Производные некоторых элементарных функций


Применим полученную формулу производной обратной функции (точнее, формулу (4.15)) для нахождения производных некоторых элементарных функций.

        Пример 4.8   Найдём производную функции $ {f(x){=}\arcsin x}$. Обратной к этой функции служит главная ветвь функции $ {{\varphi}(y)=\sin y}$ ( $ {-\frac{\pi}{2}\leqslant y\leqslant \frac{\pi}{2}}$), производная которой равна $ {{\varphi}'(y)=\cos y}$. Заметим, что при указанных значениях $ y$ выполнено неравенство $ {\cos y\geqslant 0}$, откуда $ {\cos y=\sqrt{1-\sin^2y}}$ (корень берём со знаком $ +$). Поэтому по формуле (4.15):     $ f'(x)=\dfrac{1}{\cos(\arcsin x)}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}}= \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$     
        Пример 4.9   Аналогично отыщем производную функции $ f(x)=\arccos x$. Обратной к $ f(x)$ служит главная ветвь функции $ {\varphi}(y)=\cos y$ ( $ 0\leqslant y\leqslant \pi$), производная которой равна $ {\varphi}'(y)=-\sin y$. Заметим, что при $ 0\leqslant y\leqslant \pi$ выполнено неравенство $ \sin y\geqslant 0$, откуда $ \sin y=\sqrt{1-\cos^2y}$ (корень со знаком $ +$). Поэтому по формуле (4.15)
$\displaystyle f'(x)=\dfrac{1}{-\sin(\arccos x)}=-\dfrac{1}{\sqrt{1-\cos^2(\arccos x)}}= -\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$
Заметим однако, что тот же результат можно было бы гораздо легче получить, используя тригонометрическую формулу $ \arcsin x+\arccos x=\dfrac{\pi}{2}$, откуда $ \arccos x=\dfrac{\pi}{2}-\arcsin x$ и $ (\arccos x)'=-(\arcsin x)'=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$     
Векторное поле Поток векторного поля через поверхность
        Пример 4.10   Найдём производную функции $ f(x)=\mathop{\rm arctg}\nolimits x$. Обратной к этой функции служит главная ветвь функции $ {\varphi}(y)=\mathop{\rm tg}\nolimits y$ ( $ -\frac{\pi}{2}<y<\frac{\pi}{2}$), производная которой равна $ {\varphi}'(y)=\dfrac{1}{\cos^2y}=1+\mathop{\rm tg}\nolimits ^2y$. Поэтому по формуле (4.15)
$\displaystyle f'(x)=\dfrac{1}{1+\mathop{\rm tg}\nolimits ^2(\mathop{\rm arctg}\nolimits x)}=\dfrac{1}{1+x^2}.$
    
        Пример 4.11   Найдём производную функции $ f(x)=\mathop{\rm arcctg}\nolimits x$. Обратной к этой функции служит главная ветвь функции $ {\varphi}(y)=\mathop{\rm ctg}\nolimits y$ ($ 0<y<\pi$), производная которой равна $ {\varphi}'(y)=-\dfrac{1}{\sin^2y}=-1-\mathop{\rm ctg}\nolimits ^2y$. Поэтому по формуле (4.15)
$\displaystyle f'(x)=\dfrac{1}{-1-\mathop{\rm ctg}\nolimits ^2(\mathop{\rm arcctg}\nolimits x)}=-\dfrac{1}{1+x^2}.$
Конечно, ту же формулу можно было получить из соотношения $ {\mathop{\rm arctg}\nolimits x+\mathop{\rm arcctg}\nolimits x=\dfrac{\pi}{2}}$, откуда $ \mathop{\rm arcctg}\nolimits x=\dfrac{\pi}{2}-\mathop{\rm arctg}\nolimits x$ и $ (\mathop{\rm arcctg}\nolimits x)'=-(\mathop{\rm arctg}\nolimits x)'=-\dfrac{1}{1+x^2}.$     
        Пример 4.12   Найдём производную функции $ f(x)=a^x$ ($ a>0,\ a\ne1$). Обратной к ней служит функция $ {\varphi}(y)=\log_ay$, производная которой такова: $ {\varphi}'(y)=\dfrac{1}{y\ln a}$. Поэтому формула (4.15) даёт
$\displaystyle f'(x)=\dfrac{1}{\dfrac{1}{a^x\ln a}}=a^x\ln a.$
В частности, при $ a=e$ получаем
$\displaystyle (e^x)'=e^x.$
    

Выведем теперь формулы для производных гиперболических функций.

        Пример 4.13   Пусть $ y=\mathop{\rm sh}\nolimits x=\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})$. Заметим, что
$\displaystyle (e^{-x})'=e^{-x}(-x)'=e^{-x}(-1)=-e^{-x}$
по формуле производной композиции (с промежуточным аргументом $ u=-x$). Тогда
$\displaystyle y'=(\mathop{\rm sh}\nolimits x)'=\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})'= \frac{1}{2}(e^x-(-e^{-x}))= \frac{1}{2}(e^x+e^{-x}))=\mathop{\rm ch}\nolimits x.$
    

Сравнение бесконечно больших величин

    Пример 5.9   При $ x\to+\infty$ рассмотрим функции $ f(x)=x^{{\varepsilon}}$ ( $ {\varepsilon}>0$) и $ g(x)=\log_ax$ ($ a>1$). Покажем, что при всех таких $ {\varepsilon}$ и $ a$ имеет место соотношение
$\displaystyle \log_ax\mathrel{\mathop{\prec}\limits_{x\to+\infty}}x^{{\varepsilon}},$
то есть логарифм имеет меньший порядок роста при $ x\to+\infty$, чем любая положительная степень $ x^{{\varepsilon}}$.
Для доказательства вычислим предел $ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\log_ax}{x^{{\varepsilon}}}.$ Поскольку это предел отношения двух бесконечно больших, можно применить правило Лопиталя: Справочный материал и примеры к выполнению контрольной работы по математике
    
        Упражнение 5.2   Докажите, что $ x^{{\varepsilon}}$ при любом, как угодно малом $ {\varepsilon}>0$ имеет больший порядок роста при $ x\to+\infty$, чем любая, сколь угодно большая степень логарифма $ (\log_ax)^N$, ($ a>1$, $ N>0$).
        Упражнение 5.3   Докажите, что при $ x\to0+$ степенные функции $ x^{-a}$, $ a>0$, имеют тем больший порядок роста, чем больше значение $ a$.     
      

Классификация операционных систем Виртуальная память Реализация многозадачности
Системы безопасности Операционная система Linux Введение в компьютерные сети Принципы построения вычислительных систем Базовые технологии локальной сетиСредства анализа Процедуры и функции Pascal Язык запросов SQL Программирование на СИ Брандмауэры Протоколы TCP/IP Файловые системы Драйверы устройств