)0 = .xДля степенной функции y = xα при при x > 0 имеем (используемправило дифференцирования сложной функции и полученные выше результаты):1αxαα== αxα−1 , т.е. (xα )0 = αxα−1 . Эта же формула остаетсяxxв силе и в точке x = 0 (для α > 1; если соответствующая степенная функция определеналишь при x > 0, то эта формула даёт значение правой производной). В самом деле, еслиα > 1, то (считаем, что ∆x > 0, если функция y = xα не определена при x < 0):(∆x)α1, если α = 1,α 0(x ) x=0 = lim=0, если α > 1,∆x→0 ∆x(xα )0 = (eα ln x )0 = eα ln x ·т.е. (xα )0 |x=0 = αxα−1 |x=0 .
Если же x отрицательно, и функция y = xα определена притаких x, то эта функция является либо чётной либо нечётной, т.е. при x < 0 имеемxα = ±(−x)α . Тогдаα 0α 0(x ) = ± (−x)α−1= ± α(−x)xα± (−x)α· (−1) = α ·= α xα−1 ,· (−x) = α ·−xx0и (xα )0 = α xα−1 также и при x < 0.Рассмотрим тригонометрические функции.
Имеем∆x∆x ·cosx+sin(x + ∆x) − sin x22(sin x)0 = lim= lim=∆x→0∆x→0∆x∆x∆xsin∆x 2= lim· cos x += cos x .∆x∆x→022Мы воспользовались теоремой о первом замечательном пределеи непреπрывностью функции y=cos x.Далее, cos x=sin x +, поэтому2 00ππππ(cos x)0 = sin x +· x+= − sin x, т.е.= cos x += cos x +22220(cos x) = − sin x.Производные тангенса и котангенса найдём по правилу дифференцирования дроби:0sin x1cos2 x + sin2 x0=,(tg x) ==cos xcos2 xcos2 x cos x 0 − sin2 x − cos2 x1(ctg x)0 ==− 2 .=2sin xsin xsin x11, (ctg x)0 = − 2 .Таким образом, (tg x)0 =2cos xsin xРассмотрим обратныетригонометрическиефункции.
Функция y = sin x дифференци π πруема на интервале − ,и имеет на этом интервале отличную от нуля производную2 20(sin x) = cos x. Поэтому для обратной функции y = arcsin x при −1 < x < 1 имеем2 sin(arcsin x)0 =1cos y =y=arcsin x111√=p=,cos(arcsin x)1 − x21 − sin2 (arcsin x)√1. В формуле cos(arcsin x) = 1 − x2 мы взяли знак «+» перед1 − x2 π πрадикалом потому, что arcsin x ∈ − ,, и косинус положителен на этом интервале.2 2Аналогично вычисляется и производная арккосинуса. Функция y = cos x на интервале(0, π) имеет отличную от нуля производную (cos x)0 = − sin x, поэтомут.е.
(arcsin x)0 = √(arccos x)0 =1− sin yy=arccos x=−11= −p=sin(arccos x)1 − cos2 (arccos x)21,1 − x2если x∈(−1, 1).Можно также воспользоваться соотношениемπarccos x + arcsin x =, известным из элементарной тригонометрии.Имеем2π01− arcsin x = − √. Выбор знака «+» перед радикалом в ис(arccos x)0 =21 − x2 √пользованной выше формуле sin(arccos x) = 1 − x2 объясняется тем, что arccos x ∈ (0, π),и функция y = sin x положительна на этом интервале. Заметим, что рассмотренныефункции y = arcsin x и y = arccos x не имеют конечной производной при x ± 1. Дляфункции y = arctg x имеем11= cos2 (arctg x) ==(arctg x)0 =201/ cos (arctg x)(tg y) y=arctg x= −√=11=,1 + tg (arctg x)1 + x221. Аналогично,1 + x211=−= − sin2 (arcctg x) =(arcctg x)0 =201/ sin (arcctg x)(ctg y) y=arcctg x11=−=−.21 + ctg (arcctg x)1 + x2Этот же результат можно получить быстрее, если воспользоваться равенствомπarcctg x + arctg x = и предыдущей формулой.2Производные гиперболических функцийможно вычислитьс помощью формул (ex )0 = ex0ex − e−xex + e−xи (e−x )0 = −e−x .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
