Производные некоторых элементарных функций

НЕТ ВОЙНЕ

24 февраля 2022 года российское руководство во главе с Владимиром Путиным развязало агрессивную войну против Украины. В глазах всего мира это военное преступление совершено от лица всей страны, всех россиян. Будучи гражданами Российской Федерации, мы против своей воли оказались ответственными за нарушение международного права, военное вторжение и массовую гибель людей. Чудовищность совершенного преступления не оставляет возможности промолчать или ограничиться пассивным несогласием. Мы убеждены в абсолютной ценности человеческой жизни, в незыблемости прав и свобод личности. Режим Путина — угроза этим ценностям. Наша задача — обьединить все силы для сопротивления ей. Эту войну начали не россияне, а обезумевший диктатор. И наш гражданский долг — сделать всё, чтобы её остановить. Антивоенный комитет России

Распространяйте правду о текущих событиях, оберегайте от пропаганды своих друзей и близких. Изменение общественного восприятия войны - ключ к её завершению.

meduza.io, Популярная политика, Новая газета, zona.media, Майкл Наки.

Вычисление некоторых пределов

Вычислим предварительно ряд важных пределов.

Первый замечательный предел

Утверждение:

[math]\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1[/math]

[math]\triangleright[/math]

В теории степенных рядов синус определён как сумма ряда. Сейчас для доказательства, однако, воспользуемся геометрическим смыслом синуса. Рассмотрим радианную меру угла [math]\alpha[/math], равную отношению длины дуги к радиусу окружности. В частности, при [math]r = 1[/math], длина дуги совпадает с величиной угла. [math]0 \leq x \le \frac\pi2[/math] Сектор [math]AOB \subset \triangle AOD[/math] [math]\sin x = |BC| \leq AB \lt \buildrel \smile \over{AB} = x[/math] [math]\sin x \lt x \Rightarrow \frac{\sin x}x \lt 1[/math]. Запомним этот факт. Площадь сектора [math]{AOB}[/math] равна [math]\frac{x}2[/math], а [math]S_{\triangle AOD}= \frac12 \operatorname{tg} x[/math]. Тогда [math]\frac{x}{2} \leq S_{\triangle AOD} = \frac12 \operatorname{tg} x = \frac12 \frac{\sin x}{\cos x} \Rightarrow \cos x \leq \frac{\sin x}{x}[/math] Но тогда, [math]\cos x \leq \frac{\sin x}{x} \leq 1[/math]. Но так как [math]\lim\limits_{x \to 0} \cos x = \cos 0 = 1[/math] Тогда [math]\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Второй замечательный предел

Определение:

[math]e = \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac1n \right) ^ n[/math]

Из этого, подставив [math]x = \frac1n[/math], получим

[math]\lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e[/math]

Далее, прологарифмировав последнее равенство, получим: [math]\frac{\ln(1 + x)}x[/math] при [math]x \to 0[/math] стремится к [math]1[/math].

(e^x - 1)/x

Утверждение:

[math]\frac{e^x - 1}x \to 1[/math] при [math]x \to 0[/math]

[math]\triangleright[/math]

[math]\frac{e^x - 1}{x}[/math](подставив [math]t = e^x - 1[/math]) [math] = \frac{t}{\ln (1 + t)}[/math]. Тогда [math]\frac{\ln (1 + x)}{x} \xrightarrow[x \to 0]{} 1 \Rightarrow \frac{t}{\ln (1 + t)} \xrightarrow[t \to 0]{} 1[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Рассмотрим выражение [math] \frac{(1+x)^m - 1}{mx}, \ x \to 0 [/math]. Оно (?)создаёт неопределённость [math]\frac00[/math]. При этом, предел нельзя вычислить переходом к нему в числителе и знаменателе по отдельности. Этот предел подстановкой сводится к предыдущим.

Вычисление производных некоторых функций

y = x^n

n — целое

Утверждение:

[math](x^n)' = nx^{n - 1}, \ n \in \mathbb{N}[/math]

[math]\triangleright[/math]

Докажем по индукции. База: [math]n = 1[/math]. Это соответствует функции [math]x[/math]. Тогда [math]\Delta y = \Delta x \Rightarrow \frac{\Delta y}{\Delta x} = 1, \Delta x \to 0[/math] Тогда [math]x' = 1 = 1 \cdot x^{1 - 1}[/math] Шаг: [math]\left(x ^ n\right)' = (x \cdot x^{n - 1})' = x'x^{n-1} + (x^{n - 1})'x = x^{n - 1} + (n - 1)x^{n - 1} = n x^{n - 1}[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Заметим, что если [math]y = f(x)[/math] непрерывна и монотонна в окрестности [math]0[/math], а также, [math]f'(x_0) \ne 0[/math], то обратная функция дифференцируема в [math]y_0 = f(x_0)[/math], и её производная равна [math]\frac1{f'(x_0)}[/math]. Это следует из того факта, что [math]\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac1{\frac{\Delta x}{\Delta y}}[/math].

1/n; n — целое

Утверждение:

Посчитаем [math]y' = (x^{\frac1n})' = \frac1n x^{\frac1n - 1}, \ n \in \mathbb{N}[/math]

[math]\triangleright[/math]

Согласно формуле дифференцирования обратной функции, [math]x' = (y^n)' = n y^{n - 1}[/math]. [math]y' = \frac{1}{x'} = \frac1{ny^{n - 1}} = \frac1n y^{1 - n} = \frac1n \left(x^{\frac1n}\right)^{1 - n} = \frac1n x^{\frac1n - 1}[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Подведём промежуточный итог. Мы научились считать [math](x^{\alpha})', \ \alpha = n, \frac1n, \ n \in \mathbb{N}[/math]

n — рациональное

Утверждение:

[math](x ^ {\alpha})', \ \alpha \in \mathbb{Q}[/math].

[math]\triangleright[/math]

[math](x^{\frac{n}{m}})'[/math](подставив [math]t = x^{\frac 1m}[/math]) [math] = n t^{n - 1} \frac 1m x ^ {\frac1m - 1} = \frac{n}{m} x ^ {\frac{n}{m} - 1}[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Важное Замечание: [math]x^{\sqrt2}[/math] — не степенная функция. Все реальные пацаны считают это по определению равным [math]e^{\sqrt2 \cdot \ln x}[/math]

e^x

Утверждение:

[math](e^x)' = e^x[/math]

[math]\triangleright[/math]

[math]y = e^x[/math] [math]\Delta y = e^{x + \Delta x} - e^x = e^x(e^{\Delta x} - 1)[/math] Тогда [math]\frac{\Delta y}{\Delta x} = e^x \cdot \frac{e^{\Delta x} - 1}{\Delta x}[/math]. Ранее мы доказали, что [math]\frac{e^x - 1}{x} \xrightarrow[x\to 0]{} 1[/math]. Тогда [math]y' = \frac{\Delta y}{\Delta x} = e^x[/math]. Это единственная функция, которая обладает таким свойством(это просто забавный факт, его не надо доказывать). Именно поэтому [math]e[/math] занимает такое важное место в математике.

[math]\triangleleft[/math]

ln(x)

Утверждение:

[math]\ln'(x) = \frac1x[/math]

[math]\triangleright[/math]

[math]x = e^y[/math]. Тогда [math]x' = e^y[/math]. [math]y' = \frac{1}{x'} = \frac{1}{e^y} = \frac{1}{e^{\ln x}} = \frac1x[/math]

[math]\triangleleft[/math]

sin(x)

Утверждение:

[math]\sin'(x) = \cos(x)[/math]

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]y = \sin x[/math]. [math]\Delta y = \sin(x + \Delta x) - \sin(x) = 2 \sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right) \cos\left(x + \frac{\Delta x}{2}\right)[/math] [math]\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{\sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)}{\frac{\Delta x}{2}} \cdot \cos\left(x + \frac{\Delta x}{2} \right)[/math] Первый множитель, равный вычисленному ранее пределу, равен [math]1[/math], а второй при [math]\Delta x \to 0[/math] стремится к [math]\cos x[/math]. Тогда [math]\sin'(x) = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \cos x[/math].

[math]\triangleleft[/math]

arcsin(x)

Утверждение:

[math]\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \ y \in \left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right][/math]

[math]\triangleright[/math]

[math]y = \arcsin x \Rightarrow x = \sin y[/math]. Тогда [math]x' = \cos x[/math]. Так как [math]\cos(\arcsin(x)) \geq 0[/math], то [math]y' = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\cos \arcsin x} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 (\arcsin x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}[/math] Получаем [math]\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}[/math].

[math]\triangleleft[/math]