Тема Математический анализ

23 Производные функции в точке

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#54769

Найти производную кусочно-заданной функции

( 2 2 { (x− a) (x − b) п ри a ≤ x ≤ b y = ( 0 вн е отрезка [a,b]

Показать ответ и решение

На отрезке $[a,b]$ производная равна

y′ = ((x − a)2(x − b)2)′ = ((x − a)2)′(x − b)2 + ((x− b)2)′(x − a)2 =

= (2x− 2a )(x − b)2 + (2x − 2b)(x − a)2 =

= 2(x− a)(x− b)(2x− a − b) = 4x3 +2x2 (− a− b − 2a − 2b)+ 2x(b(a+ b)+ a(a+ b)+ 2ab)− ab(a+ b) =

3 2 2 2 = 4x − 6x (a + b)+ 2x(4ab + b + a )− 2ab(a + b)

Вне отрезка производная будет 0. Получаем:

( { y′ = 2(x− a)(x − b)(2x− a − b) при a ≤ x ≤ b ( 0 вне отрезка [a,b]

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#54770

Найти производную кусочно-заданной функции

( { x п ри x < 0 y = ( ln(1+ x ) п ри x ≥ 0

Показать ответ и решение

Производная при $x < 0$ : $y′ = (x)′ = 1$ . Производная при $x ≥ 0$ : $y′ = (ln (1 + x))′ = x1+1$ . Получаем:

( { 1 п ри x < 0 y′ = ( x1+1 п ри x ≥ 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#55556

Найти $y′$ , если:

а): $2 y = f (x ) ;$
б): $2 2 y = f (sin x) + f(cos x);$
в): $y = f (ex) ⋅ef(x).$

Показать ответ и решение

а)

y′(x ) = (f(x2))′ = f′(x2)⋅(x2)′ = 2xf ′(x2);

б)

y′(x ) = (f(sin2x)+ f (cos2 x))′ = f′(sin2x) ⋅2sin x ⋅cosx+ f′(cos2x) ⋅2cosx ⋅(− sin x) = ′ 2 ′ 2 ′ 2 ′ 2 = 2sinx cosx ⋅(f(sin x)− f (cos x)) = sin(2x) ⋅(f (sin x)− f (cos x));

в)

Сначала найдем логарифмическую производную:

f′(ex)⋅ex (lny(x))′ = ( ln (f (ex) ⋅ef(x)))′ = (lnf(ex))′ + f′(x ) =---x---+ f′(x). f(e )

Поскольку справедливо равенство

′ ′ y(x) = (lny(x)) ⋅y(x),

окончательно имеем:

′ f′(ex)⋅ex ′ x f(x) ′ x x ′ x f(x) y(x) = ( f(ex) + f(x)) ⋅f(e )⋅e = (f (e )e + f(x)f(e ))e .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#55557

Найти логарифмическую производную от функции $y$ , если:

а): $∘ ------ 1− x y = x 1+-x-$
б): $∘ -------- -x3--3 -3-−-x-- y = 1− x (3+ x )3$
в): $y = (x − a1)α1(x − a2)α2 ...(x − an)αn$

Показать ответ и решение

а)

∘ ------ (ln y)′ = (ln(x 1−-x-))′ = (ln (x⋅(1 − x)1∕2 ⋅(1+ x)−1∕2))′ = 1+ x = (ln x)′ + 1-(ln(1 − x))′ − 1(ln(1+ x))′ = 1(2-−--1-- − --1--) = 2 2 2 x 1 − x 1 + x 2(1− x )(1 + x)− x (1 + x)− x(1− x) 2 − 2x2 − 2x x2 + x − 1 = -----------------------------------= ----------------= ---2------. 2x(1− x)(1+ x) 2x (1 − x)(1+ x ) x(x − 1)

б)

3 ∘ -------- (ln y)′ = (ln(-x-- 3 -3−-x--))′ = (ln(x3 ⋅(1− x)−1 ⋅(3− x)1∕3 ⋅(3 + x)−1))′ = 1 − x (3 + x)3 1 3 1 1 1 = (3 ln x − ln(1 − x)+ -ln(3− x) − ln (3 + x))′ =--+ -----− --------− -----= 3 x 1− x 3(3 − x) 3+ x 9(1−-x)(9-−-x2)+-3x(9-−-x2)−-(3-+-x)(x-−-x2)-−-3(3-−-x)(x-−-x2) = 3x(1 − x)(9− x2) = (81− 81x − 9x2 + 9x3)+ (27x − 3x3)− (3x − 2x2 − x3)− (9x − 12x2 + 3x3 ) = -----------------------------------------2----------------------------= 3x(1− x)(9 − x ) 81−-66x-+-5x2-+-4x3- = 3x (1− x)(9− x2) .

в)

(ln y)′ = ln((x− a1)α1(x − a2)α2 ...(x− an)αn)′ = ′ = (α1ln(x − a1)+ α2 ln(x − a2)+ ...+ αn ln(x− an )) = ∑n ∏ αk (x − aj) = --α1--+ -α2---+ ...+ --αn-- = k=1-n--j⁄=k--------- x − a1 x− a2 x − an ∏ (x − ak) k=1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#55560

Показать, что функция

$( 2 (1) { x + 2x sin x , если x ⁄= 0 f (x ) = ( 0, если x = 0$

имеет положительную производную в точке $0$ , однако не монотонна ни в какой окрестности точки $0$ .

Показать ответ и решение

Посчитаем производную по определению:

$| 2 (1) ( ( )) f′(x )| = lim f(x)-−-f(0) = lim x+-2x--sin--x-- = lim 1+ 2x sin -1 = 1 > 0 x=0 x→0 x − 0 x→0 x x→0 x$

Так как во втором слагаемом мы имеем предел произведения бесконечно малой функции на ограниченную, который равен $0$ .

Однако, при этом функция не возрастает ни в какой окрестности точки 0, ведь

$( 1) ( 1) f ′(x) = 1+ 4x sin -- − 2 cos -- = 0 x x$

И существуют две последовательности ${ak},{bk}$ вида $-1- ak = 2πk$ , $---1--- bk = π(2k+1 )$ . Эти последовательности стремятся к $0$ , причём $f′(ak) < 0$ и $f′(bk) > 0$ :

$1 f′(ak) = 1+ 4----sin(2πk) − 2cos(2πk) = 1− 2 = − 1 < 0 2πk f ′(bk) = 1 + 4---1---- sin(π(2k + 1))− 2cos(π(2k + 1)) = 1 + 2 = 3 > 0 π (2k + 1)$

Следовательно, вблизи окрестности $0$ существует бесконечно много как промежутков возрастания, так и промежутков убывания, поэтому функция $f(x)$ не монотонна ни в какой окрестности $0$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#71151

Используя приближенные вычисления при помощи дифференциала, вычислить:

a) $sin29∘$ ;
b) $log1011$ ;
c) $√ ----- 31,02$

Показать ответ и решение

a) Поскольку $sinx$ - функция, дифференцируема в каждой точке своей области определения, в частности, это означает, что у неё существует дифференциал в каждой точке своей области определения, мы имеем право записать следующее равенство, верное при $Δx → 0$ в окрестности точки $π x0 = 6$ :

sin(π-+ Δx ) − sin(π-) = A Δx + o¯(Δx ), при Δx → 0 6 6

Где $A$ - разумеется, есть не что иное, как производная синуса в точке $x0 = π6$ , то есть $π √3- A = cos6 = 2$ .

Тем самым, запишем последнее точное равенство без $¯o$ -малого, но в приближенном виде:

√ -- sin(π-+ Δx ) ≈ sin(π-)+ --3Δx, при малом Δx 6 6 2

Давайте теперь возьмём $Δx = − 1π80$ , тогда как раз получится, что $π6 + Δx = 29∘$ . Имеем:

π √3-- 1 √3-- π sin(29∘) ≈ sin(--)+ ---Δx = --− --- ---- 6 2 2 2 180

Далее, полагая $π ≈ 3,14$ , а $√ -- 3 ≈ 1,73$ , имеем:

∘ 1- 1,73-3,14- sin(29 ) ≈ 2 − 2 180 = 0,4849

b) Поскольку $log (x) 10$ - функция, дифференцируема в каждой точке своей области определения, в частности, это означает, что у неё существует дифференциал в каждой точке своей области определения, мы имеем право записать следующее равенство, верное при $Δx → 0$ в окрестности точки $x0 = 10$ :

log10(10+ Δx ) − log10(10) = AΔx + ¯o(Δx ), при Δx → 0

Где $A$ - разумеется, есть не что иное, как производная десятичного логарифма в точке $x0 = 10$ , то есть $A = ---1-- 10ln10$ . Где $ln 10 ≈ ln (e2) ≈ 2$

Тем самым, запишем последнее точное равенство без $¯o$ -малого, но в приближенном виде:

1 log10(10+ Δx ) ≈ log10(10)+ ------Δx, при малом Δx 10ln10

Давайте теперь возьмём $Δx = 1$ . Тогда

-1- -1- log10(11 ) ≈ log10(10) + 20 = 120 = 1,05

с) Поскольку $√3x--$ - функция, дифференцируема в каждой точке своей области определения, кроме нуля в частности, это означает, что у неё существует дифференциал в каждой точке своей области определения, кроме нуля, мы имеем право записать следующее равенство, верное при $Δx → 0$ в окрестности точки $x0 = 1$ :

3√ ------- 3√ -- 1+ Δx − 1 = A Δx + o¯(Δx ), при Δx → 0

Где $A$ - разумеется, есть не что иное, как производная $√ -- 3x$ в точке $x0 = 1$ , то есть $A = 1 3$ .

Тем самым, запишем последнее точное равенство без $¯o$ -малого, но в приближенном виде:

√3------- 3√-- 1- 1 + Δx ≈ 1 + 3Δx, при малом Δx

Давайте теперь возьмём $Δx = 0,02$ Имеем:

√ ------- √ -- 1 1 3 1+ Δx ≈ 31+ -Δx = 1+ -⋅0.02 ≈ 1,007 3 3

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#71152

Доказать приближенную формулу

∘ ------ x a2 + x ≈ a+ --, a > 0, |x| несравни мо меньш е a 2a

и вычислить при помощи этой формулы $√ ---- 120$

Показать ответ и решение

Поскольку $√ -- x$ - функция, дифференцируема в каждой точке $x ∈ (0,+ ∞ )$ , мы имеем право записать следующее равенство, верное при $Δx → 0$ в окрестности точки $2 x0 = a$ :

∘ -------- √ --- a2 + Δx − a2 = A Δx + o¯(Δx ), при Δx → 0

Где $A$ - разумеется, есть не что иное, как производная $-- √ x$ в точке $x0 = a2$ , то есть $1- A = 2a$ .

Тем самым, запишем последнее точное равенство без $¯o$ -малого, но в приближенном виде:

-------- ∘ a2 + Δx ≈ a + -1-Δx, при ма лом Δx 2a

И мы фактически и доказали требуемую в условии задачи формулу. Остаётся лишь произвести вычисления, взяв в качестве $a = 11$ , а в качестве $Δx$ (в обозначениях задачи это просто $x$ ) взяв $− 1$ :

√------- √ ---- 1 121 − 1 = 120 ≈ 11 −---≈ 10.955 22

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#71153

Используя теорему о производной композиции функции, доказать, что для любой функции $g$ , дифференцируемой в точке $x0$ и притом такой, что $g(x0 ) ⁄= 0$ , выполнено, что

′ 1− ди фф еренцируем а в x и (1)′(x ) = −-g(x0) g 0 g 0 g2(x0)

Показать ответ и решение

Действительно, из таблицы производных следует, что $F (x) = 1x$ - дифференцируемая всюду кроме точки $x0 = 0$ функция, и $′ 1- F (x) = − x2$ . Таким образом, композиция $-1- F (g(x )) = g(x)$ будет дифференцируема всюду, где $g(x0) ⁄= 0$ и где $g(x)$ сама дифференцируема, и, кроме того, из теоремы о производной композиции, следует, что

′ (F(g(x)))′(x ) = F′(g(x ))⋅g′(x ) = − g-(x0-) 0 0 0 g2(x0)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#71154

Из формулы $′ (1g)′(x0) = −gg2((xx0)) 0$ и теоремы о производной произведения вывести формулу для производной частного (при условии существования $′ ′ f (x0),g (x0)$ и $g(x0 ) ⁄= 0$ ):

′ ′ (f(x))′(x ) = f-(x0)g(x0)-−-f(x0)g(x0)- g(x) 0 g2(x0 )

Показать ответ и решение

Мы уже знаем, что всюду, где $g(x)$ - дифференцируема и $g(x) ⁄= 0$ , верна формула:

1 − g′(x0) (-)′(x0) = -2----- g g (x0)

Тогда применим к дроби

f(x)- g(x)

правило Лейбница дифференцирования произведения, представив дробь в виде произведения двух функций:

1 f(x)⋅ ---- g(x)

Тогда по правилу Лейбница:

f-(x-)′ --1- ′ ′ --1-- g′(x0) (g (x ))(x0) = (f (x )⋅g(x)) (x0) = f (x0)⋅g(x0) − g2(x0) ⋅ f(x0)

Осталось лишь привести всё это дело к общему знаменателю и получить нужную нам формулу:

f(x) ′ f′(x0)g(x0) − g′(x0)f(x0) (g(x))(x0) = ---------g2(x--)--------- 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#71155

Используя теорему о производной обратной функции, доказать, что $ln x$ - всюду на своей области определения дифференцируема и

(ln x)′(x ) = 1-- 0 x0

Показать ответ и решение

Для функции $f(x) = ex$ , $f : ℝ → (0,+ ∞ )$ функция $lnx$ является обратной.

Тогда, по теореме о производной обратной функции:

1 1 ln′(f(x0)) = -′----= -x0 f (x0) e

Но в левой части равенства у нас аргумент у производной $f(x0)$ , а в правой - $x0$ . Это нехорошо. Нужно, чтобы везде был единый аргумент. Давайте обозначим $y0 = f (x0 ) = ex0$ . Тогда получаем:

′ -1 ln (y0) = y0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#71156

Используя теорему о производной отношения, доказать, что $tgx$ - дифференцируем всюду, где $cosx$ отличен от нуля, и

(tg x)′(x ) = --1---- 0 cos2x0

Показать ответ и решение

Распишем тангенс как отношения синуса к косинусу:

sin x tg x = ----- cosx

Тогда по упомянутой в условии теореме, имеем:

′ cos-x0 ⋅cosx0-−-(−-sin-x0)⋅sin-x0 ---1--- (tgx) (x0) = cos2x0 = cos2x0

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#71166

Доказать, что у функции $f$ существует производная в точке $x0$ тогда и только тогда, когда у неё существует дифференциал в точке $x0$ .

Показать ответ и решение

1. $⇒$ Пусть у $f(x)$ существует производная в точке $x0$ . Обозначим её через $f′(x0)$ .

То есть, это означает, что

lim f-(x0-+-Δx-)−-f-(x0) = f ′(x ) Δx→0 Δx 0

Тогда очевидно, что

f(x + Δx ) − f(x ) ---0------------0-− f ′(x0) → 0 Δx

То есть, иными словами,

f(x0-+-Δx-)−-f(x0) ′ Δx − f (x0 ) = ¯o(1), п ри Δx → 0

Далее, в этом последнем равенстве перенесем $f′(x0)$ в правую часть и домножим всё на $Δx$ :

′ f(x0 + Δx ) − f(x0) = f (x0)Δx + o¯(Δx ), при Δx → 0

Но это в точности означает, что у $f(x)$ сущесвтует дифференциал в точке $x0$ , а именно, дифференциалом будет линейная функция

df|x (Δx ) = f′(x0)Δx 0

2. $⇐$ Пусть у $f (x )$ существует дифференциал в точке $x0$ .

Это означает, что найдётся такая линейная функция $df |x0(Δx ) = A Δx$ , что

f(x + Δx ) − f(x ) = A Δx + ¯o(Δx ), при Δx → 0 0 0

Далее, давайте это последнее равенство поделим почленно на $Δx$ :

f(x + Δx )− f(x ) ---0------------0- = A + ¯o(1), при Δx → 0 Δx

И теперь, если перейти к пределу при $Δx → 0$ , мы увидим, что

f-(x0-+-Δx-)−-f(x0) Δlixm→0 Δx = A

А это и означает, что у $f (x )$ существует производная в точке $x 0$ , и эта производная равна $A$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#73772

Пусть к условиям теоремы о дифференцировании параметрически заданной функции добавлены условия двукратного дифференцирования функций $x (t)$ и $y(t)$ по переменной $t$ в точке $t0$ . Вывести тогда в этих условиях формулу второй производной параметрически заданной функции: