6.2: Похідні

Визначення

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

$$\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}.$$

Визначення

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$f$.

Приклад$\PageIndex{1}$

Дозвольте$n \in \mathbb{Z}^{+}$ і$f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ визначте$f(x)=x^{n} .$ потім

$$\begin{aligned} f^{\prime}(x) &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{x^{n}+n x^{n-1} h+\sum_{k=2}^{n}\left(\begin{array}{l}{n} \\ {k}\end{array}\right) x^{n-k} h^{k}-x^{n}}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0}\left(n x^{n-1}+\sum_{k=2}^{n}\left(\begin{array}{l}{n} \\ {k}\end{array}\right) x^{n-k} h^{k-1}\right) \\ &=n x^{n-1}.\end{aligned}$$

Приклад$\PageIndex{2}$

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$0 .$

Вправа$\PageIndex{1}$

Покажіть, що якщо$c \in \mathbb{R}$ і$f(x)=c$ для всіх,$x \in \mathbb{R},$ то$f^{\prime}(x)=0$ для всіх$x \in \mathbb{R}$.

Вправа$\PageIndex{2}$

Визначити$f:[0,+\infty) \rightarrow[0,+\infty)$ за$f(x)=\sqrt{x} .$ Show,$f^{\prime}:(0,+\infty) \rightarrow(0,+\infty)$ що задається

$$f^{\prime}(x)=\frac{1}{2 \sqrt{x}}.$$

Вправа$\PageIndex{3}$

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$0 ?$

Вправа$\PageIndex{4}$

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$0 ?$

Пропозиція$\PageIndex{1}$

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

Пропозиція$\PageIndex{2}$

$f$Припустимо,$a$ диференційований в а$\alpha \in \mathbb{R} .$ потім$\alpha f$ диференційований при$a$ і$(\alpha f)^{\prime}(a)=\alpha f^{\prime}(a)$.

Вправа$\PageIndex{5}$

Доведіть попередню пропозицію.

Пропозиція$\PageIndex{3}$

Припустимо$g$,$f$ і обидва диференційовані при$a .$ Тоді$f+g$ диференційований при$a$ і$(f+g)^{\prime}(a)=f^{\prime}(a)+g^{\prime}(a)$.

Вправа$\PageIndex{6}$

Доведіть попередню пропозицію.

Пропозиція$\PageIndex{4}$

(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.

Вправа$\PageIndex{7}$

Враховуючи$n \in \mathbb{Z}^{+}$ та$f(x)=x^{n},$ використовуйте індукцію та правило продукту, щоб показати це$f^{\prime}(x)=n x^{n-1}$.

Пропозиція$\PageIndex{5}$

(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.

Вправа$\PageIndex{8}$

Показати, що для будь-якого цілого числа,$n \neq 0,$ якщо$f(x)=x^{n},$ тоді$f^{\prime}(x)=n x^{n-1}$.

Пропозиція$\PageIndex{6}$

(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.

Пропозиція$\PageIndex{7}$

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.

Приклад$\PageIndex{3}$

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$x \in(0,+\infty)$,

$$f^{\prime}(x)=\frac{1}{g^{\prime}(f(x))}=\frac{1}{n(\sqrt[n]{x})^{n-1}}=\frac{1}{n} x^{\frac{1}{n}-1}.$$

Вправа$\PageIndex{9}$

$n \neq 0$Дозволяти раціональне число і нехай$f(x)=x^{n} .$ Показати, що$f^{\prime}(x)=n x^{n-1}$.