e-ի ածանցյալ ուժին: e-ի ածանցյալի զարմանալի հատկանիշը x հզորությանը: e-ի ավելի բարձր կարգի ածանցյալներ x հզորությանը

Շատ թվեր իրենց մեծությունն ու սնահավատ նշանակությունը ձեռք են բերել դեռ հին ժամանակներում։ Մեր օրերում դրանց ավելանում են նոր առասպելներ։ Կան բազմաթիվ լեգենդներ pi թվի մասին, հայտնի Ֆիբոնաչիի թվերը շատ ավելի քիչ հայտնի են, քան այն: Բայց թերևս ամենազարմանալին e թիվն է, առանց որի նա չի կարող անել ժամանակակից մաթեմատիկա, ֆիզիկա և նույնիսկ տնտեսագիտություն։

e-ի թվաբանական արժեքը մոտավորապես 2,718 է։ Ինչո՞ւ ոչ թե կոնկրետ, այլ մոտավորապես։ Քանի որ այս թիվը իռացիոնալ է և տրանսցենդենտալ, այն չի կարող արտահայտվել որպես բնական ամբողջ թվերով կոտորակ կամ ռացիոնալ գործակիցներով բազմանդամ: Հաշվարկների մեծ մասի համար 2,718-ի նշված ճշգրտությունը բավարար է, չնայած հաշվողական տեխնոլոգիայի ժամանակակից մակարդակը թույլ է տալիս դրա արժեքը որոշել ավելի քան տրիլիոն տասնորդական թվերի ճշգրտությամբ:

e թվի հիմնական առանձնահատկությունն այն է, որ նրա f (x) = e x էքսպոնենցիոնալ ֆունկցիայի ածանցյալը հավասար է հենց e x ֆունկցիայի արժեքին։ Ոչ մի այլ մաթեմատիկական հարաբերություն չունի նման անսովոր հատկություն։ Եկեք խոսենք այս մասին մի փոքր ավելի մանրամասն:

Ինչ է սահմանը

Նախ, եկեք հասկանանք սահման հասկացությունը: Դիտարկենք որոշ մաթեմատիկական արտահայտություն, օրինակ, i = 1/n: Դուք կարող եք տեսնել որ «n»-ն ավելանում է«i»-ի արժեքը կնվազի, և քանի որ «n»-ը հակված է դեպի անսահմանություն (որը նշվում է ∞ նշանով), «i»-ն կձգվի դեպի սահմանային արժեքը (ավելի հաճախ կոչվում է պարզապես սահման) հավասար է զրոյի։ Դիտարկվող դեպքի համար սահմանի արտահայտությունը (նշվում է որպես lim) կարելի է գրել lim n →∞ (1/ n) = 0։

Տարբեր արտահայտությունների համար կան տարբեր սահմաններ: Այս սահմաններից մեկը, որը ներառված է խորհրդային և ռուսերեն դասագրքերում որպես երկրորդ ուշագրավ սահման, lim n →∞ (1+1/ n) n արտահայտությունն է։ Արդեն միջնադարում հաստատվել է, որ այս արտահայտության սահմանը ե թիվն է։

Առաջին ուշագրավ սահմանը ներառում է lim n →∞ (Sin n / n) = 1 արտահայտությունը.

Ինչպես գտնել e x-ի ածանցյալը - այս տեսանյութում:

Ո՞րն է ֆունկցիայի ածանցյալը

Ածանցյալ հասկացությունը բացատրելու համար պետք է հիշել, թե ինչ է ֆունկցիան մաթեմատիկայում: Տեքստը բարդ սահմանումներով չխճճելու համար մենք կկենտրոնանանք ֆունկցիայի ինտուիտիվ մաթեմատիկական հայեցակարգի վրա, որը բաղկացած է նրանից, որ դրանում մեկ կամ մի քանի մեծություններ լիովին որոշում են մեկ այլ մեծության արժեքը, եթե դրանք փոխկապակցված են: Օրինակ, S = π ∙ r 2 բանաձևում շրջանագծի տարածքը, շառավիղի արժեքը r ամբողջությամբ և եզակիորեն որոշում է S շրջանակի տարածքը:

Կախված տեսակից՝ ֆունկցիաները կարող են լինել հանրահաշվական, եռանկյունաչափական, լոգարիթմական և այլն։ Նրանք կարող են ունենալ երկու, երեք կամ ավելի փոխկապակցված արգումենտ։ Օրինակ՝ S անցած տարածությունը, որը օբյեկտը հաղթահարում է հավասարաչափ արագացված արագությամբ, նկարագրվում է S = 0,5 ∙ a ∙ t 2 + V ∙ t ֆունկցիայով, որտեղ «t»-ը շարժման ժամանակն է, «a» փաստարկը: »-ն արագացում է (կարող է լինել կամ դրական կամ բացասական արժեք), իսկ «V»-ն շարժման սկզբնական արագությունն է: Այսպիսով, անցած հեռավորությունը կախված է երեք արգումենտների արժեքներից, որոնցից երկուսը («a» և «V») հաստատուն են:

Եկեք օգտագործենք այս օրինակը՝ ֆունկցիայի ածանցյալի տարրական հասկացությունը ցուցադրելու համար: Այն բնութագրում է տվյալ կետում ֆունկցիայի փոփոխության արագությունը: Մեր օրինակում սա կլինի օբյեկտի շարժման արագությունը ժամանակի որոշակի պահին: «a» և «V» հաստատուններով դա կախված է միայն «t» ժամանակից, այսինքն՝ գիտական ​​լեզվով պետք է վերցնել S ֆունկցիայի ածանցյալը «t» ժամանակի նկատմամբ։

Այս գործընթացը կոչվում է տարբերակում և իրականացվում է ֆունկցիայի աճի և նրա փաստարկի աճի հարաբերակցության սահմանը չնչին չափով հաշվելով։ Առանձին գործառույթների համար նման խնդիրների լուծումը հաճախ դժվար է և այստեղ չի քննարկվում: Հարկ է նաև նշել, որ որոշ կետերում որոշ գործառույթներ ընդհանրապես նման սահմանափակումներ չունեն:

Մեր օրինակում ածանցյալ Սժամանակի ընթացքում «t»-ը կստանա S» = ds/dt = a ∙ t + V ձևը, որից երևում է, որ S» արագությունը փոխվում է գծային օրենքի համաձայն՝ կախված «t»-ից։

Ցուցանիշի ածանցյալ

Էքսպոնենցիալ ֆունկցիան կոչվում է էքսպոնենցիալ ֆունկցիա, որի հիմքը e թիվն է: Այն սովորաբար ցուցադրվում է F (x) = e x ձևով, որտեղ x ցուցիչը փոփոխական մեծություն է: Այս ֆունկցիան ունի ամբողջական տարբերակելիություն իրական թվերի ողջ տիրույթում։ Քանի որ x-ն աճում է, այն անընդհատ աճում է և միշտ զրոյից մեծ է: Նրա հակադարձ ֆունկցիան լոգարիթմն է։

Հայտնի մաթեմատիկոս Թեյլորին հաջողվել է այս ֆունկցիան ընդլայնել իր անունով e x = 1 + x/1: + x 2/2! + x 3/3! + … x միջակայքում - ∞-ից մինչև + ∞:

Այս գործառույթի վրա հիմնված օրենքը, կոչվում է էքսպոնենցիալ։ Նա նկարագրում է.

• բարդ բանկային տոկոսադրույքների բարձրացում;
• կենդանիների պոպուլյացիայի և գլոբալ բնակչության աճ;
• rigor mortis ժամանակ և շատ ավելին:

Եկեք ևս մեկ անգամ կրկնենք այս կախվածության ուշագրավ հատկությունը՝ նրա ածանցյալի արժեքը ցանկացած կետում միշտ հավասար է այս կետի ֆունկցիայի արժեքին, այսինքն՝ (e x)" = e x:

Ներկայացնենք ածանցյալները էքսպոնենցիալի ամենաընդհանուր դեպքերի համար.

• (e ax)" = a ∙ e կացին;
• (e f (x))" = f"(x) ∙ e f (x) .

Օգտագործելով այս կախվածությունները, հեշտ է գտնել ածանցյալներ այս ֆունկցիայի այլ կոնկրետ տեսակների համար:

Որոշ հետաքրքիր փաստեր թվի մասին e

Այս թվի հետ են կապված այնպիսի գիտնականների անունները, ինչպիսիք են Նապիերը, Օգտրեդը, Հյուգենսը, Բերնուլին, Լայբնիցը, Նյուտոնը, Էյլերը և այլք։ Վերջինս իրականում ներմուծեց e նշումը այս թվի համար, ինչպես նաև գտավ առաջին 18 նշանները, օգտագործելով e = 1 + 1/1 շարքը, որը նա հայտնաբերեց հաշվարկի համար: + 2/2! + 3/3 ...

e թիվը հայտնվում է ամենաանսպասելի վայրերում։ Օրինակ, այն ներառված է կապի հավասարման մեջ, որը նկարագրում է պարանի անկումը սեփական քաշի տակ, երբ նրա ծայրերը ամրացված են հենարաններին:

Տեսանյութ

Տեսադասի թեման էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալն է։

Էքսպոնենցիալ (e դեպի x հզորություն) և էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի (a դեպի x հզորություն) ածանցյալի բանաձևերի ապացույց և ածանցում։ e^2x, e^3x և e^nx ածանցյալների հաշվարկման օրինակներ։ Բարձրագույն կարգի ածանցյալների բանաձևեր.

Բովանդակություն

Տես նաև. Էքսպոնենցիալ ֆունկցիա՝ հատկություններ, բանաձևեր, գրաֆիկ
Ցուցանիշ, e դեպի x հզորություն - հատկություններ, բանաձևեր, գրաֆիկ

Հիմնական բանաձևեր

Ցուցանիշի ածանցյալը հավասար է բուն ցուցանիշին (e-ի ածանցյալը x հզորությանը հավասար է e-ին x հզորությանը).
(1) (e x )′ = e x.

a հիմք ունեցող էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալը հավասար է այն ֆունկցիային, որը բազմապատկվում է a-ի բնական լոգարիթմով.
(2) .

Էքսպոնենցիալը էքսպոնենցիալ ֆունկցիան է, որի հզորության հիմքը հավասար է e թվին, որը հետևյալ սահմանն է.
.
Այստեղ այն կարող է լինել ինչպես բնական, այնպես էլ իրական թիվ։ Հաջորդը, մենք բխում ենք (1) բանաձևը էքսպոնենցիալի ածանցյալի համար:

Էքսպոնենցիալ ածանցյալ բանաձեւի ածանցում

Դիտարկենք էքսպոնենցիալը e x հզորության նկատմամբ.
y = e x.
Այս գործառույթը սահմանված է բոլորի համար:
(3) .

Գտնենք դրա ածանցյալը x փոփոխականի նկատմամբ։
Ըստ սահմանման, ածանցյալը հետևյալ սահմանն է.Եկեք փոխակերպենք այս արտահայտությունը, որպեսզի այն հասցնենք հայտնի մաթեմատիկական հատկությունների և կանոնների: Դա անելու համար մեզ անհրաժեշտ են հետևյալ փաստերը.
(4) ;
Ա)Ցուցանիշ հատկություն.
(5) ;
Բ)Լոգարիթմի հատկությունը.
(6) .
IN)
Լոգարիթմի շարունակականությունը և սահմանների հատկությունը շարունակական ֆունկցիայի համար.Երկրորդ ուշագրավ սահմանի իմաստը.
(7) .

Եկեք կիրառենք այս փաստերը մեր սահմանին (3): Մենք օգտագործում ենք գույք (4):
;
.

Եկեք փոխարինում կատարենք.
Այնուհետև; .
.
Էքսպոնենցիալության շարունակականության պատճառով,
.

Հետևաբար, երբ, .
.

Արդյունքում մենք ստանում ենք.
Եկեք փոխարինում կատարենք.
.

Հետո . ժամը , . Եվ մենք ունենք.
.
Եկեք կիրառենք լոգարիթմի հատկությունը (5).
.

.

Հետո

Եկեք կիրառենք գույքը (6): Քանի որ կա դրական սահման, և լոգարիթմը շարունակական է, ուրեմն.
(8)
Այստեղ մենք օգտագործեցինք նաև երկրորդ ուշագրավ սահմանը (7): Հետո

Այսպիսով, մենք ստացանք (1) բանաձևը էքսպոնենցիալի ածանցյալի համար:
;
.
Էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևի ստացում
.

Այժմ մենք բխում ենք (2) բանաձևը էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալի համար՝ a աստիճանի հիմքով:

Մենք հավատում ենք, որ և.
(14) .
(1) .

Այնուհետև էքսպոնենցիալ ֆունկցիան
;
.

Սահմանված է բոլորի համար:
.

Փոխակերպենք բանաձևը (8). Դա անելու համար մենք կօգտագործենք էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի և լոգարիթմի հատկությունները:

Այսպիսով, մենք (8) բանաձևը վերածեցինք հետևյալ ձևի.
.
e-ի ավելի բարձր կարգի ածանցյալներ x հզորությանը
(15) .

Այժմ եկեք գտնենք ավելի բարձր կարգերի ածանցյալներ: Եկեք նախ նայենք ցուցիչին.
;
.

Մենք տեսնում ենք, որ (14) ֆունկցիայի ածանցյալը հավասար է ինքնին ֆունկցիային (14): Տարբերակելով (1)՝ մենք ստանում ենք երկրորդ և երրորդ կարգի ածանցյալներ.
.

Սա ցույց է տալիս, որ n-րդ կարգի ածանցյալը նույնպես հավասար է սկզբնական ֆունկցիային.

Էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ավելի բարձր կարգերի ածանցյալներ

Այժմ դիտարկենք էքսպոնենցիալ ֆունկցիա՝ a աստիճանի հիմքով.Մենք գտանք նրա առաջին կարգի ածանցյալը. Տարբերակելով (15)՝ մենք ստանում ենք երկրորդ և երրորդ կարգի ածանցյալներ. Մենք տեսնում ենք, որ յուրաքանչյուր տարբերակում հանգեցնում է սկզբնական ֆունկցիայի բազմապատկմանը .	Հետևաբար, n-րդ կարգի ածանցյալն ունի հետևյալ ձևը.Տես նաև. Թեման ուսումնասիրելիս հարմարության և պարզության համար ներկայացնում ենք ամփոփ աղյուսակ։ Մշտականy = CՀզորության ֆունկցիա y = x p (x p) " = p x p - 1 Էքսպոնենցիալ ֆունկցիա
y = a x (a x) " = a x ln a Մշտականy = CՀզորության ֆունկցիա y = x p Մասնավորապես, երբ a = e	մենք ունենք y = e x
(e x) " = e x Լոգարիթմական ֆունկցիա	(log a x) " = 1 x ln a y = log x

(ln x) " = 1 x

Եռանկյունաչափական ֆունկցիաներ

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

Այս բանաձևը ստանալու համար հիմք ենք ընդունում ֆունկցիայի ածանցյալի սահմանումը մի կետում։ Մենք օգտագործում ենք x 0 = x, որտեղ xվերցնում է ցանկացած իրական թվի արժեքը, կամ, այլ կերպ ասած, xցանկացած թիվ է f (x) = C ֆունկցիայի տիրույթից: Գրենք ֆունկցիայի աճի հարաբերակցության սահմանը արգումենտի ավելացմանը որպես ∆ x → 0:

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

Խնդրում ենք նկատի ունենալ, որ 0 ∆ x արտահայտությունն ընկնում է սահմանային նշանի տակ: Դա «զրո բաժանված զրոյի» անորոշությունը չէ, քանի որ համարիչը չի պարունակում անսահման փոքր արժեք, այլ ճշգրիտ զրո: Այլ կերպ ասած, հաստատուն ֆունկցիայի աճը միշտ զրո է։

Այսպիսով, f (x) = C հաստատուն ֆունկցիայի ածանցյալը հավասար է զրոյի ամբողջ սահմանման տիրույթում:

Օրինակ 1

Մշտական ​​գործառույթները տրվում են.

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

Լուծում

Եկեք նկարագրենք տրված պայմանները. Առաջին ֆունկցիայում տեսնում ենք 3 բնական թվի ածանցյալը։ Հետևյալ օրինակում դուք պետք է վերցնեք ածանցյալը Ա, Որտեղ Ա- ցանկացած իրական թիվ: Երրորդ օրինակը մեզ տալիս է 4 իռացիոնալ թվի ածանցյալը: 13 7 22, չորրորդը զրոյի ածանցյալն է (զրոն ամբողջ թիվ է)։ Վերջապես հինգերորդ դեպքում ունենք ռացիոնալ կոտորակի ածանցյալը՝ 8 7։

Պատասխան.Տրված ֆունկցիաների ածանցյալները զրո են ցանկացած իրականի համար x(ամբողջ սահմանման տարածքում)

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

Հզորության ֆունկցիայի ածանցյալ

Անցնենք հզորության ֆունկցիային և դրա ածանցյալի բանաձևին, որն ունի ձևը՝ (x p) " = p x p - 1, որտեղ ցուցիչը. էջցանկացած իրական թիվ է:

Ապացույց 2

Ահա այն բանաձևի ապացույցը, երբ ցուցիչը բնական թիվ է. p = 1, 2, 3, ...

Մենք կրկին հիմնվում ենք ածանցյալի սահմանման վրա: Եկեք գրենք ուժային ֆունկցիայի աճի հարաբերակցության սահմանը փաստարկի ավելացմանը.

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

Հաշվիչի արտահայտությունը պարզեցնելու համար մենք օգտագործում ենք Նյուտոնի երկանդամ բանաձևը.

(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

Այսպիսով.

(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 + . 1 + 0 + 0 = p (p - 1) !

Այսպիսով, մենք ապացուցեցինք ուժային ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը, երբ ցուցիչը բնական թիվ է:

Ապացույց 3

Ապացուցել այն դեպքի համար, երբ p-ցանկացած իրական թիվ, բացի զրոյից, մենք օգտագործում ենք լոգարիթմական ածանցյալը (այստեղ մենք պետք է հասկանանք տարբերությունը լոգարիթմական ֆունկցիայի ածանցյալից): Ավելի ամբողջական պատկերացում ունենալու համար նպատակահարմար է ուսումնասիրել լոգարիթմական ֆունկցիայի ածանցյալը և հետագայում հասկանալ իմպլիցիտ ֆունկցիայի ածանցյալը և բարդ ֆունկցիայի ածանցյալը:

Դիտարկենք երկու դեպք՝ երբ xդրական և երբ xբացասական.

Այսպիսով, x > 0: Այնուհետև՝ x p > 0: Եկեք լոգարիթմենք y = x p հավասարությունը e հիմքի վրա և կիրառենք լոգարիթմի հատկությունը.

y = x p ln y = ln x p ln y = p · ln x

Այս փուլում մենք ստացել ենք անուղղակիորեն սահմանված գործառույթ: Սահմանենք դրա ածանցյալը.

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

Այժմ մենք դիտարկում ենք այն դեպքը, երբ x –բացասական թիվ.

Եթե ​​ցուցանիշը էջզույգ թիվ է, ապա x-ի համար սահմանվում է հզորության ֆունկցիան< 0 , причем является четной: y (x) = - y ((- x) p) " = - p · (- x) p - 1 · (- x) " = = p · (- x) p - 1 = p · x p - 1

Այնուհետեւ x p< 0 и возможно составить доказательство, используя логарифмическую производную.

Եթե էջկենտ թիվ է, ապա x-ի համար սահմանվում է հզորության ֆունկցիան< 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

Վերջին անցումը հնարավոր է շնորհիվ այն բանի, որ եթե էջկենտ թիվ է, ուրեմն p - 1կա՛մ զույգ թիվ, կա՛մ զրո (p = 1-ի համար), հետևաբար՝ բացասականի համար xհավասարությունը (- x) p - 1 = x p - 1 ճիշտ է:

Այսպիսով, մենք ապացուցել ենք հզորության ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը ցանկացած իրական p-ի համար:

Օրինակ 2

Տրված գործառույթներ.

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

Որոշեք դրանց ածանցյալները:

Լուծում

Տրված ֆունկցիաներից մի քանիսը վերափոխում ենք աղյուսակային ձևի y = x p , հիմնվելով աստիճանի հատկությունների վրա, այնուհետև օգտագործում ենք բանաձևը.

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

Էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալ

Ապացույց 4

Եկեք դուրս բերենք ածանցյալ բանաձևը, օգտագործելով սահմանումը որպես հիմք.

(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

Մենք ստացանք անորոշություն. Այն ընդլայնելու համար գրենք նոր փոփոխական z = a ∆ x - 1 (z → 0 որպես ∆ x → 0)։ Այս դեպքում a ∆ x = z + 1 ⇒ ∆ x = log a (z + 1) = ln (z + 1) ln a . Վերջին անցման համար օգտագործվել է նոր լոգարիթմային բազայի անցման բանաձևը։

Եկեք փոխարինենք սկզբնական սահմանով.

(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

Եկեք հիշենք երկրորդ ուշագրավ սահմանը, այնուհետև մենք ստանում ենք էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը.

(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

Օրինակ 3

Էքսպոնենցիալ ֆունկցիաները տրված են.

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

Անհրաժեշտ է գտնել դրանց ածանցյալները։

Լուծում

Մենք օգտագործում ենք էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալի և լոգարիթմի հատկությունների բանաձևը.

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

Լոգարիթմական ֆունկցիայի ածանցյալ

Ապացույց 5

Եկեք ապացուցենք որևէ լոգարիթմական ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը xսահմանման տիրույթում և լոգարիթմի a հիմքի ցանկացած թույլատրելի արժեք: Ելնելով ածանցյալի սահմանումից՝ ստանում ենք.

(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 = 1 x · log a e = 1 x · ln e ln a = 1 x · ln a

Հավասարությունների նշված շղթայից պարզ է դառնում, որ փոխակերպումները հիմնված են եղել լոգարիթմի հատկության վրա։ Հավասարությունը lim ∆ x → 0 1 + ∆ x x ∆ x = e ճշմարիտ է երկրորդ ուշագրավ սահմանին համապատասխան:

Օրինակ 4

Տրված են լոգարիթմական ֆունկցիաները.

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

Անհրաժեշտ է հաշվարկել դրանց ածանցյալները:

Լուծում

Եկեք կիրառենք ստացված բանաձևը.

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

Այսպիսով, բնական լոգարիթմի ածանցյալը մեկ բաժանված է x.

Եռանկյունաչափական ֆունկցիաների ածանցյալներ

Ապացույց 6

Եռանկյունաչափական ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը հանելու համար օգտագործենք մի քանի եռանկյունաչափական բանաձևեր և առաջին հրաշալի սահմանը։

Ըստ սինուսի ֆունկցիայի ածանցյալի սահմանման՝ ստանում ենք.

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

Սինուսների տարբերության բանաձևը թույլ կտա մեզ կատարել հետևյալ գործողությունները.

(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

Ի վերջո, մենք օգտագործում ենք առաջին հրաշալի սահմանը.

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

Այսպիսով, ֆունկցիայի ածանցյալը մեղք xկամք cos x.

Մենք նաև կապացուցենք կոսինուսի ածանցյալի բանաձևը.

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

Նրանք. cos x ֆունկցիայի ածանցյալը կլինի – մեղք x.

Տարբերակման կանոնների հիման վրա մենք բխում ենք շոշափողի և կոտանգենսի ածանցյալների բանաձևերը.

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

Հակադարձ եռանկյունաչափական ֆունկցիաների ածանցյալներ

Հակադարձ ֆունկցիաների ածանցյալների մասին բաժինը տրամադրում է համապարփակ տեղեկատվություն արկսինի, արկկոսինի, արկտանգենսի և արկոտանգենսի ածանցյալների բանաձևերի ապացույցների վերաբերյալ, ուստի մենք այստեղ նյութը չենք կրկնօրինակելու:

Հիպերբոլիկ ֆունկցիաների ածանցյալներ

Ապացույց 7

Մենք կարող ենք դուրս բերել հիպերբոլիկ սինուսի, կոսինուսի, տանգենսի և կոտանգենսի ածանցյալների բանաձևերը՝ օգտագործելով տարբերակման կանոնը և էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը.

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 x h 2 x h =

Եթե ​​տեքստում սխալ եք նկատում, ընդգծեք այն և սեղմեք Ctrl+Enter

Հիմնական հասկացություններ

Մինչև $x$ հզորության էքսպոնենցիալի ածանցյալի հարցը քննելը, հիշենք սահմանումները.

1. գործառույթներ;
2. հաջորդականության սահմանը;
3. ածանցյալ;
4. ցուցադրողներ.

Սա անհրաժեշտ է $x$-ի հզորության էքսպոնենցիալի ածանցյալի հստակ ընկալման համար:

Սահմանում 1

Ֆունկցիան երկու փոփոխականների հարաբերությունն է:

Վերցնենք $y=f(x)$, որտեղ $x$ և $y$ փոփոխականներ են։ Այստեղ $x$-ը կոչվում է արգումենտ, իսկ $y$-ը ֆունկցիան է: Փաստարկը կարող է ընդունել կամայական արժեքներ: Իր հերթին, $y$ փոփոխականը փոխվում է ըստ որոշակի օրենքի՝ կախված փաստարկից։ Այսինքն՝ $x$ արգումենտը անկախ փոփոխականն է, իսկ $y$ ֆունկցիան՝ կախված փոփոխականը։ Ցանկացած $x$ արժեքի համար կա $y$ եզակի արժեք:

Եթե ​​ինչ-որ օրենքի ուժով յուրաքանչյուր բնական թիվ $n=1, 2, 3, ...$ կապված է $x_n$ թվի հետ, ապա ասում ենք, որ $x_1,x_2,..., թվերի հաջորդականությունը: x_n$ սահմանվում է: Հակառակ դեպքում նման հաջորդականությունը գրվում է $\(x_n\)$: Բոլոր $x_n$ թվերը կոչվում են հաջորդականության անդամներ կամ տարրեր։

Սահմանում 2

Հերթականության սահմանը թվային ուղիղի վերջավոր կամ անսահման հեռավոր կետն է։ Սահմանաչափը գրված է հետևյալ կերպ՝ $\lim x_n = \lim\limits_(n\to\infty)x_n = a$: Այս նշումը նշանակում է, որ $x_n$ փոփոխականը ձգտում է դեպի $a$ $x_n\դեպի a$:

$f$ ֆունկցիայի ածանցյալը $x_0$ կետում կոչվում է հետևյալ սահմանը.

$\lim\ limits_(x\x_0)\frac(f(x) - f(x_o))(x-x_o)$: Այն նշվում է $f"(x_0)$-ով:

$e$ թիվը հավասար է հետևյալ սահմանաչափին.

$e=\lim\limits_(x\to\infty) (1+\frac(1)(n))\մոտ 2.718281828459045...$

Այս սահմանում $n$-ը բնական կամ իրական թիվ է:

Տիրապետելով սահման, ածանցյալ և ցուցիչ հասկացություններին` կարող ենք սկսել ապացուցել $(e^x)"=e^x$ բանաձևը։

Էքսպոնենցիալի ածանցյալի ածանցավորումը $x$ հզորությանը

Մենք ունենք $e^x$, որտեղ $x՝ -\infty

$y"=\lim\limits_(\Delta x\to 0) \frac(e^(x+\Delta x)-e^x)(\Delta x)$.

$e^(a+bx)=e^a*e^b$ ցուցիչի հատկությամբ մենք կարող ենք վերափոխել սահմանի համարիչը.

$e^(x+\Delta x)-e^x = e^x*e^(\Delta x)-e^x = e^x(e^(\Delta x)-1)$.

Այսինքն՝ $y"=\lim\limits_(\Delta x\to 0) \frac(e^(x+\Delta x)-e^x)(\Delta x)=\lim\limits_(\Delta x\ դեպի 0) \frac(e^x(e^(\Delta x)-1))(\Delta x)$.

Նշենք $t=e^(\Delta x)-1$։ Ստանում ենք $e^(\Delta x)=t+1$, և լոգարիթմի հատկությամբ ստացվում է, որ $\Delta x = ln(t+1)$։

Քանի որ էքսպոնենցիալը շարունակական է, մենք ունենք $\lim\limits_(\Delta x\to 0) e^(\Delta x)=e^0=1.$ Հետևաբար, եթե $\Delta x\ to 0$, ապա $ t \ մինչև 0 դոլար:

Արդյունքում մենք ցույց ենք տալիս վերափոխումը.

$y"=\lim\limits_(\Delta x\to 0) \frac(e^(\Delta x)-1)(\Delta x)=e^x\lim\limits_(t\to 0)\frac (t)(ln(t+1))$.

Նշենք $n=\frac (1)(t)$, ապա $t=\frac(1)(n)$։ Ստացվում է, որ եթե $t\to 0$, ապա $n\to\infty$։

Եկեք փոխենք մեր սահմանը.

$y"=e^x\lim\limits_(t\մինչև 0)\frac(t)(ln(t+1))=e^x\lim\limits_(n\to\infty)\frac(1) (n\cdot ln(\frac(1)(n)+1)^n)$.

$b\cdot ln c=ln c^b$ լոգարիթմի հատկությամբ ունենք.

$n\cdot ln (\frac(1)(n)+1)=ln(\frac(1)(n)+1)^n=ln(1+\frac(1)(n))^n$ .

Սահմանաչափը փոխակերպվում է հետևյալ կերպ.

$y"=e^x\lim\limits_(n\to\infty)\frac(1)(n\cdot ln(\frac(1)(n)+1)) = e^x\lim\limits_( n\to\infty)\frac(1)(ln(\frac(1)(n)+1)^n)= e^x\frac(1)(\lim\limits_(n\to\infty) ln (\frac(1)(n)+1)^n)$.

Ըստ լոգարիթմի շարունակականության և շարունակական ֆունկցիայի սահմանների հատկության՝ $\lim\limits_(x\to x_0)ln(f(x))=ln(\lim\limits_f(x))$, որտեղ $f(x)$-ն ունի դրական սահման $\lim\limits_(x\x_0)f(x)$: Այսպիսով, հաշվի առնելով այն փաստը, որ լոգարիթմը շարունակական է և կա դրական սահման $\lim\limits_(n\to\infty)(\frac(1)(n)+1)^n$, կարող ենք եզրակացնել.

$\lim\limits_(n\to\infty)ln(1+\frac(1)(n))^n=ln\lim\limits_(n\to\infty)ln(1+\frac(1)( n))^n=ln e=1$.

Եկեք օգտագործենք երկրորդ ուշագրավ սահմանաչափի արժեքը $\lim\limits_(n\to\infty)(1+\frac(1)(n))^n=e$։ Մենք ստանում ենք.

$y"= e^x\frac(1)(\lim\limits_(n\to\infty) ln(\frac(1)(n)+1)^n) = e^x\cdot\frac(1 )(ln e) = e^x\cdot\frac(1)(1)=e^x$.

Այսպիսով, մենք ստացանք էքսպոնենցիալի ածանցյալի բանաձևը և կարող ենք պնդել, որ $x$-ի հզորության էքսպոնենցիալի ածանցյալը համարժեք է $x$-ի հզորության ցուցիչի ածանցյալին.

Կան նաև այս բանաձևը ստանալու այլ եղանակներ՝ օգտագործելով այլ բանաձևեր և կանոններ:

Օրինակ 1

Դիտարկենք ֆունկցիայի ածանցյալը գտնելու օրինակ։

ՎիճակԳտե՛ք $y=2^x + 3^x + 10^x + e^x$ ֆունկցիայի ածանցյալը։

Լուծում$2^x, 3^x$ և $10^x$ տերմինների համար մենք կիրառում ենք $(a^x)"=a^x\cdot ln a$ բանաձևը: Ըստ ստացված $(e^x)" բանաձևի: =e^x$ չորրորդ տերմինը $e^x$ չի փոխվում։

Պատասխանել$y" = 2^x\cdot ln 2 + 3^x\cdot ln 3 + 10^x\cdot ln 10 + e^x$:

Այսպիսով, մենք դուրս ենք բերել $(e^x)"=e^x$ բանաձևը` միաժամանակ տալով հիմնական հասկացությունների սահմանումները և վերլուծել ենք ֆունկցիայի ածանցյալը գտնելու օրինակ, որի ցուցիչն է որպես տերմիններից մեկը:

Աղյուսակի հենց առաջին բանաձևը դուրս բերելիս մենք կսկսենք ածանցյալ ֆունկցիայի սահմանումը մի կետում: Եկեք վերցնենք որտեղ x- ցանկացած իրական թիվ, այսինքն. x– ֆունկցիայի սահմանման տիրույթից ցանկացած թիվ: Եկեք գրենք ֆունկցիայի աճի հարաբերակցության սահմանը արգումենտի ավելացմանը հետևյալ հասցեով.

Հարկ է նշել, որ սահմանային նշանի տակ ստացվում է արտահայտությունը, որը զրոյի բաժանված անորոշությունը չէ, քանի որ համարիչը պարունակում է ոչ թե անվերջ փոքր արժեք, այլ ճշգրիտ զրո։ Այլ կերպ ասած, հաստատուն ֆունկցիայի աճը միշտ զրո է։

Այսպիսով, հաստատուն ֆունկցիայի ածանցյալհավասար է զրոյի ամբողջ սահմանման տիրույթում.

Հզորության ֆունկցիայի ածանցյալ:

Հզորության ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևն ունի ձև , որտեղ ցուցիչը էջ- ցանկացած իրական թիվ:

Եկեք նախ ապացուցենք բնական ցուցիչի բանաձևը, այսինքն՝ համար p = 1, 2, 3, ...

Մենք կօգտագործենք ածանցյալի սահմանումը: Եկեք գրենք ուժային ֆունկցիայի աճի հարաբերակցության սահմանը փաստարկի ավելացմանը.

Համարիչի արտահայտությունը պարզեցնելու համար մենք դիմում ենք Նյուտոնի երկանդամ բանաձևին.

Հետևաբար,

Սա ապացուցում է բնական ցուցիչի հզորության ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը:

Էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալ։

Ներկայացնում ենք ածանցյալ բանաձևի ածանցումը` հիմնված սահմանման վրա.

Մենք հասել ենք անորոշության. Այն ընդլայնելու համար մենք ներկայացնում ենք նոր փոփոխական, և ժամը . Հետո . Վերջին անցումում մենք օգտագործեցինք նոր լոգարիթմական բազայի անցնելու բանաձևը:

Եկեք փոխարինենք սկզբնական սահմանին.

Եթե ​​հիշենք երկրորդ ուշագրավ սահմանը, ապա կհասնենք էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևին.

Լոգարիթմական ֆունկցիայի ածանցյալ։

Եկեք ապացուցենք բոլորի համար լոգարիթմական ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը xսահմանման տիրույթից և բազայի բոլոր վավեր արժեքներից ալոգարիթմ Ածանցյալի սահմանմամբ ունենք.

Ինչպես նկատեցիք, ապացուցման ընթացքում փոխակերպումները կատարվել են՝ օգտագործելով լոգարիթմի հատկությունները։ Հավասարություն ճշմարիտ է երկրորդ ուշագրավ սահմանի շնորհիվ:

Եռանկյունաչափական ֆունկցիաների ածանցյալներ.

Եռանկյունաչափական ֆունկցիաների ածանցյալների բանաձևերը դուրս բերելու համար մենք ստիպված կլինենք հիշել եռանկյունաչափության որոշ բանաձևեր, ինչպես նաև առաջին ուշագրավ սահմանը:

Սինուսային ֆունկցիայի ածանցյալի սահմանմամբ մենք ունենք .

Եկեք օգտագործենք սինուսների տարբերության բանաձևը.

Մնում է դիմել առաջին ուշագրավ սահմանին.

Այսպիսով, ֆունկցիայի ածանցյալը մեղք xԿա cos x.

Կոսինուսի ածանցյալի բանաձևն ապացուցված է ճիշտ նույն կերպ.

Հետևաբար, ֆունկցիայի ածանցյալը cos xԿա - մեղք x.

Մենք կբխենք շոշափողի և կոտանգենսի ածանցյալների աղյուսակի բանաձևերը՝ օգտագործելով տարբերակման ապացուցված կանոնները (կոտորակի ածանցյալ):

Հիպերբոլիկ ֆունկցիաների ածանցյալներ.

Տարբերակման կանոնները և էքսպոնենցիալ ֆունկցիայի ածանցյալի բանաձևը ածանցյալների աղյուսակից թույլ են տալիս մեզ դուրս բերել հիպերբոլիկ սինուսի, կոսինուսի, շոշափողի և կոտանգենսի ածանցյալների բանաձևերը։

Հակադարձ ֆունկցիայի ածանցյալ.

Ներկայացման ընթացքում խառնաշփոթությունից խուսափելու համար եկեք ստորագրում նշենք այն ֆունկցիայի արգումենտը, որով կատարվում է տարբերակումը, այսինքն՝ այն ֆունկցիայի ածանցյալն է։ f(x)Ըստ x.

Հիմա ձեւակերպենք հակադարձ ֆունկցիայի ածանցյալը գտնելու կանոն.

Թողեք գործառույթները y = f(x)Եվ x = g(y)փոխադարձ հակադարձ, սահմանված ընդմիջումներով և համապատասխանաբար: Եթե ​​մի կետում կա ֆունկցիայի վերջավոր ոչ զրոյական ածանցյալ f(x), ապա կետում կա հակադարձ ֆունկցիայի վերջավոր ածանցյալ g(y), և . Մեկ այլ գրառման մեջ .

Այս կանոնը կարող է վերաձեւակերպվել ցանկացածի համար xմիջակայքից, ապա մենք ստանում ենք .

Եկեք ստուգենք այս բանաձեւերի վավերականությունը:

Գտնենք բնական լոգարիթմի հակադարձ ֆունկցիան (Այստեղ yֆունկցիա է, և x- փաստարկ): Այս հավասարումը լուծելով x, մենք ստանում ենք (այստեղ xֆունկցիա է, և y- նրա փաստարկը): Այսինքն՝ և փոխադարձ հակադարձ ֆունկցիաներ։

Ածանցյալների աղյուսակից տեսնում ենք, որ Եվ .

Եկեք համոզվենք, որ հակադարձ ֆունկցիայի ածանցյալները գտնելու բանաձևերը մեզ տանում են նույն արդյունքների.