Дифференцируемость сложной функции

Теорема (о дифференцировании сложной функции)

Если функции z=f(y) и y=\varphi(x) дифференцируемы соответственно в точках y_0 и x_0, где y_0=\varphi(x_0), то z=f(\varphi(x)) — дифференцируема в точке x_0, причём z'(x_0)=f'(y_0)\cdot \varphi'(x_0)=f'(\varphi(x_0)) \cdot \varphi'(x_0).

Доказательство

Т.к. функции f и \varphi непрерывны, то z(x)=f(\varphi(x)) — непрерывны в точке x_0 \Rightarrow z определена в u_\delta (x_0)

|\Delta x|<\delta

\Delta y=\varphi(x_0+\Delta x) - \varphi(x_0)
\Delta z=z(x_0+\Delta x)-z(x_0)

\Delta z=f(y)=f(\varphi(x))
\Delta z=f'(y_0) \cdot \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y), где \lim\limits_{\Delta y \to 0} \alpha (\Delta y)=0
\frac{\Delta z}{\Delta x} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f'(y_0) \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y)}{\Delta x}=
=\lim\limits_{\Delta x \to 0}(f'(y_0)\cdot \underset{\underset{\varphi'(x_0)}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x}}} + \underset{\underset{0}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x} \cdot \alpha (\Delta x)}})=f'(y_0) \cdot \varphi'(x_0)
Теорема доказана.

Примеры

(e^{2x+\sin x})'=e^{2x+\sin x} \cdot (2x + \sin x)' = e^{2x+\sin x} \cdot (2+\cos x) (\ln \sqrt{1+x^2})'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \cdot \frac{1}{2 \cdot \sqrt{1+x^2}} \cdot 2x = \frac{x}{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}} (\textrm{tg} \frac{x^2}{3+\sin x})'=\textrm{tg} \frac{1}{\cos^2(\frac{x^2}{3+\sin x})} \cdot \frac{2x \cdot (3+\sin x) - x^2 \cdot \cos x}{(3+\sin x)^2}

Следствие (об инвариантности формы первого дифференциала)

Дифференциал функции y=f(x) имеет один и тот же вид dy=f'(x)dx как в случае, когда x — независимая переменная, так и в случае, когда x — дифференцируемая функция какого-либо другого переменного.

Доказательство

Пусть x зависит от t, x=\varphi(t)
y=f(\varphi(t))=z(t)
Тогда
dy=z'(t)dt=(f(\varphi(t))'dt=f'(\varphi(t)) \cdot \overset{dx}{\overbrace{\varphi'(t)dt}}
dy=f'(x)dx, что и требовалось доказать.

Вычисление производной степенно-показательной функции

Пусть u(x)^{v(x)}, u(x)>0, u и v — дифференцируемы, z=u^v=e^{v \cdot \ln u}, тогда вычисление производной производится с помощью следующей формулы:
z'(x)=(e^{v(x) \cdot \ln u(x)})'=e^{v \cdot \ln u} \cdot (v \cdot \ln u)'=u^v \cdot (v' \cdot \ln u + v \cdot \frac{1}{u} \cdot u')
То есть вначале производная берется как от степенной функции, а потом как от показательной.

Пример

(x^x)'=(e^{x \cdot \ln x})'=x^x (\ln x+x \cdot \frac{1}{x} \cdot 1)=x^x (\ln x +1)

Список литературы:

Тест: дифференцируемость сложной функции

В этом тесте вы можете проверить свои знания по теме «дифференцируемость сложной функции». Для некоторых заданий может потребоваться ручка и листок бумаги.


Таблица лидеров показать

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *