15. Числовые ряды

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

12.8.1 Квадратичные формы

Определение. Квадратичной формой на $\mathbb{R}^{n}$ называется каждая функция вида
$$Q\left(h\right) = \sum_{i,j=1}^{n} a_{ij}h^{i}h^{j}, $$
где $a_{ij}$ — действительные числа. Матрица $\left(a_{ij}\right)$ называется матрицей квадратичной формы.

Будем считать, что $a_{ij}=a_{ji},$ т. е. что матрица $\left(a_{ij}\right)$ симметрична. Заметим, что $Q$ — это многочлен второго порядка от $n$ переменных $h_{1},\cdots ,h_{n}.$ Ясно, что для любого действительного числа $t$
$$Q\left(th\right) = t^{2}Q\left(h\right). $$

Это свойство называется свойством однородности второго порядка.

Определение Квадратичная форма $Q$ называется положительно определенной, если для любого $h \neq 0$ справедливо неравенство $Q\left(h\right) \gt 0.$

Аналогично, если для любого $h \neq 0$ имеем $Q\left(h\right)\lt 0,$ то такая квадратичная форма называется отрицательно определенной.

Если квадратичная форма принимает как положительные, так и отрицательные значения, то такая квадратичная форма называется неопределенной.

Если $Q\left(h\right)\geqslant 0$ для всех $h,$ то форма называется положительно полуопределенной, а если $Q\left(h\right)\leqslant 0$ для всех $h,$ то форма называется отрицательно полуопределенной.

Квадратичная форма называется знакоопределенной, если она положительно определенная или отрицательно определенная.

Пример 1. Если $Q\left(x^{1},x^{2}\right) = (x^{1})^{2} + 2(x^{2})^{2},$ то для всех $x^{1},x^{2}$ кроме $x^{1}=x^{2}=0$, имеем $Q\left(x^{1},x^{2}\right) \gt 0,$ т.е. эта форма положительно определенная.
Пример 2. Если $Q\left(x^{1},x^{2}\right) = (x^{1})^{2} — x^{1}x^{2} — (x^{2})^{2}$ имеем $Q(1,0)=1, Q(0,1)= -1, $ так что эта форма неопределенная.
Пример 3. Если $Q\left(x^{1},x^{2}\right) = (x^{1})^{2} — 2x^{1}x^{2} + (x^{2})^{2}$ положительно полуопределенная, поскольку для любых $x^{1},x^{2}$ имеем $Q\left(x^{1},x^{2}\right) \geqslant 0,$ но равенство $Q\left(x^{1},x^{2}\right) = 0$ имеет место не только в точке $x^{1}=x^{2}=0,$ а в каждой точке вида $x^{1}=x^{2}$.
Пример 4. Форма $Q\left(h\right) = (h^{1})^{2} + \cdots + (h^{n})^{2} = |h|^{2},$ очевидно, положительно определенная.
Пример 5. Пусть $Q\left(h\right) = (h^{1})^{2} + \cdots + (h^{m})^{2},$ где $m \lt n$. Эта форма положительно полуопределенная, поскольку $Q(h) \geqslant 0 $, но при $i\gt m$ значений этой формы на стандартном векторе $e_{i}$ равно нулю.
Пример 6. Пусть $Q\left(h\right) = (h^{1})^{2} + \cdots + (h^{m})^{2} — (h^{m+1})^{2} — \cdots — (h^{n})^{2},$ где $m \lt n$. Тогда эта форма неопределенная, поскольку $Q(e_{i})=1$ при $i\leqslant m$ и $Q(e_{i})=-1,$ если $i\gt m.$

Для любой квадратичной формы $Q$ $$|Q(h)| \leqslant \sum_{i,j=1}^{n} |a_{i j}| |h^{i}| |h^{j}| \leqslant | h^{2} | \sum_{i,j=1}^{n} |a_{i j}| \equiv K | h^{2} |.$$

Эта оценка показывает, что при $h \rightarrow 0$ квадратичная форма стремится к нулю. Если квадратичная форма знакоопределенная, то полученный порядок стремления к нулю оказывается точным. Именно, справедлива

Лемма 1. Пусть $Q$ — положительно определенная квадратичная форма на $\mathbb{R}^{n}$. Тогда существует такое положительное число $\lambda ,$ что $$Q(h) \geqslant \lambda |h|^{2} (h \subset \mathbb{R}^{n}). $$
Обозначим через $S$ единичную сферу в $\mathbb{R}^{n},$ т.е. $$ S=\left\{x \in \mathbb{R}^{n} : |x|=1\right\}.$$Легко видеть, что $S$ — замкнутое и ограниченное множество и, следовательно, компактное. Поэтому, по второй теореме Вейерштрасса, непрерывная функция $Q$ достигает своего наименьшего значения, которое мы обозначим через $\lambda.$ Но на $S$ форма $Q$ принимает положительные значения, так что $\lambda \gt 0.$
Итак, $Q(x)\geqslant \lambda (|x|=1).$ Если теперь $h$ — произвольный вектор из $\mathbb{R}^{n},$ то положим $ x = \frac{h}{|h|}.$ Тогда $|x|=1,$ т.е. $x$ лежит на единичной сфере, а поэтому $Q(x)\geqslant \lambda .$ Если вместо $x$ подставим его значение, то получим $Q(\frac{h}{|h|})\geqslant \lambda .$ Воспользовавшись свойством однородности второго порядка для формы $Q$, имеем $Q(h)\geqslant \lambda|h|^{2}.$

Теперь займемся таким вопросом. Как по матрице коэффициентов квадратичной формы судить о знакоопределенности формы? Рассмотрим подробно случай $n=2.$

Пусть $Q(h,k)=a_{11}h^{2}+2a_{12}hk+a_{22}k^{2}.$ Предположим сначала, что $a_{11}\neq 0.$ Тогда $$Q(h,k)=\frac{1}{a_{11}}(a_{11}^{2} h^{2}+2a_{11}a_{12}hk+a_{11}a_{22}k^{2}) = \frac{1}{a_{11}}\left[(a_{11}h+a_{12}k)^{2}+\triangle k^{2} \right],$$ где
$$\triangle = a_{11}a_{22}-a_{12}^{2} = \begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} \\a_{21} & a_{22} \end{vmatrix}.$$

  1. Если $\triangle \gt 0,$ то выражение в квадратных скобках положительно для любых $h$ и $k,$ не равных одновременно нулю, т.е. $Q(h,k)\neq 0,$ причём $sign (Q(h,k)) = sign (a_{11}).$ В этом случае форма является знакоопределенной, она сохраняет свой знак.
  2. Рассмотрим случай $\triangle \lt 0.$ Пусть, например, $k\neq 0.$ Тогда вынося за скобки $k^{2}$ и обозначая $t=\frac{h}{k},$ получаем $$ Q(h,k) = k^{2}\left[a_{11}t^{2}+2a_{12}t+a_{22} \right].$$ Если $a_{11}\neq 0,$ то в скобках имеем квадратный трёхчлен относительно $t.$ Его дискриминант $-4\triangle \gt 0.$ Поэтому этот квадратный трёхчлен имеет различные действительные корни, а значит принимает, как и положительные, так и отрицательные значения.

    Если же $a_{11}=0,$ то $a_{12}\neq 0$(так как иначе бы получили, что $\triangle = 0$). Значит, в квадратных скобках линейный двучлен $2a_{12}t+a_{22},$ который также принимает как положительные, так и отрицательные значения.

    Итак, если $\triangle \lt 0,$ то квадратичная форма $Q$ является неопределенной.

  3. Пусть $\triangle = 0.$ Если $a_{11}\neq 0,$ то получим $$Q(h,k) = \frac{1}{a_{11}}(a_{11}h+a_{12}k)^{2}.$$ Если, например, $a_{11} \gt 0,$ то всегда $Q(h,k) \geqslant 0,$ а при $h = -\frac{a_{12}k}{a_{11}}$ имеем $Q(h,k)=0.$ Это означает, что существуют ненулевые векторы, на которых форма обращается в нуль, и получаем, что форма полуопределена.

    Если же $a_{11}=0,$ то в этом случае $\triangle = -a_{12}^{2}.$ Значит $a_{12}=0$ и $Q(h,k) = a_{22}k^{2}.$ Это — тоже полуопределенная форма.

Итак, если $\triangle = 0,$ то форма полуопределенная.

Окончательно приходим к следующему выводу.

Лемма 2. Пусть

$Q(h,k)=a_{11}h^{2}+2a_{12}hk+a_{22}k^{2}.$ и $\triangle = a_{11}a_{22}-a_{12}^{2} $

Тогда:

1) если $\triangle \gt 0$, то форма $Q$ — знакоопределенная, причём $sign (Q) = sign (a_{11});$

2) если $\triangle \lt 0 ,$ то $Q$ — неопределенная форма.

2) если $\triangle = 0 ,$ то $Q$ — полуопределенная форма.

Определение. Пусть $Q(h)=\sum_{i,j=1}^{n}a_{ij}h^{i}h^{j}$ — квадратичная форма на $\mathbb{R}^{n}$ с симметричной матрицей $$\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix}.$$

Миноры этой матрицы, расположенные в её левом верхнем углу, называют главными минорами, т.е. главные миноры — это $$
\triangle_{1} = a_{11}, \triangle_{2} = \begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} \\a_{21} & a_{22} \end{vmatrix}, \cdots , \triangle_{n} =\begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \cdots & \cdots & \cdots \ \\ a_{n1} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix}.
$$

Критерий Сильвестра. Для того, чтобы квадратичная форма $Q$ была положительно определенной, необходимо и достаточно, чтобы все её главные миноры были положительными.

Критерий отрицательной определенности. Для того, чтобы квадратичная форма $Q$ была отрицательно определенной, необходимо и достаточно, чтобы были выполнены следующие условия: $-\triangle_{1} \gt 0,\triangle_{2} \gt 0,\cdots ,(-1)^{n}\triangle_{n} \gt 0,$ т.е. главные миноры должны иметь чередующиеся знаки, причём первый должен быть отрицательным.

Эти два критерия здесь мы доказывать не будем.

Примеры решения задач

  1. Найти матрицу квадратичной формы $$Q(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}^{2} — 4x_{1}x_{2} + x_{2}^{2} + 2x_{1}x_{3} — x_{3}^{2}$$
    Решение
    1. Запишем квадратичную форму в виде $$Q(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}^{2} — 2x_{1}x_{2} — 2x_{2}x_{1} + x_{2}^{2} + x_{1}x_{3} + x_{3}x_{1} — x_{3}^{2}.$$
    2. Здесь $a_{11}=2,a_{12}=-2,a_{13}=1,a_{21}=-2,a_{22}=1,a_{23}=0,a_{31}=1,a_{32}=0,a_{33}=-1,$ следовательно, матрица этой квадратичной формы есть $$\begin{pmatrix} 2 & -2 &1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1\\ \end{pmatrix}.$$
  2. Установить характер знакоопределенности квадратичной формы $$Q(x_{1},x_{2},x_{3})=4x_{1}^{2}+6x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+6x_{1}x_{2}$$

    Решение
    1. Найдём матрицу квадратичной формы $$A = \begin{pmatrix} 4 & 3 & 0 \\ 3 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 2\\ \end{pmatrix}.$$
    2. Теперь проверим знакоопределенность формы по критерию Сильвестра $$
      \triangle_{1} = 4 \gt 0, \triangle_{2} = \begin{vmatrix}4 & 3 \\3 & 6 \end{vmatrix} = 15 \gt 0, \triangle_{3} =\begin{vmatrix} 4 & 3 & 0 \\ 3 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 2\\ \end{vmatrix} = 2\cdot15 = 30 \gt 0,$$ значит, квадратичная форма положительно определенная.
  3. Найти все значения $\lambda,$ при которых положительно определена квадратичная форма $$Q(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}^{2} + \lambda x_{2}^{2} + 5x_{3}^{2} + 4x_{1}x_{2} + 4x_{1}x_{3}. $$

    Решение
    1. Найдём матрицу квадратичной формы $$A = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & \lambda & 0 \\ 2 & 0 & 5\\ \end{pmatrix}.$$
    2. Найдём главные миноры: $$
      \triangle_{1} = 2 , \triangle_{2} = \begin{vmatrix}2 & 2 \\2 & \lambda \end{vmatrix} = 2\lambda — 4 , \triangle_{3} =\begin{vmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & \lambda & 0 \\ 2 & 0 & 5\\ \end{vmatrix} = 6\lambda — 20.$$

    3. По критерию Сильвестра, $Q$ положительно определена тогда и только тогда, когда $$\begin{cases}2\lambda -4 \gt 0, \\6\lambda — 20 \gt 0\end{cases}\Leftrightarrow \lambda \gt \frac{10}{3}.$$

Проверка знаний по пройденной теме

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.

Список использованной литературы:

7.6 Теоремы о среднем

Теорема 1 (первая теорема о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $\left [ a,b \right ]$, причем функция $g$ не меняет знак на $\left [ a,b \right ]$. Пусть $m=\textrm{inf}_{x\in\left [ a,b \right ]}f(x), M=\textrm{sup}_{x\in\left [ a,b \right ]} f(x)$. Тогда найдется такое число $\mu\in\left [ m,M \right ]$, что $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\mu\int_{a}^{b}g(x)dx.$$

Можем считать, что $a<b$, т.к. если поменять местами $a$ и $b$, то знаки обеих частей равенства поменяются на противоположные. Пусть $g(x)\geq0$. Неравенство $m\leq f(x)\leq M$ умножим на $g(x)$ и проинтегрируем от $a$ до $b$. В силу монотонности и линейности интеграла получим $$m\int_{a}^{b}g(x)dx\leq\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\leq M\int_{a}^{b}g(x)dx.$$

Если $\int_{a}^{b}g(x)dx=0$, то из этого неравенства видно, что утверждение теоремы справедливо при любом $\mu$. Если же $\int_{a}^{b}g(x)dx>0$, то положим $$\mu=\frac{\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx}{\int_{a}^{b}g(x)dx}.$$

Тогда из полученного выше равенства следует, что $m\leq\mu\leq M$, и теорема доказана.

Случай $g(x)\leq0$ рассматривается аналогично.

Следствие. Если в условиях теоремы 1 функция $f$ непрерывна на $\left [ a,b \right ]$, то найдется такая $\xi\in\left [ a,b \right ]$, что $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi)\int_{a}^{b}g(x)dx.$$

Действительно, в этом случае, по теореме Больцано — Коши о промежуточном значении, число $\mu$ является значением функции $f$ в некоторой точке $\xi\in\left [ a,b \right ]$.

Лемма.Пусть функция $g$ интегрируема на отрезке $\left [ a,b \right ]$. Тогда функция $G(x)\equiv\int_{a}^{x}g(t)dt (a\leq x\leq b)$ равномерно непрерывна на $\left [ a,b \right ]$.

Пусть ${x}’ , {x}» \in\left [ a,b \right ] , {x}'<{x}»$. Тогда $$G({x}»)-G({x}’)=\int_{a}^{{x}»}g(t)dt-\int_{a}^{{x}’}g(t)dt =$$ $$=\int_{a}^{{x}’}g(t)dt+\int_{{x}’}^{{x}»}g(t)dt-\int_{a}^{{x}’}g(t)dt=\int_{{x}’}^{{x}»}g(t)dt.$$

Поскольку $g$ интегрируема, то она ограничена, т.е. существует такой $M$, что $\left | g(t) \right |\leq M$ для всех $t\in\left [ a,b \right ]$. Поэтому получаем $$\mid G({x}»)-G({x}’)\mid\leq\int_{{x}’}^{{x}»}\mid g(t)\mid dt\leq M({x}» — {x}’).$$

Отсюда следует, что функция $G$ равномерно непрерывна на $\left [ a,b \right ]$.

Теорема 2 (вторая теорема о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $\left [ a,b \right ]$, причем функция $f$ монотонна на $\left [ a,b \right ]$. Тогда существует точка $\xi\in\left [ a,b \right ]$, такая, что $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(a)\int_{a}^{\xi}g(x)dx+f(b)\int_{\xi}^{b}g(x)dx.$$

Сначала предположим что $f$ убывает на $\left [ a,b \right ]$ и неотрицательна. Возьмем произвольные разбиение $a=x_{0}<x_{1}<…< x_{n}=b$ отрезка $\left [ a,b \right ]$. Тогда, по свойству аддитивности интеграла, $$I\equiv\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\sum_{i=0}^{n-1}\int_{x_{i}}^{x_{i+1}}f(x)g(x)dx=$$ $$=\sum_{i=0}^{n-1}f(x_{i})\int_{x_{i}}^{x_{i+1}}g(x)dx+\sum_{i=0}^{n-1}\int_{x_{i}}^{x_{i+1}}\left [ f(x)-f(x_{i}) \right ]g(x)dx\equiv{I}’+\rho.$$

Для оценки суммы $\rho$ воспользуемся тем, что интегрируемая функция $g$ ограничена, т.е. существует такое $M$, что $\mid g(x)\mid\leq M, x\in\left [ a,b \right ]$. Тогда получим $$\mid\rho\mid\leq\sum_{i=0}^{n-1}\int_{x_{i}}^{x_{i+1}}\mid f(x)-f(x_{i})\mid\mid g(x)\mid dx\leq M\sum_{i=0}^{n-1}\omega_{i}\Delta x_{i},$$

где $\omega_{i}$ — колебания функции f на $\left [ x_{i},x_{i+1} \right ]$. Правая часть стремится к нулю при стремлении к нулю диаметра разбиения в силу критерия интегрируемости Римана. Следовательно, сумма ${I}’$ стремится к интегралу $I$.

Оценим ${I}’$. Для этого обозначим $G(x)=\int_{a}^{x}g(t)dt$. Получим $${I}’=\sum_{i=0}^{n-1}f(x_{i})\left [ G(x_{i+1}-G(x_{i}) \right ]=\sum_{i=0}^{n-1}f(x_{i}G(x_{i+1})-\sum_{i=0}^{n-1}f(x_{i})G(x_{i})=$$ $$=\sum_{i=1}^{n}f(x_{i-1})G(x_{i})-\sum_{i=1}^{n-1}f(x_{i})G(x_{i})=$$ $$f(x_{n-1})G(x_{n})+\sum_{i=1}^{n-1}\left [ f(x_{i-1})-f(x_{i}) \right ]G(x_{i}).$$

Мы воспользовались равенством $G(x_{0})=G(a)=0.$

Обозначим через $L$ и $U$ соответственно нижнюю и верхнюю грани функции $G$ на $\left [ a,b \right ]$. Поскольку, в силу леммы, функция $G$ непрерывна на $\left [ a,b \right ]$, то они существуют в силу первой теоремы Вейерштрасса. Учитывая также, что функция $f$, по предположению, неотрицательна и монотонно убывающая, т.е. $f(x_{i-1})-f(x_{i})\geq0$, получаем следующее неравенство: $$L\left [ f(x_{n-1})+\sum_{i=1}^{n-1}\left [ f(x_{i-1})-f(x_{i}) \right ] \right ]\leq$$ $$\leq{I}’\leq U\left [ f(x_{n-1}+\sum_{i=1}^{n-1}\left [ f(x_{i-1})-f(x_{i}) \right ] \right ].$$

При этом мы использовали неравенство $L\leq G(x_{i})\leq U.$ Поскольку, как легко видеть, сумма в квадратных скобках равна $f(x_{0})=f(a)$, то полученное неравенство принимает вид $Lf(a)\leq{I}’\leq Uf(a).$ Но поскольку ${I}’\rightarrow I$ при $d\textrm(\prod)\rightarrow0$, то отсюда получаем $Lf(a)\leq I\leq Uf(a).$ Разделив это неравенство на $f(a)>0,$ получим $L\leq\frac{I}{f(a)}.$ Отсюда следует, что $I=f(a)G(\xi)$, а учитывая определение функции $G$, получаем равенство $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(a)\int_{a}^{\xi}g(x)dx (\xi\in\left [ a,b \right ]). (7.4)$$

Итак, равенство (7.4) доказано нами в предположении, что функция $f$ убывает и неотрицательна. Рассмотрим теперь случай, когда $f$ убывает на $\left [ a,b \right ]$. Положим $\bar{f}(x)=f(x)-f(b).$ Тогда $\bar{f}$ убывает и неотрицательна. По доказанному, найдется точка $\bar{\xi}$, такая что $$\int_{a}^{b}\bar{f}(x)g(x)dx=\bar{f}(a)\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx (\bar{\xi}\in\left [ a,b \right ]).$$

Учитывая, что $\bar{f}(x)=f(x)-f(b)$, отсюда получаем $$\int_{a}^{b}\left [ f(x)-f(b) \right ]g(x)dx=\left [ f(a)-f(b) \right ]\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx,$$

или, что то же самое, $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(a)\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx+f(b)\int_{a}^{b}g(x)dx-f(b)\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx=$$ $$=f(a)\int_{a}^{\bar{\xi}}g(x)dx+f(b)\int_{\bar{\xi}}^{b}g(x)dx.$$

Этим доказано равенство (7.3).

В случае когда функция $f$ возрастает и неотрицательна на $\left [ a,b \right ]$, аналогично тому, тому как было доказано равенство (7.4), можно показать, что существует такая точка $\xi$, что $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(b)\int_{\xi}^{b}g(x)dx. (7.5)$$

Далее, из (7.5) легко можно получить (7.3) точно так же, как и (7.3) было получено из (7.4).

Замечание. Формулы (7.3) — (7.5) называются формулами Бонне. В этих равенствах точки $\xi$, вообще говоря, разные. В самом деле, мы можем изменить функцию $f$ в точках $a$ и $b$, сохранив при этом монотонность функции $f$. При этом левая часть (7.3) не изменится, а изменение множителей $f(a)$ и $f(b)$ перед интегралами справа в (7.3), очевидно, повлечет изменение значение $\xi$ справа в (7.3).

Вторую теорему о среднем иногда записывают в следующем виде: $$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(a+0)\int_{a}^{{\xi}’}g(x)dx+f(b-0)\int_{{\xi}’}^{b}g(x)dx.$$

В этом равенстве точка ${\xi}’$, вообще говоря, не совпадает со значением $\xi$ в равенстве (7.3).

Примеры применения теорем о среднем.

Пример 1. Найти $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\frac{x^n}{1+x}dx.$$ Оценим $$0\leq\int_{0}{1}\frac{x^n}{1+x}dx\leq\int_{0}^{1}x^ndx=\frac{1}{n+1}.$$ Отсюда получаем $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{1}\frac{x^n}{1+x}dx=0.$$

Пример 2. Найти $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx.$$ Зафиксируем $\varepsilon>0$. Тогда получим $$\int_{0}{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2}}\sin^n xdx+\int_{\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2}}^{\pi}{2}\sin^n xdx\leq$$ $$\leq(\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2}))^n\frac{\pi}{2}+{\varepsilon}{2}.$$ Поскольку $\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2})<1$, то первое слагаемое справа стремится к нулю при $n\rightarrow\infty$. Поэтому найдется такое $N$, что для всех $n\geq N$ справедливо неравенство $$(\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\varepsilon}{2}))^n\frac{\pi}{2}<\frac{\varepsilon}{2}.$$ Итак, для заданного $\varepsilon>0$ мы нашли номер $N$, начиная с которого $$\int_{0}{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx<\varepsilon.$$ Это означает что $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx=0.$$

Пример 3. Оценить сверху $$I\equiv\int_{0}^{1}\frac{\sin x}{1+x^2}dx.$$

Первый способ.

Применяя первую теорему о среднем, получаем $$I=\frac{1}{1+\xi^2}\int_{0}^{1}\sin xdx=\frac{1}{1+\xi^2}(-\cos x)\mid_{0}^{1}=\frac{1}{1+\xi^2}(1-\cos 1)\leq 1-\cos 1.$$

Второй способ.

В силу первой теоремы о среднем $$I=\sin\eta\int_{0}{1}\frac{dx}{1+x^2}=\sin\eta \arctan x\mid_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}\sin\eta\leq\frac{\pi}{4}\sin 1.$$

Пример 4. Оценить интеграл $$I\equiv\int_{A}^{B}\frac{\sin x}{x}dx, 0<A<B<+\infty.$$

Первый способ.

Применим вторую теорему о среднем. Для этого обозначим $f(x)=\frac{1}{x}$ и $g(x)=\sin x$. Функция $f$ монотонна на $\left [ A,B \right ]$, так что по второй формуле Бонне получаем $$I=\frac{1}{A}\int_{A}^{\xi}\sin xdx = \frac{1}{A}(-\cos x)\mid_{A}^{\xi}=\frac{1}{A}(\cos A — \cos \xi).$$ Отсюда следует, что $\mid I\mid\leq\frac{2}{A}.$

Второй способ.

Применяя первую теорему о среднем, получим $$I=\sin\xi\int_{A}^{B}\frac{dx}{x}=\sin\xi\ln\frac{B}{A}.$$ Отсюда следует, что $\mid I\mid\leq\ln\frac{B}{A}.$

Примеры решения задач

Пример 1 Найти среднее значение функции $f(x)=\sin^2 x$ на отрезке $\left [ 0;2\pi \right ]$.

Решение

Пользуясь теоремой о среднем имеем:$$\mu=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sin^2 xdx=\frac{1}{4\pi}\int_{0}^{2\pi}(1-\cos 2x)dx=$$ $$=\frac{1}{4\pi}(x-\frac{1}{2}\sin 2x)\mid_{0}{2\pi}=\frac{1}{4\pi}(2\pi-\frac{1}{2}\sin 4\pi)=\frac{1}{2}.$$ Итак, $\mu=\frac{1}{2}.$

Пример 2. Найти среднее значение функции $y=x^2-5x+7$ на отрезке $\left [ 2;13 \right ]$.

Решение

Воспользуемся выше упомянутой формулой и подставим в нее известные значения: $$f(c)=\frac{\int_{2}^{13}(x^2-5x+7)dx}{13-2}=\frac{1}{11}\int_{2}{13}(x^2-5x+7)dx=$$ Вычислим интеграл: $$=\frac{1}{11}(\frac{x^3}{3}-5\frac{x^2}{2}+7x)\mid_{2}^{13}=\frac{1}{11}(\frac{2189}{3}-\frac{845}{2}+87)=$$ $$=\frac{1}{11}\cdot\frac{4378-2535+522}{6}=\frac{2365}{66}\approx 35,8$$ Получили среднее значение функции $y=x^2-5x+7$ на отрезке $\left [ 2;13 \right ]$ равным 35,8

Пример 3. Используя теорему об оценке, найти, какому интервалу принадлежит значение интеграла $\int_{16}^{32}\frac{dx}{3+log_{2}x}.$

Решение

На отрезке $\left [ 16,32 \right ]$ наименьшее значение функции $f(x)=\frac{1}{3+log_{2}x}$ — $f(32)=m=\frac{1}{3+log_{2}32}=\frac{1}{8}$, наибольшее-$f(16)=M=\frac{1}{3+log_{2}16}=\frac{1}{7}$, длина промежутка интегрирования $b-a=32-16=16$. Согласно неравенству имеем $$2=\frac{16}{8}\leq\int_{16}^{32}\frac{dx}{3+log_{2}x}\leq\frac{16}{7}\approx 2,29$$

Литература

Теоремы о среднем

5.3 Производная сложной и обратной функций

Теорема (о производной композиции). Пусть функция $f$ определена на интервале $I$ и дифференцируема в точке $x_0 ∈ I$, а функция $g$ определена на интервале $J ⊃ f(I)$ и дифференцируема в соответствующей точке $y_0 = f (x_0) ∈ J$. Тогда сложная функция $\varphi(x) = g(f(x))$ дифференцируема в точке $x_0$, причем $$\varphi'(x_0) = g'(f(x_0)) \cdot f'(x_0)$$

Так как функция $g$ дифференцируема в точке $y_0$,
то $$g(y)-g(y_0) = g'(y_0)\cdot (y-y_0)+r(y)\cdot (y-y_0),\quad\quad(5.1)$$ где $\displaystyle \lim_{y\to y_0}\, r(y)=0$. Доопределим функцию $r$ в точке $y_0$ по непрерывности, положив $r (y_0) = 0$. В равенстве (5.1) считаем, что $y = f(x)$. Тогда получим $$\varphi(x)-\varphi(x_0) = g'(y_0)(f(x)-f(x_0)) + r(f(x))(f(x)-f(x_0)).$$ Разделив это равенство на $x−x_0$ и устремив $x \to x_0$, получаем $$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\, \frac{\varphi(x)-\varphi(x_0)}{x-x_0}=$$ $$=g'(f(x_0)) \displaystyle \lim_{x\to x_0} \, \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\displaystyle \lim_{x\to x_0} \, r(f(x))\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.$$ Последний предел справа равен нулю, поскольку $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\, r(f(x))=0$ (по теореме о непрерывности сложной функции) и $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\, \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$. Итак, получили, что $\varphi'(x_0) = g'(f(x_0))\cdot f'(x_0)$.

Теорема (о производной обратной функции). Пусть функция $f$ строго возрастает на интервале $I$, непрерывна на $I$, дифференцируема в точке $x_0 \in I$ и $f'(x_0)\neq 0$. Тогда обратная функция $g = f^{-1}$ дифференцируема в точке $y_0 = f(x_0)$, причём $g'(x_0) = \frac{1}{f'(x_0)}$.

Рассмотрим разностное отношение $\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}$. Обозначим $x=g(y)$. Тогда $y=f(x)$ и $$\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}=\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}.$$ Поскольку функция $g$ непрерывна (в силу теоремы о непрерывности обратной функции), то при $y\to y_0$ имеем $x=g(y)\to g(y_0) = x_0$, и поэтому $$\displaystyle \lim_{y\to y_0}\,\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}=\frac{1}{\displaystyle \lim_{x\to x_0}\,\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\frac{1}{f'(x_0)},$$ т. е. существует предел левой части и он равен $\frac{1}{f'(x_0)}$.

Практические задания
1. Найти производную обратной функции $g(y)=\arcsin x,\, -\frac{\pi}{2}\leqslant y \leqslant\frac{\pi}{2},\, -1\leqslant x\leqslant 1$.

Решение

Обратная функция к $g(y)$: $$f(x)=g^{-1}(y)=\sin y,$$
Пользуясь вышеописанными формулами и таблицей производных получаем: $$g'(y)=(\arcsin x)’ = \frac{1}{x’} = \frac{1}{\cos y}$$ Так как $-\frac{\pi}{2}\leqslant y \leqslant\frac{\pi}{2}$, то $\cos y > 0$, поэтому $\cos y=\sqrt{1-\sin^2 y}=\sqrt{1-x^2}$. Таким образом, $(\arcsin x)’=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

2. Найти производную обратной функции $g(y)=\text{arctg x},\, -\frac{\pi}{2}\leqslant y \leqslant\frac{\pi}{2},\, -\infty <x< +\infty$

Решение

Обратная функция к $g(y)$: $$f(x)=g^{-1}(y)=\text{tg y}$$
Пользуясь вышеописанными формулами и таблицей производных имеем: $$g'(y)=(\text{arctg x})’=\frac{1}{f'(x)}=\cos^2 y=\frac{1}{1+\text{tg}^2 y}=\frac{1}{1+x^2};$$ итак, $(\text{arctg x})’=\frac{1}{1+x^2}$.

3. Найти производную сложной функции $y=\ln^2\arcsin \frac{1}{x},\, x>1$

Решение

Используя вышеприведённые формулы и таблицу производных получаем:$$y’=(\ln^2\arcsin\frac{1}{x})’=2\ln\arcsin\frac{1}{x}(\ln\arcsin\frac{1}{x})’=$$ $$=2\ln\arcsin\frac{1}{x}\frac{1}{\arcsin\frac{1}{x}}(\arcsin\frac{1}{x})’=$$ $$=2\frac{\ln\arcsin\frac{1}{x}}{\arcsin\frac{1}{x}}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}(\frac{1}{x})’=-\frac{2\ln\arcsin\frac{1}{x}}{|x|\sqrt{x^2-1}\arcsin\frac{1}{x}}$$

4. Найти производную сложной функции $y=\frac{1}{2a}\ln|\frac{x-a}{x+a}|,\, x\neq a,\, x\neq -a$.

Решение

Используя вышеприведённые формулы и таблицу производных получаем:$$y’=\frac{1}{2a}\frac{(\frac{x-a}{x+a})’}{\frac{x-a}{x+a}}=$$ $$=\frac{1}{2a}\frac{x+a}{x-a}\frac{x+a-(x-a)}{(x+a)^2}=\frac{1}{x^2-a^2}$$

Тестирование. Производная сложной и обратной функции

Пройдите тест для проверки понимания только что прочитанной темы