Правила дифференцирования.

Содержание:

  1. Дифференцирование суммы, произведения, частного и обратной функции.
  2. Дифференцирование сложной функции.
  3. Дифференцирование параметрически заданных и неявных функций.
    1. Дифференцирование параметрически заданных функций.
    2. Дифференцирование неявных функций.

1. 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 \(x\).

а) 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.

б) 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 \(\Delta x\rightarrow 0\).

в) Если \(y= \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}\), то \(\Delta y=\displaystyle \frac{f(x+\Delta x)}{g(x+\Delta x)}-\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)+\Delta f}{g(x)+\Delta g}-\frac{f(x)}{g(x)}\), или \(\Delta y=\displaystyle\frac{\Delta fg(x)-\Delta gf(x)}{g(x)g(x+\Delta x)}\), 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
$$
(Cf(x))'=Cf'(x),\nonumber
$$т.е. 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
$$
\left(\sum_{k=1}^{n}C_{k}f_{k}(x)\right)'=\sum_{k=1}^{n}C_{k}f_{k}(x)',\nonumber
$$т.е. 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.

\(\triangle\) a) 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}. 

б) 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 \(\Delta y \neq 0\), т.е. 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.

\(\triangle\) a) 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}.

6) 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.

в) 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).
Рис. 15.1
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 \(\operatorname{tg}\beta= \operatorname{ctg}\alpha=\displaystyle\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha},\) т.е. \(\varphi'(y_{0})=\displaystyle\frac{1}{f'(x_{0})}.\)

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.


2. 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 \(dy=f'(\varphi(t))d\varphi(t)=f'(x)dx\), т.е. 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 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:
$$
\operatorname{sh}x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2},\quad\operatorname{ch} x=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2},\quad\operatorname{th}x=\frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x},\quad\operatorname{ctg}x=\frac{\operatorname{ch}x}{\operatorname{sh}x}.\nonumber
$$
a) 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 \((\operatorname{ch}x)'=\operatorname{sh}x\).

б) 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
$$
(\log_{a}x)'=\frac{1}{x\ln a},\quad x>0,\label{ref25}
$$
т.е. 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
$$
(\log_{a}(-x))'=\frac{1}{(-x)\ln a}(-1)=\frac{1}{x\ln a},\nonumber
$$
т.е. 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
 

1) \((C)'=0,\quad C=const\).
2)

\((x^{\alpha})'=\alpha x^{\alpha-1}\;\alpha\in\mathbb{R},\;x>0;\)

\((x^{n})'=nx^{n-1},\;n\in\mathbb{N},\;x\in\mathbb{R}\).

3)

\((a^{x})'=a^{x}\ln a,\;a>0,\;a\neq 1,\;x\in\mathbb{R}\);

\((e^{x})'=e^{x},\;x\in\mathbb{R}\).

4)

\((\log_{a}x)'=\frac{1}{x\ln a},\;a>0,\;a\neq 1,\;x>0;\)

\((\log_{a}|x|)'=\frac{1}{x\ln a},\;a>0,\;a\neq 1,\;x\neq 0;\)

\((\ln x)'=\frac{1}{x},\;x>0;\quad(\ln|x|)'=\frac{1}{x},\;x\neq 0.\)

5)

\((\sin\;x)'=\cos\;x,\;x\in\mathbb{R}\);

6)

\((\cos\;x)'=-\sin\;x,\;x\in\mathbb{R}\);

7)

\((tg\;x)'=\frac1{\cos^2x},\;x\neq\frac\pi2+\pi n,\;n\in\mathbb{Z}\);

8)

\((сtg\;x)'=-\frac1{\sin^2x},\;x\neq \pi n,\;n\in\mathbb{Z}\);

9)

\((\operatorname{arcsin}x)'=\frac1{\sqrt{1-x^2}},\;\left|x\right|<1\)

10)

\((\operatorname{arccos}x)'=-\frac1{\sqrt{1-x^2}},\;\left|x\right|<1\)

11)

\((\operatorname{arctg}x)'=\frac1{1+x^2},\;x\in\mathbb{R}\)

12)

\((\operatorname{arcctg}x)'=-\frac1{1+x^2},\;x\in\mathbb{R}\)

13)

\((\operatorname{sh}x)'=\operatorname{ch}x,\;x\in\mathbb{R}\)

14)

\((\operatorname{ch}x)'=\operatorname{sh}x,\;x\in\mathbb{R}\)

15)

\((\operatorname{th}x)'=\frac1{\operatorname{ch}^2x},\;x\in\mathbb{R}\)

16)

\((\operatorname{cth}x)'=-\frac1{\operatorname{sh}^2x},\;x\neq 0\)

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}\operatorname{ln}(1+x^2);
  • f(x)=\frac{\sqrt{1-x^2}}{\operatorname{arcsin}(\cos\;x)},\qquad 0\;\leqslant\;x\;<\;1;
  • f(x)=\operatorname{arctg}\frac{x-1}{x+1}2^{tg^3(sh\;4x)};

Решение.

  1. f'(x) = (2\sin 2x)' = 4 \cos 2x;

  2. f'(x) = -2xe^{-x^2}\operatorname{ln}(1+x^3)+e^{-x^2}\frac{3x^2}{1+x^3};

  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};

  4. 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:

a) \(f(x)=x^{x}\); б) \(g=x^{x^x}\).

Решение.

\(\triangle\) По формуле \eqref{ref28} получаем \(f'(x)=x^x\ln x+xx^{x-1}\),т.е.
$$
f'(x)=(x^{x})'=x^x(\ln x+1).\nonumber
$$
б) 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
$$
x^{x^{x}}=x^{x^x+x-1}(x\ln x(\ln x+1)+1).\qquad\blacktriangle\nonumber
$$


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. \(\blacktriangle\)


3. Дифференцирование параметрически заданных и неявных функций.

а) 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
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{y_{t}'}{x_{t}'}=\frac{e^{t}}{1+e^{2t}}\frac{1+e^{2t}}{2e^{2t}}=\frac{e^{-t}}{2}.\qquad \blacktriangle\nonumber
$$


б) 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 \(\displaystyle \frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1.\blacktriangle\)