Дифференцируемость сложной функции

Теорема (о дифференцировании сложной функции)

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

Доказательство

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

$latex |\Delta x|<\delta$

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

$latex \Delta z=f(y)=f(\varphi(x))$
$latex \Delta z=f'(y_0) \cdot \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y)$, где $latex \lim\limits_{\Delta y \to 0} \alpha (\Delta y)=0$
$latex \frac{\Delta z}{\Delta x} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f'(y_0) \Delta y + \Delta y \cdot \alpha (\Delta y)}{\Delta x}=&s=2$
$latex =\lim\limits_{\Delta x \to 0}(f'(y_0)\cdot \underset{\underset{\varphi'(x_0)}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x}}} + \underset{\underset{0}{\downarrow}}{\underbrace{\frac{\Delta y}{\Delta x} \cdot \alpha (\Delta x)}})=f'(y_0) \cdot \varphi'(x_0) &s=2$
Теорема доказана.

Примеры

$latex (e^{2x+\sin x})’=e^{2x+\sin x} \cdot (2x + \sin x)’ = e^{2x+\sin x} \cdot (2+\cos x) &s=1$$latex (\ln \sqrt{1+x^2})’=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \cdot \frac{1}{2 \cdot \sqrt{1+x^2}} \cdot 2x = \frac{x}{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}} &s=1$$latex (\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} &s=1$

Следствие (об инвариантности формы первого дифференциала)

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

Доказательство

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

Вычисление производной степенно-показательной функции

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

Пример

$latex (x^x)’=(e^{x \cdot \ln x})’=x^x (\ln x+x \cdot \frac{1}{x} \cdot 1)=x^x (\ln x +1)$

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.


Спойлер

Таблица лучших: Тест: дифференцируемость сложной функции

максимум из 6 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных
[свернуть]

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *