Файл: Математический анализ.pdf

Заметим, что нам не нужно было находить точки параболы, в которых происходит касание.
Пример 2.2.3. В каких точках касательная к параболе y = x
2

параллельна прямой y = 4x − 5; перпендикулярна прямой 2x − 6y + 5 = 0?
Решение. Для ответа на первый вопрос нужно помнить, что условием параллель- ности двух прямых служит равенство угловых коэффициентов этих прямых. Угловой коэффициент прямой y = 4x −5 равен 4. Поэтому угловой коэффициент нужной нам касательной тоже должен быть равным 4. Используя геометрический смысл произ- водной, получаем, что y
′
= 4. Т.е. 2x = 4, x = 2, y(2) = 4. Поэтому касательная к параболе в точке (2, 4) параллельна прямой y = 4x − 5.
Для ответа на второй вопрос нужно помнить, что условием перпендикулярности двух прямых является то, что произведение их угловых коэффициентов равно −1.
Угловой коэффициент прямой 2x − 6y + 5 = 0 равен
1 3
. Поэтому y
′
= −3. То есть
2x = −3, x = −
3 2
, y(−3/2) = 9/4. Таким образом, касательная к параболе в точке
(−3/2, 9/4) перпендикулярна прямой 2x − 6y + 5 = 0.
2
Пример 2.2.4. При каких p и q парабола y = x
2
+px+q касается прямой y = 3x−2

в точке с абсциссой 0?
Решение. Другими словами прямая y = 3x − 2 должна быть касательной к пара- боле в точке с абсциссой 0. Найдем y(0) = q. Вычислим производную y
′
= 2x + p и найдем ее значение в нуле: y
′
(0) = p. Напишем уравнение касательной:
y − q = px или y = px + q.
Поскольку эта прямая должна совпадать с прямой y = 3x − 2, то p = 3, q = −2.
Таким образом для параболы y = x
2
+ 3x − 2 прямая y = 3x − 2 является касательной в точке с абсциссой 0.
2
С помощью производной можно находить углы между кривыми в их точке пере- сечения.
Определение 2.2.2. Пусть заданы две функции y = f(x) и y = g(x) дифферен- цируемые в точке x
0
и такие, что f (x
0
) = g(x
0
). Тогда угол между графиками этих функций в точке x
0
есть угол между касательными к графикам этих функций в точке x
0
Пример 2.2.5. Найти угол между кривыми y = sin x и y = cos x в их точках пересечения.
Решение. Одной из точек, в которых sin x = cos x является точка x =
π
4
. Найдем производные в этой точке наших функций: sin
′
x = cos x, а cos
π
4
=
√
2 2
; cos
′
x =
− sin x, а − sin
π
4
= −
√
2 2
. Обозначим угол наклона касательной к кривой y = sin x в точке
π
4
к оси Ox через α, тогда из геометрического смысла производной получаем,
что tg α =
√
2 2
. Обозначим угол наклона касательной к кривой y = cos x в точке
π
4
к оси Ox через β, тогда tg β = −
√
2 2
– 63 –

Чтобы найти угол между кривыми, вычислим tg(α − β). Имеем tg(α − β) =
tg α − tg β
1 + tg α · tg β
=
√
2 2
+
√
2 2
1 −
√
2 2
·
√
2 2
= 2
√
2.
Таким образом, α − β = arctg 2
√
2 ≈ 70, 5
◦
В остальных точках пересечения кривых нужный нам угол тот же самый.
2
Пример 2.2.6. В каких точках касательная к параболе y = x
2
образует с прямой
3x − y + 1 = 0 угол в 45
◦
?
Решение. Угловой коэффициент прямой 3x − y + 1 = 0 равен 3. Угловой коэф- фициент касательной равен y
′
= 2x. Угловые коэффициенты — это тангенсы углов наклона этих прямых к оси Ox. По условию задачи, угол между прямыми равен 45
◦
,
поэтому тангенс разности углов наклона прямых равен tg 45
◦
= 1. Расписывая этот тангенс по формуле тангенса разности (см. предыдущий пример), получим
1 =
2x − 3 1 + 2x · 3
=
2x − 3 1 + 6x
Решая данное уравнение, получим x = −1.
2
Можно также отметить, что при решении данных задач нам не нужно было рисо- вать какие–то рисунки. Достаточно было использовать геометрический смысл про- изводной и уравнение касательной, т.е. алгебраические соотношения.
2.3. Правила дифференцирования
Рассмотрим правила дифференцирования функции, связанные с арифметически- ми действиями над ними.
1. Умножение на постоянную. Если функция f дифференцируема в точке x
0
и C некоторая постоянная, то функция Cf (x) также дифференцируема в точке x
0
и
(Cf )
′
(x
0
) = Cf
′
(x
0
).
Таким образом правило 1 дифференцирования звучит так: константу можно вы- нести за знак производной.
Доказательство. Пусть y = Cf (x),
∆y = Cf (x
0
+ ∆x) − Cf(x
0
) = C(f (x
0
+ ∆x) − f(x
0
)) = C∆f ;
поэтому
∆y
∆x
= C
∆f
∆x
,
∆x 6= 0.
Перейдем к пределу при ∆x → 0 и воспользуемся тем, что константу можно выносить за знак предела, получим y
′
= Cf
′
(x
0
).
2 2. Производная суммы или разности. Если функции f и g дифференцируемы в точке x
0
, то функции f ± g также дифференцируемы в точке x
0
и
(f ± g)
′
(x
0
) = f
′
(x
0
) ± g
′
(x
0
).
Таким образом, производная суммы (разности) функций равна сумме (разности) про- изводных.
– 64 –

Доказательство. Пусть y = f (x) ± g(x), ∆f = f(x
0
+ ∆x) − f(x
0
), ∆g = g(x
0
+
∆x) − g(x
0
). Тогда
∆y = [f (x
0
+ ∆x) ± g(x
0
+ ∆x)] − [f(x
0
) ± g(x
0
)] = ∆f ± ∆g;
поэтому
∆y
∆x
=
∆f
∆
±
∆g
∆
,
∆x 6= 0.
Пределы lim
∆x→0
∆f
∆x и lim
∆x→0
∆g
∆x
, согласно предположению, существуют и равны со- ответственно производным f
′
(x
0
) и g
′
(x
0
), поэтому предел левой части последнего равенства при ∆x → 0 существует и равен f
′
(x
0
) ± g
′
(x
0
). Но y
′
= lim
∆x→0
∆y
∆x
, поэтому производная y
′
в точке x
0
существует и y
′
= f
′
(x
0
) ± g
′
(x
0
).
2 3. Производная произведения. Если функции f и g дифференцируемы в точке x
0
, то и функция f · g также дифференцируема в точке x
0
и справедливо равенство
(f · g)
′
(x
0
) = f
′
(x
0
) · g(x
0
) + g
′
(x
0
) · f(x
0
).
Доказательство. Пусть y = f (x) · g(x), ∆f = f(x
0
+ ∆x) − f(x
0
), ∆g = g(x
0
+
∆x) − g(x
0
); тогда
∆y = f (x
0
+ ∆x)g(x
0
+ ∆x) − f(x
0
)g(x
0
) =
= [∆f + f (x
0
)][∆g + g(x
0
)] − f(x
0
)g(x
0
) =
= ∆f g(x
0
) + f (x
0
)∆g + ∆f ∆g,
отсюда
∆y
∆x
=
∆f
∆x g(x
0
) + f (x
0
)
∆g
∆x
+
∆f
∆x
∆g.
Так как в точке x
0
lim
∆x→0
∆f
∆x
= f
′
(x
0
),
lim
∆x→0
∆g
∆x
= g
′
(x
0
) и lim
∆x→0
∆g = 0
(g(x) дифференцируема в точке x
0
, а потому и непрерывна в этой точке), то при x → x
0
существует lim
∆x→0
∆g
∆x
= y
′
и этот предел равен y
′
(x
0
) = f
′
(x
0
)g(x
0
) + f (x
0
)g
′
(x
0
).
2 4. Производная частного.Если функции f и g дифференцируемы в точке x
0
и g
′
(x
0
) 6= 0, то функция f
g также дифференцируема в точке x
0
и справедливо равенство

f g

′
(x
0
) =
f
′
(x
0
)g(x
0
) − f(x
0
)g
′
(x
0
)
g
2
(x
0
)
Доказательство. Пусть y =
f g
и g
′
(x
0
) 6= 0, тогда существует δ > 0 такое, что g(x
0
+ ∆x) 6= 0 для всех ∆x, удовлетворяющих условию |∆x| < δ. Далее имеем
∆y =
f (x
0
+ ∆x)
g(x
0
+ ∆x)
−
f (x
0
)
g(x
0
)
=
f (x
0
) + ∆f g(x
0
) + ∆g)
−
f (x
0
)
g(x
0
)
=
=
∆f g(x
0
) − f(x
0
)∆g
(g(x
0
) + ∆g)g(x
0
)
,
– 65 –

поэтому
∆y
∆x
=
∆f
∆x g(x
0
) − f(x
0
)
∆g
∆x
(g(x
0
) + ∆g)g(x
0
)
Из условия на функции f и g имеем, что при ∆x → 0
lim
∆x→0
∆g = 0 и lim
∆x→0
∆f
∆x
= f
′
(x
0
),
lim
∆x→0
∆g
∆x
= g
′
(x
0
),
тогда переходя к пределу при ∆x → 0, получим, что предел lim
∆x→0
∆y
∆x
= y
′
cуществует и равен y
′
=
f
′
(x
0
)g(x
0
) − f(x
0
)g
′
(x
0
)
g
2
(x
0
)
2
Следствие 2.3.1. Из правил 1 и 3 следует
[C
1
f
1
(x) + C
2
f
2
(x) + · · · + C
n f
n
(x)]
′
= C
1
f
′
1
(x) + C
2
f
′
2
(x) + · · · + C
n f
′
n
(x)
— правило дифференцирования произвольной линейной комбинации дифференцируе- мых функций.
Оно легко выводится с помощью метода математической индукции.
Пример 2.3.1. Найти производную функции y = e x
sin x − 2x
2
cos x.
Решение. Имеем y
′
= (e x
sin x)
′
− 2(x
2
cos x)
′
=
= e x
sin x + e x
cos x − 2(2x cos x − x
2
sin x).
Пример 2.3.2. Найти производную y = tg x =
sin x cos x
Решение. Получаем y
′
=

sin x cos x

′
=
cos x cos x − sin x(− sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
Упражнение 2.3.1. Показать, что ctg
′
x = −
1
sin
2
x
Правила 1-4 переносятся и на дифференциалы. При тех же предположениях от- носительно дифференцируемости в точке x
0
имеем:
d(f ± g) = df ± dg, d(fg) = g · df + f · dg,
d(cf ) = c · df, d

f g

=
g · df − f · dg g
2
Докажем, например, второе правило:
d(f g) = (f g)
′
dx = f
′
· g dx + f · g
′
dx = g df + f dg,
последнее равенство справедливо в силу того, что f
′
dx = df и g
′
dx = dg.
Аналогично доказываются и остальные правила.
– 66 –

2.4. Производные сложной и обратной функций.
Инвариантность формы дифференциала первого порядка
2.4.1. Правило дифференцирования сложной.
Теорема 2.4.1. Пусть функция y = f(x) дифференцируема в точке x
0
, а функ- ция z = F (y) дифференцируема в точке y
0
= f (x
0
). Тогда сложная функция
Φ(x) = F (f (x)) также дифференцируема в точке x
0
, причем
Φ
′
(x
0
) = F
′
(y
0
)f
′
(x
0
).
Доказательство. Отметим, что утверждение о существовании в точке x
0
про- изводной у сложной функции F (f(x)) содержит в себе утверждение о том, что эта функция определена в некоторой окрестности точки x
0
. Действительно, из диффе- ренцируемости функций y = f(x) и z = F (y) следует их непрерывность в окрестно- стях точек x
0
и y
0
= f (x
0
) соответственно, а для непрерывных функций известно,
что сложная функция определена в некоторой окрестности точки x
0
Положим ∆x = x − x
0
и ∆y = y − y
0
. Так как F дифференцируема в точке x
0
, то
∆z = F
′
(y
0
)∆y + ε(∆y)∆y,
где lim
∆y→0
ε(∆y) = 0. Доопределим функцию ε(∆y) в нуле по непрерывности: ε(0) = 0.
Поделим полученное равенство на ∆x 6= 0, получим
∆z
∆x
= F
′
(y
0
)
∆y
∆x
+ ε(∆y)
∆y
∆x
(2.4.1)
Функция y = f(x
0
) дифференцируема в точке x
0
, поэтому lim
∆x→0
∆y
∆x
= f
′
(x
0
),
и, кроме того lim
∆x→0
∆y = 0, т.е. приращение ∆y, рассматриваемое как функция от
∆x, непрерывно в точке, поэтому lim
∆x→0
ε(∆y) = ε( lim
∆x→0
∆y) = ε(0) = 0.
Переходя к пределу в равенстве (2.4.1) при ∆x → 0 получим z
′
(x
0
) = F
′
(y
0
)y
′
(x
0
).
2
Замечание 2.4.1. Используя запись производной с помощью дифференциалов,
формулу для вычисления производной сложной функции можно записать в виде:
dz dx
=
dz dy
·
dy dx
2.4.2. Инвариантность формы дифференциала первого порядка.
Следствие 2.4.1.
dz = F
′
(y
0
)dy = Φ
′
(x
0
)dx.
В зтой формуле dy = f
′
(x)dx является дифференциалом функции, а dx дифферен- циалом независимой переменной.
– 67 –

Таким образом, дифференциал функции z имеет один и тот же вид (а именно,
произведение производной функции на дифференциал переменной) независимо от того, считается ли эта переменная независимой (dz = Φ
′
(x
0
)dx) или она является функцией (dz = F
′
(y
0
)dy). В этом и заключается инвариантность формы дифферен- циала (первого порядка).
Замечание 2.4.2. Если приходится иметь дело со сложной функцией z =
z(y), y = y(x), то для обозначения ее производной употребляется также индекс x или y, указывающий, по какой переменной берется производная, т.е. пишут z
′
x или z
′
y
. В этих обозначениях формула для вычисления производной сложной функ- ции имеет вид z
′
x
= z
′
y y
′
x
2.4.3. Правило дифференцирования обратной функции.
Теорема 2.4.2. Пусть функция f(x) определена, непрерывна и строго монотон- на в некоторой окрестности точки x
0
, дифференцируема в этой точке и f
′
(x
0
) 6= 0,
тогда найдется окрестность точки y
0
= f (x
0
), в которой у функции f есть об- ратная непрерывная строго монотонная функция f
−1
(y) = g(y), причем она диффе- ренцируема в точке y
0
, и справедливо равенство g
′
(y
0
) =
1
f
′
(x
0
)
Доказательство. Зафиксирум какую-то окрестность точки x
0
, в которой функ- ция f определена, непрерывна и строго монотонна, и будем рассматривать f только в этой окрестности. Тогда, как доказано ранее (теорема 1.14.6), обратная функция определена, непрерывна, строго монотонна на некотором интервале, содержащем точку y
0
и являющемся образом указанной выше окрестности точки x
0
. Поэтому если ∆x = x − x
0
, ∆y = y − y
0
, y = f(x), то ∆x → 0 равносильно ∆y → 0 в том смысле, что lim
∆x→0
∆y = 0 (для функции f ) и lim
∆y→0
∆x = 0 (для функции x = g = f
−1
).
Для любых ∆x 6= 0, ∆y 6= 0 имеем
∆x
∆y
=
1
∆y
∆x
При ∆x → 0 (или, что то же самое, при ∆y → 0) предел правой части существует и отличен от нуля, поэтому и предел левой части существует. Причем lim
∆y→0
∆x
∆y
= lim
∆x→0
∆x
∆y
=
=
1
lim
∆x→0
∆y
∆x
=
1
f
′
(x
0
)
Поэтому g
′
(y
0
) =
1
f
′
(x
0
)
2
Следствие 2.4.2 (дифференцирование параметрически заданной функции).
Пусть функция задана параметрически, т.е.
(
y = ϕ(t),
x = ψ(t),
t ∈ (a, b),
– 68 –

и функции ϕ(t), ψ(t) дифференцируемы на интервале (a, b), тогда y
′
x
=
dy dx
=
ϕ
′
(t)
ψ
′
(t)
С помощью этих правил мы можем находить производные элементарных функ- ций, зная производные основных элементарных функций.
Пример 2.4.1. Найти производную функции y = arcsin x.
Решение. Рассмотрим взаимно обратные функции y = arcsin x, x = sin y, −π/2 6
y 6 π/2, −1 6 x 6 1. Применим правило дифференцирования обратной функции,
получим y
′
= (arcsin x)
′
=
1
x
′
=
1
cos y
Так как −π/2 6 y 6 π/2, то cos y > 0, поэтому cos y =
q
1 − sin
2
y =
√
1 − x
2
Таким образом,
(arcsin x)
′
=
1
√
1 − x
2
Аналогично доказываются равенства (arccos x)
′
= −
1
√
1 − x
2
, (arctg x)
′
=
1 1 + x
2
,
(arcctg x)
′
= −
1 1 + x
2
Пример 2.4.2. Найти производную логарифма y = log a
x (x > 0, a 6= 1, a > 0).
Решение. Эта функция является обратной к функции x = a y
. Тогда y
′
= (log a
x)
′
=
1
x
′
=
1
a y
ln a
=
1
x ln a
Пример 2.4.3. Найдти производную степенной функции y = x
α
, x > 0, α ∈ R.
Решение. По правилу дифференцирования сложной функции получим y
′
= (x
α
)
′
= (e
α ln x
)
′
= e
α ln x
· (α ln x)
′
= e
α ln x
·
α
x
= α · x
α−1
Пример 2.4.4. Найти производную функции y = ln(x +
√
x
2
+ a
2
).
Решение. Имеем по правилу дифференцирования сложной функции y
′
=
1
x +
√
x
2
+ a
2
· (x +
√
x
2
+ a
2
)
′
=
=
1
x +
√
x
2
+ a
2
·

1 +
2x
2
√
x
2
+ a
2

=
1
√
x
2
+ a
2
Пусть y = |f(x)|, где функция f(x) дифференцируема на некотором интервале
(a, b). Полагая y = |u|, u = f(x), находим y
′
= (|u|)
′
u
·u
′
x
= f
′
(x)·sgn f(x). Эта формула справедлива для всех x ∈ (a, b) , для которых f(x) 6= 0. В тех точках, где f(x) = 0,
она позволяет найти односторонние производные.
Пример 2.4.5. Найти производную функции y =
1 2a ln x − a x + a
,
(x 6= a; x 6= −a).
Решение. Имеем y
′
=
1 2a sgn x−a x+a x−a x+a

x − a x + a

′
=
– 69 –

=
1 2a
·
x + a x − a
·
x + a − (x − a)
(x + a)
2
=
1
x
2
− a
2 2.4.4. Таблица производных.
Теорема 2.4.3. Справедливы формулы:
1) y = x
α
,
y
′
= αx
α−1
;
в частности, если y = C, то y
′
= 0;
2) y = a x
,
y
′
= a x
· ln a;
в частности, если y = e x
, то y
′
= e x
;
3) y = log a
x,
y
′
=
log a
e x
;
в частности, если y = ln x, то y
′
=
1
x
;
4) y = sin x,
y
′
= cos x;
5) y = cos x,
y
′
= − sin x;
6) y = tg x,
y
′
=
1
cos
2
x
;
7) y = ctg x,
y
′
= −
1
sin
2
x
;
8) y = arcsin x,
y
′
=
1
√
1 − x
2
;
9) y = arccos x,
y
′
= −
1
√
1 − x
2
;
10) y = arctg x,
y
′
=
1 1 + x
2
;
11) y = arcctg x,
y
′
= −
1 1 + x
2
;
12) y = sh x,
y
′
= ch x;
13) y = ch x,
y
′
= sh x;
14) y = th x,
y
′
=
1
ch
2
x
;
15) y = cth x,
y
′
= −
1
sh
2
x
;
16) y = ln(1 +
√
1 + x
2
),
y
′
=
1
√
1 + x
2
Упражнение 2.4.1. Доказать равенства 12)–16).
Используя правило дифференцирования сложной функции, можем находить про- изводные функций вида y = (f (x))
g(x)
Действительно, имеем y
′
= (f (x))
g(x)

′
=

e g(x)
ln
(f (x))

′
=
= e g(x)
ln
(f (x))

g
′
(x) · ln(f(x)) +
f
′
(x)g(x)
f (x)

=
= f (x)
g(x)

g
′
(x)ln(f (x)) +
f
′
(x)g(x)
f (x)

Пример 2.4.6. Найти производную функции y = x x
Решение. Имеем y
′
= (x x
)
′
= (e x ln x
)
′
= e x ln x
· (x ln x)
′
=
– 70 –

= x x
· (ln x + x ·
1
x
) = x x
(ln x + 1).
Теорема 2.4.4. Производная элементарной функции является элементарной функцией. Ее находят по правилам дифференцирования, используя таблицу произ- водных основных элементарных функций.
2.5. Производные и дифференциалы высших порядков
2.5.1. Производные высших порядков. Предположим, что функция f име- ет (конечную) производную f
′
в каждой точке интервала (a, b). Тогда эта производ- ная снова является функцией, определенной на данном интервале, и для нее можно определить производную, которая называется производной второго порядка от пер- воначальной функции f. Таким образом,
f
′′
(x) = (f
′
(x))
′
В свою очередь, мы можем взять производную от второй производной, и т.д.
Определение 2.5.1. В общем случае производная n-го порядка определяется индуктивно, т.е.
f
(n)
(x) = (f
(n−1)
(x))
′
Производную n-го порядка обозначают также f
(n)
(x) =
d n
f d x n
(x) = D
n f (x).
Пример 2.5.1. Найти производные функции y = x n
, n ∈ N.
Решение. Имеем y
′
= n · x n−1
,
y
′′
= n(n − 1) · x n−2
, . . . , y
(n)
= n!
Все дальнейшие производные этой функции равны нулю.
Если функция y = P (x) — многочлен степени n, то каждое дифференцирование понижает степень многочлена на 1. Тем самым производные порядка больше чем n равны нулю.
Пример 2.5.2. Найти производные функции y = a x
Решение. Имеем y
′
= a x
ln a,
y
′′
= a x
ln
2
a, . . . , y
(n)
= a x
ln n
a.
В частности, если y = e x
, то производная любого порядка этой функции также равна e
x
Пример 2.5.3. Найти производные функции y = sin x.
Решение. Получаем y
′
= cos x = sin(x + π/2),
y
′′
= sin x = sin(x + 2 · π/2).
Отсюда по индукции имеем, что y
(n)
= sin(x + nπ/2).
Упражнение 2.5.1. Показать, что для функции y = cos x y
(n)
= cos(x + nπ/2).
Упражнение 2.5.2. Найти производную n-го порядка от функции y = ln(1 + x).
Определим теперь следующие классы функций: класс C
1
(a, b) состоит из функ- ций f, заданных на интервале (a, b), таких что они сами и их производные первого порядка f
′
— непрерывны на (a, b).
– 71 –