6.2: Похідні
- Page ID
- 62434
Припустимо,\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R}, a\) це внутрішня точка\(D,\) і\(f\) диференціюється в\(a .\) Ми називаємо
\[\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]
похідна\(f\) при\(a,\) якій ми позначаємо\(f^{\prime}(a)\).
Зверніть увагу, що якщо\(f\) є диференційованим в\(a,\) то
\[\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}.\]
Припустимо\(E\),\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R},\) і є сукупністю внутрішніх точок,\(D\) при яких\(f\) диференційована. Викликаємо функцію,\(f^{\prime}: E \rightarrow \mathbb{R}\) визначену
\[f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\]
похідне від\(f\).
Дозвольте\(n \in \mathbb{Z}^{+}\) і\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) визначте\(f(x)=x^{n} .\) потім
\[\begin{aligned} f^{\prime}(x) &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{x^{n}+n x^{n-1} h+\sum_{k=2}^{n}\left(\begin{array}{l}{n} \\ {k}\end{array}\right) x^{n-k} h^{k}-x^{n}}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0}\left(n x^{n-1}+\sum_{k=2}^{n}\left(\begin{array}{l}{n} \\ {k}\end{array}\right) x^{n-k} h^{k-1}\right) \\ &=n x^{n-1}.\end{aligned}\]
Визначте\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) за\(f(x)=|x| .\) потім
\[\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{|h|}{h}=\left\{\begin{aligned} 1, & \text { if } h>0, \\-1, & \text { if } h<0. \end{aligned}\right.\]
Звідси
\[\lim _{h \rightarrow 0^{-}} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=-1\]
і
\[\lim _{h \rightarrow 0+} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=1.\]
Таким чином\(f\), не диференціюється при\(0 .\)
Покажіть, що якщо\(c \in \mathbb{R}\) і\(f(x)=c\) для всіх,\(x \in \mathbb{R},\) то\(f^{\prime}(x)=0\) для всіх\(x \in \mathbb{R}\).
Визначити\(f:[0,+\infty) \rightarrow[0,+\infty)\) за\(f(x)=\sqrt{x} .\) Show,\(f^{\prime}:(0,+\infty) \rightarrow(0,+\infty)\) що задається
\[f^{\prime}(x)=\frac{1}{2 \sqrt{x}}.\]
Визначити\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x,} & {\text { if } x<0,} \\ {x^{2},} & {\text { if } x \geq 0.}\end{array}\right.\]
\(f\)Диференційована при\(0 ?\)
Визначити\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x^{2},} & {\text { if } x<0,} \\ {x^{3},} & {\text { if } x \geq 0.}\end{array}\right.\]
\(f\)Диференційована при\(0 ?\)
Якщо\(f\) диференційована при\(a\),\(f\) то безперервна при\(a\).
- Доказ
-
Якщо\(f\) диференційований в\(a,\) то
\[\lim _{x \rightarrow a}(f(x)-f(a))=\lim _{x \rightarrow a}\left(\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right)(x-a)=f^{\prime}(a)(0)=0.\]
Звідси\(\lim _{x \rightarrow a} f(x)=f(a),\) і\(f\) так безперервно при\(a\). \(\quad\)Q.E.D.
6.2.1 Правила
\(f\)Припустимо,\(a\) диференційований в а\(\alpha \in \mathbb{R} .\) потім\(\alpha f\) диференційований при\(a\) і\((\alpha f)^{\prime}(a)=\alpha f^{\prime}(a)\).
Доведіть попередню пропозицію.
Припустимо\(g\),\(f\) і обидва диференційовані при\(a .\) Тоді\(f+g\) диференційований при\(a\) і\((f+g)^{\prime}(a)=f^{\prime}(a)+g^{\prime}(a)\).
Доведіть попередню пропозицію.
(Правило продукту).
Припустимо\(g\),\(f\) і обидва диференційовані при а Потім\(f g\) диференційовний при\(a\) і
\[(f g)^{\prime}(a)=f(a) g^{\prime}(a)+g(a) f^{\prime}(a).\]
- Доказ
-
У нас є
\[\begin{aligned}(f g)^{\prime}(a) &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) g(a+h)-f(a) g(a)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) g(a+h)-f(a) g(a+h)+f(a) g(a+h)-f(a) g(a)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0}\left(g(a+h) \frac{f(a+h)-f(a)}{h}+f(a) \frac{g(a+h)-g(a)}{h}\right) \\ &=g(a) f^{\prime}(a)+f(a) g^{\prime}(a). \end{aligned}\]
де ми знаємо\(\lim _{h \rightarrow 0} g(a+h)=g(a)\) безперервність\(g\) при\(a,\) якій, в свою чергу, випливає з припущення, яке\(g\) диференціюється в\(a .\)\(\quad\) Q.E.D.
Враховуючи\(n \in \mathbb{Z}^{+}\) та\(f(x)=x^{n},\) використовуйте індукцію та правило продукту, щоб показати це\(f^{\prime}(x)=n x^{n-1}\).
(Правило частки).
Припустимо\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R}, g: D \rightarrow \mathbb{R}\),\(a\) є в інтер'єрі\(D\), і\(g(x) \neq 0\) для всіх\(x \in D .\) Якщо\(f\) і\(g\) обидва диференціюються при\(a\), то\(\frac{f}{g}\) диференціюється при\(a\) і
\[\left(\frac{f}{g}\right)^{\prime}(a)=\frac{g(a) f^{\prime}(a)-f(a) g^{\prime}(a)}{(g(a))^{2}}.\]
- Доказ
-
\[\begin{aligned}\left(\frac{f}{g}\right)^{\prime}(a) &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{\frac{f(a+h)}{g(a+h)}-\frac{f(a)}{g(a)}}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) g(a)-f(a) g(a+h)}{h g(a+h) g(a)} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) g(a)-f(a) g(a)+f(a) g(a)-f(a) g(a+h)}{h g(a+h) g(a)} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{g(a)\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-f(a) \frac{g(a+h)-g(a)}{h}}{g(a+h)g(a)} \\ &=\frac{g(a) f^{\prime}(a)-f(a) g^{\prime}(a)}{(g(a))^{2}}; \end{aligned}\]
де ми знаємо\(\lim _{h \rightarrow 0} g(a+h)=g(a)\) безперервність\(g\) при\(a,\) якій, в свою чергу, випливає з припущення, яке\(g\) диференціюється в\(a .\)\(\quad\) Q.E.D.
Показати, що для будь-якого цілого числа,\(n \neq 0,\) якщо\(f(x)=x^{n},\) тоді\(f^{\prime}(x)=n x^{n-1}\).
(Правило ланцюга).
Припустимо\(D \subset \mathbb{R}, E \subset \mathbb{R}, g: D \rightarrow \mathbb{R}, f: E \rightarrow\mathbb{R}, g(D) \subset E, g\), диференційований при\(a,\) і\(f\) диференційований при\(g(a) .\) Тоді\(f \circ g\) диференційований при\(a\) і
\[(f \circ g)^{\prime}(a)=f^{\prime}(g(a)) g^{\prime}(a).\]
- Доказ
-
Оскільки\(a\) є внутрішньою точкою\(D\) і\(g(a)\) є внутрішньою точкою,\(E,\) ми можемо вибрати\(\delta>0\) так, що\((a-\delta, a+\delta) \subset D\) і\(\epsilon>0\) так\((g(a)-\epsilon, g(a)+\epsilon) \subset E\). Визначити\(\varphi:(-\delta, \delta) \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[\varphi(h)=\left\{\begin{array}{ll}{\frac{g(a+h)-g(a)-g^{\prime}(a) h}{h},} & {\text { if } h \neq 0,} \\ {0,} & {\text { if } h=0,}\end{array}\right.\]
і\(\psi:(-\epsilon, \epsilon) \rightarrow \mathbb{R}\) по
\[\psi(h)=\left\{\begin{array}{ll}{\frac{f(g(a)+h)-f(g(a))-f^{\prime}(g(a)) h}{h},} & {\text { if } h \neq 0,} \\ {0,} & {\text { if } h=0.}\end{array}\right.\]
Припущення,\(g\) яке диференційовано на\(a\) означає, що\(\varphi\) є безперервним при 0, а припущення, яке\(f\) диференційовано на\(g(a)\) означає, що\(\psi\) є безперервним при\(0 .\) Крім того, зверніть увагу, що
\[g(a+h)=h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h+g(a)\]
для\(h \in(-\delta, \delta)\) і
\[f(g(a)+h)=h \psi(h)+f^{\prime}(g(a)) h+f(g(a))\]
для\(h \in(-\epsilon, \epsilon) .\) Від\((6.2 .12)\) нас є
\[f(g(a+h))=f\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h+g(a)\right)\]
на\(h \in(-\delta, \delta) .\) даний момент
\[\lim _{h \rightarrow 0}\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)=0,\]
тому ми можемо вибрати\(\gamma>0\) так, щоб\(\gamma \leq \delta\) і
\[\left|h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right|<\epsilon\]
всякий раз, коли\(h \in(-\gamma, \gamma) .\) таким чином, використовуючи\((6.2 .13)\) і\((6.2 .14)\),
\[f(g(a+h))=\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)+f^{\prime}(g(a))\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)+f(g(a)),\]
тому
\[\begin{aligned} f(g(a+h))-f(g(a))=&\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\ &+f^{\prime}(g(a))\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\=& h \varphi(h) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\ &+h g^{\prime}(a) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\ &+f^{\prime}(g(a)) \varphi(h) h+f^{\prime}(g(a)) g^{\prime}(a) h. \end{aligned}\]
Звідси
\[\begin{aligned} \frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{h}=f^{\prime}(g(a)) g^{\prime}(a)+\varphi(h) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\+g^{\prime}(a) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)+f^{\prime}(g(a)) \varphi(h). \end{aligned}\]
Зараз
\[\lim _{h \rightarrow 0} \varphi(h)=0,\]
\[\lim _{h \rightarrow 0}\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)=0,\]
і, так як\(\varphi\) і\(\psi\) є безперервними при 0,
\[\lim _{h \rightarrow 0} \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)=0.\]
Таким чином
\[\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{h}=f^{\prime}(g(a)) g^{\prime}(a).\]
Q.E.D.
Припустимо\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R}\), один до одного,\(a\) знаходиться в інтер'єрі\(D, f(a)\) знаходиться в інтер'єрі з безперервний в\(f(a),\) і\(f\) диференційований при\(a\) з\(f^{\prime}(a) \neq 0 .\) Потім\(f^{-1}\) диференціюється при\(f(a)\) і\(f(D), f^{-1}\)
\[\left(f^{-1}\right)^{\prime}(f(a))=\frac{1}{f^{\prime}(a)}.\]
- Доказ
-
Вибираємо\(\delta>0\) так, щоб\((f(a)-\delta, f(a)+\delta) \subset f(D) .\) для\(h \in(-\delta, \delta),\) нехай
\[k=f^{-1}(f(a)+h)-a.\]
Тоді
\[f^{-1}(f(a)+h)=a+k,\]
тому
\[f(a)+h=f(a+k)\]
і
\[h=f(a+k)-f(a).\]
Звідси
\[\frac{f^{-1}(f(a)+h)-f^{-1}(f(a))}{h}=\frac{a+k-a}{f(a+k)-f(a)}=\frac{1}{\frac{f(a+k)-f(a)}{k}}.\]
Тепер, якщо\(\left.h \rightarrow 0, \text { then } k \rightarrow 0 \text { (since } f^{-1} \text { is continuous at } f(a)\right),\) і так
\[\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f^{-1}(f(a)+h)-f^{-1}(f(a))}{h}=\lim_{k \rightarrow 0} \frac{1}{\frac{f(a+k)-f(a)}{k}}=\frac{1}{f^{\prime}(a)}.\]
Q.E.D.
Бо\(n \in Z^{+},\) визначити\(f:[0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}\) по\(f(x)=\sqrt[n]{x} .\) Тоді\(f\) є оберненою\(g:[0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}\) визначеною\(g(x)=x^{n} .\) Таким чином, для будь-якого\(x \in(0,+\infty)\),
\[f^{\prime}(x)=\frac{1}{g^{\prime}(f(x))}=\frac{1}{n(\sqrt[n]{x})^{n-1}}=\frac{1}{n} x^{\frac{1}{n}-1}.\]
\(n \neq 0\)Дозволяти раціональне число і нехай\(f(x)=x^{n} .\) Показати, що\(f^{\prime}(x)=n x^{n-1}\).