Шинкарик М.І. Вища математика

221

1

x

y

lim

0x

−=

Δ

−→Δ

, а 1

x

y

lim

0x

=

Δ

+→Δ

.

Отже, границя відношення

x

y

Δ

залежить від

способу прямування

xΔ до нуля і тому не

існує в точці

.0x = А, отже, функція

xy =

не диференційовна в цій точці.

§4. Основні правила диференціювання

Знаходження похідних за означенням не проста задача. Тому

для відшукання похідних від функцій, які утворені з декількох еле-

ментарних функцій використовують правила диференціювання, що

сформульовані у вигляді теорем.

ТЕОРЕМА 1. Похідна постійної величини

с

дорівнює 0.

Доведення

. Нехай

c

y

= , де −=

const

c

стала.Надаємо дові-

льному

x

приросту xΔ .Враховуючи, що функція прийме одне і теж

значення при всіх значеннях аргументу, маємо

0ccy =−=Δ

.

Знаходимо відношення приростів

0

x

y

=

Δ

.

Похідна цієї функції

0

x

y

limy

0x

=

Δ

=

′

→Δ

. Отже 0)c( =

′

.

ТЕОРЕМА 2. Якщо кожна з скінченого числа функцій

)x(u),...,x(u),x(u

n21

диференційовна в деякій точці

,

x

то дифе-

ренційовною в цій точці є їх алгебраїчна сума, причому похідна

алгебраїчної суми цих функцій дорівнює алгебраїчній сумі їх

похідних.

[]

)x(u...)x(u)x(u)x(u...)x(u)x(u

n21n21

′

±±

′

±

′

=

′

±±±

.

Доведення

. Візьмемо функцію з трьох доданків

)x(u)x(u)x(uy

321

−+=

. Надамо аргументу

x

приріст xΔ . Тоді

функція

y

та її складові )x(u),x(u),x(u

321

одержать відповідно

прирости

,u,u,u,y

321

ΔΔΔΔ

причому

[]

.uuu)x(u)x(u)x(u

)xx(u)xx(u)xx(uy

321321

321

Δ−Δ+Δ=++−

−Δ+−Δ++Δ+=Δ

у

х

О

Мал.3

222

Складемо відношення приросту функції

yΔ

до приросту ар-

гументу

xΔ і перейдемо до границі при умові, що 0x →Δ . Викори-

ставши властивості границь і врахувавши, що похідні функ-

цій

)x(u),x(u),x(u

321

існують, одержимо

−

Δ

+

Δ

=

Δ

Δ−Δ+Δ

=

Δ

=

′

→Δ→Δ→Δ→Δ

x

u

lim

x

u

lim

x

uuu

lim

x

y

limy

2

0x

1

0x

321

0x0x

-

)x(u)x(u)x(u

x

u

lim

321

3

0x

′

−

′

+

′

=

Δ

→Δ

або

[]

)x(u)x(u)x(u)x(u)x(u)x(u

321321

′

−

′

+

′

=

′

−+

, що треба

було довести.

ТЕОРЕМА 3. Якщо функції

)x(uu = і )x(vv =

диференційовні в точці

x

, то їх добуток диференційовний в цій

точці і має місце формула

uvvu)vu(

′

+

′

=⋅

.

Доведення. Позначимо

uv

y

= . Надамо приросту Δ х

аргументу х. Тоді функції и,

v

,у одержать відповідно прирости

,y,v,u ΔΔΔ

причому

vuvuuvuv)vv)(uu(yy ΔΔ+Δ+Δ+=Δ+Δ+=Δ+ .

Знайдемо приріст

yΔ

:

.vuvuuvuvvuvuuvuvу ΔΔ+Δ+Δ=−ΔΔ+Δ+Δ+=Δ

Складаємо відношення приростів

.v

x

u

x

v

x

u

x

y

Δ

+

Δ

+

Δ

=

Δ

Перейдемо до границі при умові , що

0x →Δ , використавши

властивості границь і врахувавши, що функція

v

неперервна,

оскільки вона диференційовна, і тому

0vlim

0x

=Δ

→Δ

.

Отже,

=Δ

Δ

+

Δ

+

Δ

=

Δ

→Δ→Δ→Δ→Δ→Δ

vlim

x

u

lim

x

u

limuv

x

u

lim

x

y

lim

0x0x0x0x0x

=

vuvu

′

+

′

, а тому

vuvu)uv(y

′

+

′

=

′

=

′

. Теорема доведена.

Наслідок 1

. Сталий множник можна виносити за знак похід-

ної.

Доведення

. (Cy)′ = C′y + Cy′ = Cy′ , оскільки .0С =

′

223

Наслідок 2. Похідна добутку декількох диференційованих

функцій дорівнює сумі добутків похідної кожної з цих функцій на

всі решта функції співмножники.

Доведення проведемо для випадку трьох співмножників.

uvwuwvvwuwuvw)vuvu(wuvw)uv()uvw(

′

+

′

+

′

=

′

+

′

+

′

=

′

+

′

=

′

.

Приклад. Знайти похідну функції

n

xy = (

−

n

натуральне

число).

Розв

’язування.

n

x = x x x … x .

n – раз

Використовуючи наслідок 2 , маємо

)x(

n

′

=

1n1n1n1n

nxxx...xxxx

−−−−

=

′

++

′

+

′

.

Отже,

1n

nxy

−

=

′

. (4.2)

ТЕОРЕМА 4. Якщо функції

),x(uu = )x(vv =

диференційовні в точці

x

, причому 0)x(v ≠ , то їх частка

також має похідну в цій точці, яка обчислюється за формулою:

2

v

vuvu

v

u

′

−

′

=

′

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

.

Доведення

. Позначимо

v

u

y =

. Надамо аргументу

x

приросту

xΔ . Тоді

y

,

v

,

u

одержать відповідно прирости

y,v,u ΔΔΔ

, причо-

му

vv

uu

yy

Δ+

=Δ+

. Знайдемо приріст

yΔ

:

vvv

vuuv

)vv(v

vuuvuvuv

v

u

vv

uu

y

2

Δ+

Δ−Δ

=

Δ+

Δ−−Δ+

=−

Δ+

=Δ

.

Складемо відношення приростів

vvv

x

v

uv

x

u

x

y

2

Δ+

Δ

−⋅

Δ

=

Δ

.

Перейдемо до границі при умові, що

0x →Δ

, використавши

властивості границь і врахувавши, що функція

v

неперервна, оскі-

льки вона диференційовна, і тому

0vlim

0x

=Δ

→Δ

.

n

224

Отже, ,

v

vuvu

)vvv(lim

x

v

limuv

x

u

lim

x

y

lim

22

0x

0x0x

0x

′

−

′

=

Δ+

Δ

−⋅

Δ

=

Δ

→Δ

→Δ→Δ

→Δ

а тому

2

v

vuvu

y

′

−

′

=

′

. Теорема доведена.

Наслідок 3. Якщо знаменник дробу постійна величина, то

c

u

c

u

′

=

′

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

.

Дійсно,

.

c

u

c

cu

c

cucu

c

u

22

′

=

′

=

′

−

′

=

′

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Наслідок 4. Якщо чисельник дробу – постійна величина, то

.

v

vc

v

vcvc

v

c

22

′

−=

′

−

′

=

′

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Зокрема, при

1с = маємо

2

v

1

′

−=

′

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

.

Наслідок 5. (похідні функцій

ctgx

y

,

tgx

y

==

).

Справедливі формули:

,

xcos

1

)tgx(

2

=

′

n

2

x π+

π

≠

;

xsin

1

)ctgx(

2

−=

′

,

n

x

π≠

.

Доведення

.

=

′

−

′

=

′

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

′

xcos

)x(cosxsinxcos)x(sin

xcos

xsin

)tgx(

2

=

;

xcos

1

xcos

xsinxcos

xcos

)xsin(xsinxcosxcos

22

2

=

+

=

−−⋅

=

′

−

′

=

′

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

′

xsin

)x(sinxcosxsin)x(cos

xsin

xcos

)ctgx(

2

=

xsin

1

xsin

xcosxcosxsinxsin

22

−=

−−

, що треба довести.

Приклади.

1.Знайти похідні функцій:

а)

10x4xx2x5y

234

+−+−= .

225

Розв’язування. Використовуючи послідовно теорему 2,

наслідок 1 і формулу похідних від степеня (4.2), одержимо:

а)

=

′

+

′

−

′

+

′

−

′

=

′

)10()x4()x()x2()x5(y

234

=

4x2x6x2004x2x32x45

2323

−+−=+−+⋅−⋅ .

б)

xcos)1x2(y

3

+= .

Розв

’язування. Використовуючи теорему 3, одержимо

+⋅=

′

++

′

+=

′

xcosx6)x)(cos1x2(xcos)1x2(y

233

+

xsin)1x2(xcosx6)xsin)(1x2(

323

+−=−+ .

в)

1x

tgx

y

2

−

=

.

Розв

’язування. Використовуючи теорему 4 і наслідок 5, одер-

жимо

=

−

−−

=

−

′

−−−

′

=

′

22

2

22

)1x(

xtgx2)1x(

xcos

1

)1x(

)1x(tgx)1x()tgx(

y

=

−

−−

=

−

⋅−−

xcos)1x(

xcos

xcosxsinx2

1x

xcos)1x(

xcosxtgx21x

222

2

222

22

=

xcos)1x(

1x2sinxx

xcos)1x(

xcosxsinx21x

222

2

222

2

−

−−

=

−

−−

.

2.Економічним підрозділом підприємства встановлено, що ви-

трати виробництва

x

одиниць продукції виражаються формулою (у

гривнях).

V(x)=0,01x

2

+40x+2000.

Знайти маржинальні (граничні) витрати та середні витрати і

обчислити їх при

х=200.

Розв

’язування. Маржинальні витрати для довільної кількості

виготовленої продукції визначаються як похідна від функції витрат

40x02,0)x(V +=

′

. При 200x = маємо

444044020002,0)200(V =+=+⋅=

′

.

Середні витрати

)x(V на одиницю продукції

x

)x(V

)x(V =

.

x

2000

40x01,0

x

2000x40x01,0

)x(V

2

++=

++

=

226

При 200x = , одержимо

.5210402

200

2000

4020001,0)200(V =++=++⋅=

Проаналізувавши одержані результати, можна зробити висно-

вок, що при середніх витратах на виробництво одиниці продукції в

розмірі 52 грн., додаткові витрати на виробництво одиниці додатко-

вої продукції складуть 44 грн. і не перевищать середніх витрат.

3. Визначити маржинальний дохід і прибуток підприємства,

якщо місячні витрати на виготовлення і реалізацію

x

одиниць про-

дукції виражаються формулою

10000x100x02,0)x(V

2

++=

, а кі-

лькість реалізованих виробів в залежності від роздрібної ціни

p

ви-

значаються формулою

p104000x −= .Знайти маржинальний дохід

і прибуток при виробництві

500x = одиниць продукції.

Розв

’язування. Визначимо роздрібну ціну одиниці продукції

x4000p10 −= , x1,0400p −= .

Дохід підприємства буде

2

x1,0x400x)x1,0400(xp)x(D −=−=⋅=

, а прибуток

=−−−−=−= 10000x100x02,0x1,0x400)x(V)x(D)x(P

22

=

.10000x12,0x300

2

−−

Маржинальний дохід

,x2,0400)x1,0x400()x(D

2

−=

′

−=

′

а маржинальний прибуток

.x24,0300)10000x12,0x300()x(P

2

−=

′

−−=

′

При

x=500 маємо D′(500)=400-0,2·500=400-100=300,

P′(500)=300-0,24·500=300-120=180.

§5 Похідна від складної функції

Нехай

у є функція від аргументу u, тобто y = f(u), і нехай ар-

гумент

u є деяка функція від незалежної змінної x: )x(u

ϕ

= .Тоді y

є функція від

x:

[]

.)x(fy

ϕ

= В таких випадках говорять, що у є фу-

нкція від функції або складною функцією від аргументу

x.

Нехай ми вміємо обчислювати похідну від

у по аргументу и, а

також похідну від аргументу

и по незалежній змінній х. Встанови-

мо, як обчислюється похідна від

у по незалежній змінній х.

227

ТЕОРЕМА. Якщо функції

)u(fy =

і

)x(u

ϕ

=

мають

похідні, то похідна складної функції

[]

)x(fy

ϕ

= дорівнює похі-

дній від функції

у по проміжному аргументу и, помноженій на

похідну від проміжного аргументу

и по незалежній змінній х.

Тобто,

xux

ufy

′′

=

′

.

Доведення. Надамо

x довільний малий приріст Δx. Тоді

функція

u=φ(x) дістане приріст Δu, а функція y = f(u) дістане при-

ріст

yΔ

, викликаний приростом uΔ . Оскільки похідна

uu

fy

′

=

′

за

умовою існує, то

u

0u

f

u

y

lim

′

=

Δ

→Δ

.

Звідки

,f

u

y

u

α+

′

=

Δ

де 0→α разом з 0u →Δ .

А тому

.uufy

u

Δα+Δ

′

=Δ Розділивши обидві частини рівності

на

xΔ , маємо

x

u

)f(

u

y

u

Δ

α+

′

=

Δ

. Перейдемо до границі при

0x →Δ і , врахувавши, що 0u →Δ внаслідок неперервності функ-

ції

u , що зумовлює і

0→α

, одержимо

x

u

lim)f(lim

x

y

lim

0x

u

0x0x

Δ

α+

′

=

Δ

→Δ→Δ→Δ

або

xux

ufy

′′

=

′

,

що доводить теорему.

Зауваження. В даній теоремі розглянуто складну функцію, де y

залежить від x через проміжну змінну u. Можлива і більш складна за-

лежність з двома, трьома і більшим числом проміжних змінних. При

цьому правило диференціювання залишається тим же.

Так, наприклад, якщо y=f(u), де u=φ(t), а t=ψ(x), то

)x()t()u(f)x(y

ψ

′

⋅

ϕ

′

⋅

′

=

′

.

Приклад 1. Знайти похідну функції

y = sin

3

x.

Розв’язування.Покладаємо u = sin x , тоді y = u

3

.

Звідси

xcosu

x

=

′

,

2

u

u3y =

′

. Отже, xcosxsin3y

2

x

=

′

.

При певному досвіді проміжний аргумент не пишуть, а вико-

ристовують його неявно.

Приклад 2. Знайти

y′, якщо y = tg (

2

x +4) .

Розв

’язування. Пам’ятаючи, що u = x

2

+ 4 , знаходимо

)4x(cos

x2

)'4x(

)4x(cos

1

'y

22

2

22

+

=+

+

=

.

228

Приклад 3. Знайти похідну функції

)2x3(cosy

2

+= .

Розв

’язування. Цю функцію можна розглядати як складну з

двома проміжними змінними

,uy

2

= де

t

cos

u

= , .2x3t +=

).2x3(2sin33)2x3sin()2x3cos(2)2x3(

))2x3sin()(2x3cos(2))2x3)(cos(2x3cos(2y

+−=⋅++−=

′

+×

×+−+=

′

++=

′

§6. Похідна від оберненої функції

6.1. Поняття оберненої функції і її похідна

Нехай

y=f(x) деяка диференційована функція від аргументу x.

Якщо в цьому рівнянні

у розглядати як аргумент, а х як функ-

цію, то ця функція

)y(x

ϕ

= , де

[]

y)y(f =

ϕ

, називається оберне-

ною до даної функції.

Наша задача, знаючи похідну

dx

dy

y

'

x

=

, знайти

dy

dx

x

'

y

=

.

Теорема 1. Похідна функції

)y(x

ϕ

=

, оберненої до даної

функції

y = f(x) дорівнює величині, оберненій до похідної даної

функції, якщо остання не дорівнює нулю.

Тобто,

'

x

'

y

1

x =

або

dx

dy

1

dy

dx

=

.

Доведення. Нехай дана функція

y = f(x) і обернена їй функція

)y(x

ϕ

= . Тоді )y(x

ϕ

= =

[]

)x(f

ϕ

.

Отже,

х можна розглядати як складну функцію. Диференцію-

ючи цю рівність по

х , і враховуючи , що ,1

dx

'x ==

застосовуючи

попередню теорему про диференціювання складної функції, маємо

'

x

'

y

yx

dx

dy

dx

df

d

1 ==

ϕ

= . Звідси

'

x

'

y

1

x =

або .

dx

dy

1

dy

dx

=

Теорема доведена.

229

6.2.Похідні від обернених тригонометричних функцій

Наслідок 1. Справедливі формули:

2

x1

1

)'x(arcsin

−

=

; .

x1

1

)x(arccos

2

−

−=

′

Доведення

. Якщо xarcsiny = , то обернена до неї ,ysinx =

.

2

y

2

π

<<

π

−

Оскільки

,

x

1

y

'

y

'

x

=

а ,ycosx

'

y

= то

ycos

1

'y =

.

Виразимо

y

cos

через х. Маємо .xysin =

Тоді

.x1ysin1ycos

22

−=−=

Перед коренем беремо знак

“+”, тому що

cos y для всіх

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

ππ

−∈

2

,

2

y

додатний. Отже,

2

x1

1

)'x(arcsin'y

−

==

.

Аналогічно доводиться

2

x1

1

)'x(arccos

−

−=

.

Наслідок 2. Похідні функцій

arctg

y

= x,

arcctgx

y

= знахо-

дяться за формулами:

2

x1

1

)'arctgx(

+

=

;

2

x1

1

)arcctgx(

+

−=

′

.

Доведення

. Оберненою до функції

arctgx

y

=

є функція

,

tgy

x

=

2

y

2

π

<<

π

−

.

Оскільки

,

ycos

1

x,

x

1

y

2

y

'

y

'

x

=

′

= то .ycos

ycos

1

'y

2

==

Виразимо

ycos

2

через х. Маємо tg y = x. З шкільного курсу

відомо

.

ycos

1

ytg1

2

=+

Тому

,x1

ycos

1

2

+=

2

x1

1

ycos

+

=

.

Отже,

y

′

=

2

x1

1

)'arctgx(

+

=

.

230

Аналогічно доводиться

2

x1

1

)'arcctgx(

+

−=

.

§7. Диференціювання функцій, заданих

неявно та параметрично

Нехай функція

y

від аргумента

x

задана неявно рівністю

.0)y,x(F = Для знаходження похідної по

x

треба продифе-

ренціювати тотожність

0))x(y,x(F ≡

, використовуючи правило

диференціювання складної функції і враховуючи, що

y

залежить

від

x

. Після цього розв’язати рівняння, яке одержали відносно y

′

.

Приклад. Знайти

y

′

, якщо

.Ryx

222

=+

Розв

’язування.Продиференціюємо задане рівняння по

.

x

0yy2x2 =

′

⋅+

,

x2yy2 −=

′

⋅

, .

y

x

y −=

′

Функція

y

від

x

може бути заданою параметрично у вигляді

системи рівнянь:

⎩

⎨

⎧

ψ=

ϕ=

)t(y

)t(x

, де

t

- параметр.

Якщо

t

змінюється, то

x

і

y

також змінюються і точка

)y,x( на площині опише деяку лінію, яка є графіком даної залеж-

ності

y

від

.

x

Якщо ця система рівнянь задає функцію

y

від

x

і

при цьому функції

)t(

ϕ

і )t(

ψ

диференційовані, причому

,0)t( ≠

ϕ

′

то знайдемо

x

y

′

.

Надамо

t

приросту tΔ , тоді

x

та

y

одержать прирости від-

повідно

)t()tt(y),t()tt(x

ψ

−Δ+

ψ

=Δ

ϕ

−Δ+

ϕ

=Δ

, причому при

0x,0t →Δ→Δ

і 0y →Δ , тому що задані функції неперервні.

Отже,

)t(

)t(y

t

x

lim

t

y

lim

t

x

t

y

lim

x

y

limy

0t

0t0x

x

ϕ

′

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Δ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Δ

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Δ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Δ

=

Δ

=

′

→Δ

→Δ→Δ

.

Тобто,

t

x

y



′

=

′

.

Шинкарик М.І. Вища математика

Подождите немного. Документ загружается.