Производные некоторых элементарных функций — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
м (маленькие поправки)
м (rollbackEdits.php mass rollback)
 
(не показано 19 промежуточных версий 5 участников)
Строка 1: Строка 1:
{{В разработке}}
 
 
 
== Вычисление некоторых пределов ==
 
== Вычисление некоторых пределов ==
  
Строка 11: Строка 9:
 
<tex>\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1</tex>
 
<tex>\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1</tex>
 
|proof=
 
|proof=
 +
[[file:Sin1.png|thumb|300px]]
 
В теории степенных рядов синус определён как сумма ряда. Сейчас для доказательства, однако,  
 
В теории степенных рядов синус определён как сумма ряда. Сейчас для доказательства, однако,  
 
воспользуемся геометрическим смыслом синуса.
 
воспользуемся геометрическим смыслом синуса.
 
Рассмотрим радианную меру угла <tex>\alpha</tex>, равную отношению длины дуги к радиусу окружности.
 
Рассмотрим радианную меру угла <tex>\alpha</tex>, равную отношению длины дуги к радиусу окружности.
В частности, при <tex>1</tex>, длина дуги совпадает с величиной угла.
+
В частности, при <tex>r = 1</tex>, длина дуги совпадает с величиной угла.
  
 
<tex>0 \leq x \le \frac\pi2</tex>
 
<tex>0 \leq x \le \frac\pi2</tex>
  
Сектор <tex>ADB \subset \triangle AOD</tex>
+
Сектор <tex>AOB \subset \triangle AOD</tex>
  
TODO: нормальный значок дуги.
+
<tex>\sin x = |BC| \leq AB < \buildrel \smile \over{AB} = x</tex>
<tex>\sin x = |BC| \leq AB < \breve{AB} = x</tex>
 
  
 
<tex>\sin x < x \Rightarrow \frac{\sin x}x < 1</tex>. Запомним этот факт.
 
<tex>\sin x < x \Rightarrow \frac{\sin x}x < 1</tex>. Запомним этот факт.
  
Обозначим за <tex>SECT_{AOB}</tex> площадь сектора <tex>{AOB}</tex>. Тогда
+
Площадь сектора <tex>{AOB}</tex> равна <tex>\frac{x}2</tex>,
 +
а <tex>S_{\triangle AOD}= \frac12 \operatorname{tg} x</tex>.
  
<tex>\frac{SECT_{AOB}}{x/2} \leq S_{\triangle AOD}</tex>,
+
Тогда
<tex>\frac12 tg x = \frac12 \frac{\sin x}{\cos x} \Rightarrow \cos x \leq \frac{\sin x}{x}</tex>
+
<tex>\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}</tex>
  
 
Но тогда, <tex>\cos x \leq \frac{\sin x}{x} \leq 1</tex>.
 
Но тогда, <tex>\cos x \leq \frac{\sin x}{x} \leq 1</tex>.
Строка 37: Строка 39:
 
}}
 
}}
  
=== (1 + 1/n)^n ===  
+
=== Второй замечательный предел ===  
  
 
{{Определение
 
{{Определение
 
|definition=
 
|definition=
<tex>e = \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac1n \right) ^ n</tex>
+
<tex dpi=150>e = \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac1n \right) ^ n</tex>
 
}}
 
}}
  
Из этого, подставив <tex>x = \frac1n</tex> <tex>\lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}}</tex>
+
Из этого, подставив <tex>x = \frac1n</tex>, получим
 +
 
 +
<tex dpi= "150">\lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e</tex>
  
 
Далее, прологарифмировав последнее равенство, получим:
 
Далее, прологарифмировав последнее равенство, получим:
<tex>\frac{\log(1 + x)}x</tex> при <tex>x \to 0</tex> стремится к <tex>1</tex>.
+
<tex>\frac{\ln(1 + x)}x</tex> при <tex>x \to 0</tex> стремится к <tex>1</tex>.
  
 
=== (e^x - 1)/x ===
 
=== (e^x - 1)/x ===
Строка 53: Строка 57:
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
 
|statement=
 
|statement=
<tex>\frac{e^x - 1}x \to 1</tex> при <tex>x \to 0</tex>
+
<tex dpi= "150">\frac{e^x - 1}x \to 1</tex> при <tex>x \to 0</tex>
 
|proof=
 
|proof=
<tex>\frac{e^x - 1}{x}</tex>(подставив <tex>t = e^x - 1</tex>) <tex> = \frac{t}{\ln (1 + t)}</tex>.
+
<tex dpi= "150">\frac{e^x - 1}{x}</tex>(подставив <tex>t = e^x - 1</tex>)  
Однако, по только что доказанному, <tex>\frac{\ln (1 + x)}{x} \xrightarrow[x \to 0]{} 1 \Rightarrow \frac{t}{\ln (1 + t)} \xrightarrow[t \to 0]{} 1</tex>
+
<tex> = \frac{t}{\ln (1 + t)}</tex>.
 +
 
 +
Тогда
 +
<tex>\frac{\ln (1 + x)}{x} \xrightarrow[x \to 0]{} 1 \Rightarrow \frac{t}{\ln (1 + t)} \xrightarrow[t \to 0]{} 1</tex>
 
}}
 
}}
  
  
Рассмотрим выражение <tex>\frac{x^n - 1}{mx}, \ x \to 0<tex>. Оно (?)создаёт неопределённость <tex>\frac00</tex>. При этом, предел нельзя
+
Рассмотрим выражение <tex dpi= "150"> \frac{(1+x)^m - 1}{mx}, \ x \to 0 </tex>. Оно (?)создаёт неопределённость <tex>\frac00</tex>. При этом, предел нельзя
 
вычислить переходом к нему в числителе и знаменателе по отдельности. Этот предел подстановкой сводится к предыдущим.
 
вычислить переходом к нему в числителе и знаменателе по отдельности. Этот предел подстановкой сводится к предыдущим.
  
Строка 90: Строка 97:
  
  
==== 1/n {{---}} целое ====
+
==== 1/n; n {{---}} целое ====
  
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
 
|statement=
 
|statement=
Посчитаем <tex>y' = (x^{\frac1n})' = \frac1n x^{\frac1n - 1}, \ n \in \mathbb{N}</tex>
+
Посчитаем <tex dpi= "150">y' = (x^{\frac1n})' = \frac1n x^{\frac1n - 1}, \ n \in \mathbb{N}</tex>
 
|proof=
 
|proof=
 
Согласно формуле дифференцирования обратной функции, <tex>x' = (y^n)' = n y^{n - 1}</tex>.
 
Согласно формуле дифференцирования обратной функции, <tex>x' = (y^n)' = n y^{n - 1}</tex>.
  
<tex>y' = \frac{1}{x'} = \frac1{ny^{n - 1}} = \frac1n y_{1 - n} = \frac1n \left(x^{\frac1n}\right)^{1 - n} = \frac1n x^{n - 1}</tex>
+
<tex dpi= "150">y' = \frac{1}{x'} = \frac1{ny^{n - 1}} = \frac1n y^{1 - n} = \frac1n \left(x^{\frac1n}\right)^{1 - n} = \frac1n x^{\frac1n - 1}</tex>
 
}}
 
}}
  
Строка 109: Строка 116:
 
<tex>(x ^ {\alpha})', \ \alpha \in \mathbb{Q}</tex>.
 
<tex>(x ^ {\alpha})', \ \alpha \in \mathbb{Q}</tex>.
 
|proof=
 
|proof=
<tex>(x^{\frac{n}{m}})'</tex>(подставив <tex>t = x^{\frac 1m}</tex>) <tex> = n t^{m - 1} \frac 1m x ^ {\frac1m - 1} = \frac{n}{m} x ^ {\frac{n}{m} - 1}</tex>
+
<tex dpi= "150">(x^{\frac{n}{m}})'</tex>(подставив <tex>t = x^{\frac 1m}</tex>) <tex> = n t^{n - 1} \frac 1m x ^ {\frac1m - 1} = \frac{n}{m} x ^ {\frac{n}{m} - 1}</tex>
 
}}
 
}}
  
Строка 125: Строка 132:
 
<tex>\Delta y = e^{x + \Delta x} - e^x = e^x(e^{\Delta x} - 1)</tex>
 
<tex>\Delta y = e^{x + \Delta x} - e^x = e^x(e^{\Delta x} - 1)</tex>
  
Тогда <tex>\frac{\Delta y}{\Delta x} = e^x \cdot \frac{e^{\Delta x} - 1}{e^x}</tex>.
+
Тогда <tex dpi= "150">\frac{\Delta y}{\Delta x} = e^x \cdot \frac{e^{\Delta x} - 1}{\Delta x}</tex>.
  
 
Ранее мы доказали, что <tex>\frac{e^x - 1}{x} \xrightarrow[x\to 0]{} 1</tex>.
 
Ранее мы доказали, что <tex>\frac{e^x - 1}{x} \xrightarrow[x\to 0]{} 1</tex>.
Строка 143: Строка 150:
 
<tex>x = e^y</tex>. Тогда <tex>x' = e^y</tex>.
 
<tex>x = e^y</tex>. Тогда <tex>x' = e^y</tex>.
  
<tex>y' = \frac{1}{x'} = \frac{1}{e^y} = \frac{1}{e^{\ln x}} = \frac1x</tex>
+
<tex dpi= "150">y' = \frac{1}{x'} = \frac{1}{e^y} = \frac{1}{e^{\ln x}} = \frac1x</tex>
 
}}
 
}}
  
Строка 157: Строка 164:
 
<tex>\Delta y = \sin(x + \Delta x) - \sin(x) = 2 \sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right) \cos\left(x + \frac{\Delta x}{2}\right)</tex>
 
<tex>\Delta y = \sin(x + \Delta x) - \sin(x) = 2 \sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right) \cos\left(x + \frac{\Delta x}{2}\right)</tex>
  
<tex>\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)</tex>
+
<tex dpi= "150">\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)</tex>
  
 
Первый множитель, равный вычисленному ранее пределу, равен <tex>1</tex>, а второй при <tex>\Delta x \to 0</tex> стремится к <tex>\cos x</tex>.
 
Первый множитель, равный вычисленному ранее пределу, равен <tex>1</tex>, а второй при <tex>\Delta x \to 0</tex> стремится к <tex>\cos x</tex>.
Строка 169: Строка 176:
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
 
|statement=
 
|statement=
<tex>\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \ y \in \left[-\frac{-\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right]</tex>
+
<tex dpi= "150">\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \ y \in \left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right]</tex>
 
|proof=
 
|proof=
 
<tex>y = \arcsin x \Rightarrow x = \sin y</tex>. Тогда <tex>x' = \cos x</tex>.
 
<tex>y = \arcsin x \Rightarrow x = \sin y</tex>. Тогда <tex>x' = \cos x</tex>.
  
Так как <tex>\cos(\arcsin(x)) \leq 0</tex>, то <tex>y' = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\cos \arcsin x} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 (\arcsin x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}</tex>
+
Так как <tex>\cos(\arcsin(x)) \geq 0</tex>, то  
 +
<tex dpi= "150">y' = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\cos \arcsin x} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 (\arcsin x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}</tex>
  
Получаем <tex>\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}</tex>.
+
Получаем <tex dpi= "150">\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}</tex>.
 
}}
 
}}
  
 
[[Категория:Математический анализ 1 курс]]
 
[[Категория:Математический анализ 1 курс]]

Текущая версия на 19:27, 4 сентября 2022

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]
Sin1.png

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]