Izvedenica

Izračunavanje derivacije matematičke funkcije (diferencijacije) vrlo je čest problem pri rješavanju više matematike. Za jednostavne (elementarne) matematičke funkcije to je prilično jednostavna stvar, budući da su tablice derivacija za elementarne funkcije odavno sastavljene i lako dostupne. Međutim, pronalaženje derivacije složene matematičke funkcije nije trivijalan zadatak i često zahtijeva značajan trud i vrijeme.

Pronađite izvedenicu online

Naša online usluga omogućuje vam da se riješite besmislenih dugih izračuna i pronaći izvedenicu online u jednom trenutku. Štoviše, koristeći našu uslugu koja se nalazi na web stranici www.site, možete izračunati online izvedenica kako iz elementarne funkcije tako i iz vrlo složene koja nema analitičko rješenje. Glavne prednosti naše stranice u usporedbi s drugima su: 1) ne postoje strogi zahtjevi za metodu unosa matematičke funkcije za izračun derivacije (na primjer, kada unosite funkciju sinus x, možete je unijeti kao sin x ili sin (x) ili sin[x], itd. d.); 2) online izračun derivata događa se odmah u na liniji i apsolutno besplatno; 3) omogućujemo vam da pronađete izvod funkcije bilo koji red, promjena redoslijeda izvoda vrlo je laka i razumljiva; 4) omogućujemo vam da pronađete izvod gotovo svake matematičke funkcije online, čak i one vrlo složene koje se ne mogu riješiti drugim uslugama. Dani odgovor je uvijek točan i ne može sadržavati pogreške.

Korištenje našeg poslužitelja omogućit će vam da 1) izračunate izvedenicu online za vas, eliminirajući dugotrajne i zamorne izračune tijekom kojih biste mogli napraviti pogrešku ili tipfeler; 2) ako sami izračunate derivaciju matematičke funkcije, tada vam pružamo mogućnost da dobiveni rezultat usporedite s izračunima našeg servisa i uvjerite se da je rješenje točno ili pronađete potkralu grešku; 3) koristite našu uslugu umjesto korištenja tablica izvedenica jednostavnih funkcija, gdje je često potrebno vrijeme da se pronađe željena funkcija.

Sve što se od vas traži je da pronaći izvedenicu online- je koristiti našu uslugu na

Prilikom izvođenja prve formule tablice, poći ćemo od definicije funkcije izvoda u točki. Uzmimo gdje x– bilo koji realni broj, tj. x– bilo koji broj iz domene definiranosti funkcije. Zapišimo granicu omjera prirasta funkcije i prirasta argumenta na :

Treba napomenuti da se pod graničnim znakom dobiva izraz koji nije nesigurnost nule podijeljene s nulom, budući da brojnik ne sadrži infinitezimalnu vrijednost, već upravo nulu. Drugim riječima, prirast konstantne funkcije uvijek je nula.

Tako, izvod konstantne funkcijejednaka je nuli u cijeloj domeni definicije.

Derivacija funkcije potencije.

Formula za derivaciju potencne funkcije ima oblik , gdje je eksponent str– bilo koji realni broj.

Dokažimo najprije formulu za prirodni eksponent, odnosno za p = 1, 2, 3, …

Koristit ćemo se definicijom derivacije. Zapišimo granicu omjera prirasta funkcije snage i prirasta argumenta:

Da bismo pojednostavili izraz u brojniku, okrećemo se Newtonovoj binomnoj formuli:

Stoga,

Ovo dokazuje formulu za derivaciju potencije za prirodni eksponent.

Derivacija eksponencijalne funkcije.

Predstavljamo izvođenje formule derivata na temelju definicije:

Došli smo do neizvjesnosti. Kako bismo ga proširili, uvodimo novu varijablu, a na . Zatim . U prošlom prijelazu koristili smo formulu za prijelaz na novu logaritamsku bazu.

Zamijenimo u izvornu granicu:

Ako se prisjetimo druge izvanredne granice, dolazimo do formule za derivaciju eksponencijalne funkcije:

Derivacija logaritamske funkcije.

Dokažimo formulu za izvod logaritamske funkcije za sve x iz domene definicije i sve važeće vrijednosti baze a logaritam Po definiciji derivata imamo:

Kao što ste primijetili, tijekom dokaza transformacije su provedene korištenjem svojstava logaritma. Jednakost je istinito zbog druge značajne granice.

Derivacije trigonometrijskih funkcija.

Da bismo izveli formule za derivacije trigonometrijskih funkcija, morat ćemo se prisjetiti nekih trigonometrijskih formula, kao i prve značajne granice.

Po definiciji derivacije za sinusnu funkciju imamo .

Upotrijebimo formulu razlike sinusa:

Ostaje da se okrenemo prvoj značajnoj granici:

Dakle, izvod funkcije grijeh x Tamo je cos x.

Formula za derivaciju kosinusa dokazuje se na potpuno isti način.

Prema tome, izvod funkcije cos x Tamo je – grijeh x.

Izvest ćemo formule za tablicu derivacija za tangens i kotangens koristeći provjerena pravila diferenciranja (derivacija razlomka).

Derivacije hiperboličkih funkcija.

Pravila diferenciranja i formula za derivaciju eksponencijalne funkcije iz tablice derivacija omogućuju nam izvođenje formula za derivacije hiperboličkog sinusa, kosinusa, tangensa i kotangensa.

Derivacija inverzne funkcije.

Da ne bude zabune tijekom izlaganja, označimo u indeksu argument funkcije po kojoj se vrši diferenciranje, odnosno to je derivacija funkcije f(x) Po x.

Sada formulirajmo pravilo za pronalaženje derivacije inverzne funkcije.

Neka funkcije y = f(x) I x = g(y) međusobno inverzni, definirani na intervalima i redom. Ako u točki postoji konačna derivacija funkcije različita od nule f(x), tada u točki postoji konačna derivacija inverzne funkcije g (y), i . U drugom postu .

Ovo se pravilo može preformulirati za bilo koje x iz intervala , tada dobivamo .

Provjerimo valjanost ovih formula.

Nađimo inverznu funkciju za prirodni logaritam (Ovdje g je funkcija, i x- argument). Nakon što smo riješili ovu jednadžbu za x, dobivamo (ovdje x je funkcija, i g– njezin argument). To je, a međusobno inverzne funkcije.

Iz tablice izvedenica vidimo da I .

Uvjerimo se da nas formule za pronalaženje izvodnica inverzne funkcije vode do istih rezultata:

Kao što vidite, dobili smo iste rezultate kao u tablici izvedenica.

Sada imamo znanje za dokazivanje formula za derivacije inverznih trigonometrijskih funkcija.

Počnimo s derivacijom arksinusa.

. Zatim, koristeći formulu za derivaciju inverzne funkcije, dobivamo

Ostaje samo izvršiti transformacije.

Budući da je raspon arksinusa interval , To (vidi dio o osnovnim elementarnim funkcijama, njihovim svojstvima i grafovima). Stoga ga ne razmatramo.

Stoga, . Područje definiranja arcsinusne derivacije je interval (-1; 1) .

Za arc kosinus, sve se radi na potpuno isti način:

Nađimo derivaciju arktangensa.

Za inverznu funkciju je .

Izrazimo arktangens u terminima arkosinusa kako bismo pojednostavili dobiveni izraz.

Neka arctgx = z, Zatim

Stoga,

Derivacija ark kotangensa nalazi se na sličan način:

Predstavljamo sažetak tablice radi praktičnosti i jasnoće prilikom proučavanja teme.

Konstantnoy = C Funkcija potencije y = x p (x p) " = p x p - 1	Eksponencijalna funkcijay = a x (a x) " = a x ln a Konkretno, kadaa = eimamo y = e x (e x) " = e x
Logaritamska funkcija (log a x) " = 1 x ln a Konkretno, kadaa = eimamo y = logx (ln x) " = 1 x	Trigonometrijske funkcije (sin x) " = cos x (cos x) " = - sin x (t g x) " = 1 cos 2 x (c t g x) " = - 1 sin 2 x
Inverzne trigonometrijske funkcije (a r c sin x) " = 1 1 - x 2 (a r c cos x) " = - 1 1 - x 2 (a r c t g x) " = 1 1 + x 2 (a r c c t g x) " = - 1 1 + x 2	Hiperboličke funkcije (s h x) " = c h x (c h x) " = s h x (t h x) " = 1 c h 2 x (c t h x) " = - 1 s h 2 x

Analizirajmo kako su dobivene formule navedene tablice ili, drugim riječima, dokazat ćemo izvođenje formula izvoda za svaki tip funkcije.

Derivacija konstante

Dokazi 1

Da bismo izveli ovu formulu, uzimamo kao osnovu definiciju derivacije funkcije u točki. Koristimo x 0 = x, gdje je x uzima vrijednost bilo kojeg realnog broja, ili, drugim riječima, x je bilo koji broj iz domene funkcije f (x) = C. Zapišimo granicu omjera prirasta funkcije i prirasta argumenta kao ∆ x → 0:

lim ∆ x → 0 ∆ f (x) ∆ x = lim ∆ x → 0 C - C ∆ x = lim ∆ x → 0 0 ∆ x = 0

Imajte na umu da izraz 0 ∆ x pada ispod znaka granice. To nije nesigurnost "nula podijeljena s nulom", budući da brojnik ne sadrži infinitezimalnu vrijednost, već upravo nulu. Drugim riječima, prirast konstantne funkcije uvijek je nula.

Dakle, derivacija konstantne funkcije f (x) = C jednaka je nuli kroz cijelu domenu definicije.

Primjer 1

Date su konstantne funkcije:

f 1 (x) = 3, f 2 (x) = a, a ∈ R, f 3 (x) = 4. 13 7 22 , f 4 (x) = 0 , f 5 (x) = - 8 7

Riješenje

Opišimo zadane uvjete. U prvoj funkciji vidimo izvod prirodnog broja 3. U sljedećem primjeru trebate uzeti derivat od A, Gdje A- bilo koji realni broj. Treći primjer daje nam izvod iracionalnog broja 4. 13 7 22, četvrti je izvod nule (nula je cijeli broj). Konačno, u petom slučaju imamo derivaciju racionalnog razlomka - 8 7.

Odgovor: derivacije zadanih funkcija su nula za bilo koju realnu x(po cijelom području definiranja)

f 1 " (x) = (3) " = 0 , f 2 " (x) = (a) " = 0 , a ∈ R , f 3 " (x) = 4 . 13 7 22 " = 0 , f 4 " (x) = 0 " = 0 , f 5 " (x) = - 8 7 " = 0

Derivacija funkcije potencije

Prijeđimo na funkciju potencije i formulu za njezinu derivaciju koja ima oblik: (x p) " = p x p - 1, gdje je eksponent str je bilo koji realan broj.

Dokazi 2

Evo dokaza formule kada je eksponent prirodan broj: p = 1, 2, 3, …

Opet se oslanjamo na definiciju derivata. Zapišimo granicu omjera prirasta funkcije snage i prirasta argumenta:

(x p) " = lim ∆ x → 0 = ∆ (x p) ∆ x = lim ∆ x → 0 (x + ∆ x) p - x p ∆ x

Da bismo pojednostavili izraz u brojniku, koristimo Newtonovu binomnu formulu:

(x + ∆ x) p - x p = C p 0 + x p + C p 1 · x p - 1 · ∆ x + C p 2 · x p - 2 · (∆ x) 2 + . . . + + C p p - 1 x (∆ x) p - 1 + C p p (∆ x) p - x p = = C p 1 x p - 1 ∆ x + C p 2 x p - 2 (∆ x) 2 + . . . + C p p - 1 x (∆ x) p - 1 + C p p (∆ x) p

Tako:

(x p) " = lim ∆ x → 0 ∆ (x p) ∆ x = lim ∆ x → 0 (x + ∆ x) p - x p ∆ x = = lim ∆ x → 0 (C p 1 x p - 1 ∆ x + C p 2 x p - 2 (∆ x) 2 + ... + C p p - 1 x (∆ x) p - 1 + C p p (∆ x) p) ∆ x = = lim ∆ x → 0 (C p 1 x p - 1 + C p 2 x p - 2 ∆ x + .. + C p p - 1 x (∆ x) p - 2 + C p p (∆ x) p - 1) = = C p 1 · x p - 1 + 0 + 0 + . . . + 0 = p ! 1 ! · (p - 1) ! · x p - 1 = p · x p - 1

Dakle, dokazali smo formulu za izvod potencije kada je eksponent prirodni broj.

Dokazi 3

Za pružanje dokaza za slučaj kada p- bilo koji realni broj različit od nule, koristimo logaritamsku derivaciju (ovdje treba razumjeti razliku od derivacije logaritamske funkcije). Za potpunije razumijevanje, preporučljivo je proučiti derivaciju logaritamske funkcije i dalje razumjeti derivaciju implicitne funkcije i derivaciju složene funkcije.

Razmotrimo dva slučaja: kada x pozitivno i kada x negativan.

Dakle, x > 0. Tada je: x p > 0 . Logaritmirajmo jednakost y = x p na bazu e i primijenimo svojstvo logaritma:

y = x p ln y = ln x p ln y = p · ln x

U ovoj fazi dobili smo implicitno specificiranu funkciju. Definirajmo njegovu derivaciju:

(ln y) " = (p · ln x) 1 y · y " = p · 1 x ⇒ y " = p · y x = p · x p x = p · x p - 1

Sada razmatramo slučaj kada x - negativan broj.

Ako indikator str je paran broj, tada je funkcija snage definirana za x< 0 , причем является четной: y (x) = - y ((- x) p) " = - p · (- x) p - 1 · (- x) " = = p · (- x) p - 1 = p · x p - 1

Zatim x str< 0 и возможно составить доказательство, используя логарифмическую производную.

Ako str je neparan broj, tada je funkcija snage definirana za x< 0 , причем является нечетной: y (x) = - y (- x) = - (- x) p . Тогда x p < 0 , а значит логарифмическую производную задействовать нельзя. В такой ситуации возможно взять за основу доказательства правила дифференцирования и правило нахождения производной сложной функции:

y " (x) = (- (- x) p) " = - ((- x) p) " = - p · (- x) p - 1 · (- x) " = = p · (- x) p - 1 = p x p - 1

Posljednji prijelaz moguć je zbog činjenice da ako str je onda neparan broj p - 1 ili paran broj ili nula (za p = 1), dakle, za negativno x jednakost (- x) p - 1 = x p - 1 je istinita.

Dakle, dokazali smo formulu za derivaciju funkcije potencije za bilo koji realni p.

Primjer 2

Zadane funkcije:

f 1 (x) = 1 x 2 3 , f 2 (x) = x 2 - 1 4 , f 3 (x) = 1 x log 7 12

Odredi njihove derivacije.

Riješenje

Neke od zadanih funkcija transformiramo u tablični oblik y = x p , na temelju svojstava stupnja, a zatim koristimo formulu:

f 1 (x) = 1 x 2 3 = x - 2 3 ⇒ f 1 " (x) = - 2 3 x - 2 3 - 1 = - 2 3 x - 5 3 f 2 " (x) = x 2 - 1 4 = 2 - 1 4 x 2 - 1 4 - 1 = 2 - 1 4 x 2 - 5 4 f 3 (x) = 1 x log 7 12 = x - log 7 12 ⇒ f 3" ( x) = - log 7 12 x - log 7 12 - 1 = - log 7 12 x - log 7 12 - log 7 7 = - log 7 12 x - log 7 84

Derivacija eksponencijalne funkcije

Dokaz 4

Izvedimo formulu derivata koristeći definiciju kao osnovu:

(a x) " = lim ∆ x → 0 a x + ∆ x - a x ∆ x = lim ∆ x → 0 a x (a ∆ x - 1) ∆ x = a x lim ∆ x → 0 a ∆ x - 1 ∆ x = 0 0

Imamo neizvjesnost. Da ga proširimo, napišimo novu varijablu z = a ∆ x - 1 (z → 0 kao ∆ x → 0). U ovom slučaju je a ∆ x = z + 1 ⇒ ∆ x = log a (z + 1) = ln (z + 1) ln a . Za zadnji prijelaz korištena je formula za prijelaz na novu bazu logaritma.

Zamijenimo u izvornu granicu:

(a x) " = a x · lim ∆ x → 0 a ∆ x - 1 ∆ x = a x · ln a · lim ∆ x → 0 1 1 z · ln (z + 1) = = a x · ln a · lim ∆ x → 0 1 ln (z + 1) 1 z = a x · ln a · 1 ln lim ∆ x → 0 (z + 1) 1 z

Sjetimo se druge izvanredne granice i tada ćemo dobiti formulu za derivaciju eksponencijalne funkcije:

(a x) " = a x · ln a · 1 ln lim z → 0 (z + 1) 1 z = a x · ln a · 1 ln e = a x · ln a

Primjer 3

Date su eksponencijalne funkcije:

f 1 (x) = 2 3 x , f 2 (x) = 5 3 x , f 3 (x) = 1 (e) x

Potrebno je pronaći njihove izvedenice.

Riješenje

Koristimo formulu za derivaciju eksponencijalne funkcije i svojstva logaritma:

f 1 " (x) = 2 3 x " = 2 3 x ln 2 3 = 2 3 x (ln 2 - ln 3) f 2 " (x) = 5 3 x " = 5 3 x ln 5 1 3 = 1 3 5 3 x ln 5 f 3 " (x) = 1 (e) x " = 1 e x " = 1 e x ln 1 e = 1 e x ln e - 1 = - 1 e x

Derivacija logaritamske funkcije

Dokaz 5

Navedimo dokaz formule za derivaciju logaritamske funkcije za bilo koju x u domeni definicije i sve dopuštene vrijednosti baze a logaritma. Na temelju definicije derivata dobivamo:

(log a x) " = lim ∆ x → 0 log a (x + ∆ x) - log a x ∆ x = lim ∆ x → 0 log a x + ∆ x x ∆ x = = lim ∆ x → 0 1 ∆ x log a 1 + ∆ x x = lim ∆ x → 0 log a 1 + ∆ x x 1 ∆ x = = lim ∆ x → 0 log a 1 + ∆ x x 1 ∆ x · x x = lim ∆ x → 0 1 x · log a 1 + ∆ x x x ∆ x = = 1 x · log a lim ∆ x → 0 1 + ∆ x x x ∆ x = 1 x · log a e = 1 x · ln e ln a = 1 x · ln a

Iz navedenog lanca jednakosti jasno je da su se transformacije temeljile na svojstvu logaritma. Jednakost lim ∆ x → 0 1 + ∆ x x x ∆ x = e vrijedi u skladu s drugom izvanrednom granicom.

Primjer 4

Zadane su logaritamske funkcije:

f 1 (x) = log ln 3 x, f 2 (x) = ln x

Potrebno je izračunati njihove derivate.

Riješenje

Primijenimo izvedenu formulu:

f 1 " (x) = (log ln 3 x) " = 1 x · ln (ln 3) ; f 2 " (x) = (ln x) " = 1 x ln e = 1 x

Dakle, izvod prirodnog logaritma je jedan podijeljen s x.

Derivacije trigonometrijskih funkcija

Dokaz 6

Upotrijebimo neke trigonometrijske formule i prvu prekrasnu granicu za izvođenje formule za derivaciju trigonometrijske funkcije.

Prema definiciji derivacije funkcije sinusa dobivamo:

(sin x) " = lim ∆ x → 0 sin (x + ∆ x) - sin x ∆ x

Formula za razliku sinusa omogućit će nam izvođenje sljedećih radnji:

(sin x) " = lim ∆ x → 0 sin (x + ∆ x) - sin x ∆ x = = lim ∆ x → 0 2 sin x + ∆ x - x 2 cos x + ∆ x + x 2 ∆ x = = lim ∆ x → 0 sin ∆ x 2 · cos x + ∆ x 2 ∆ x 2 = = cos x + 0 2 · lim ∆ x → 0 sin ∆ x 2 ∆ x 2

Konačno, koristimo prvo divno ograničenje:

sin " x = cos x + 0 2 · lim ∆ x → 0 sin ∆ x 2 ∆ x 2 = cos x

Dakle, izvod funkcije grijeh x htjeti cos x.

Također ćemo dokazati formulu za izvod kosinusa:

cos " x = lim ∆ x → 0 cos (x + ∆ x) - cos x ∆ x = = lim ∆ x → 0 - 2 sin x + ∆ x - x 2 sin x + ∆ x + x 2 ∆ x = = - lim ∆ x → 0 sin ∆ x 2 sin x + ∆ x 2 ∆ x 2 = = - sin x + 0 2 lim ∆ x → 0 sin ∆ x 2 ∆ x 2 = - sin x

Oni. izvod funkcije cos x bit će – grijeh x.

Formule za derivacije tangensa i kotangensa izvodimo na temelju pravila diferenciranja:

t g " x = sin x cos x " = sin " x · cos x - sin x · cos " x cos 2 x = = cos x · cos x - sin x · (- sin x) cos 2 x = sin 2 x + cos 2 x cos 2 x = 1 cos 2 x c t g " x = cos x sin x " = cos " x · sin x - cos x · sin " x sin 2 x = = - sin x · sin x - cos x · cos x sin 2 x = - sin 2 x + cos 2 x sin 2 x = - 1 sin 2 x

Derivacije inverznih trigonometrijskih funkcija

Odjeljak o derivaciji inverznih funkcija daje iscrpne informacije o dokazu formula za derivacije arksinusa, arkosinusa, arktangensa i arkotangensa, stoga ovdje nećemo duplicirati materijal.

Derivacije hiperboličkih funkcija

Dokazi 7

Formule za derivacije hiperboličkog sinusa, kosinusa, tangensa i kotangensa možemo izvesti pomoću pravila diferenciranja i formule za derivaciju eksponencijalne funkcije:

s h " x = e x - e - x 2 " = 1 2 e x " - e - x " = = 1 2 e x - - e - x = e x + e - x 2 = c h x c h " x = e x + e - x 2 " = 1 2 e x " + e - x " = = 1 2 e x + - e - x = e x - e - x 2 = s h x t h " x = s h x c h x " = s h " x · c h x - s h x · c h " x c h 2 x = c h 2 x - s h 2 x c h 2 x = 1 c h 2 x c t h " x = c h x s h x " = c h " x · s h x - c h x · s h " x s h 2 x = s h 2 x - c h 2 x s h 2 x = - 1 s h 2 x

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter