Određivanje druge derivacije zadane parametarski. Derivacija funkcije definirane parametarski

Do sada smo razmatrali jednadžbe pravaca na ravnini koje izravno povezuju trenutne koordinate točaka tih pravaca. Međutim, često se koristi druga metoda definiranja linije, u kojoj se trenutne koordinate smatraju funkcijama treće varijable.

Neka su zadane dvije funkcije varijable

uzeti u obzir za iste vrijednosti t. Tada bilo koja od ovih vrijednosti t odgovara određenoj vrijednosti i određenoj vrijednosti y, a time i određenoj točki. Kada varijabla t prođe kroz sve vrijednosti iz domene definicije funkcija (73), točka u ravnini opisuje određeni pravac C. Jednadžbe (73) se nazivaju parametarske jednadžbe tog pravca, a varijabla se naziva parametar.

Pretpostavimo da funkcija ima inverznu funkciju. Zamjenom te funkcije u drugu jednadžbu (73) dobivamo jednadžbu

izražavajući y kao funkciju

Složimo se reći da je ova funkcija parametarski dana jednadžbama (73). Prijelaz s ovih jednadžbi na jednadžbu (74) naziva se eliminacija parametra. Kada se razmatraju funkcije definirane parametarski, isključivanje parametra ne samo da nije potrebno, nego također nije uvijek praktično moguće.

U mnogim slučajevima mnogo je prikladnije, s obzirom na različite vrijednosti parametra, izračunati, koristeći formule (73), odgovarajuće vrijednosti argumenta i funkcije y.

Pogledajmo primjere.

Primjer 1. Neka je proizvoljna točka na kružnici sa središtem u ishodištu i radijusom R. Kartezijeve koordinate x i y te točke izražene su kroz njezin polarni radijus i polarni kut, koje ovdje označavamo s t, kako slijedi ( vidi Poglavlje I, § 3, stavak 3):

Jednadžbe (75) nazivamo parametarskim jednadžbama kružnice. Parametar u njima je polarni kut, koji varira od 0 do .

Ako se jednadžbe (75) kvadrira član po član i zbroji, tada se na temelju identiteta parametar eliminira i dobiva se jednadžba kružnice u Kartezijevom koordinatnom sustavu, koja definira dvije elementarne funkcije:

Svaka od ovih funkcija određena je parametarski jednadžbama (75), ali su rasponi parametara za te funkcije različiti. Za prvu od njih; Graf ove funkcije je gornji polukrug. Za drugu funkciju, njen graf je donji polukrug.

Primjer 2. Razmotrimo istovremeno elipsu

i kružnica sa središtem u ishodištu i polumjerom a (slika 138).

Svakoj točki M elipse pridružujemo točku N kružnice koja ima istu apscisu kao točka M i nalazi se s njom na istoj strani osi Ox. Položaj točke N, a time i točke M, potpuno je određen polarnim kutom točke t. U tom slučaju za njihovu zajedničku apscisu dobivamo sljedeći izraz: x = a. Ordinatu u točki M nalazimo iz jednadžbe elipse:

Predznak je odabran jer ordinata točke M i ordinata točke N moraju imati iste predznake.

Tako se za elipsu dobivaju sljedeće parametarske jednadžbe:

Ovdje parametar t varira od 0 do .

Primjer 3. Promotrimo kružnicu sa središtem u točki a) i polumjerom a, koji očito dodiruje x-os u ishodištu (slika 139). Pretpostavimo da se ovaj krug kotrlja bez klizanja po x-osi. Tada točka M kružnice, koja se u početnom trenutku poklapala s ishodištem koordinata, opisuje pravac koji se naziva cikloida.

Izvedimo parametarske jednadžbe cikloide, uzimajući kao parametar t kut MSV zakreta kružnice pri pomicanju njene fiksne točke iz položaja O u položaj M. Tada za koordinate i y točke M dobivamo sljedeće izraze:

Zbog činjenice da se kružnica kotrlja po osi bez klizanja, duljina odsječka OB jednaka je duljini luka BM. Kako je duljina luka BM jednaka umnošku polumjera a i središnjeg kuta t, tada je . Zato . Ali stoga,

Ove jednadžbe su parametarske jednadžbe cikloide. Kada se parametar t promijeni od 0 do krug će napraviti jedan puni krug. Točka M će opisivati ​​jedan luk cikloide.

Isključivanje parametra t ovdje dovodi do glomaznih izraza i praktički je nepraktično.

Parametarska definicija linija posebno se često koristi u mehanici, a ulogu parametra ima vrijeme.

Primjer 4. Odredimo putanju projektila ispaljenog iz topa početnom brzinom pod kutom a u odnosu na horizontalu. Zanemarujemo otpor zraka i dimenzije projektila, smatrajući ga materijalnom točkom.

Odaberimo koordinatni sustav. Uzmimo točku polaska projektila iz cijevi za ishodište koordinata. Usmjerimo os Ox vodoravno, a os Oy okomito, postavljajući ih u istu ravninu s cijevi pištolja. Da nema sile gravitacije, tada bi se projektil kretao pravocrtno, zaklapajući kut a s osi Ox, i do vremena t prevalio bi put. Koordinate projektila u trenutku t bile bi redom jednake do: . Zbog gravitacije projektil se do tog trenutka mora okomito spustiti za određeni iznos. Stoga su u stvarnosti u trenutku t koordinate projektila određene formulama:

Ove jednadžbe sadrže konstantne veličine. Kada se t promijeni, promijenit će se i koordinate u točki putanje projektila. Jednadžbe su parametarske jednadžbe putanje projektila, u kojima je parametar vrijeme

Izražavanje iz prve jednadžbe i njezina zamjena u

druga jednadžba, dobivamo jednadžbu putanje projektila u obliku Ovo je jednadžba parabole.

Razmotrite definiranje linije na ravnini u kojoj su varijable x, y funkcije treće varijable t (koja se naziva parametar):

Za svaku vrijednost t iz određenog intervala odgovaraju određene vrijednosti x I y, a, dakle, određena točka M (x, y) ravnine. Kada t prolazi kroz sve vrijednosti iz zadanog intervala, zatim točku M (x, y) opisuje neku liniju L. Jednadžbe (2.2) nazivaju se jednadžbe parametarskih linija L.

Ako funkcija x = φ(t) ima inverz t = F(x), tada zamjenom ovog izraza u jednadžbu y = g(t) dobivamo y = g(F(x)), što određuje g kao funkcija x. U tom slučaju kažemo da jednadžbe (2.2) definiraju funkciju g parametarski.

Primjer 1. Neka M(x,y)– proizvoljna točka na kružnici polumjera R i centriran u ishodištu. Neka t– kut između osi Vol i radijus OM(vidi sliku 2.3). Zatim x, y izražavaju se kroz t:

Jednadžbe (2.3) su parametarske jednadžbe kružnice. Isključimo parametar t iz jednadžbi (2.3). Da bismo to učinili, kvadriramo svaku jednadžbu i zbrojimo je, dobivamo: x 2 + y 2 = R 2 (cos 2 t + sin 2 t) ili x 2 + y 2 = R 2 – jednadžba kruga u kartezijskom koordinatni sustav. Definira dvije funkcije: Svaka od ovih funkcija dana je parametarskim jednadžbama (2.3), ali za prvu funkciju , a za drugu .

Primjer 2. Parametarske jednadžbe

definirati elipsu s poluosima a, b(Slika 2.4). Isključivanje parametra iz jednadžbi t, dobivamo kanonsku jednadžbu elipse:

Primjer 3. Cikloida je linija opisana točkom koja leži na kružnici ako se ova kružnica kotrlja bez klizanja po ravnoj liniji (slika 2.5). Uvedimo parametarske jednadžbe cikloide. Neka je polumjer kružnice koja se kotrlja a, točka M, opisujući cikloidu, na početku kretanja poklapao se s ishodištem koordinata.

Odredimo koordinate x, y bodova M nakon što se kružnica zarotirala za kut t
(Sl. 2.5), t = ÐMCB. Dužina luka M.B. jednaka duljini segmenta O.B. budući da se krug kotrlja bez klizanja, dakle

OB = at, AB = MD = asint, CD = acost, x = OB – AB = at – asint = a(t – sint),

y = AM = CB – CD = a – acost = a(1 – trošak).

Dakle, dobivene su parametarske jednadžbe cikloide:

Prilikom promjene parametra t od 0 do 2π kružnica se okrene za jedan krug, a točka M opisuje jedan luk cikloide. Jednadžbe (2.5) daju g kao funkcija x. Iako funkcija x = a(t – sint) ima inverznu funkciju, ali se ne izražava kroz elementarne funkcije, pa funkcija y = f(x) nije izražen kroz elementarne funkcije.

Promotrimo diferencijaciju funkcije definirane parametarski jednadžbama (2.2). Funkcija x = φ(t) na određenom intervalu promjene t ima inverznu funkciju t = F(x), Zatim y = g(F(x)). Neka x = φ(t), y = g(t) imaju izvedenice, i x"t≠0. Prema pravilu diferenciranja složenih funkcija y"x=y"t×t"x. Prema pravilu za diferenciranje inverzne funkcije, dakle:

Dobivena formula (2.6) omogućuje pronalaženje derivacije za parametarski specificiranu funkciju.

Primjer 4. Neka funkcija g, ovisno o x, određuje se parametarski:

Riješenje. .
Primjer 5. Pronađite nagib k tangenta na cikloidu u točki M 0 koja odgovara vrijednosti parametra.
Riješenje. Iz cikloidnih jednadžbi: y" t = asint, x" t = a(1 – trošak), Zato

Nagib tangente u točki M0 jednaka vrijednosti at t 0 = π/4:

DIFERENCIJALNA FUNKCIJA

Neka je funkcija u točki x 0 ima izvedenicu. A-prior:
dakle, prema svojstvima granice (odjeljak 1.8), gdje a– infinitezimalno pri Δx → 0. Odavde

Δy = f "(x0)Δx + α×Δx. (2.7)

Kako je Δx → 0, drugi član u jednakosti (2.7) je infinitezimal višeg reda, u usporedbi s , stoga su Δy i f " (x 0)×Δx ekvivalentni, infinitezimalni (za f "(x 0) ≠ 0).

Dakle, prirast funkcije Δy sastoji se od dva člana, od kojih je prvi f "(x 0)×Δx glavni dio prirast Δy, linearan u odnosu na Δx (za f "(x 0)≠ 0).

Diferencijal funkcija f(x) u točki x 0 naziva se glavni dio prirasta funkcije i označava se: dy ili df(x0). Stoga,

df (x0) =f "(x0)×Δx. (2.8)

Primjer 1. Pronađite diferencijal funkcije dy i prirast funkcije Δy za funkciju y = x 2 pri:
1) proizvoljna x i Δ x; 2) x 0 = 20, Δx = 0,1.

Riješenje

1) Δy = (x + Δx) 2 – x 2 = x 2 + 2xΔx + (Δx) 2 – x 2 = 2xΔx + (Δx) 2, dy = 2xΔx.

2) Ako je x 0 = 20, Δx = 0,1, tada je Δy = 40×0,1 + (0,1) 2 = 4,01; dy = 40×0,1= 4.

Zapišimo jednakost (2.7) u obliku:

Δy = dy + a×Δx. (2.9)

Povećanje Δy razlikuje se od diferencijala dy na infinitezimal višeg reda, u usporedbi s Δx, stoga se u približnim izračunima koristi aproksimativna jednakost Δy ≈ dy ako je Δx dovoljno malen.

Uzimajući u obzir da je Δy = f(x 0 + Δx) – f(x 0), dobivamo približnu formulu:

f(x 0 + Δx) ≈ f(x 0) + dy. (2.10)

Primjer 2. Izračunajte otprilike.

Riješenje. Smatrati:

Koristeći formulu (2.10), dobivamo:

Dakle, ≈ 2,025.

Razmotrimo geometrijsko značenje diferencijala df(x 0)(Slika 2.6).

Povucimo tangentu na graf funkcije y = f(x) u točki M 0 (x0, f(x 0)), neka je φ kut između tangente KM0 i osi Ox, tada je f"( x 0) = tanφ. Iz ΔM0NP:
PN = tgφ×Δx = f "(x 0)×Δx = df(x 0). Ali PN je povećanje tangentne ordinate kako se x mijenja od x 0 do x 0 + Δx.

Prema tome, diferencijal funkcije f(x) u točki x 0 jednak je prirastu ordinate tangente.

Nađimo diferencijal funkcije
y = x. Budući da je (x)" = 1, onda je dx = 1×Δx = Δx. Pretpostavit ćemo da je diferencijal nezavisne varijable x jednak njezinom prirastu, tj. dx = Δx.

Ako je x proizvoljan broj, tada iz jednakosti (2.8) dobivamo df(x) = f "(x)dx, odakle .
Dakle, derivacija za funkciju y = f(x) jednaka je omjeru njenog diferencijala i diferencijala argumenta.

Razmotrimo svojstva diferencijala funkcije.

Ako su u(x), v(x) diferencijabilne funkcije, tada vrijede sljedeće formule:

Za dokaz ovih formula koriste se formule izvoda za zbroj, umnožak i kvocijent funkcije. Dokažimo, na primjer, formulu (2.12):

d(u×v) = (u×v)"Δx = (u×v" + u"×v)Δx = u×v"Δx + u"Δx×v = u×dv + v×du.

Promotrimo diferencijal složene funkcije: y = f(x), x = φ(t), tj. y = f(φ(t)).

Tada je dy = y" t dt, ali y" t = y" x ×x" t, pa je dy =y" x x" t dt. S obzirom,

da je x" t = dx, dobivamo dy = y" x dx =f "(x)dx.

Dakle, diferencijal kompleksne funkcije y = f(x), gdje je x =φ(t), ima oblik dy = f "(x)dx, isto kao u slučaju kada je x nezavisna varijabla. Ovo svojstvo Zove se nepromjenjivost oblika diferencijala A.

Neka je funkcija specificirana na parametarski način:
(1)
gdje je neka varijabla koja se zove parametar. I neka funkcije imaju derivacije pri određenoj vrijednosti varijable. Štoviše, funkcija ima i inverznu funkciju u određenoj okolini točke. Tada funkcija (1) ima derivaciju u točki, koja je u parametarskom obliku određena formulama:
(2)

Ovdje su i derivacije funkcija i s obzirom na varijablu (parametar). Često se pišu na sljedeći način:
;
.

Tada se sustav (2) može napisati na sljedeći način:

Dokaz

Po uvjetu funkcija ima inverznu funkciju. Označimo to kao
.
Tada se izvorna funkcija može prikazati kao složena funkcija:
.
Nađimo njegovu derivaciju pomoću pravila za razlikovanje kompleksnih i inverznih funkcija:
.

Pravilo je dokazano.

Dokaz na drugi način

Nađimo derivaciju na drugi način, na temelju definicije derivacije funkcije u točki:
.
Uvedimo oznaku:
.
Tada prethodna formula ima oblik:
.

Iskoristimo činjenicu da funkcija ima inverznu funkciju u okolici točke.
Uvedimo sljedeću oznaku:
; ;
; .
Podijelite brojnik i nazivnik razlomka s:
.
U , . Zatim
.

Pravilo je dokazano.

Izvodnice višeg reda

Da bi se našle derivacije viših redova, potrebno je više puta izvršiti diferenciranje. Recimo da trebamo pronaći izvod drugog reda funkcije definirane parametarski, sljedećeg oblika:
(1)

Pomoću formule (2) nalazimo prvu derivaciju, koja je također određena parametarski:
(2)

Označimo prvu derivaciju varijablom:
.
Zatim, da biste pronašli drugu derivaciju funkcije s obzirom na varijablu, trebate pronaći prvu derivaciju funkcije s obzirom na varijablu. Ovisnost varijable o varijabli također je navedena na parametarski način:
(3)
Uspoređujući (3) s formulama (1) i (2), nalazimo:

Sada izrazimo rezultat kroz funkcije i . Da bismo to učinili, zamijenimo i primijenimo formulu izvedenog razlomka:
.
Zatim
.

Odavde dobivamo drugu derivaciju funkcije u odnosu na varijablu:

Također je dan u parametarskom obliku. Imajte na umu da se prvi red može napisati i na sljedeći način:
.

Nastavljajući proces, možete dobiti izvode funkcija iz varijable trećeg i višeg reda.

Imajte na umu da ne moramo uvoditi oznaku za derivat. Možete to napisati ovako:
;
.

Primjer 1

Pronađite derivaciju funkcije definirane parametarski:

Riješenje

Nalazimo izvodnice u odnosu na .
Iz tablice izvedenica nalazimo:
;
.
Primjenjujemo:

.
ovdje .

.
ovdje .

Traženi izvod:
.

Odgovor

Primjer 2

Pronađite derivaciju funkcije izraženu kroz parametar:

Riješenje

Proširimo zagrade koristeći formule za funkcije snage i korijene:
.

Pronalaženje derivata:

.

Pronalaženje izvoda. Da bismo to učinili, uvodimo varijablu i primjenjujemo formulu za derivaciju složene funkcije.

.

Nalazimo željenu derivaciju:
.

Odgovor

Primjer 3

Pronađite izvodnice drugog i trećeg reda funkcije definirane parametrijski u primjeru 1:

Riješenje

U primjeru 1 pronašli smo izvod prvog reda:

Uvedimo oznaku. Tada je funkcija derivirana u odnosu na . Parametarski je navedeno:

Da bismo pronašli drugu derivaciju u odnosu na , trebamo pronaći prvu derivaciju u odnosu na .

Razlikujmo po.
.
Pronašli smo derivat u primjeru 1:
.
Derivacija drugog reda u odnosu na jednaka je derivaciji prvog reda u odnosu na:
.

Dakle, pronašli smo izvod drugog reda u odnosu na parametarski oblik:

Sada nalazimo izvod trećeg reda. Uvedimo oznaku. Zatim trebamo pronaći izvod prvog reda funkcije, koji je specificiran na parametarski način:

Pronađite derivaciju u odnosu na . Da bismo to učinili, prepisujemo ga u ekvivalentnom obliku:
.
Iz
.

Derivacija trećeg reda u odnosu na jednaka je derivaciji prvog reda u odnosu na:
.

Komentar

Ne morate unijeti varijable i , koje su izvedene od i , respektivno. Onda to možete napisati ovako:
;
;
;
;
;
;
;
;
.

Odgovor

U parametarskoj reprezentaciji, derivacija drugog reda ima sljedeći oblik:

Izvodnica trećeg reda.

Funkcija se može odrediti na nekoliko načina. Ovisi o pravilu koje se koristi za određivanje. Eksplicitni oblik specificiranja funkcije je y = f (x). Postoje trenuci kada je njegov opis nemoguć ili nezgodan. Ako postoji mnogo parova (x; y) koje treba izračunati za parametar t u intervalu (a; b). Za rješavanje sustava x = 3 cos t y = 3 sin t s 0 ≤ t< 2 π необходимо задавать окружность с центром координат с радиусом равным 3 .

Definicija parametarske funkcije

Odavde imamo da su x = φ (t), y = ψ (t) definirani za vrijednost t ∈ (a; b) i imaju inverznu funkciju t = Θ (x) za x = φ (t), tada govorimo o specificiranju parametarske jednadžbe funkcije oblika y = ψ (Θ (x)) .

Postoje slučajevi kada je za proučavanje funkcije potrebno tražiti derivaciju u odnosu na x. Razmotrimo formulu za derivaciju parametarski definirane funkcije oblika y x " = ψ " (t) φ " (t), govorimo o derivaciji 2. i n-tog reda.

Derivacija formule za derivaciju parametarski definirane funkcije

Imamo da je x = φ (t), y = ψ (t), definirano i diferencijabilno za t ∈ a; b, gdje je x t " = φ " (t) ≠ 0 i x = φ (t), tada postoji inverzna funkcija oblika t = Θ (x).

Za početak, trebali biste prijeći s parametarskog zadatka na eksplicitni. Da biste to učinili, morate dobiti složenu funkciju oblika y = ψ (t) = ψ (Θ (x)), gdje postoji argument x.

Na temelju pravila za pronalaženje derivacije složene funkcije dobivamo da je y " x = ψ Θ (x) = ψ " Θ x · Θ " x .

To pokazuje da su t = Θ (x) i x = φ (t) inverzne funkcije iz formule inverzne funkcije Θ " (x) = 1 φ " (t), zatim y " x = ψ " Θ (x) Θ " (x) = ψ " (t) φ " (t) .

Prijeđimo na rješavanje nekoliko primjera pomoću tablice derivacija prema pravilu diferenciranja.

Primjer 1

Odredite izvod za funkciju x = t 2 + 1 y = t.

Riješenje

Po uvjetu imamo da je φ (t) = t 2 + 1, ψ (t) = t, odavde dobivamo da je φ " (t) = t 2 + 1 ", ψ " (t) = t " = 1. Morate koristiti izvedenu formulu i napisati odgovor u obliku:

y " x = ψ " (t) φ " (t) = 1 2 t

Odgovor: y x " = 1 2 t x = t 2 + 1 .

Kada radite s derivacijom funkcije h, parametar t specificira izraz argumenta x kroz isti parametar t, kako se ne bi izgubila veza između vrijednosti derivacije i parametarski definirane funkcije s argumentom za kojima te vrijednosti odgovaraju.

Da biste odredili derivaciju drugog reda parametarski zadane funkcije, trebate upotrijebiti formulu za derivaciju prvog reda na rezultirajućoj funkciji, tada dobivamo da

y "" x = ψ " (t) φ " (t) " φ " (t) = ψ "" (t) φ " (t) - ψ " (t) φ "" (t) φ " ( t) 2 φ " (t) = ψ "" (t) · φ " (t) - ψ " (t) · φ "" (t) φ " (t) 3 .

Primjer 2

Odredite izvodnice 2. i 2. reda zadane funkcije x = cos (2 t) y = t 2 .

Riješenje

Po uvjetu nalazimo da je φ (t) = cos (2 t), ψ (t) = t 2.

Zatim nakon transformacije

φ " (t) = cos (2 t) " = - sin (2 t) 2 t " = - 2 sin (2 t) ψ (t) = t 2 " = 2 t

Slijedi da je y x " = ψ " (t) φ " (t) = 2 t - 2 sin 2 t = - t sin (2 t) .

Dobivamo da je oblik derivacije 1. reda x = cos (2 t) y x " = - t sin (2 t) .

Za rješavanje morate primijeniti formulu derivacije drugog reda. Dobivamo izraz forme

y x "" = - t sin (2 t) φ " t = - t " · sin (2 t) - t · (sin (2 t)) " sin 2 (2 t) - 2 sin (2 t) = = 1 sin (2 t) - t cos (2 t) (2 t) " 2 sin 3 (2 t) = sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 sin 3 (2 t)

Zatim određivanje derivacije 2. reda pomoću parametarske funkcije

x = cos (2 t) y x "" = sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 sin 3 (2 t)

Slično rješenje može se riješiti drugom metodom. Zatim

φ " t = (cos (2 t)) " = - sin (2 t) 2 t " = - 2 sin (2 t) ⇒ φ "" t = - 2 sin (2 t) " = - 2 sin (2 t) " = - 2 cos (2 t) · (2 ​​​​t) " = - 4 cos (2 t) ψ " (t) = (t 2) " = 2 t ⇒ ψ "" (t) = ( 2 t) " = 2

Odavde to dobivamo

y "" x = ψ "" (t) φ " (t) - ψ " (t) φ "" (t) φ " (t) 3 = 2 - 2 sin (2 t) - 2 t (- 4 cos (2 t)) - 2 sin 2 t 3 = = sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 s i n 3 (2 t)

Odgovor: y "" x = sin (2 t) - 2 t cos (2 t) 2 s i n 3 (2 t)

Na sličan način se pronalaze derivacije višeg reda s parametarski definiranim funkcijama.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Logaritamsko diferenciranje

Izvodnice elementarnih funkcija

Osnovna pravila razlikovanja

Funkcijski diferencijal

Glavni linearni dio inkrementa funkcije A D x u određivanju diferencijabilnosti funkcije

D f=f(x)-f(x 0)=A(x - x 0)+o(x – x 0), x®x 0

naziva se diferencijal funkcije f(x) u točki x 0 i označava se

df(x 0)=f¢(x 0)D x=A D x.

Diferencijal ovisi o točki x 0 i od prirasta D x. Na D x ujedno ga promatraju kao nezavisnu varijablu pa u svakoj točki diferencijal je linearna funkcija prirasta D x.

Ako promatramo kao funkciju f(x)=x, onda dobivamo dx= D x,dy=Adx. Ovo je u skladu s Leibnizovom notacijom

Geometrijska interpretacija diferencijala kao prirasta ordinate tangente.

Riža. 4.3

1) f= konst , f¢= 0,df= 0D x= 0.

2) f=u+v, f¢=u¢+v¢, df = du+dv.

3) f=uv, f¢=u¢v+v¢u, df = u dv + v du.

Posljedica. (usp(x))¢=cf¢(x), (c 1 f 1 (x)+…+c n f n(x))¢= c 1 f¢ 1 (x)+…+ c n f¢ n(x)

4) f=u/v, v(x 0)¹0 i derivacija tada postoji f¢=(u¢v-v¢ u)/v 2 .

Radi kratkoće označit ćemo u=u(x), u 0 = u(x 0), zatim

Prelazak do granice na D x® 0 dobivamo traženu jednakost.

5) Derivacija složene funkcije.

Teorema. Ako postoje f¢(x 0), g¢(x 0)i x 0 =g(t 0), zatim u nekoj okolici t 0 definirana je složena funkcija f(g(t)), diferencijabilna je u točki t 0 I

Dokaz.

f(x)-f(x 0)=f¢(x 0)(x-x 0)+ a( x)(x-x 0), xÎ U(x 0).

f(g(t))- f(g(t 0))= f¢(x 0)(g(t)- g(t 0))+ a( g(t))(g(t)- g(t 0)).

Podijelimo obje strane ove jednakosti s ( t - t 0) i idemo do granice na t®t 0 .

6) Izračunavanje derivacije inverzne funkcije.

Teorema. Neka je f kontinuirano i strogo monotono na[a,b]. Neka u točki x 0 Î( a,b)postoji f¢(x 0)¹ 0 , tada je inverzna funkcija x=f -1 (g)ima u točki y 0 izvod jednak

Dokaz. Brojimo f strogo monotono rastuće, dakle f -1 (g) kontinuirana, monotono raste za [ f(a),f(b)]. Stavimo g 0 =f(x 0), y=f(x), x - x 0 =D x,

y - y 0 =D g. Zbog neprekidnosti inverzne funkcije D g®0 Þ D x®0, imamo

Prelazeći na granicu, dobivamo traženu jednakost.

7) Derivacija parne funkcije je neparna, derivacija neparne funkcije je parna.

Doista, ako x® - x 0 , to - x® x 0 , Zato

Za parnu funkciju za neparnu funkciju

1) f= konst, f¢(x)=0.

2) f(x)=x, f¢(x)=1.

3) f(x)=e x, f¢(x)= e x ,

4) f(x)=a x,(a x)¢ = sjekira ul a.

5) ul a.

6) f(x)=ln x,

Posljedica. (derivacija parne funkcije je neparna)

7) (x m )¢= m x m -1 , x>0, x m =e m ul x .

8) (grijeh x)¢= cos x,

9) (cos x)¢=- grijeh x,(cos x)¢= (grijeh( x+ p/2)) ¢= cos( x+ p/2)=-grijeh x.

10) (tg x)¢= 1/cos 2 x.

11) (ctg x)¢= -1/grijeh 2 x.

16)sh x, CH x.

f(x),, iz čega proizlazi da f¢(x)=f(x)(ln f(x))¢ .

Ista se formula može dobiti drugačije f(x)=e ul f(x) , f¢=e ul f(x) (ln f(x))¢.

Primjer. Izračunajte derivaciju funkcije f=x x .

=x x = x x = x x = x x(ul x+ 1).

Geometrijski položaj točaka na ravnini

nazvat ćemo ga graf funkcije, dati parametarski. Oni također govore o parametarskoj specifikaciji funkcije.

Napomena 1. Ako x, y kontinuirano za [a,b] I x(t) strogo monoton na segmentu (na primjer, strogo monotono raste), zatim na [ a,b], a=x(a) , b=x(b) definirana funkcija f(x)=y(t(x)), gdje je t(x) – funkcija inverzna x(t). Graf ove funkcije poklapa se s grafom funkcije

Ako domena definicije parametarski zadana funkcija može se podijeliti na konačan broj segmenata ,k= 1,2,...,n, na svakom od njih postoji funkcija x(t) je strogo monotona, tada se parametarski definirana funkcija rastavlja na konačan broj običnih funkcija fk(x)=y(t -1 (x)) s domenama [ x(a k), x(b k)] za povećanje odjeljaka x(t) i s domenama [ x(b k), x(a k)] za područja smanjene funkcije x(t). Ovako dobivene funkcije nazivamo jednovrijednim granama parametarski definirane funkcije.

Na slici je prikazan graf parametarski definirane funkcije

S odabranom parametrizacijom, područje definiranja je podijeljena na pet odjeljaka stroge monotonosti funkcije sin(2 t), točno: tÎ tÎ ,tÎ ,tÎ , i, sukladno tome, graf će se podijeliti u pet nedvosmislenih grana koje odgovaraju tim dijelovima.

Riža. 4.4

Riža. 4.5

Možete odabrati različitu parametrizaciju iste geometrijske lokacije točaka

U ovom slučaju bit će samo četiri takve grane. Oni će odgovarati područjima stroge monotonije tÎ ,tÎ , tÎ ,tÎ funkcije grijeh (2 t).

Riža. 4.6

Četiri odjeljka monotonosti funkcije sin(2 t) na dugom segmentu.

Riža. 4.7

Prikaz oba grafa na jednoj slici omogućuje vam da približno prikažete graf parametarski određene funkcije, koristeći područja monotonosti obje funkcije.

Kao primjer, razmotrite prvu granu koja odgovara segmentu tÎ . Na kraju ovog odjeljka funkcija x= grijeh (2 t) uzima vrijednosti -1 i 1 , pa će ova grana biti definirana na [-1,1] . Nakon toga morate pogledati područja monotonije druge funkcije y= cos( t), ona ima na dva dijela monotonije . To nam omogućuje da kažemo da prva grana ima dva dijela monotonosti. Nakon što ste pronašli krajnje točke grafikona, možete ih povezati ravnim linijama kako biste naznačili prirodu monotonije grafikona. Učinivši to sa svakom granom, dobivamo područja monotonosti jednoznačnih grana grafa (na slici su označene crvenom bojom)

Riža. 4.8

Prva jednostruka grana f 1 (x)=y(t(x)) , koji odgovara web mjestu odredit će se za x O[-1,1] . Prva jednostruka grana tÎ , x O[-1,1].

Sve ostale tri grane također će imati domenu definicije [-1,1] .

Riža. 4.9

Druga grana tÎ x O[-1,1].

Riža. 4.10

Treća grana tÎ x O[-1,1]

Riža. 4.11

Četvrta grana tÎ x O[-1,1]

Riža. 4.12

Komentar 2. Ista funkcija može imati različite parametarske postavke. Razlike se mogu odnositi i na same funkcije x(t), g(t) , i domena definicije ove funkcije.

Primjer različitih parametarskih dodjela za istu funkciju

I t O[-1, 1] .

Napomena 3. Ako su x,y kontinuirani na , x(t)- strogo monoton na segmentu a postoje i izvedenice y¢(t 0),x¢(t 0)¹0, onda postoji f¢(x 0)= .

Stvarno,.

Posljednja izjava također se odnosi na grane s jednom vrijednošću parametarski definirane funkcije.

4.2. Derivacije i diferencijali viših redova

Veće derivacije i diferencijali. Parametarski specificirano diferenciranje funkcija. Leibnizova formula.