6.2: Похідні
Припустимо,D⊂R,f:D→R,a це внутрішня точкаD, іf диференціюється вa. Ми називаємо
limx→af(x)−f(a)x−a
похіднаf приa, якій ми позначаємоf′(a).
Зверніть увагу, що якщоf є диференційованим вa, то
limx→af(x)−f(a)x−a=limh→0f(a+h)−f(a)h.
ПрипустимоE,D⊂R,f:D→R, і є сукупністю внутрішніх точок,D при якихf диференційована. Викликаємо функцію,f′:E→R визначену
f′(x)=limh→0f(x+h)−f(x)h
похідне відf.
Дозвольтеn∈Z+ іf:R→R визначтеf(x)=xn. потім
f′(x)=limh→0(x+h)n−xnh=limh→0xn+nxn−1h+∑nk=2(nk)xn−khk−xnh=limh→0(nxn−1+n∑k=2(nk)xn−khk−1)=nxn−1.
Визначтеf:R→R заf(x)=|x|. потім
f(0+h)−f(0)h=|h|h={1, if h>0,−1, if h<0.
Звідси
limh→0−f(0+h)−f(0)h=−1
і
limh→0+f(0+h)−f(0)h=1.
Таким чиномf, не диференціюється при0.
Покажіть, що якщоc∈R іf(x)=c для всіх,x∈R, тоf′(x)=0 для всіхx∈R.
Визначитиf:[0,+∞)→[0,+∞) заf(x)=√x. Show,f′:(0,+∞)→(0,+∞) що задається
f′(x)=12√x.
Визначитиf:R→R по
f(x)={x, if x<0,x2, if x≥0.
fДиференційована при0?
Визначитиf:R→R по
f(x)={x2, if x<0,x3, if x≥0.
fДиференційована при0?
Якщоf диференційована приa,f то безперервна приa.
- Доказ
-
Якщоf диференційований вa, то
limx→a(f(x)−f(a))=limx→a(f(x)−f(a)x−a)(x−a)=f′(a)(0)=0.
Звідсиlimx→af(x)=f(a), іf так безперервно приa. Q.E.D.
6.2.1 Правила
fПрипустимо,a диференційований в аα∈R. потімαf диференційований приa і(αf)′(a)=αf′(a).
Доведіть попередню пропозицію.
Припустимоg,f і обидва диференційовані приa. Тодіf+g диференційований приa і(f+g)′(a)=f′(a)+g′(a).
Доведіть попередню пропозицію.
(Правило продукту).
Припустимоg,f і обидва диференційовані при а Потімfg диференційовний приa і
(fg)′(a)=f(a)g′(a)+g(a)f′(a).
- Доказ
-
У нас є
(fg)′(a)=limh→0f(a+h)g(a+h)−f(a)g(a)h=limh→0f(a+h)g(a+h)−f(a)g(a+h)+f(a)g(a+h)−f(a)g(a)h=limh→0(g(a+h)f(a+h)−f(a)h+f(a)g(a+h)−g(a)h)=g(a)f′(a)+f(a)g′(a).
де ми знаємоlimh→0g(a+h)=g(a) безперервністьg приa, якій, в свою чергу, випливає з припущення, якеg диференціюється вa. Q.E.D.
Враховуючиn∈Z+ таf(x)=xn, використовуйте індукцію та правило продукту, щоб показати цеf′(x)=nxn−1.
(Правило частки).
ПрипустимоD⊂R,f:D→R,g:D→R,a є в інтер'єріD, іg(x)≠0 для всіхx∈D. Якщоf іg обидва диференціюються приa, тоfg диференціюється приa і
(fg)′(a)=g(a)f′(a)−f(a)g′(a)(g(a))2.
- Доказ
-
(fg)′(a)=limh→0f(a+h)g(a+h)−f(a)g(a)h=limh→0f(a+h)g(a)−f(a)g(a+h)hg(a+h)g(a)=limh→0f(a+h)g(a)−f(a)g(a)+f(a)g(a)−f(a)g(a+h)hg(a+h)g(a)=limh→0g(a)f(a+h)−f(a)h−f(a)g(a+h)−g(a)hg(a+h)g(a)=g(a)f′(a)−f(a)g′(a)(g(a))2;
де ми знаємоlimh→0g(a+h)=g(a) безперервністьg приa, якій, в свою чергу, випливає з припущення, якеg диференціюється вa. Q.E.D.
Показати, що для будь-якого цілого числа,n≠0, якщоf(x)=xn, тодіf′(x)=nxn−1.
(Правило ланцюга).
ПрипустимоD⊂R,E⊂R,g:D→R,f:E→R,g(D)⊂E,g, диференційований приa, іf диференційований приg(a). Тодіf∘g диференційований приa і
(f∘g)′(a)=f′(g(a))g′(a).
- Доказ
-
Оскількиa є внутрішньою точкоюD іg(a) є внутрішньою точкою,E, ми можемо вибратиδ>0 так, що(a−δ,a+δ)⊂D іϵ>0 так(g(a)−ϵ,g(a)+ϵ)⊂E. Визначитиφ:(−δ,δ)→R по
φ(h)={g(a+h)−g(a)−g′(a)hh, if h≠0,0, if h=0,
іψ:(−ϵ,ϵ)→R по
ψ(h)={f(g(a)+h)−f(g(a))−f′(g(a))hh, if h≠0,0, if h=0.
Припущення,g яке диференційовано наa означає, щоφ є безперервним при 0, а припущення, якеf диференційовано наg(a) означає, щоψ є безперервним при0. Крім того, зверніть увагу, що
g(a+h)=hφ(h)+g′(a)h+g(a)
дляh∈(−δ,δ) і
f(g(a)+h)=hψ(h)+f′(g(a))h+f(g(a))
дляh∈(−ϵ,ϵ). Від(6.2.12) нас є
f(g(a+h))=f(hφ(h)+g′(a)h+g(a))
наh∈(−δ,δ). даний момент
limh→0(hφ(h)+g′(a)h)=0,
тому ми можемо вибратиγ>0 так, щобγ≤δ і
|hφ(h)+g′(a)h|<ϵ
всякий раз, колиh∈(−γ,γ). таким чином, використовуючи(6.2.13) і(6.2.14),
f(g(a+h))=(hφ(h)+g′(a)h)ψ(hφ(h)+g′(a)h)+f′(g(a))(hφ(h)+g′(a)h)+f(g(a)),
тому
f(g(a+h))−f(g(a))=(hφ(h)+g′(a)h)ψ(hφ(h)+g′(a)h)+f′(g(a))(hφ(h)+g′(a)h)=hφ(h)ψ(hφ(h)+g′(a)h)+hg′(a)ψ(hφ(h)+g′(a)h)+f′(g(a))φ(h)h+f′(g(a))g′(a)h.
Звідси
f(g(a+h))−f(g(a))h=f′(g(a))g′(a)+φ(h)ψ(hφ(h)+g′(a)h)+g′(a)ψ(hφ(h)+g′(a)h)+f′(g(a))φ(h).
Зараз
limh→0φ(h)=0,
limh→0(hφ(h)+g′(a)h)=0,
і, так якφ іψ є безперервними при 0,
limh→0ψ(hφ(h)+g′(a)h)=0.
Таким чином
limh→0f(g(a+h))−f(g(a))h=f′(g(a))g′(a).
Q.E.D.
ПрипустимоD⊂R,f:D→R, один до одного,a знаходиться в інтер'єріD,f(a) знаходиться в інтер'єрі з безперервний вf(a), іf диференційований приa зf′(a)≠0. Потімf−1 диференціюється приf(a) іf(D),f−1
(f−1)′(f(a))=1f′(a).
- Доказ
-
Вибираємоδ>0 так, щоб(f(a)−δ,f(a)+δ)⊂f(D). дляh∈(−δ,δ), 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
f−1(f(a)+h)−f−1(f(a))h=a+k−af(a+k)−f(a)=1f(a+k)−f(a)k.
Тепер, якщоh→0, then k→0 (since f−1 is continuous at f(a)), і так
limh→0f−1(f(a)+h)−f−1(f(a))h=limk→01f(a+k)−f(a)k=1f′(a).
Q.E.D.
Боn∈Z+, визначитиf:[0,+∞)→R поf(x)=n√x. Тодіf є оберненоюg:[0,+∞)→R визначеноюg(x)=xn. Таким чином, для будь-якогоx∈(0,+∞),
f′(x)=1g′(f(x))=1n(n√x)n−1=1nx1n−1.
n≠0Дозволяти раціональне число і нехайf(x)=xn. Показати, щоf′(x)=nxn−1.