5.4 Производные основных элементарных функций

$1.$ Пусть $f(x) \equiv C$ . Тогда, очевидно, $f'(x) = 0$.

$2.$ Пусть $f(x) = x^n (−\infty < x < +\infty, n \in \Bbb{N})$. Тогда $$\frac{(x + h)^n − x^n}{h} =\frac{1}{h}\left[\sum_{k=0}^{n} C^{k}_{n} x^{n−k}h^k − x^n \right]=\frac{1}{h} \sum^n_{k=1}C^k_nx^{n−k}h^k =$$ $$=\sum^n_{k=1}C^k_nx^{n−k}h^{k-1} \to nx^{n−1} \quad (h \to 0).$$ Отсюда следует, что $f'(x) = (x^n)’ = nx^{n−1}$.

$3.$ Пусть $f(x) =\frac {1}{x}(x \neq 0)$. Тогда $$\frac {1}{h}\left(\frac{1}{x + h} − \frac {1}{x}\right) = \frac{1}{h} \cdot \frac{−h}{x(x + h)} = − \frac{1}{x(x + h)} \to − \frac{1}{x^2} \quad (h \to 0).$$ Итак, $\left(\frac {1}{x}\right)’ = −\frac{1}{x^2}$.

$4.$ Пусть $f(x) = x^\alpha (x > 0, \alpha \in \Bbb{R})$. Тогда $$\frac{1}{h}\left(\left(x + h\right)^\alpha − x^\alpha \right) = \frac{x^\alpha}{h}\left(\left(1 + \frac{h}{x}\right) ^\alpha − 1 \right)=$$ $$= \frac{x^\alpha}{h}\cdot \frac{\left(1 + \frac{h}{x} \right)^\alpha − 1}{\frac{h}{x}} \cdot \frac{h}{x} \to \alpha \cdot x^{\alpha−1} \quad (h \to 0),$$ т. е. $(x^\alpha)’ = \alpha \cdot x^{\alpha−1}$.

$5.$ Пусть $f(x) = a^x(−\infty \lt x \lt +\infty, a \gt 0, a \neq 1)$. Тогда $$\frac{1}{h}\left(a^{x+h} − a^x \right)=\frac{a^x}{h}\left(a^h − 1 \right) \to a^x \cdot \ln a \quad(h \to 0),$$ т. е. $(a^x)’ = a^x \cdot \ln a$.

$6.$ Пусть $f(x) = \log_a x (x \gt 0)$. Тогда
$$\frac{1}{h} (\log_a (x + h) − \log_a x) = \frac{1}{h} \log_a \left(1 + \frac{h}{x} \right) =$$
$$= \frac{1}{h} \frac{\log_a \left(1 + \frac{h}{x}\right)} {\frac{h}{x}} \to \frac{1}{\ln{a}} \cdot \frac{1}{x} \qquad (h \to 0),$$
т. е. $(\log_a x)’ = \frac{1}{x\cdot\ln a} $.

$7.$ Пусть $f(x) = \sin x (−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда
$$\frac{1}{h} (\sin (x + h) − \sin x) = \frac{1}{h} (\sin x \cos h + \cos x \sin h − \sin x) =$$
$$= \frac{1}{h} \sin x(\cos h − 1) + \cos x \cdot \frac{\sin h}{h} \to \cos x \qquad(h \to 0),$$
т. е. $(\sin x)’ = \cos x$.

$8.$ Аналогично получаем, что $\left(\cos x \right)’ = −\sin x$.

$9.$ Пусть $f(x) = \operatorname{tg}{x} \left(x \neq \frac{\pi}{2} + {\pi}n, n \in \Bbb{Z}\right)$. Тогда
$$\left(\operatorname{tg}{x}\right)’ = \left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)’ = \frac{\cos x \cdot \cos x − (−\sin x) \cdot \sin x}{\cos^2 x} = \frac{1}{cos^2 x}.$$

$10.$ Пусть $f(x) = \operatorname{ctg}{x}\left(x \neq {\pi}n, n \in \Bbb{Z}\right)$. Тогда
$$(\operatorname{ctg}{x})’ = \left(\left(\operatorname{tg}{x}\right) ^{−1}\right)’ = −\left(\operatorname{tg}{x}\right) ^{−2} \cdot \frac{1}{cos^2 x} = − \frac{1}{sin^2 x}.$$

$11.$ Пусть $y = \arcsin x$ $(−1 \lt x \lt 1)$, т. е.$ −\frac{\pi}{2} \lt y \lt \frac{\pi}{2}$. По теореме о производной обратной функции, $y’_x = \frac{1}{x’_y}$ , где $x = \sin y$, т. е.
$$y’_x = \frac{1}{(\sin y)’_ y} =\frac{1}{\cos(\arcsin x)}.$$
Но $\cos y = \pm\sqrt{1 − \sin^2 y}$, причем перед корнем нужно взять знак $” + ”$, поскольку при $−\frac{\pi}{2} \lt y \lt \frac{\pi}{2}$ имеем $\cos x\gt 0$. Отсюда $\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 − \sin^2 (\arcsin x)} = \sqrt{1 − x^2}$, т. е.
$$(\arcsin x)’ = \frac{1}{\sqrt{1 − x^2}} \quad (−1 \lt x \lt 1).$$

$12.$ Пусть $y = \arccos x$ $(−1 < x < 1)$, т. е. $0 < y < \pi$. Как и в предыдущем примере, получаем
$$y’_x = \frac{1}{x’_y} = \frac{1}{(\cos y)’_y} = −\frac{1}{\sin y} = −\frac{1}{\sin(\arccos x)} = −\frac{1}{\sqrt{1 − x^2}} .$$
При этом, как и выше, мы воспользовались равенством $\sin(\arccos x) = \sqrt{1 − \cos^2(\arccos x)} = \sqrt{1 − x^2}$.

$13.$ Пусть $y = \operatorname{arctg}{x}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Как и в предыдущих двух примерах, имеем
$$y’_x = \frac{1}{x’_y} = \frac{1}{(\operatorname{tg}{y})’_y} = \frac{1}{\frac{1}{\cos^2 y}} = \cos^2 y = \frac{1}{1 + \operatorname{tg}^2{x}} = \frac{1}{1 + x^2} .$$

$14.$ Пусть $y = \operatorname{arcctg}{x}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда
$$y’_x = \frac{1}{x’_y} = \frac{1}{(\operatorname{ctg}{y})’_y} = -\sin^2 y = -\frac{1}{1 + \operatorname{ctg}^2{y}} = -\frac{1}{1 + x^2} .$$

$15.$ Пусть $f(x) = \operatorname{sh}{x} = \frac{\operatorname{e}^x−\operatorname{e}^{−x}}{2}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда, как легко вычислить, $$(\operatorname{sh}{x})’ = \operatorname{ch}{x}.$$

$16.$ Пусть $f(x) = \operatorname{ch}{x} = \frac{\operatorname{e}^x+\operatorname{e}^{−x}}{2}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда, как легко вычислить, $$(\operatorname{ch}{x})’ = \operatorname{sh}{x}.$$

$17.$ Пусть $f(x) = \operatorname{th}{x} = \frac{\operatorname{sh}{x}}{\operatorname{ch}{x}}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда, как легко вычислить,
$$(\operatorname{th}{x})’ = \frac{1}{\operatorname{ch^2}{x}}.$$

$18.$ Пусть $f(x) = \operatorname{cth}{x} = \frac{\operatorname{ch}{x}}{\operatorname{sh}{x}} = \frac{1}{\operatorname{th}{x}}$ $(x \neq 0)$. Тогда, как легко вычислить,
$$(\operatorname{cth}{x})’ = − \frac{1}{\operatorname{th^2}{x}} \cdot \frac{1}{\operatorname{ch^2}{x}} = − \frac{1}{\operatorname{sh^2}{x}}.$$

Пример 1.
Пусть $f(x) = \ln\left({x + \sqrt{x^2 + 1}}\right)$. Тогда
$$f'(x) = \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}} \left(1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^2 + 1}}\right) = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}.$$

Пример 2.
Пусть $f(x) = \left(\ln{\frac1x} \right) ^{\arcsin x}$ . Для удобства дифференцирования представим функцию $f$ в таком виде:
$$f(x) = \exp (\arcsin x \cdot \ln(− \ln x)).$$
Теперь легко вычислить производную
$$f'(x) = \exp (\arcsin x · \ln(− \ln x)) \times$$ $$\times \left(\frac{1}{\sqrt{1 − x^2}} \ln(−\ln x) + \arcsin x \cdot \frac{1}{−\ln x} \cdot\left(−\frac{1}{x}\right)\right) =$$
$$= \left(\ln{\frac{1}{x}}\right) ^{\arcsin x} \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{1 − x^2}}\ln\left(\ln{\frac{1}{x}}\right) + \arcsin x \cdot \frac{1}{\ln x} \cdot \frac{1}{x}\right).$$

Пример 3.
Пусть $f(x) = |x|^3$ . В окрестности точки $x \gt 0$ функция $f(x)$ совпадает с функцией $x^3$ и поэтому $f'(x) = 3x^2$ при $x \gt 0$. В окрестности точки $x \lt 0$ функция $f(x)$ совпадает с функцией $−x^3$ и поэтому $f'(x) = −3x^2$ при $x \lt 0$. В правой полуокрестности нуля функция $f$ совпадает с функцией $x^3$ и поэтому $f’_+(0) = 3x^2 |_{x=0} = 0$. В левой полуокрестности нуля функция $f$ совпадает с функцией $−x^3$ и поэтому $f’_−(0) = −3x^2 |_{x=0} = 0$. Поскольку в нуле левая и правая производные функции $f$ совпадают, то $f$ дифференцируема в точке $x = 0$ и $f'(0) = 0$. Окончательно получили $f'(x) = 3x^2 \operatorname{sign}{x}$.

Примеры решения задач

  1. Найти производную функции $y=7^{\arcsin^2{x}}$
    Решение

    Воспользуемся вначале правилом $(5)$: $(7^{\arcsin^2{x}})’= 7^{\arcsin^2{x}}\cdot\ln{7}\cdot(\arcsin^2{x})’$. Следующий шаг: внутренняя функция – арксинус, внешняя функция – степень. Согласно правилу дифференцирования сложной функции сначала нужно взять производную от степени $(2)$, затем от арксинуса $(11)$:
    $$7^{\arcsin^2{x}}\cdot\ln{7}\cdot(\arcsin^2{x})’=7^{\arcsin^2{x}}\cdot\ln{7}\cdot\arcsin{x}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=$$
    $$=\frac{2\ln{7}\cdot 7^{\arcsin^2{x}}\cdot\arcsin{x}}{\sqrt{1-x^2}}$$

  2. Найти производную функции $y=\operatorname{arcctg}{\left(\frac{\sin x + \cos x}{\sin x — \cos x}\right)}$

    Решение

    $y’=\left(\operatorname{arcctg}{\left(\frac{\sin x + \cos x}{\sin x — \cos x}\right)}\right)’=-\frac{1}{1+\left(\frac{\sin x + \cos x}{\sin x — \cos x}\right)^2}\cdot\left(\frac{\sin x + \cos x}{\sin x — \cos x}\right)’=$
    $=\frac{-1}{1+\frac{\sin^2 x +2\sin x\cos x+ \cos^2 x}{\sin^2 x — 2\sin x\cos x+ \cos^2 x}}\cdot \frac{(\sin x + \cos x)'(\sin x — \cos x)-(\sin x + \cos x)(\sin x — \cos x)’}{(\sin x — \cos x)^2}=$
    $=\frac{-1}{\frac{\sin^2 x — 2\sin x\cos x + \sin^2 x + 2\sin x\cos x +\cos^2 x}{(\sin x — \cos x)^2}}\frac{(\cos x — \sin x)(\sin x — \cos x)-(\sin x + \cos x)(\cos x + \sin x)}{(\sin x — \cos x)^2}=$
    $=\frac{-\sin^2 x + 2\sin x \cos x -\cos^2 x}{2\sin^2 x + 2\cos^2 x}\frac{-2\cos^2 x — 2\sin^2 x}{\sin^2 x — 2\sin x \cos x +\cos^2 x}=1$

  3. Составить уравнения касательной к графику кривой $y=2\sin{x}+5$ в точке с абсциссой $x_0=\frac{\pi}{2}$
    Решение

    $g = f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$ — уравнение касательной. Находим $f(x_0)$, $f'(x)$ и $f'(x_0)$:
    $f(x_0)=2\sin{\frac{\pi}{2}}+5=7$
    $f'(x)=2(\sin{x})’+5’=-2\cos{x}$
    $f'(x_0)=-2\cos{\frac{\pi}{2}}=0$
    Подставляем полученное в уравнение касательной:
    $g=7+0(x-\frac{\pi}{2})=7$
    $g=7$

  4. Найти производную от $y=x^x$:
    1. С помощью логарифмической производной;
    2. Как сложную функцию.
    Решение
    1. Сначала производим логарифмирование по основанию $e$, упрощаем вид функции, используя свойства логарифма, и далее находим производную. Логарифмирование дает $\ln{y} = \ln{x^x}$. По свойствам логарифма $\ln{y} = x\ln{x}$. Дифференцирование обеих частей равенства приводит к результату: $$(\ln{y})’ = (x\cdot\ln{x})’$$ $$\frac{1}{y}\cdot y’=x’\cdot\ln{x}+x\cdot(\ln{x})’$$ $$y’=y\cdot\left(1\cdot\ln{x}+x\cdot\frac{1}{x}\right)=y\cdot\left(\ln{x}+1\right)=x^x\cdot(\ln{x}+1).$$
    2. Запишем $y=x^x$ через $\operatorname{e}^x$:
      $y=x^x=\operatorname{e}^{\ln{x^x}}=\operatorname{e}^{x\cdot\ln{x}}.$ Находим производную сложной функции:
      $$y’=(\operatorname{e}^{x\cdot\ln{x}})’=\operatorname{e}^{x\cdot\ln{x}}\cdot(x\cdot\ln{x})’=x^x\cdot\left(x’\cdot\ln{x}+x\cdot(\ln{x})’\right)=$$$$=x^x\cdot(1\cdot\ln{x}+x\cdot\frac{1}{x})=x^x\cdot(\ln{x}+1).$$

Производные основных элементарных функций

Производные основных элементарных функций

M617. Треугольник с внутренними окружностями

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 2 выпуск)

Условие

Внутри треугольника расположены окружности $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$ одинакового радиуса так, что каждая из окружностей $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ касается двух сторон треугольника и окружности $\delta$. Докажите, что центр окружности $\delta$ принадлежит прямой, проходящей через центры вписанной в данный треугольник окружности и окружности, описанной около него.

Решение

Пусть $ABC$ — данный треугольник и $O_1$, $O_2$, $O_3$ — центры конгруэнтных окружностей, касающихся пар его сторон, а $O_4$ — центр четвертой окружности — той, которая касается указанны трех (см. рисунок). Длины их радиусов обозначим через $\varrho$. Треугольник $O_1O_2O_3$ гомотетичен треугольнику $ABC$, так как его стороны соответственно параллельны сторонам треугольника $ABC$. Не трудно видеть, что центром этой гомотетии будет точка $N$, являющаяся одновременно центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$, и центром окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$. Действительно, прямые $AO_1$, $BO_2$, $CO_3$ являются биссектрисами углов как треугольника $ABC$, так и треугольника $O_1O_2O_3$, а точка $N$ — точка пересечения этих биссектрис.

Теперь заметим, что точка $O_4$ является центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$ (её расстояния до каждой из вершин этого треугольника равно $2\varrho$).

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $N$, переводящую треугольник $O_1O_2O_3$ в треугольник $ABC$. Точка $O_4$ переходит при этом в некоторую точку $M$, лежащую на прямой $NO_4$. Мы уже знаем, что точка $O_4$ была центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$; следовательно, её образ — точка $M$ — будет центром окружности, окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$. Тем самым доказано утверждение задачи.

Нетрудно вычислить величину радиуса $\varrho$ этих четырех окружностей через $r$ и $R$ — радиусы вписанной в треугольник $ABC$ окружности и окружности, описанной около него.

Заметим, что радиус окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$, равен $r -\varrho$, а радиус окружности, описанной вокруг этого треугольника, равен $2\varrho$.

Пусть $k$ — коэффициент рассмотренной выше гомотетии. Тогда $(r — \varrho)k = r$ и $2\varrho k = R$. Выразив $k$ из каждого соотношения и приравняв полученные выражения, найдем $$\frac{r}{r-\varrho} = \frac{R}{2\varrho}\;,$$ откуда $$\varrho = \frac{rR}{R+2r}\;.$$

А.Савин