Ф1856. Максимальные скорости шайб

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

Задача из журнала «Квант» (2003 год, 1 выпуск)

Условие

Из тонкой жесткой проволоки согнули угол $90^{\circ}$ , одну из сторон угла закрепили в вертикальном положении, другую — в горизонтальном (рис. $1$ ). На каждую из сторон надели маленькую шайбу массой $M$ и соединили шайбы легким стержнем длиной $L$ . Вначале этот стержень почти вертикален, затем от малого толчка система приходит в движение. Найдите максимальные скорости каждой из шайб. Трение отсутствует.

Рис. 1

Решение

Нижняя шайба вначале разгоняется, но к концу пути она должна остановиться; следовательно, где-то в промежуточном положении ее скорость будет максимальной. Запишем закон сохранения энергии (см.рис. $2$ ):

Рис. 2

$\frac{Mv^2}{2}+\frac{Mu^2}{2} = MgL(1 — \cos \alpha)$ и соотношение между скоростями: $v\cos \alpha = u\sin \alpha.$

Тогда получим $u^2(1 + \tg^2 \alpha ) = 2gL(1 — \cos \alpha ),$ или $u^2 = 2gL(1 — \cos \alpha )\cos ^ 2\alpha .$

Возьмем производную по углу и приравняем ее к нулю: $-2\cos \alpha _{0}\sin \alpha _{0} + 3\cos ^2\alpha _{0}\sin \alpha _{0} = 0.$

Подходит только $\cos \alpha _{0} = 2/3$ , поэтому $u_{m} = u(\alpha _{0}) = \sqrt{\frac{8}{27}gL} \approx 0,55\sqrt{gL}.$

Когда верхняя шайба почти достигнет своего положения внизу, скорость второй станет равной нулю, и вся энергия достанется верхней. В этот момент $v = v_{m} = \sqrt{2gL} \approx 1,41\sqrt{gL}.$

Р. Александров

13.4 Производная сложной функции

Пусть $g$ — отображение открытого множества $E \subset \mathbb{R}^{n}$ в открытое множество $N \subset \mathbb{R}^{m},$ а $f: N \longmapsto \mathbb{R}^{p}.$ Тогда можно рассматривать сложную функцию $F: E \longmapsto \mathbb{R}^{p},$ $F(x) = f(g(x))$ $(x\in E).$ Ее называют композицией $F=f\circ g.$

Пусть отображение $g$ дифференцируемо в точке $x_{0}\in E,$ а отображение $f$ дифференцируемо в соответствующей точке $y_{0}=g(x_{0})\in N.$ Тогда композиция $F=f\circ g$ дифференцируема в точке $x_{0}$ и справедливо равенство
$F'(x_{0})=f'(y_{0})g'(x_{0}). \tag {13.1}$

Обозначим $A=f'(y_{0}),$ $B=g'(x_{0}).$ При достаточно малой длине вектора $k$ вектор $y_{0}+k\in N$ и справедливо равенство
$f(y_{0}+k)-f(y_{0})=A(k)+\alpha(k)|k|,$
где
$\lim_{k \to 0}\alpha (k)=0 \qquad (\alpha (0)=0). \tag {13.2}$
(Заметим, что $N$ — открытое множество, и поэтому $y_{0}+k\in N$ при достаточно малых по длине векторах $k.$ ) Если вектор $h$ достаточно мал, то $x_{0}+h\in E.$ Положим $k\equiv k(h)=g(x_{0}+h)-g(x_{0}).$ Тогда $f(y_{0}+k)= f(g(x_{0}+h))=F(x_{0}+h)$ и получаем
$F(x_{0}+h)-F(x_{0})=A(k(h))+\alpha (k(h))|k(h)|, \tag {13.3}$
где
$k(h)=B(h)+\beta (h)|h|$
по свойству дифференцируемости отображения $g,$ и $\displaystyle\lim_{h \to 0} \beta (h)=0$ . Подставив это в равенство $(13.3),$ получаем
$F(x_{0}+h)-F(x_{0})=A(B(h))+r(h),$
где
$r(h)=A(\beta(h)|h|)+\alpha (k(h))|k(h)|.$
По определению производной, нужно доказать, что $\lim_{h \to 0}\frac{|r(h)|}{|h|}=0,$
и тем самым теорема будет доказана.
Пусть $r_{1}(h)=A(\beta (h)|h|).$ Тогда в силу линейности отображения $А,$
$\frac{|r_{1}(h)|}{|h|}=| A(\beta (h))| \leqslant \begin{Vmatrix}A\end{Vmatrix}\cdot| \beta (h)|.$
Но правая часть стремится к нулю при $h\to 0$ , и поэтому получаем, что
$\lim_{h \to 0}\frac{|r_{1}(h)|}{|h|}=0.$
Теперь положим $r_{2}(h)= \alpha (k(h))|k(h)|.$ Воспользуемся неравенством
$|k(h)|\leqslant |B(h)|+|h|\cdot|\beta(h)|\leqslant [\begin{Vmatrix}B\end{Vmatrix}+|\beta (h)|]\cdot | h |,$
откуда
$\frac{|r_{2}(h)|}{|h|}\leqslant (\begin{Vmatrix}B\end{Vmatrix}+| \beta (h)|)| \alpha (k(h))|.$
Первый множитель справа ограничен при достаточно малых $h,$ а второй множитель справа стремится к нулю при $h\to 0$ в силу $(13.2).$
Таким образом, $\frac{|r_{}(h)|}{|h|}\leqslant \frac{|r_{1}(h)|}{|h|}+\frac{|r_{2}(h) |}{|h|}$ стремится к нулю при $h\to 0,$ и теорема доказана.

В правой части равенства $(13.1)$ мы имеем композицию линейных отображений $f{}'(y_{0})$ и $g{}'(x_{0}).$ Поэтому доказанную теорему можно сформулировать так: производная композиции равна композиции производных.

Пусть $z=f(y^{1},\ldots,y^{m})$ – действительная функция. Если положить $y^{i}=g_{i}(x) (i=1,\ldots,m),$ то получим $z=f(g_{1}(x),\ldots,g_{m}(x)),$ и тогда, согласно правилу дифференцирования сложной функции,
$\frac{\mathrm{dz} }{\mathrm{d} x}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\mathrm{dg_{1}} }{\mathrm{d} x}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\mathrm{dg_{m}} }{\mathrm{d} x}$
Положим теперь $y^{i}=g_{i}(x^{1},\ldots,x^{n}) (i=1,\ldots,m)$ и получим сложную функцию $z=f(g_{1}(x^{1},\ldots,x^{n}),\ldots,g_{m}(x^{1},\ldots,x^{n})).$ Если воспользоваться упомянутым только что правилом дифференцирования сложной функции, то получим
$\frac{\partial z}{\partial x^{i}}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}} \qquad (i=1,\ldots,n).$
Это равенство называется цепным правилом.

Цепное правило можно вывести также из только что доказанной теоремы. Действительно, положим в теореме $p = 1,$ т. е. рассмотрим случай, когда $f$ – действительная функция. Тогда $F:E \longmapsto \mathbb{R}$ – действительная функция. Из соотношения $(13.1)$ видно, что матрица производной $F'(x_{0})$ равна произведению матриц $f{}'(y_{0})$ и $g{}'(x_{0}).$ В векторной форме это можно записать так:
$( \frac{\partial F}{\partial x^{1}}(x_{0}),\ldots,\frac{\partial F}{\partial x^{n}}(x_{0}))=$
$=\left ( \frac{\partial f}{\partial y^{1}}(y_{0}),\ldots,\frac{\partial f}{\partial y^{m}}(y_{0}) \right )\cdot\begin{pmatrix} \frac{\partial g_{1}}{\partial x^{1}}(x_{0})& \ldots& \frac{\partial g_{1}}{\partial x^{n}}(x_{0}) \\ \ldots& \ldots& \ldots \\ \frac{\partial g_{m}}{\partial x^{1}}(x_{0})& \ldots& \frac{\partial g_{m}}{\partial x^{n}}(x_{0}) \\ \end{pmatrix} .$
В частности,
$\frac{\partial F }{\partial x^{i}}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}+\ldots +\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}} \qquad \qquad (i=1,\ldots,n),$
и тем самым снова получаем цепное правило.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых фигурируют производные сложных функций. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

Найти производную сложной функции $u=\frac{x}{y}-\frac{y}{x},$ где $x=\sin(t),$ $y=\cos(t)$

Решение

$\frac{\partial u}{\partial x}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= \frac{1}{y}(x)’-y\left ( \frac{1}{x} \right )’=\frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}}$
$\frac{\partial u}{\partial y}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= x\left ( \frac{1}{y} \right )’-\frac{1}{x}(y)’=-\frac{x}{y^{2}}-\frac{1}{x}$
$\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}={(\sin(t))}’=\cos(t)\qquad$ $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}={(\cos(t))}’=-\sin(t)$
$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\left ( \frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}} \right )\cos(t)+\left ( -\frac{x}{y}-\frac{1}{x} \right )(-\sin(t))$
Найти полную производную сложной функции $u=x+y^{2}+z^{3},$ где $y=\sin(x),$ $z=\cos(x)$

Решение

$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} x}=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=\\=1+2y\cos(x)+3z^{2}(-\sin(x))=1+2\sin(x)\cos(x)-3\cos^{2}(x)\sin(x)$
Найти полный дифференциал сложной функции $u=\ln^{2}(x^{2}+y^{2}-z^{2})$

Решение

Вначале находим частные производные:
$\frac{\partial u}{\partial x}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} 2x$
$\frac{\partial u}{\partial y}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} 2y$
$\frac{\partial u}{\partial z}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} (-2z)$
Для функции $n$ -переменных $y=f(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})$ полный дифференциал определяется выражением : $dy=\frac{\partial y}{\partial x_{1}}dx_{1}+\frac{\partial y}{\partial x_{2}}dx_{2}+\ldots +\frac{\partial y}{\partial x_{n}}dx_{n}$ . Согласно этой формуле, получаем :
$du=4\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}(xdx+ydy-zdz)$
Вычислить приближенно $(1,02)^{3,01}$

Решение

Рассмотрим функцию $z=z^{y}.$ При $x_{0}=1$ и $y_{0}=3$ имеем $z_{0}=1^{3}=1,$
$\Delta x=1,02-1=0,02 \qquad \Delta y=3,01-3=0,01.$
Находим полный дифференциал функции $z=x^{y}$ в любой точке:
$dz=yx^{y-1}\Delta x+^{y}\ln(x)\Delta y$
Вычисляем его значения в точке $M(1,3)$ при данных приращениях $\Delta x= 0,02$ и $\Delta y= 0,01$
$dz=3\cdot 1^{2}\cdot 0,02+1^{3}\cdot \ln(1)\cdot 0,02=0,06$
Тогда $z=(1,02)^{3,01}\approx z_{0}+dz=$ 1+0,06=1,06
Найти частные производные второго порядка функции $z=e^{x^{2}y^{2}}$

Решение

Вначале найдем частные производные первого порядка:
$\frac{\partial z}{\partial x}=e^{x^{2}y^{2}}2xy^{2},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=e^{x^{2}y^{2}}2x^{2}y$
Продифференцировав их еще раз, получим:
$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{2}y^{4}+e^{x^{2}y^{2}}2y^{2}$
$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{4}y^{2}+e^{x^{2}y^{2}}2x^{2}$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{3}y^{3}+e^{x^{2}y^{2}}4xy$
$\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{3}y^{3}+e^{x^{2}y^{2}}4xy$
Сравнивая последние два выражения, видим, что $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$
Найти полный дифференциал второго порядка функции $z=x^{3}+y^{3}+x^{2}y^{2}$

Решение

Вначале находим частные производные до второго порядка:
$\frac{\partial z}{\partial x}=3x^{2}+2xy^{2},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=3y^{2}+2x^{2}y$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=6x+2y^{2},\qquad \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=6y+2x^{2},\qquad \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=4xy$
Полный дифференциал второго порядка $d^{2}z$ функции $z=f(x,y)$ выражается формулой:
$d^{2}z=\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}dx^{2}+2\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}dxdy+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}dy^{2}$
Следовательно,
$d^{2}z=(6x+2y^{2})dx^{2}+8xydxdy+(6y+2x^{2})dy^{2}$

Литература

Производная сложной функции

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

12.2 Производная

Пусть $f$ – действительная функция, определенная на интервале $(a, b)\subset \mathbb R$ . Производной функции $f$ в точке $x_0\in(a, b)$ мы называли предел $\lim_{h\to\infty}=\frac{f(x_0+h) — f(x_0)}{h}=f'(x_0). \qquad \left( 12.3 \right)$ Функцию $f$ называли дифференцируемой в точке $x_0$ , если $f(x_0+h)=f(x_0) + Ah + \overline{o}(h) \quad (h \to 0).$ Ранее было показано, что дифференцируемость эквивалентна наличию производной.

Определим линейную функцию на прямой равенством $A(h)=f'(x_0)h\ (h \in \mathbb R)$ . Тогда равенство $(12.3)$ можно переписать в виде $\lim_{h\to\infty}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A(h)}{|h|}=0, \qquad \left( 12.4 \right)$ а определение дифференцируемости можно сформулировать так: функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , если существует такая линейная функция $A$ , что выполняется равенство $(12.4)$ . В таком виде определение дифференцируемости может быть перенесено на многомерный случай.

Пусть функция $f:E\mapsto\mathbb R$ задана некотором открытом множестве $E \subset \mathbb R^n$ и точка $x_0 \in E$ , если существует такая линейная форма $A: \mathbb R^n \mapsto \mathbb R$ , что выполняется равенство $\lim_{h\to\infty}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A(h)}{|h|}=0. \qquad \left( 12.5 \right)$ Эта линейная форма $A$ называется производной функции $f$ в точке $x_0$ и обозначается $f'(x_0)$ . Её называют также дифференциалом функции $f$ в точке $x_0$ и обозначают $\textrm{d}f(x_0)$ .

Равенство $(12.5)$ равносильно следующему соотношению: $f(x_0+h)=f(x_0)+A(h)+r(h), \qquad \left( 12.6 \right)$ где $\frac{r(h)}{|h|}\to 0$ при $h \to 0$ . В этом случае пишут, что $r(h)=\overline{o}(h)$ и поэтому вместо $(12.6)$ можно записать $f(x_0+h)=f(x_0)+A(h)+\overline{o}(|h|). \qquad \left( 12.7 \right)$
Если положить $h=x-x_0$ , то условие дифференцируемости $(12.7)$ можно переписать в следующем виде: $f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline{o}(|x-x_0|). \qquad \left( 12.8 \right)$

Обозначим $\lambda(x)=f(x_0)+A(x-x_0)$ . Функция $\lambda$ достаточно хорошо приближает функцию $f$ вблизи точки $x_0$ . Эта функция $\lambda$ является аффинной (аффинной называется функция вида $\lambda(x)=A(x)+c$ , где $A$ — линейная форма, т.е. аффинная функция — это сдвиг линейной формы на постоянную $c$ ).

Графиком функции $f:E\mapsto\mathbb R\ (E\subset\mathbb R^n)$ называется множество точек $(x^1,\ldots ,x^n,z)\in\mathbb R^{n+1}$ , удовлетворяющих условию $z=f(x^1,\ldots,x^n)$ , где $x\in E$ , а $x^1,\ldots,x^n$ — координаты вектора $x$ .

Пусть $Q$ — некоторое множество в $\mathbb R^m$ . Расстоянием от точки $x_0$ до множество $Q$ называется число $d(x_0,Q)=\inf_{y\in Q}|x_0-y|.$

Пусть функция $f:E\mapsto\mathbb R$ , где открытое множество $E \subset \mathbb R^n$ , и пусть $Q$ — график функции $f$ в $\mathbb R^{n+1}$ . Гиперплоскость $H$ в $\mathbb R^{n+1}$ называется касательной гиперплоскостью к графику функции $f$ в точке $w_0=(x_0^1,\ldots,x_0^n,z_0)$ , где $z_0=f(x_0)$ , если эта гиперплоскость проходит через точку $w_0$ и выполнено условие $\lim_{w \to w_0, w \in H}\frac{d(w,Q)}{|w-w_0|}=0. \qquad \left( 12.9 \right)$

Пусть функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , $Q$ — график функции $f$ . Тогда выполнено соотношение $f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline{0}(|x-x_0|).$ Рассмотрим гиперплоскость $H$ в $\mathbb R^{n+1}$ , определяемую уравнением $z=f(x_0)+A(x-x_0)$ . Пусть $w=(x^1,\ldots,x^n,z)\in H$ . Оценим, используя $(12.8)$ , $d(w,Q)\le|f(x)-f(x_0)-A(x-x_0)|=\overline{o}(|x-x_0|).$ Но из неравенства $|x-x_0|\le|w-w_0|$ получаем, что выполнено соотношение (12.9). Таким образом, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , то в соответствующей точке $w_0$ её графика существует касательная гиперплоскость. Эта гиперплоскость задается уравнением $z=f(x_0)+A(x-x_0),$ где $A=f'(x_0)$ . В этом состоит геометрический смысл производной.

Следует понимает, что $f'(x_0)\equiv \textrm{d}f(x_0)$ — это единый символ, определяющий линейную форму, т.е. производная — это не число, а линейная форма. При этом функция $f$ задана на некотором множестве $E \subset \mathbb R^n$ , а $f'(x_0)$ , как и всякая линейная форма, определена на всём пространстве $\mathbb R^n$ . В то же время для любого $h \in \mathbb R^n$ значение линейной формы $f'(x_0)(h)$ является действительным числом.

Согласно нашему обозначению, производная и дифференциал — одно и то же понятие.

Итак, мы получаем отображение $x_0 \mapsto \textrm{d}f(x_0)$ , которое каждой точке $x_0 \in E$ ставит в соответствие линейную форму $\textrm{d}f(x_0)$ .

При $n = 1$ производной функции $f$ в точке $x_0$ мы называли число $a=\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.$
Это равносильно тому, что $\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-ah}{h}=0, \qquad \left( 12.10 \right)$ а функция $f$ называлась дифференцируемой в точке $x_0$ , если существует такое число $a$ , что выполнено неравенство $(12.10)$ .

В многомерном случае для определения производной мы используем линейную форму $A$ . При $n = 1$ существует взаимно однозначное соответствие между множеством всех действительных чисел $\mathbb R$ и множеством $\mathbb R^*$ всех линейных форм на $R$ . Это соответствие получим, если каждому числу $a \in \mathbb R$ поставим в соответствие линейную функцию $A(h) = ah$ .
Поэтому, используя вышесказанное, с точностью до изоморфизма можно
отождествлять множество всех линейных форм и множество всех действительных чисел.

В одномерном случае часто различают понятие производной и дифференциала. Именно, производной называется число $a$ , его обозначают $f'(x_0)$ , для которого справедливо равенство $f(x_0+h)-f(x_0)=f'(x_0)h+\overline{o}(h),$ где первое слагаемое справа понимается как произведение двух чисел – $f’$ и $h$ . Дифференциалом же называют линейную функцию на $\mathbb R$ , которая действует по правилу $A(h) = f'(x_0)h\ (h \in \mathbb R)$ . Эту линейную функцию обозначают $df(x_0)$ и можно записать $f(x_0+h)-f(x_0)=\textrm{d}f(x_0)h+\overline{o}(h).$ Здесь первое слагаемое справа понимается как значение линейной функции $\textrm{d}f(x_0)$ в точке $h$ . Его можно обозначить также $\textrm{d}f(x_0)(h)$ .

Пусть $f$ — действительная аффинная функция на $\mathbb R^n$ , т. е. $f(x) = Ax + c$ , где $A$ – линейная форма, $c$ – действительная постоянная, $x \in \mathbb R^n$ . Тогда функция
$f$ дифференцируема в каждой точке $x \in \mathbb R^n$ и ее производная, или, что
то же самое, дифференциал, равна $\textrm{d}f(x) = A$ .

Доказательство. Поскольку форма $A$ линейная, то $f(x+h)-f(x)=A(x+h)+c-(A(x)+c)=A(x+h)-A(x)=A(h).$ Отсюда следует $\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)-A(h)}{|h|}=0,$ и теорема доказана.

В частном случае, если $f(x)=c$ , где $c$ — постоянная, то $\textrm{d}f(x)=0$ , где $0$ — нулевая линейная форма.

Теорема 1 показывает, что производная аффинной функции для всех точек $x \in \mathbb R^n$ имеет одно и то же значение $A$ . Это является того факта, что в одномерном случае производная аффинной функции постоянна, т. е. $(\alpha x + \beta)’ = \alpha$ . С геометрической точки зрения графиком аффинной функции является гиперплоскость и она же является касательной для самой себя.

Если $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , то ее дифференциал единственен.

Предположим, что существуют две линейные формы $A_1$ и $A_2$ на $\mathbb R^n$ такие что $\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)-A_ih}{|h|}=0\quad (i=1,2).$ Тогда получаем $\lim_{h\to 0}\frac{A_1(h)-A_2(h)}{|h|}=0.$ Покажем, что отсюда следует равенство $A_1=A_2$ . Это будет означать, что эти формы совпадают в каждой точке $u$ . Итак, нужно доказать, что для любого $u \in \mathbb R^n$ справедливо равенство $A_1(u) = A_2(u)$ . Пусть $u ∈ \mathbb R^n, u \neq 0$ . Полагая $h = tu$ , где действительное число $t \neq 0$ , получим, что $\lim_{t\to 0}\frac{A_1(tu)-A_2(tu)}{|tu|}=0.$
Можем считать, что $t > 0$ . Тогда, пользуясь линейностью $A_1$ и $A_2$ , получим $\frac{A_1(u) − A_2(u)}{|u|} = 0,$ что и требовалось доказать.

Если $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , то она непрерывна в этой точке.

Из дифференцируемости $f$ следует, что $f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+\overline(o)(|x-x_0|),$ где $A = \textrm{d}f(x_0)$ – линейная форма. Но поскольку линейная форма непрерывна в точке $0$ и $A(0) = 0$ , то при $x\to x_0$ два последних слагаемых справа стремятся к нулю, так что получаем $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0),$ что и требовалось доказать.

Из непрерывности функции не следует дифференцируемость. Например, пусть $f(x) = |x|, x \in \mathbb R^n$ . Тогда из неравенства $||x’|−|x»|| \le |x’ − x»|$ следует, что функция $f$ равномерно непрерывна на всем $\mathbb R^n$ . Покажем, что в точке $x=0$ она не является дифференцируемой.
Действительно, предположим, что существует такая линейная форма $A$ , что $\lim_{h \to \infty}\frac{f(h)-f()-A(h)}{|h|}=0,$ т.е. $\lim_{h \to \infty}\frac{|h|-A(h)}{|h|}=0.$ Отсюда следует, что $\frac{A(h)}{|h|}\to 1$ при $h \to 1$ . Если теперь вместо $h$ взять $-h$ , то получим, что $\frac{-A(h)}{|h|}\to 1$ , или, что то же самое, $\frac{A(h)}{|h|}\to -1$ . Тем самым, мы пришли к противоречию с единственностью предела.

Рассмотрим функцию $f(x, y)=x^2+y^2$ в окрестности точки $(x_0, y_0)$ . Имеем $f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)=(x_0+h)^2\- (y_0+k)^2-x_0^2-y_0^2= \\ =\underbrace{2x_0h+2y_0k}_{линейная часть} +h^2+k^2=A(h,k)+r(h,k),$ где $A(h, k) = 2x_0h+2y_0k$ – линейная функция переменных $h$ и $k$ , $r(h, k)=h^2+k^2=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2})$ , поскольку $\frac{r(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}\to 0$ при $(h, k)\to (0, 0)$ . Тем самым мы доказали дифференцируемость функции $f$ в точке $(x_0, y_0)$ по определению.

Пусть $f(x,y)= \begin{equation*} \begin{cases} \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}, x^2+y^2>0, \\ 0, x=y=0. \end{cases} \end{equation*}$
В окрестности каждой точки, кроме начала координат, эта функция
является частным двух непрерывных функций и знаменатель отличен от
нуля, так что она непрерывна. Докажем, что $f$ непрерывна и в точке $(0, 0).$ Для этого воспользуемся неравенством $2|xy|\le x^2+y^2$ . Отсюда получим, что $|f(x,y)|\le\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}$ , а из этого неравенства вытекает, что $\lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0=f(0,0).$ Итак, функция $f$ непрерывна в каждой точке $(x,y)\in \mathbb R^2$ .
Покажем, что она не является дифференцируемой в начале координат. Предположим противное. Тогда справедливо равенство $\frac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}}-\alpha h-\beta k=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2}),$ где $\alpha$ и $\beta$ — действительные числа. Если положим $k=0$ , $h\neq 0$ , то получим, что $−\alpha h = \overline{o}(|h|)$ . Отсюда следует, что $\alpha = 0$ . Аналогично находим, что $\beta = 0$ . Таким образом, получаем равенство $\frac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}}=\overline{o}(\sqrt{h^2+k^2}),$ или, поделив на $\sqrt{h^2+k^2}$ , $\frac{hk}{h^2+k^2}\to 0 \quad (\ (h,k)\to (0,0)\ ).$ Но это невозможно, ибо если взять $h = k$ , то получим $\frac{hk}{h^2+k^2}=\frac{1}{2}$ , так что приходим к противоречию.

Рассмотрим функцию $f(x, y)=xy^2$ . Функция дифференцируема на всей плоскости $OXY$ . Действительно, ведь полное приращение имеет вид $f(x+h,y+k)-f(x,y)=(x+h)(y+k)^2-xy^2=\\=y^2h+2xyk+(2yk+k^2)h+xk^2,$ и положив $y^2h+2xyk=A(h,k)$ , $xk^2+2yhk+hk^2=r(x,y)$ , получим представление полного приращения вида аналогичного примеру 1.

Литература

Производная

Пройдите этот тест, чтобы проверить, как вы усвоили материал.

Задание 1 из 5

1.
Объектом какого рода является производная в многомерном случае?
- Число
- Линейная форма
- Квадратичная форма
- Вектор
Правильно

Верно, это линейная форма!

Неправильно

Нет, правильный ответ — «линейная форма».
Задание 2 из 5

2.
Выберите правильные утверждения:
- Дифференцируемость не эквивалентна существованию производной
- Производная и дифференциал - разные обозначения одного и того же
- Из непрерывности функции следует её дифференцируемость
- Производная дифференцируемой функции единственна
Правильно

Верно!

Неправильно

Неправильно.
Задание 3 из 5

3.
Если $f(x)=c$ , где $c$ — постоянная, то $f'(x)=$
Правильно

Верно, производная постоянной — нулевая линейная форма!

Неправильно

Неверно, производная постоянной — нулевая линейная форма.

Задание 4 из 5

4.

Исследуйте дифференцируемость функций:

Элементы сортировки

Недифференцируема при $y=-x$
Недифференцируема при $xy=0$
Дифференцируема всюду
Недифференцируема в точке $(0,0)$

$\sqrt[3]{x^3+y^3}$

$\cos \sqrt[3]{xy}$

$e^{-1/(x^2+y^2)},$ если

$x^2+y^2>0$ и

$f(0,0)=0$

$\sqrt{x^2+y^2}$

Задание 5 из 5

5.
Сформулируйте теорему о производной аффинной функции
- Пусть $f$ - действительная аффинная функция на $\mathbb R^n$ , т. е. $f(x) = Ax + c$ , где
- $A$ – линейная форма, $c$ – действительная постоянная, $x \in \mathbb R^n$ .
- Тогда функция $f$ дифференцируема в каждой точке $x \in R^n$ и ее производная, или, что то же самое, дифференциал, равна
- $\textrm{d}f(x) = A$
Правильно

Правильно!

Неправильно

Неправильно.

5.1 Дифференцируемость и производная

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\sign}{sign} \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}$ Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Если существует конечный предел $\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ , то он называется функции $f$ в точке $x_0$ и обозначается $f^\prime(x_0)$ , или $\displaystyle \frac{df}{dx}(x_0),$ $Df(x_0).$

Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Функцию $f$ будем называть $x_0,$ если существует такая постоянная $A$ (зависящая от $x_0$ и не зависящая от $x$ ), что справедливо равенство: $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + r(x),$ где $r(x) = \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$

Короче определение дифференцируемости можно записать в следующем виде: $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$
Покажем, что эти два определения эквивалентны в том смысле, что дифференцируемость функции равносильна существованию производной.

Функция $f$ дифференцируема в точке $x_0 ∈ (a, b)$ тогда и только тогда, когда у $f$ существует производная в точке $x_0.$

Пусть $f$ дифференцируема в точке $x_0.$ Это означает, что $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0),$ где $A$ не зависит от $x$ . Отсюда получаем:
$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = A+\frac{\overline{o} (x − x_0)}{x-x_0}.$
Тогда, учитывая определение символа $\overline{o}$ , имеем
$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=A+\lim_{x\to x_0} \frac{\overline{o} (x − x_0)}{(x − x_0)} =A$ т. е. существует $f^\prime(x_0) = A.$
Обратно, если существует $\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = f^\prime(x_0),$ то $\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} + f^\prime(x_0) = r_1(x),$ где $r_1(x) \to 0 (x \to x_0)$ . Отсюда следует, что $f(x) — f(x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+r_1(x)(x-x_0).$ Обозначим $r(x)=r_1(x)(x-x_0).$ Тогда $r(x)=\overline{o}(x-x_0),$ т. е. $f(x) − f (x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0),$ а это и означает, что $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , причем $A= f^\prime(x_0).$

Итак, условие дифференцируемости равносильно наличию производной. Смысл дифференцируемости состоит в том, что в некоторой окрестности точки $x_0$ функция $f$ представима в виде линейной функции $l(x)= f (x_0)+f (x_0) f^\prime(x-x_0)$ приближенно с точностью до величины бесконечно малой более высокого порядка, чем $(x-x_0)$ при $x\to x_0.$

Связь между дифференцируемостью и непрерывностью устанавливает следующая

Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , то она непрерывна в этой точке.

Дифференцируемость $f$ означает, что
$f(x) − f (x_0) = A(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0).$
Отсюда следует, что $\displaystyle \lim_{x\to x_0} (f(x)-f(x_0)) = 0$ , т. е. $\displaystyle \lim_{x\to x_0} f(x)=f(x_0)$ , и тем самым теорема доказана.

Обратное утверждение неверно. Именно из непрерывности функции $f$ не следует ее дифференцируемость. Примером может служить функция $f(x)=|x|,$ непрерывная в точке $x_0 = 0$ , для которой выражение $\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \frac{|x|}{x} = \sign x$ не имеет предела $x\to 0$ и, следовательно, функция $f$ не имеет производной в точке $x_0 = 0$ . Значит, $f$ не является дифференцируемой в нуле.

Итак, непрерывность – это необходимое, но не достаточное условие дифференцируемости. Другими словами, если функция разрывна в точке $x_0$ , то она недифференцируема в этой точке. Обратное неверно.

С геометрической точки зрения производная $f^\prime(x_0)$ представляет собой тангенс угла наклона касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке $M_0(x_0, f (x_0))$ . При этом касательной к графику функции $f$ в точке $M_0$ называется предельное положение секущей $M_0M$ при стремлении точки $M (x, f(x))$ вдоль кривой $y = f(x)$ к точке $M_0$ . В самом деле, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , то при стремлении $M$ к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$ секущая $M_0M$ имеет тангенс угла наклона, равный $\displaystyle \tg\alpha(x) = \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},$ и при $x \rightarrow x_0$ точка $M$ стремится к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$ . Так как $\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \to f^\prime(x_0) \: \: \: (x\to x_0),$ то $\tg\alpha(x) \to f^\prime(x_0)$ при $x\to x_0$ , т. е. секущая стремится занять некоторое предельное положение, тангенс угла наклона $\alpha_0$ которого равен $f^\prime(x_0)$ .Отсюда получаем уравнение касательной к графику дифференцируемой в точке $x_0$ функции $y = f(x):$ $k(x)=f(x_0)+f^\prime(x_0) (x-x_0).$

Примеры решения задач

Найти производную $f(x) = \sin x$ в точке $x_0 = 0.$

Решение

Пример можно легко решить, пользуясь определением производной, а так же первым замечательным пределом:
$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}= \lim_{x\to 0} \frac{\sin x — \sin 0}{x-0}=\lim_{x\to 0} \frac{\sin x }{x}=1.$
Пусть $f(x) = x^{2}$ Тогда производная $f^\prime(x_0)$ равна?

Решение

$\displaystyle f^\prime(x_0) = \lim_{x\to x_0} \frac{x^2-x^2_0}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0} \frac{(x-x_0)(x+x_0)}{x-x_0}=$
$\displaystyle = \lim_{x\to x_0} (x+x_0) = 2x_0$
Пусть $f(x) = \left|x \right |$ и если $x_0 \neq 0$ существует ли $f^\prime(x_0)$ ?

Решение

$f^\prime(x_0) = \sgn x_0$ , где $\sgn$ обозначает функцию знака. А если $x_0 = 0$ $f^\prime_+(x_0)=1,$ $f^\prime_-(x_0)=-1,$ а следовательно $f^\prime(x_0)$ не существует.
Найдите уравнение касательной к графику функции $y=e^{2x-3}$ в точке $x_0 = 5,$ а также угол наклона касательной в этой точке.

Решение

Известно, что уравнение касательной в точке имеет вид $l={f}\left(x_{0}\right)+{f}’\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right),$ причём ${f}’\left(x_{0}\right)=\mathrm{tg}\alpha,$ где $\alpha$ — угол наклона касательной.
Находим значение касательной в точке 5, получаем ${f}^\prime\left(x\right)=2e^{2x-3},$ а в точке $x_{0}=5: \, {f}^\prime\left(5\right)=2e^{7} \Rightarrow$ $l = e^{7}+2e^{7}\left(x-5\right) =$
$-9e^{7}+2e^{7}x$ , $\alpha = \mathrm{arctg}\left(2e^{7}\right).$
Найдите по определению $\sin x.$ на множестве $\mathbb{R}$

Решение

Воспользуемся определением производной $(\sin x)^\prime:$
$(\sin x)^\prime = \displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\sin(x+\Delta x)-\sin x}{\Delta x} = \\ = \displaystyle \frac{2\sin \frac{\Delta x}{2}\cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})}{\Delta x} = \\ = \displaystyle \frac{\sin \frac{\Delta x}{2}}{\frac{\Delta x}{2}} \cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})$
Теперь сделаем подстановку $\displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ . При $\Delta x \to 0,$ $t \to 0.$ Применим первый замечательный предел:
$\displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac { \sin \frac{\Delta x}2}{\frac{\Delta x}2} = \lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1.$
Сделаем такую же подстановку $\displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ и используем свойство непрерывности:
$\displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \left ( \cos x + \frac{\Delta x}{2} \right) = \lim_{t\to 0} \cos (x+t)= \cos x.$

Смотрите также

Дифференцируемость и производная

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Дифференцируемость и производная».

Задание 1 из 4

1.
Количество баллов: 1
Дифференцируемость можно записать в следующем виде:
- $\displaystyle \frac{df}{dx}(x_0)$
- $\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$
- $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0)$
- $A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0)$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 4

2.
Количество баллов: 1
Найти $f^\prime(2),$ если $f(x)=x^2\sin(x-2)$ .
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 4

3.
Количество баллов: 1
Функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_0$ . Тогда:
- если существует $f^\prime_+ (x_0)$ , то $f$ непрерывна справа в точке $x_0$
- если существует $f^\prime_- (x_0)$ , то $f$ непрерывна справа в точке $x$
- если существует $f^\prime_- (x_0)$ и $f^\prime_+ (x_0)$ , то $f$ непрерывна справа в точке $x_0$
- для того чтобы $f$ была дифференцируемой в точке $x$ , необходимо и достаточно, чтобы у нее существовали производные слева и справа и они были равными друг другу
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 4

4.
Количество баллов: 1
Дополните утверждение:
- По критерию дифференцируемости функция f дифференцируема в данной точке тогда и только тогда, когда она имеет (производную) в этой точке.
Правильно

Неправильно

производную

6.2 Интегрирование по частям и замена переменной

Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на интервале $I$ . Если одна из функций $u(x)v'(x)$ или $u'(x)v(x)$ имеет первообразную на интервале $I$ , то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство $\begin{equation}\label{eq:exp1}\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx\end{equation}.$

Доказательство сразу следует из правила дифференцирования произведения. Действительно, пусть $u(x)v'(x)$ имеет первообразную. Тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем $[u(x)v(x)]’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$
Отсюда получаем, что $u'(x)v(x)$ является разностью двух производных функций, т. е. разностью двух функций, имеющих первообразные. Поэтому она сама также является производной, т. е. имеет первообразную, и справедливо равенство $\eqref{eq:exp1}$ .

Коротко правило интегрирования по частям может быть записано так:
$\int udv=uv-\int vdu.$
Действительно, в этой записи используется формула для вычисления дифференциала функции $du(x)=u'(x)dx$ .

Если одна из функций дифференцируема, а другая имеет первообразную, то их произведение (производной на функцию, имеющую первообразную) не обязано иметь первообразную. Такой пример приводится сразу после этого замечания. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций $u'(x)v(x)$ или $u(x)v'(x)$ .

Существуют дифференцируемая функция $u$ и имеющая первообразную функция $v$ , такие, что $u’v$ не имеет первообразной.

Достаточно показать, что квадрат функции, имеющей первообразную, может не иметь первообразной.
Положим $f(x)=|x|^\alpha \sin\displaystyle\frac{1}{x}$ , $x\neq0$ , $f(0)=0$ . При $\alpha>1$ функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ и ее производная равна
$\begin{equation*}f'(x) = \begin{cases}\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{|x|}-|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\; x\neq0, \\ 0,\; x=0. \end{cases}\end{equation*}$
Поскольку функция $\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}\equiv\varphi(x) (x\neq0)$ , $\varphi(0) = 0$ непрерывна на $\mathbb{R}$ , а значит, имеет первообразную на $\mathbb{R}$ , то функция
$v(x)\equiv|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x}=\varphi(x)-f'(x) (x\neq0),\;\; v(0) = 0,$
имеет первообразную на $\mathbb{R}$ как разность двух функций — $\varphi(x)$ и $f'(x)$ , имеющих первообразные на $\mathbb{R}$ .
Покажем, что при надлежащем выборе числа $\alpha>1$ функция $v^2(x)$ не имеет первообразной на $\mathbb{R}$ . Предположим противное. Пусть существует такая дифференцируемая на $\mathbb{R}$ функция $F$ , что для всех $x\in \mathbb{R}$ справедливо равенство
$F'(x)=v^2(x)=|x|^{2(\alpha-2)}\cos^2\displaystyle\frac{1}{x},\;\; (x\neq0),\;\; F'(0)=0.$
Для $k = 1, 2, \ldots$ обозначим
$[a_k, b_k] = \left[\displaystyle\frac{4}{(4k+1)\pi}, \displaystyle\frac{4}{(4k-1)\pi}\right].$
Если $x\in[a_k, b_k]$ , то
$\displaystyle\frac{1}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right], \\ \displaystyle\frac{2}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right]=\left[2k\pi-\displaystyle\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\displaystyle\frac{\pi}{2}\right].$
Поэтому для $x\in[a_k, b_k]$ имеем
$\cos^2\displaystyle\frac{1}{x}=\displaystyle\frac{1+\cos\displaystyle\frac{2}{x}}{2}\geqslant\displaystyle\frac{1}{2},$
так что $F'(x)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}x^{2(\alpha-2)}, x\in[A_k, b_k]$ . По теореме Лагранжа получим
$F(b_k)-F(a_k)=F'(\xi_k)(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}\xi^{2(\alpha-2)}_k(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k,$
где $\xi_k\in[a_k, b_k]$ , а число $\alpha>1$ будет выбрано так, что $\alpha<2$ . Отсюда получим
$F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$
Заметим, что отрезки $[a_k, b_k]$ попарно не пересекаются и, так как $F'(x)\geqslant0$ , то функция $F$ не убывает. Значит,
$F(b_{k+1})\leqslant F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$
Отсюда следует, что
$\begin{equation}\label{eq:exp2}F(b_{k+1})\leqslant F(b_1)-\displaystyle\frac{1}{2}\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s.\end{equation}$
Оценим последнюю сумму справа. Имеем
$b_s-a_s=\displaystyle\frac{8}{\pi}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)},$
так что
$\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s=\\=c_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)}\left(\displaystyle\frac{1}{4s-1}\right)^{2(\alpha-2)}\geqslant c’_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}.$
Если $2\alpha-2\leqslant1$ , т. е. $\alpha\leqslant\displaystyle\frac{3}{2}$ , то $\sum\limits^k_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}\rightarrow\infty(k\rightarrow\infty)$ . Поэтому из $\eqref{eq:exp2}$ следует, что $F(b_{k+1})\rightarrow-\infty$ при $k\rightarrow\infty$ . Но поскольку $b_{k+1}\rightarrow+0 (k\rightarrow\infty)$ , то это противоречит непрерывности функции $F$ в точке $x_0=0$ справа, которая вытекает из дифференцируемости функции $F$ в нуле.

$\int x e^x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=e^x dx\\du=dx, & v=e^x\end{bmatrix}=x e^x-\int e^x dx=x e^x-e^x+C.$

$\int x\cos x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\cos x dx\\du=dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=x\sin x-\int\sin x dx=x\sin x+\cos x+C.$

$\int x\ln x dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=x dx\\du=\displaystyle\frac{dx}{x}, & v=\displaystyle\frac{x^2}{2}\end{bmatrix}=\\=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{1}{2}\int x dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{x^2}{4}+C.$

Следующий пример показывает такой способ применения формулы интегрирования по частям, когда в правой части появляется такой же интеграл, как и в левой части. Тогда искомый интеграл может быть найден из полученного равенства.

$\int e^x\cos xdx=\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\cos xdx\\du=e^x dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x-\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\sin xdx\\du=e^x dx, & v=-\cos x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x+e^x\cos x-\int e^x\cos xdx.$
Из этого равенства находим
$\int e^x\cos xdx=\displaystyle\frac{e^x}{2}[\sin x+\cos x] + C.$

Пусть функция $f$ имеет первообразную на интервале $I$ , т. е.
$\int f(t)dt=F(t)+C.$
Пусть, далее, функция $\varphi$ дифференцируема на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$ . Тогда справедливо равенство
$\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$

Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции имеем
$[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).$

$\int\sin^3 xdx=\int\sin x(1-\cos^2 x)dx=[\cos x = t, dt =-\sin xdx]=\\=\int(t^2-1)dt=\displaystyle\frac{t^3}{3}-t+C=\displaystyle\frac{\cos^3 x}{3}-\cos x+C.$

$\int\displaystyle\frac{dx}{1+e^x}=\begin{bmatrix}\text{преобразуем} & \displaystyle\frac{1}{1+e^x}=\displaystyle\frac{1}{e^x(e^-x+1)}=\displaystyle\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ \text{положим} & 1+e^{-x}=t, dt=-e^{-x}dx\end{bmatrix}=-\int\displaystyle\frac{dt}{t}=\\=-\ln|t|+C=-\ln(1+e^{-x})+C=-\ln\displaystyle\frac{1+e^x}{e^x}+C=x-\ln(1+e^x)+C.$

Мы использовали равенство $\int\displaystyle\frac{dx}{x}=\ln|x|+C$ . Это равенство следует применять отдельно для промежутков $(0, +\infty)$ и $(-\infty, 0)$ .
При $x>0$ оно справедливо по той причине, что $|x|=x,$ $(\ln x+C)’=\displaystyle\frac{1}{x}$ .
Если же $x<0$ , то $|x|=-x$ , $\ln(-x)+C)’=\displaystyle\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\displaystyle\frac{1}{x}$ , так что и в этом случае равенство верно.

Итак, если исходный интеграл представлен в виде $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx$ , то, выполняя замену переменной $t=\varphi(x)$ , мы приходим к интегралу $\int f(t)dt$ . Часто замену переменной в интеграле $\int g(x)dx$ применяют в виде $x = \psi(t)$ , затем вычисляют интеграл по $t$ , а чтобы вернуться к старой переменной $x$ , нужно выразить новую переменную $t$ через $x$ .

Пусть $I=\int\sqrt{1-x^2}dx$ .
Для вычисления этого интеграла положим $x=\sin t$ . Тогда
$dx=\cos tdt, \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=\cos t.$
Подставляя это в исходный интеграл, получаем
$I=\int\cos^2 tdt=\int\displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}dt=\displaystyle\frac{t}{2}+\displaystyle\frac{\sin 2t}{4}+C.$
Из равенства $x=\sin t$ имеем $t=\arcsin x$ , так что
$I=\displaystyle\frac{\arcsin x}{2}+\displaystyle\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C.$
Вычислим этот интеграл еще одним способом, основанным на применении формулы интегрирования по частям.
$I=\int\sqrt{1-x^2}dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{1-x^2}, & dv=dx\\du=-\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx, & v=x\end{bmatrix}=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2-1+1}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.$
Воспользовавшись теперь равенством $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+c$ , вытекающим из того, что $(\arcsin x+C)’=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ , получим $I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x$ . Отсюда следует
$I=\displaystyle\frac{1}{2}[x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x]+C.$

Решение примеров

Интегрирование по частям:

$\int\text{arctg}\:xdx$

Решение

$\int\text{arctg}\:xdx=\begin{bmatrix}\text{arctg}\:{x}=u, du=\displaystyle\frac{dx}{1+x^2}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\:\text{arctg}\: {x}-\int\displaystyle\frac{xdx}{1+x^2}=\\=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\int\displaystyle\frac{dx^2}{1+x^2}=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln(1 + x^2) + C.$
$\int x\sin{x}dx$

Решение

$\int x\sin{x}dx=\begin{bmatrix}x=u, du=dx\\ \sin{x}=dv, v=-\cos{x}\end{bmatrix}=-x\cos{x}+\int\cos{x}dx=\\=-x\cos{x}+\sin{x}+C.$
$\int xe^{x}dx$

Решение

$\int xe^{x}dx=\begin{bmatrix}u=x, du=dx\\dv=e^{x}dx, v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^{x}dx=xe^x-e^x+C.$

Замена переменной:

$\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}$

Решение

$\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}=\begin{bmatrix}\sqrt{e^x-1}=t, x=\ln(t^2+1)\\dx=\displaystyle\frac{2tdt}{t^2+1}\end{bmatrix}=2\int\displaystyle\frac{tdt}{t(t^2+1)}=\\=2\int\frac{dt}{t^2+1}=2\: \text{arctg}\: t+C.$
$\int\displaystyle\frac{x^{2}dx}{5-x^6}$

Решение

$\int\frac{x^2dx}{5-x^6}=\begin{bmatrix}x^3=t\\dt=3x^2dx\\x^6=t^2\end{bmatrix}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{5-t^2}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{(\sqrt{5})^2-t^2}=\\=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+t}{\sqrt{5}-t}\right|+C=[t=x^3]=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+x^3}{\sqrt{5}-x^3}\right|+C.$

Интегрирование по частям и замена переменной

Пройдя этот тест, вы закрепите пройденный ранее материал по теме «Интегрирование по частям и замена переменной»

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной

максимум из 18 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Литература

Коляда В.И., Кореновский А.А. Курс лекций по математическому анализу Часть 1. (стр. 159)

Смотрите также

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Условие

Решение

Примеры решения задач

Литература

Производная сложной функции

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.