Правила дифференцирования

разделов

от теории до практики

примеров

Примеры решения задач

видео

Примеры решения задач

дифференцирование неявных функций дифференцирование обратной функции дифференцирование параметрических функций дифференцирование произведения дифференцирование сложной функции дифференцирование суммы дифференцирование частного основные производные производная функции

Содержание

Дифференцирование суммы, произведения, частного и обратной функции.
Начать изучение
Дифференцирование сложной функции.
Начать изучение
Дифференцирование параметрически заданных и неявных функций.
Начать изучение
Функции, заданные параметрически.
Начать изучение
Функции, заданные неявно.
Начать изучение

Дифференцирование суммы, произведения, частного и обратной функции.

Теорема 1.

Если функции $f$ и $g$ дифференцируемы в точке $x$, то в этой точке дифференцируемы функции $f+g$, $fg$, $\frac{f}{g}$ (при условии, что $g(x)\neq 0$), и при этом
$$
(f(x)+g(x))’=f'(x)+g'(x),\label{ref1}
$$
$$
(f(x)g(x))’=f'(x)g(x)+f(x)g'(x),\label{ref2}
$$
$$
(\frac{f(x)}{g(x)})’=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{(g(x))^{2}},\quad g(x)\neq 0.\label{ref3}
$$

Доказательство.

$\circ $ Обозначим $\Delta f=f(x+\Delta x)-f(x)$ и $\Delta g=g(x+\Delta x)-g(x)$.
Тогда $\displaystyle \frac{\Delta f}{\Delta x}\rightarrow f'(x),\;\displaystyle \frac{\Delta g}{\Delta x}\rightarrow g'(x)$ при $\Delta x\rightarrow 0$, так как существуют $f'(x)$ и $g'(x)$. Кроме того, $f(x+\Delta x)=f(x)+\Delta f,\;g(x+\Delta x)=g(x)+\Delta g,$ где $\Delta f\rightarrow 0,\;\Delta g\rightarrow 0$, так как функции $f$ и $g$ непрерывны в точке $x$.

Если $y=f(x)+g(x)$, то
$$
\Delta y=f(x+\Delta x)+g(x+\Delta x)-f(x)-g(x)=\Delta f+\Delta g,\nonumber
$$
откуда
$$
\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{\Delta f}{\Delta x}+\frac{\Delta g}{\Delta x}.\nonumber
$$
Правая часть этой формулы имеет при $\Delta x \rightarrow 0$ предел, равный $f'(x)+g'(x)$. Поэтому существует предел левой части, который по определению равен $(f(x)+g(x))’$. Формула \eqref{ref1} доказана.
Если $y=f(x)g(x)$, то
$$
\Delta y=f(x+\Delta x)g(x+\Delta x)-f(x)g(x)=\\=(f(x)+\Delta f)(g(x)+\Delta g)-f(x)g(x)=f(x)\Delta g+g(x)\Delta f+\Delta f\Delta g,\nonumber
$$
$$
\frac{\Delta y}{\Delta x}=f(x)\frac{\Delta g}{\Delta x}+g(x)\frac{\Delta f}{\Delta x}+\frac{\Delta f}{\Delta x}\Delta g.\nonumber
$$
Отсюда следует формула \eqref{ref2}, так как $\displaystyle\frac{\Delta g}{\Delta x}\rightarrow g'(x),\; \frac{\Delta f}{\Delta x}\rightarrow f'(x),\;\Delta g\rightarrow 0$ при $\Delta x\rightarrow 0$.
Если $y= \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}$, то
$$
\Delta y=\displaystyle \frac{f(x+\Delta x)}{g(x+\Delta x)}-\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)+\Delta f}{g(x)+\Delta g}-\frac{f(x)}{g(x)},\nonumber
$$
или
$$
\Delta y=\displaystyle\frac{\Delta fg(x)-\Delta gf(x)}{g(x)g(x+\Delta x)},\nonumber
$$
откуда
$$
\frac{\Delta y}{\Delta x}=\left(\frac{\Delta f}{\Delta x}g(x)-\frac{\Delta g}{\Delta x}f(x)\right)\frac{1}{g(x+\Delta x)g(x)}.\nonumber
$$
Переходя к пределу в этом равенстве и учитывая, что $g(x+\Delta x)\rightarrow g(x)$ при $\Delta x\rightarrow 0$, где $g(x)\neq 0$, получаем формулу \eqref{ref3}. $\bullet$

Следствие 1.

Если функция $f$ дифференцируема в точке $x$ и $C$ — постоянная, то
$$
(Cf(x))’=Cf'(x),\nonumber
$$
то есть постоянный множитель можно выносить из-под знака дифференцирования.

Следствие 2.

Если функции $f_{k}\ (k=\overline{1,n})$ дифференцируемы в точке $x$ и $C_k\;(k=\overline{1,n})$ — постоянные, то
$$
\left(\sum_{k=1}^{n}C_{k}f_{k}(x)\right)’=\sum_{k=1}^{n}C_{k}f_{k}(x)’,\nonumber
$$
то есть производная линейной комбинации дифференцируемых функций равна такой же линейной комбинации производных данных функций.

Например, если $y=2e^{x}-3x^{2}+4\cos{x}$, то $y’=2e^x-6x-4\sin x$.

Пример 1.

Доказать, что

$$
(\operatorname{tg}x)’= \frac{1}{\cos^{2}x},\quad x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi,\quad k\in\mathbb{Z},\label{ref4}
$$
$$
(\operatorname{ctg}x)’=-\frac{1}{\sin^{2}x},\quad x\neq k\pi,\quad k\in\mathbb{Z}.\label{ref5}
$$

Решение.

$\triangle$ Так как $(\sin x)’=\cos x,\;(\cos x)’=-\sin x$, то, применяя правило \eqref{ref3} дифференцирования частного, получаем
$$
(\operatorname{tg}x)’=\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)’=\frac{(\sin x)’\cos x-(\cos x)’\sin x}{\cos^{2}x}=\frac{\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x},\nonumber
$$
откуда следует формула \eqref{ref4}.
Аналогично,
$$
(\operatorname{ctg}x)’=\frac{(\cos x)’\sin x-(\sin x)’\cos x}{\sin^{2}x}=-\frac{\sin^{2}x+\cos^{2}x}{\sin^{2}x},\nonumber
$$
откуда получаем формулу \eqref{ref5}. $\blacktriangle$

Замечание 1.

Из формул \eqref{ref1}-\eqref{ref3} и определения дифференциала следует, что
$$
d(f+g)=df+dg,\quad d(fg)=gdf+fdg,\nonumber
$$
$$
d\left(\frac{f}{g}\right)=\frac{gdf-fdg}{g^{2}},\quad g\neq 0,\nonumber
$$
в предположении, что в данной точке $x$ функции $f$ и $g$ дифференцируемы.

$\circ$ Ограничимся доказательством формулы для дифференциала произведения. Так как $d(fg)=(fg)’dx$, где $(fg)’ =f’g+fg’$, то $d(fg)=gf’dx+fg’dx=gdf+fdg$ $\bullet$.

Теорема 2.

Если функция $y=f(x)$ непрерывна и строго возрастает (убывает) на отрезке $\Delta=\lceil x_{0}-\delta,x_{0}+\delta\rceil,\ \delta > 0$, и если существует $f'(x_{0})\neq 0$, то функция $x =\varphi(y)$, обратная к функции $y=f(x)$, дифференцируема в точке $y_0=f(x_{0})$, причем
$$
\varphi'(y_{0})=\frac{1}{f'(x_0)}.\label{ref6}
$$

Доказательство.

$\circ$ Пусть функция $f$ строго возрастает на отрезке $\Delta$. Обозначим $\alpha=f(x_{0}-\delta),\;\beta=f(x_{0}+\delta)$. По теореме об обратной функции на отрезке $[\alpha,\beta]$ определена функция $x=\varphi(y)$, обратная к $f$, непрерывная и строго возрастающая, причем $y_{0}=f(x_{0})\in(\alpha,\beta)$, так как $\alpha=f(x_{0}-\delta) < f(x_{0}) < f(x_{0}+\delta)=\beta$.

Пусть $\Delta y$ — приращение независимой переменной $y$ такое, что $y_{0}+\Delta y\in(\alpha,\beta)$. Обозначим $\Delta x=\varphi(y_{0}+\Delta y)-\varphi(y_{0})$. Нужно доказать, что существует предел отношения $\displaystyle\frac{\Delta x}{\Delta y}$ при $\Delta y\rightarrow 0$, равный $\displaystyle\frac{1}{f'(x_{0})}$.

Заметим, что если $\Delta y\neq 0$, то $\Delta x\neq 0$, так как в противном случае $\varphi (y_0+\Delta y)=\varphi (y_0)$ при $\Delta y \neq 0$, то есть функция $\varphi$ принимает одинаковые значения в двух различных точках, что противоречит свойству строгого возрастания функции $\varphi$. Поэтому при $\Delta y\neq 0$ справедливо равенство
$$
\frac{\Delta x}{\Delta y}=\frac{1}{\Delta y/\Delta x}.\label{ref7}
$$

Пусть $\Delta y \rightarrow 0$, тогда $\Delta x \rightarrow 0$, так как функция $x$ непрерывна в точке $y_{0}$. Но если $\Delta x \rightarrow 0$, то существует $\displaystyle\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=f'(x_{0})$.

Итак, правая часть \eqref{ref7} имеет предел, равный $\displaystyle\frac{1}{f'(x_{0})}$. Поэтому и в левой части этого равенства существует предел, который согласно определению равен $\varphi'(y_0)$. Формула \eqref{ref6} доказана. $\bullet$

Замечание 2.

Заменив в формуле \eqref{ref6} $x_0$ на $y$, a $y_0$ на $x$, запишем эту формулу в виде
$$
\varphi'(x)=\frac{1}{f'(\varphi(x))}.\label{ref8}
$$

Пример 2.

Доказать формулы

$$
(\arcsin x)’=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}},\quad |x| < 1,\label{ref9}
$$
$$
(\arccos x)’=-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}},\quad |x| < 1,\label{ref10}
$$
$$
(\operatorname{arctg} x)’=\frac{1}{1+x^{2}},\quad x\in\mathbb{R},\label{ref11}
$$
$$
(\operatorname{arcctg} x)’=-\frac{1}{1+(x^2)}\quad x\in\mathbb{R}.\label{ref12}
$$

Решение.

$\triangle$ Если $y=\varphi(x)=\arcsin x$, где $|x|\;<\;1$, то обратная функция $x=f(y)=\sin y$, где $|y|\;<\;\frac{\pi}{2}$. По формуле \eqref{ref8} находим
$$
(\arcsin x)’=\frac{1}{(\sin y)’}=\frac{1}{\cos y}.\nonumber
$$
Так как $\sin y=x$ и $ y\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$, то $\cos y=\sqrt{1-x^{2}}$. Следовательно, справедлива формула \eqref{ref9}.
Если $y= \operatorname{arctg} x$, где $x\in\mathbb{R}$, то $x=\operatorname{tg} x$, где $|y|\;<\;\frac{\pi}{2}$. Применяя формулы \eqref{ref8} и \eqref{ref4}, получаем
$$
(\operatorname{arctg}x)’=\frac{1}{(\operatorname{tg} \ y)’}=\cos^{2}y,\nonumber
$$
где
$$
\cos^{2}y=\frac{1}{1+\operatorname{tg}^{2} y}=\frac{1}{1+x^{2}}.\nonumber
$$
Формула \eqref{ref11} доказана.
Аналогично доказываются формулы \eqref{ref10} и \eqref{ref12}. Впрочем, эти формулы легко получить, используя равенства
$$
\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}, \operatorname{arctg} x+\operatorname{arcctg}x=\frac{\pi}{2}\nonumber
$$
и формулы \eqref{ref9} и \eqref{ref11}. $\blacktriangle$

Замечание 3.

Теорема 2 допускает наглядную геометрическую и очевидную физическую интерпретацию. Если существует $f'(x_0)$ , то в точке $M_{0}(x_0,f(x_{0}))$ существует касательная $l_0$ к графику функции $y=f(x)$ , угловой коэффициент которой равен $\operatorname{tg}\alpha=f'(x_{0})$, где $\alpha$ — угол, образуемый касательной с положительным направлением оси $Ox$. Касательная не параллельна координатным осям, так как производная $f'(x_0)$конечна и отлична от нуля. Пусть для определенности $f'(x_{0}) > 0,$ тогда $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ (рис 15.1).

Если рассматривать $y$ как независимое переменное, а $x$ как функцию, то кривая, заданная уравнением $y=f(x)$, будет графиком функции $x=\varphi(y)$.

Пусть $\beta$ — угол, образованный касательной $l_0$ с положительным направлением оси $Oy$ (рис 15.1), тогда $\operatorname{tg}\beta=\varphi'(y_{0})$. Так как $\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$, то $\operatorname{tg}\beta= \operatorname{ctg}\alpha=\displaystyle\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha},$ то есть $\varphi'(y_{0})=\displaystyle\frac{1}{f'(x_{0})}.$

Дадим физическую интерпретацию формулы \eqref{ref6}. Так как $\varphi'(y_0)$ есть скорость изменения переменного $x$ по отношению к изменению переменного $y$, a $f'(x_{0})$ — скорость изменения $y$ по отношению к $x$, то формула \eqref{ref6} выражает тот факт, что указанные скорости являются взаимно обратными.

Дифференцирование сложной функции.

Теорема 3.

Если функции $y=\varphi(x)$ u $z=f(y)$ дифференцируемы соответственно в точках $x_{0}$ и $y_{0}$, где $y_0 =\varphi(x_{0}),$ то сложная функция $z=f(\varphi(x))$ дифференцируема в точке $x_0$, причем
$$
z'(x_{0})=f'(y_{0})\varphi'(x_{0})=f'(\varphi(x_{0}))\varphi'(x_{0}).\label{ref13}
$$

Доказательство.

$\circ$ Сложная функция $z(x)$ непрерывна в точке $x_{0}$, так как из дифференцируемости функций $f$ и $\varphi$ следует непрерывность этих функций соответственно в точках $y_0$ и $x_{0}$. Поэтому функция $z(x)$ определена в ${U_{\delta}(x_{0})}$ при некотором $\delta > 0.$

Из дифференцируемости функции $f$ в точке $y_0$ по теореме 1 следует, что существует $\delta > 0$ такое, что для всех $y \in U_\delta(y_0)$
$$
f(y)=f(y_{0})+f_{1}(y)(y-y_{0}),\label{ref14}
$$
где $f_{1}(y)$ — непрерывная в точке $y_0$ функция такая, что
$$
f_{1}(y_{0})=f'(y_{0}).\label{ref15}
$$

Так как функция $\varphi$ непрерывна в точке $x_{0}$, то
$$
\exists\delta_{1}=\delta_{1}(\delta) > 0:\ \forall x\in U_{\delta_{1}}(x_{0})\rightarrow\varphi(x)\in U_{\delta}(y_{0}).\nonumber
$$
Поэтому, подставляя в равенство \eqref{ref14} $\varphi(x)$ вместо $y$, получим равенство
$$
z=f(\varphi(x))=f(y_{0})+f_{1}(\varphi(x))(\varphi(x)-\varphi(x_{0})),\label{ref16}
$$
справедливое для всех $x \in U_{\delta_{1}}(x_{0})$. Но
$$
\varphi(x)-\varphi(x_{0})=\varphi_{1}(x)(x-x_{0}),\label{ref17}
$$
где $\varphi_{1}$ — непрерывная в точке $x_{0}$ функция такая, что
$$
\varphi_{1}(x_{0})=\varphi'(x_{0}).\label{ref18}
$$
Из \eqref{ref16} и \eqref{ref17} следует, что
$$
z(x)=z(x_{0})+f_{1}(\varphi(x))\varphi_{1}(x)(x-x_{0}),\label{ref19}
$$
где $z_1=f_{1}(\varphi(x))\varphi_{1}(x)$ — непрерывная в точке $x_0$ и такая, что
$$
z_{1}(x_{0})=f_{1}(\varphi(x_{0}))\varphi_{1}(x_{0})=f_{1}(y_{0})\varphi'(x_{0})=f'(\varphi(x_{0}))\varphi'(x_{0})\label{ref20}
$$
в силу \eqref{ref15} и \eqref{ref18}.

По теореме 1 из \eqref{ref19} и \eqref{ref20} следует, что существует $z'(x_0)$ и справедливо равенство \eqref{ref13}. $\bullet$

Следствие.

Дифференциал функции $y=f(x)$ имеет один и тот же вид
$$
dy=f'(x)dx\label{ref21}
$$
как в случае, когда $x$ — независимое переменное, так и в случае, когда $x$ — дифференцируемая функция какого-либо другого переменного.

$\circ$ Пусть $x=\varphi(t)$ — дифференцируемая функция переменного $t$, тогда $y=f(\varphi(t))=z(t)$. По правилу дифференцирования сложной функции
$$
z'(t)=f'(\varphi(t))\varphi'(t),\nonumber
$$
откуда по определению дифференциала
$$
dy=z'(t)dt=f'(\varphi(t))\varphi'(t)dt.\nonumber
$$

Так как $\varphi'(t)dt=dx$, то $dy=f'(\varphi(t))d\varphi(t)=f'(x)dx$, то есть формула \eqref{ref21} остается справедливой при замене $x$ на $\varphi(t)$. Это свойство называется инвариантностью формы первого дифференциала. $\bullet$

Замечание 4.

Правило дифференцирования сложной функции $f(\varphi(x))$ обычно записывается в виде
$$
(f(\varphi(x)))’=f'(\varphi(x))\varphi'(x).\nonumber
$$
Опуская аргумент и используя обозначение производной, правило дифференцирования сложной функции $z=f(y)=f(\varphi(x))$ можно записать так:
$$
\frac{dz}{dx}=\frac{dz}{dy}\frac{dy}{dx}\nonumber
$$
или
$$
z_{x}’=z_{y}’y_{x}’.\nonumber
$$
Правило вычисления производной сложной функции распространяется на композицию любого конечного числа функций. Например, если функции $x(t),\;y(x),\;z(y)$ дифференцируемы соответственно в точках $t_{0},x_{0}=x(t_{0}),y_{0}=y(x_{0})$, то в точке $t_0$ сложная функция $z=z(y)=z(y(x))=z(y(x(t)))$ дифференцируема и имеет место равенство
$$
\frac{dz}{dt}=\frac{dz}{dy}\frac{dy}{dx}\frac{dx}{dt}.\nonumber
$$

Пример 3.

Доказать формулы

$$
(\operatorname{sh}x)’=\operatorname{ch}x,\nonumber
$$
$$
(\operatorname{ch}x)’=\operatorname{sh}x,\nonumber
$$
$$
(\operatorname{th} x)’= \frac{1}{\operatorname{ch}^{2}x},\label{ref22}
$$
$$
(\operatorname{cth} x)’=-\frac{1}{\operatorname{sh}^{2}x}.\label{ref23}
$$

Решение.

$\triangle$ Гиперболические функции задаются следующими формулами:
$$
\operatorname{sh}x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2},\quad\operatorname{ch} x=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2},\quad\operatorname{th}x=\frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x},\quad\operatorname{ctg}x=\frac{\operatorname{ch}x}{\operatorname{sh}x}.\nonumber
$$

Применяя теорему 1 и теорему 3, получаем
$$
(\operatorname{sh}x)’= \frac{1}{2}(e^{x}-e^{-x}(-1))= \operatorname{ch}x\nonumber
$$
Аналогично доказывается, что $(\operatorname{ch}x)’=\operatorname{sh}x$.
Используя правило дифференцирования частного, получаем
$$
(\operatorname{th}x)’=\frac{(\operatorname{sh}x)’ \operatorname{ch}-\operatorname{sh}x(\operatorname{ch}x)’}{\operatorname{ch}^{2}x}=\frac{\operatorname{ch}^{2}x-\operatorname{sh}^{2}x}{\operatorname{ch}^{2}x},\nonumber
$$
откуда следует равенство \eqref{ref22}, так как $\operatorname{ch}^{2}x-\operatorname{sh}^{2}x=1$. Аналогично доказывается формула \eqref{ref23}. $\blacktriangle$

Пример 4.

Доказать, что если $a > 0,\ a\neq 1$, то
$$
(\log_{a}|x|)’=\frac{1}{x\ln a},\quad x\neq 0.\label{ref24}
$$

Решение.

$\triangle$ Пусть $x > 0$, тогда $|x|=x$ и $\log_{a}|x|=\log_{a}x$. В \S14 (формула(9)) было доказано, что
$$
(\log_{a}x)’=\frac{1}{x\ln a},\quad x>0,\label{ref25}
$$
то есть формула \eqref{ref24} верна при $x > 0$.

Пусть $x < 0$, тогда$-x > 0$ и $\log_{a}|x|=\log_{a}(-x)$.

Применяя формулу \eqref{ref25} и правило дифференцирования сложной функции, получаем
$$
(\log_{a}(-x))’=\frac{1}{(-x)\ln a}(-1)=\frac{1}{x\ln a},\nonumber
$$
то есть формула \eqref{ref24} верна и при $x\;<\;0$. Из формулы \eqref{ref24} при $a=e$ получаем
$$
(\ln|x|)’=\frac{1}{x},\quad x\neq 0.\quad \blacktriangle\label{ref26}
$$

Дадим теперь сводку формул для производных элементарных функций

$$
(C)’=0,\quad C=\operatorname{const}.\nonumber
$$
$$
\begin{array}{c}
(x^{\alpha})’=\alpha x^{\alpha-1},\ \alpha\in\mathbb{R},\ x>0;\\
(x^{n})’=nx^{n-1},\ n\in\mathbb{N},\ x\in\mathbb{R}.
\end{array}\nonumber
$$
$$
\begin{array}{c}
(x^{\alpha})’=\alpha x^{\alpha-1}\ \alpha\in\mathbb{R},\ x>0;\\
(x^{n})’=nx^{n-1},\ n\in\mathbb{N},\ x\in\mathbb{R}.
\end{array}\nonumber
$$
$$
\begin{array}{c}
(\log_{a}x)’=\frac{1}{x\ln a},\ a>0,\ a\neq 1,\ x>0;\\
(\log_{a}|x|)’=\frac{1}{x\ln a},\ a>0,\ a\neq 1,\ x\neq 0;\\
(\ln x)’=\frac{1}{x},\ x>0;\quad(\ln|x|)’=\frac{1}{x},\ x\neq 0.
\end{array}\nonumber
$$
$$
(\sin x)’=\cos x,\ x\in\mathbb{R};\nonumber
$$
$$
(\cos x)’=-\sin x,\ x\in\mathbb{R};\nonumber
$$
$$
(\operatorname{tg} x)’=\frac{1}{\cos^2x},\ x\neq \frac{\pi}{2}+\pi n,\ n\in\mathbb{Z};\nonumber
$$
$$
(\operatorname{ctg} x)’=-\frac{1}{\sin^2x},\ x\neq \pi n,\ n\in\mathbb{Z};\nonumber
$$
$$
(\operatorname{arcsin}x)’=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\ \left|x\right|<1;\nonumber
$$
$$
(\operatorname{arccos}x)’=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\ \left|x\right|<1\nonumber
$$
$$
(\operatorname{arctg}x)’=\frac{1}{1+x^2},\ x\in\mathbb{R}\nonumber
$$
$$
(\operatorname{sh}x)’=\operatorname{ch}x,\ x\in\mathbb{R}\nonumber
$$
$$
(\operatorname{ch}x)’=\operatorname{sh}x,\ x\in\mathbb{R}\nonumber
$$
$$
(\operatorname{th}x)’=\frac{1}{\operatorname{ch}^2x},\ x\in\mathbb{R}\nonumber
$$
$$
(\operatorname{cth}x)’=-\frac{1}{\operatorname{sh}^2x},\ x\neq 0\nonumber
$$

Пример 5.

Доказать, что если $\varphi$ — дифференцируемая в точке $x$ функция и $\varphi(x)\neq 0$, то
$$
(\ln\left(\left|\varphi(x)\right|\right))’=\frac{\varphi'(x)}{\varphi(x)}\label{ref27}
$$

Решение.

$\triangle$Применяя формулу для произведения логарифмической функции и теорему 3, получаем формулу \eqref{ref27}. Выражение в правой части этой формулы называют логарифмической производной функции $\varphi$.$\blacktriangle$

Пример 6.

Найти $f'(x)$, если функция $f(x)$ задана следующей формулой:

$f(x) = 2\sin{2x}$;
$f(x) = e^{-x^2}\ln(1+x^2)$;
$f(x)=\displaystyle\frac{\sqrt{1-x^2}}{\operatorname{arcsin}(\cos x)},\ 0\leq x < 1$;
$f(x)=\displaystyle\operatorname{arctg}\frac{x-1}{x+1}2^{\operatorname{tg}^3(\operatorname{sh} 4x)}$;

Решение.

$f'(x) = (2\sin 2x)’ = 4 \cos 2x$;
$f'(x) = -2xe^{-x^2}\operatorname{ln}(1+x^3)+e^{-x^2}\displaystyle\frac{3x^2}{1+x^3}$;
$f'(x) = \frac{-\displaystyle\frac{2x}{2\sqrt{1-x^2}}\operatorname{arcsin}(\cos x) — \sqrt{1-x^2}\frac{1}{\sqrt{1-\cos^2x}}(-\sin x)}{\displaystyle(\operatorname{arcsin}(\cos x))^2}=\\ =\frac{\displaystyle 1-x^2-x\operatorname{arcsin}(\cos x)}{\displaystyle\sqrt{1-x^2}(\operatorname{arcsin}(\cos x))^2}$
$f'(x)=\frac1{1+\left({\displaystyle\frac{x-1}{x+1}}\right)^2}\frac2{(x+1)^2}2^{\operatorname{tg}^3(\operatorname{sh}\;4x)}+\\+\operatorname{arctg}\;\frac{x-1}{x+1}2^{\operatorname{tg}^3(\operatorname{sh}\;4x)}3\ln\;2\operatorname{tg}^2(\operatorname{sh}\;4x)\frac{4\;\operatorname{ch}\;4x}{\cos^2(\operatorname{sh}\;4x)}=\\=2^{\operatorname{tg}^3(\operatorname{sh}\;4x)}\left(\frac1{1+x^2}+\frac{12\ln\;2\operatorname{tg}^2(\operatorname{sh}\;4x)\operatorname{ch}\;4x}{\cos^2(\operatorname{sh}\;4x)}\operatorname{arctg}\frac{x-1}{x+1}\right)$;

Пример 7.

Найти производную показательно-степенной функции $z = u(x)^{v(x)}$, где $u$, $v$ — функции, дифференцируемые в точке $x$, причем $u(x) > 0$.

Решение.

$\triangle$ Так как $z=e^{v(x)\ln u(x)}$, то функция $z$ дифференцируема как суперпозиция дифференцируемых функций. Дифференцируя тождество $\ln z=v(x)\ln u(x)$ , получаем $\displaystyle \frac{z’}{z}=v’\ln u+v\frac{u’}{u}$, откуда $z’=z\left(v’\ln u+ +\displaystyle \frac{vu’}{u}\right)$ или
$$
(u^{v})’=u^{v}\ln u\cdot v’+vu^{v-1}u’.\qquad\blacktriangle\label{ref28}
$$

Согласно формуле \eqref{ref28} производная функции $u^{v}$ равна сумме двух слагаемых таких, что первое равно производной показательной функции $u^{v(x)}$ (основание $u$ рассматривается как постоянная), a второе равно производной степенной функции $(u(x))^{v}$ (показатель $v$ рассматривается как постоянная).

Пример 8.

Найти $f'(x)$, $g'(x)$, если:

$f(x)=x^{x}$;
$g=x^{x^x}$.

Решение.

$\triangle$ По формуле \eqref{ref28} получаем $f'(x)=x^x\ln x+xx^{x-1}$,то есть
$$
f'(x)=(x^{x})’=x^x(\ln x+1).\nonumber
$$
Так как $g(x)=x^{f(x)}$, то, снова применяя формулу \eqref{ref28}, находим
$$
g'(x)=g(x)\ln x f'(x)+f(x)x^{f(x)-1}\nonumber
$$
или
$$
x^{x^{x}}=x^{x^x+x-1}(x\ln x(\ln x+1)+1).\ \blacktriangle\nonumber
$$

Пример 9.

Пусть функция $f$ дифференцируема на интервале $(-a, a)$. Доказать, что если $f(x)$ — четная функция, то ее производная $f'(x)$ — нечетная функция; а если $f(x)$ — нечетная Функция, то $f'(x)$ — четная.

Решение.

$\triangle$ Пусть $f$ — четная функция, тогда
$$
f(-x)\equiv f(x),\qquad x\in(-a,a).\nonumber
$$
Дифференцируя это тождество, получаем
$$
-f'(-x)\equiv f'(x),\qquad x\in(-a,a).\nonumber
$$
это означает, что $f'(x)$ — нечетная функция. Аналогично рассматривается случай, когда $f(x)$ — нечетная функция. $\blacktriangle$

Дифференцирование параметрически заданных и неявных функций.

Функции, заданные параметрически.

Пусть функции $x(t)$ и $y(t)$ определены на отрезке $[t_0-\delta,t_{0}+\delta]$, причем функция $x(t)$ непрерывна и строго монотонна (например, строго возрастает). Тогда на отрезке $[\alpha,\beta]$, где $\alpha=x(t_0-\delta),\;\beta=x(t_0+\delta)$, определена функция $t=t(x)$, обратная к функции $x=x(t)$, непрерывная и строго возрастающая.

Предположим дополнительно, что существуют $x'(t_0)$ и $y'(t_0)$, причем $x'(t_0)\neq 0$ (для сокращения вместо $x'(t_0)$ и $y'(t_0)$ будем писать соответственно $x_{t}’,\ y_{t}’$.

Тогда сложная Функция $y=y(t)=y(t(x))$ дифференцируема по $x$ в точке $x_{0}=x(t_{0})$, причем
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{y_{t}’}{x_{t}’}.\label{ref29}
$$

$\circ$ Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции $y=y(t(x))$ получаем
$$
\frac{dy}{dx}=y_{x}’=y_{t}’t_{x}’,\nonumber
$$
где $t_{x}’=\displaystyle \frac{1}{x_{t}’}$ согласно правилу дифференцирования обратной функции. Итак, справедлива формула \eqref{ref29}. $\bullet$

Пример 10.

Найти $\displaystyle \frac{dy}{dx}$, если
$$
x=\ln(1+e^{2t}),\qquad y=\operatorname{arctg}e^t.\nonumber
$$

Решение.

$\triangle$ Так как $x_{t}’=\displaystyle \frac{2e^{2t}}{1+e^{2t}},\;y_{t}’=\displaystyle \frac{e^{t}}{1+e^{2t}}$, то по формуле \eqref{ref29} находим
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{y_{t}’}{x_{t}’}=\frac{e^{t}}{1+e^{2t}}\frac{1+e^{2t}}{2e^{2t}}=\frac{e^{-t}}{2}.\qquad \blacktriangle\nonumber
$$

Функции, заданные неявно.

Если дифференцируемая функция $y=f(x)$ задана неявно уравнением $F(x,y)=0$, то, дифференцируя тождество $F(x, f(x))\equiv 0$ как сложную функцию, можно найти $\displaystyle \frac{dy}{dx}=f'(x)$. Подробно вопрос о существовании неявной функции и ее дифференцируемости будет рассмотрен в параграфе 29.

Пример 11.

Написать уравнение касательной к эллипсу
$$
\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\label{ref30}
$$
в некоторой его точке $M_0(x_0,y_0)$, где $|x_{0}| < a$.

Решение.

$\triangle$ Точка $M_{0}$ однозначно определяет на интервале $(-a,a)$ одну из двух неявных дифференцируемых функций, которые задаются уравнением \eqref{ref30}. Обозначим эту функцию $f(x)$. Ее можно записать в явном виде, разрешив уравнение \eqref{ref30} относительно $y$.

Дифференцируя тождество \eqref{ref30}, в котором $y=f(x)$, получаем
$$
\frac{2x}{a^2}+\frac{2yy’}{b^{2}}=0.\label{ref31}
$$
Подставляя в уравнение \eqref{ref31} вместо $x$ и $y$ соответственно $x_0$ и $y_0$, находим угловой коэффициент касательной к эллипсу в точке $M_0$:
$$
k=y'(x_0)=-\frac{b^{2}}{a^{2}}\frac{x_{0}}{y_0}.\nonumber
$$
Следовательно, уравнение касательной имеет вид
$$
y-y_{0}=k(x-x_0),\qquad\Rightarrow\qquad y-y_{0}=\frac{b^{2}}{a^{2}}\frac{x_{0}}{y_0}(x-x_{0}).\nonumber
$$
это уравнение можно записать так: $\displaystyle \frac{yy_0}{b^2}+\frac{xx_{0}}{a^{2}}=\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}+\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}$, или в виде $\displaystyle \frac{yy_0}{b^{2}}+\frac{xx_{0}}{a^{2}}=1$, так как $\displaystyle \frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1.\blacktriangle$