Производные некоторых элементарных функций


Уравнение вида $ F(x;y)=0$, содержащее переменные $ x$ и $ y$, иногда можно разрешить относительно $ y$ и получить в явном виде зависимость $ y=y(x)$. Например, если дано уравнение $ xe^y+\ln x-1=0$, то из него можно получить зависимость $ y=\ln(1-\ln x)-\ln x$. Однако такое явное выражение $ y$ через $ x$, использующее лишь элементарные функции, можно получить не из любого уравнения вида $ F(x;y)=0$ (даже если в самом уравнении участвуют лишь элементарные функции). Например, хотя уравнение

$\displaystyle e^{xy}+x\cos y=0$

задаёт некоторую зависимость $ y$ от $ x$, но выразить её из уравнения "в явном виде" не удаётся. Тем не менее, некоторую информацию об этой зависимости мы можем получить, и не выражая $ y$ через $ x$. Например, в случае приведённого выше уравнения, поскольку значения $ x=-1$, $ y=0$ ему удовлетворяют, мы можем утверждать, что график этой зависимости проходит через точку $ (-1;0)$ плоскости $ xOy$.

Покажем, как, используя уравнение $ F(x;y)=0$, найти производную $ y'_x$, не выражая $ y$ через $ x$ в явном виде. Для этого найдём производные левой и правой части уравнения по переменной $ x$, считая $ y=y(x)$ промежуточным аргументом, а потом выразим $ y'$ из получающегося равенства.

Поясним сказанное на примере.

        Пример 4.24   Возьмём то же уравнение $ e^{xy}+x\cos y=0$ и найдём производную левой части (производная правой части, очевидно, равна 0). Имеем:
$\displaystyle e^{xy}(xy)'_x+(x\cos y)'_x=e^{xy}(y+xy'_x)+\cos y-x\sin y\cdot y'_x=0.$
Слагаемые, содержащие $ y'_x$, оставим в левой части, а остальные перенесём направо:
ALIGN="LEFT">
$\displaystyle y'_x(xe^{xy}-x\sin y)=-ye^{xy}-\cos y,$
откуда
$\displaystyle y'_x=-\dfrac{ye^{xy}+\cos y}{x(e^{xy}-\sin y)}.$
Получили выражение для производной $ y'_x$, содержащее, правда, не только $ x$, но и $ y$ в правой части. Однако, несмотря на это, полученное выражение можно использовать для решения различных задач, связанных с производной. Например, можно решить такую задачу: найти для кривой, заданной уравнением $ e^{xy}+x\cos y=0$, уравнения касательной и нормали, проведённых в точке $ (-1;0)$. Действительно, при $ x=-1, y=0$ мы получаем $ y'_x=-\dfrac{1}{-1}=1$, так что нам теперь известен угловой коэффициент касательной: $ k=1$. Точка касания дана условием задачи. Поэтому уравнение касательной таково:
$\displaystyle y=0+1\cdot(x-(-1)),$ или $\displaystyle y=x+1,$
а уравнение нормали -- таково:

$\displaystyle y=0-\dfrac{1}{1}\cdot(x-(-1)),$ или $\displaystyle y=-x-1.$

Дифференциалы высших порядков и их неинвариантность Напомним, что дифференциал функции $ f(x)$ (называемый также первым дифференциалом, или дифференциалом первого порядка) задаётся формулой $\displaystyle df(x;dx)=f'(x)dx.$

Приближённое вычисление производных При численном решении задач, связанных с математическими моделями, в которых используются производные (а к таким моделям приводят почти все физические и технические задачи, описывающие процессы, разворачивающиеся во времени), эти производн$ f'(x),f''(x),\dots$ые часто приходится вычислять приближённо, исходя только из того, что имеется некоторая процедура, вычисляющая значения функции $ f(x)$, поскольку аналитические формулы, задающие $ f'(x),f''(x),\dots$, неизвестны.

Найдём производную функции $ y=\cos(2x+dfrac{\pi}{4})$.

Найдём производную функции $ y=\cos(2x+dfrac{\pi}{4})$ .

Определение производной Производная в точке x0 определяется, как предел приращения функции к приращению аргумента при стремлении последнего к нулю

Пример Пусть $ f(x)=\vert x\vert$ и $ x_0=0$. Вычислим односторонние производные $ f'_+(0)$ и $ f'_-(0)$.

Рассмотрим функцию $ f(x)=\frac{x}{\vert x\vert}$ на объединении двух интервалов $ \mathcal{D}=(-\infty;0)\cup(0;+\infty)$ .

Рассмотрим функцию $ f(x)=x^2$ на всей числовой оси $ \mathbb{R}$  -- на интервале $ (-\infty;+\infty)$ . Тогда функция $ F(x)=\frac{x^3}{3}$  -- это первообразная для $ f(x)$ на $ \mathbb{R}$ .

Рассмотрим линейную функцию $ y=f(x)=kx+b$

 


Математика примеры решения задач