Odvod funkcije e na potenco x. Odvod eksponenta na potenco x. Potenčna funkcija y = x p

Predstavljamo zbirno tabelo za udobje in jasnost pri preučevanju teme.

Konstantay = C Potenčna funkcija y = x p (x p) " = p x p - 1	Eksponentna funkcijay = sekira (a x) " = a x ln a Še posebej, koa = eimamo y = e x (e x) " = e x
Logaritemska funkcija (log a x) " = 1 x ln a Še posebej, koa = eimamo y = log x (ln x) " = 1 x	Trigonometrične 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 trigonometrične 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	Hiperbolične 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 so bile pridobljene formule navedene tabele ali, z drugimi besedami, dokazali bomo izpeljavo formul izpeljave za vsako vrsto funkcije.

Izpeljanka konstante

Dokazi 1

Za izpeljavo te formule vzamemo za osnovo definicijo odvoda funkcije v točki. Uporabimo x 0 = x, kjer je x prevzame vrednost katerega koli realnega števila ali, z drugimi besedami, x je poljubno število iz domene funkcije f (x) = C. Zapišimo mejo razmerja med prirastkom funkcije in prirastkom argumenta kot ∆ x → 0:

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

Upoštevajte, da izraz 0 ∆ x spada pod mejni znak. Ne gre za negotovost »nič deljeno z ničlo«, saj števec ne vsebuje neskončno majhne vrednosti, ampak natanko nič. Z drugimi besedami, prirastek konstantne funkcije je vedno nič.

Torej je odvod konstantne funkcije f (x) = C enak nič skozi celotno domeno definicije.

Primer 1

Konstantne funkcije so podane:

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

rešitev

Opišimo dane pogoje. V prvi funkciji vidimo odvod naravnega števila 3. V naslednjem primeru morate vzeti izpeljanko A, Kje A- poljubno realno število. Tretji primer nam daje izpeljanko iracionalnega števila 4. 13 7 22, četrti je odvod ničle (ničla je celo število). Končno, v petem primeru imamo izpeljanko racionalnega ulomka - 8 7.

odgovor: odvodi danih funkcij so nič za vsako realno x(na celotnem območju definicije)

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

Odvod potenčne funkcije

Preidimo na potenčno funkcijo in formulo za njen odvod, ki ima obliko: (x p) " = p x p - 1, kjer je eksponent str je katero koli realno število.

Dokazi 2

Tukaj je dokaz formule, ko je eksponent naravno število: p = 1, 2, 3, …

Ponovno se opiramo na definicijo derivata. Zapišimo mejo razmerja med prirastkom potenčne funkcije in prirastkom argumenta:

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

Za poenostavitev izraza v števcu uporabimo Newtonovo binomsko formulo:

(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

Torej:

(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 = p (p - 1) !

Tako smo dokazali formulo za odvod potenčne funkcije, ko je eksponent naravno število.

Dokazi 3

Predložiti dokaz za primer, ko p- vsako realno število, ki ni nič, uporabimo logaritemski odvod (tu moramo razumeti razliko od odvoda logaritemske funkcije). Za popolnejše razumevanje je priporočljivo preučiti odvod logaritemske funkcije in dodatno razumeti odvod implicitne funkcije in odvod kompleksne funkcije.

Razmislimo o dveh primerih: ko x pozitivno in kdaj x negativno.

Torej x > 0. Potem: x p > 0 . Logaritmirajmo enakost y = x p na osnovo e in uporabimo lastnost logaritma:

y = x p ln y = ln x p ln y = p · ln x

Na tej stopnji smo dobili implicitno določeno funkcijo. Opredelimo njegovo izpeljanko:

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

Zdaj obravnavamo primer, ko x – negativno število.

Če indikator str je sodo število, potem je potenčna funkcija 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

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

če str je liho število, potem je potenčna funkcija 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

Zadnji prehod je možen zaradi dejstva, da če str je torej liho število p - 1 ali sodo število ali nič (za p = 1), torej za negativno x enakost (- x) p - 1 = x p - 1 velja.

Tako smo dokazali formulo za odvod potenčne funkcije za katerikoli realni p.

Primer 2

Podane funkcije:

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

Določite njihove izpeljanke.

rešitev

Nekaj ​​danih funkcij pretvorimo v tabelarično obliko y = x p , ki temelji na lastnostih stopnje, nato pa uporabimo formulo:

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

Odvod eksponentne funkcije

Dokaz 4

Izpeljimo izpeljano formulo z uporabo definicije kot osnove:

(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 negotovost. Da ga razširimo, zapišimo novo spremenljivko z = a ∆ x - 1 (z → 0 kot ∆ x → 0). V tem primeru je a ∆ x = z + 1 ⇒ ∆ x = log a (z + 1) = ln (z + 1) ln a . Za zadnji prehod je bila uporabljena formula za prehod na novo logaritemsko osnovo.

Nadomestimo v prvotno mejo:

(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

Spomnimo se druge izjemne meje in takrat dobimo formulo za odvod eksponentne 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

Primer 3

Podane so eksponentne funkcije:

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

Treba je najti njihove izpeljanke.

rešitev

Uporabimo formulo za odvod eksponentne funkcije in lastnosti 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

Odvod logaritemske funkcije

Dokazi 5

Zagotovimo dokaz formule za odvod logaritemske funkcije za katero koli x v domeni definicije in vse dopustne vrednosti osnove a logaritma. Na podlagi definicije derivata dobimo:

(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 navedene verige enačb je razvidno, da so transformacije temeljile na lastnosti logaritma. Enakost lim ∆ x → 0 1 + ∆ x x x ∆ x = e velja v skladu z drugo izjemno limito.

Primer 4

Logaritemske funkcije so podane:

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

Treba je izračunati njihove derivate.

rešitev

Uporabimo izpeljano formulo:

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

Torej je odvod naravnega logaritma ena deljeno z x.

Odvodi trigonometričnih funkcij

Dokaz 6

Uporabimo nekaj trigonometričnih formul in prvo čudovito mejo, da izpeljemo formulo za odvod trigonometrične funkcije.

Glede na definicijo odvoda sinusne funkcije dobimo:

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

Formula za razliko sinusov nam bo omogočila izvedbo naslednjih dejanj:

(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

Na koncu uporabimo prvo čudovito omejitev:

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

Torej, odvod funkcije greh x bo cos x.

Dokazali bomo tudi formulo za odvod 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

Tisti. odvod funkcije cos x bo – greh x.

Na podlagi pravil diferenciacije izpeljemo formule za odvode tangensa in kotangensa:

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

Odvodi inverznih trigonometričnih funkcij

Razdelek o odvodu inverznih funkcij ponuja izčrpne informacije o dokazu formul za odvode arkusina, arkosinusa, arktangensa in arkotangensa, zato gradiva tu ne bomo podvajali.

Odvodi hiperboličnih funkcij

Dokazi 7

Formule za odvode hiperboličnega sinusa, kosinusa, tangensa in kotangensa lahko izpeljemo z uporabo pravila diferenciacije in formule za odvod eksponentne 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

Če v besedilu opazite napako, jo označite in pritisnite Ctrl+Enter

Pri izpeljavi prve formule tabele bomo izhajali iz definicije odvodne funkcije v točki. Vzemimo kam x– poljubno realno število, tj. x– poljubno število iz domene definicije funkcije. Zapišimo mejo razmerja prirastka funkcije in prirastka argumenta pri :

Opozoriti je treba, da pod mejnim znakom dobimo izraz, ki ni negotovost ničle, deljene z ničlo, saj števec ne vsebuje neskončno majhne vrednosti, ampak natančno nič. Z drugimi besedami, prirastek konstantne funkcije je vedno enak nič.

torej odvod konstantne funkcijeje enak nič v celotnem področju definicije.

Odvod potenčne funkcije.

Formula za odvod potenčne funkcije ima obliko , kjer je eksponent str– poljubno realno število.

Najprej dokažimo formulo za naravni eksponent, to je za p = 1, 2, 3, …

Uporabili bomo definicijo derivata. Zapišimo mejo razmerja med prirastkom potenčne funkcije in prirastkom argumenta:

Za poenostavitev izraza v števcu se obrnemo na Newtonovo binomsko formulo:

torej

To dokazuje formulo za odvod potenčne funkcije za naravni eksponent.

Odvod eksponentne funkcije.

Predstavljamo izpeljavo formule za izpeljavo na podlagi definicije:

Prišli smo do negotovosti. Da ga razširimo, uvedemo novo spremenljivko in pri . Potem. Pri zadnjem prehodu smo uporabili formulo za prehod na novo logaritemsko osnovo.

Nadomestimo v prvotno mejo:

Če se spomnimo druge izjemne meje, pridemo do formule za odvod eksponentne funkcije:

Odvod logaritemske funkcije.

Dokažimo formulo za odvod logaritemske funkcije za vse x iz domene definicije in vse veljavne vrednosti baze a logaritem Po definiciji derivata imamo:

Kot ste opazili, so bile med dokazom transformacije izvedene z uporabo lastnosti logaritma. Enakopravnost je res zaradi druge izjemne meje.

Odvodi trigonometričnih funkcij.

Za izpeljavo formul za odvode trigonometričnih funkcij se bomo morali spomniti nekaterih trigonometričnih formul, pa tudi prve izjemne limite.

Po definiciji odvoda za sinusno funkcijo imamo .

Uporabimo formulo razlike sinusov:

Obrnemo se še na prvo izjemno mejo:

Torej odvod funkcije greh x Obstaja cos x.

Formula za odvod kosinusa se dokaže na povsem enak način.

Zato je odvod funkcije cos x Obstaja – greh x.

Izpeljali bomo formule za tabelo odvodov za tangens in kotangens z uporabo preverjenih pravil diferenciacije (odvod ulomka).

Odvodi hiperboličnih funkcij.

Pravila diferenciacije in formula za odvod eksponentne funkcije iz tabele odvodov nam omogočajo izpeljavo formul za odvode hiperboličnega sinusa, kosinusa, tangensa in kotangensa.

Odvod inverzne funkcije.

Da ne bi prišlo do zmede med predstavitvijo, označimo v indeksu argument funkcije, s katero se izvaja diferenciacija, to je odvod funkcije f(x) Avtor: x.

Zdaj pa oblikujmo pravilo za iskanje odvoda inverzne funkcije.

Naj funkcije y = f(x) in x = g(y) medsebojno inverzni, definirani na intervalih oz. Če v neki točki obstaja končna ničelna odvodnja funkcije f(x), potem je v točki končni odvod inverzne funkcije g (y), in . V drugi objavi .

To pravilo je mogoče preoblikovati za katero koli x iz intervala , potem dobimo .

Preverimo veljavnost teh formul.

Poiščimo inverzno funkcijo za naravni logaritem (Tukaj l je funkcija in x- argument). Ko smo rešili to enačbo za x, dobimo (tukaj x je funkcija in l– njen argument). to je in medsebojno inverzne funkcije.

Iz tabele izpeljank vidimo, da in .

Prepričajmo se, da nas formule za iskanje odvodov inverzne funkcije vodijo do enakih rezultatov:

Osnovni pojmi

Preden preučimo vprašanje odvoda eksponente na potenco $x$, se spomnimo definicij

1. funkcije;
2. omejitev zaporedja;
3. derivat;
4. razstavljavci.

To je potrebno za jasno razumevanje odvoda eksponente na potenco $x$.

Definicija 1

Funkcija je razmerje med dvema spremenljivkama.

Vzemimo $y=f(x)$, kjer sta $x$ in $y$ spremenljivki. Tu se $x$ imenuje argument, $y$ pa funkcija. Argument ima lahko poljubne vrednosti. Po drugi strani se spremenljivka $y$ spreminja po določenem zakonu, odvisno od argumenta. To pomeni, da je argument $x$ neodvisna spremenljivka, funkcija $y$ pa odvisna spremenljivka. Za vsako vrednost $x$ obstaja edinstvena vrednost $y$.

Če je na podlagi nekega zakona vsakemu naravnemu številu $n=1, 2, 3, ...$ pridruženo število $x_n$, potem pravimo, da je zaporedje števil $x_1,x_2,..., x_n$ je definiran. V nasprotnem primeru je takšno zaporedje zapisano kot $\(x_n\)$. Vsa števila $x_n$ imenujemo členi ali elementi zaporedja.

Definicija 2

Limita zaporedja je končna ali neskončno oddaljena točka številske premice. Meja je zapisana takole: $\lim x_n = \lim\limits_(n\to\infty)x_n = a$. Ta zapis pomeni, da spremenljivka $x_n$ teži k $a$ $x_n\to a$.

Odvod funkcije $f$ v točki $x_0$ se imenuje naslednja meja:

$\lim\limits_(x\to x_0)\frac(f(x) - f(x_o))(x-x_o)$. Označen je z $f"(x_0)$.

Število $e$ je enako naslednji meji:

$e=\lim\limits_(x\to\infty) (1+\frac(1)(n))\približno 2,718281828459045...$

V tej omejitvi je $n$ naravno ali realno število.

Ko smo osvojili koncepte limite, odvoda in eksponenta, lahko začnemo dokazovati formulo $(e^x)"=e^x$.

Izpeljava odvoda eksponente na potenco $x$

Imamo $e^x$, kjer je $x: -\infty

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

Z lastnostjo eksponenta $e^(a+bx)=e^a*e^b$ lahko transformiramo števec limite:

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

To pomeni, $y"=\lim\limits_(\Delta x\to 0) \frac(e^(x+\Delta x)-e^x)(\Delta x)=\lim\limits_(\Delta x\ na 0) \frac(e^x(e^(\Delta x)-1))(\Delta x)$.

Označimo $t=e^(\Delta x)-1$. Dobimo $e^(\Delta x)=t+1$ in po lastnosti logaritma se izkaže, da je $\Delta x = ln(t+1)$.

Ker je eksponent zvezen, imamo $\lim\limits_(\Delta x\to 0) e^(\Delta x)=e^0=1.$ Torej, če je $\Delta x\to 0$, potem $ t \ na 0$.

Kot rezultat prikazujemo transformacijo:

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

Označimo $n=\frac (1)(t)$, potem $t=\frac(1)(n)$. Izkazalo se je, da če je $t\to 0$, potem $n\to\infty$.

Spremenimo našo mejo:

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

Po lastnosti logaritma $b\cdot ln c=ln c^b$ imamo

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

Omejitev se pretvori na naslednji način:

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

V skladu z lastnostjo zveznosti logaritma in lastnostjo limitov za zvezno funkcijo: $\lim\limits_(x\to x_0)ln(f(x))=ln(\lim\limits_f(x))$, kjer ima $f(x)$ pozitivno mejo $\lim\limits_(x\to x_0)f(x)$. Torej, zaradi dejstva, da je logaritem zvezen in obstaja pozitivna meja $\lim\limits_(n\to\infty)(\frac(1)(n)+1)^n$, lahko sklepamo:

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

Uporabimo vrednost druge izjemne meje $\lim\limits_(n\to\infty)(1+\frac(1)(n))^n=e$. Dobimo:

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

Tako smo izpeljali formulo za odvod eksponente in lahko trdimo, da je odvod eksponente na potenco $x$ enakovreden odvodu eksponente na potenco $x$:

Obstajajo tudi drugi načini za izpeljavo te formule z uporabo drugih formul in pravil.

Primer 1

Oglejmo si primer iskanja odvoda funkcije.

Pogoj: Poiščite odvod funkcije $y=2^x + 3^x + 10^x + e^x$.

rešitev: Za izraze $2^x, 3^x$ in $10^x$ uporabimo formulo $(a^x)"=a^x\cdot ln a$. V skladu z izpeljano formulo $(e^x)" =e^x$ četrti člen $e^x$ se ne spremeni.

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

Tako smo izpeljali formulo $(e^x)"=e^x$, pri čemer smo podali definicije osnovnih pojmov in analizirali primer iskanja odvoda funkcije z eksponentom kot enim izmed členov.

Dokaz in izpeljava formul za odvod eksponente (e na x potenco) in eksponentne funkcije (a na x potenco). Primeri izračunavanja odvodov e^2x, e^3x in e^nx. Formule za odvode višjih redov.

Vsebina

Glej tudi: Eksponentna funkcija - lastnosti, formule, graf
Eksponent, e na potenco x - lastnosti, formule, graf

Osnovne formule

Odvod eksponenta je enak eksponentu samemu (odvod e na potenco x je enak e na potenco x):
(1) (e x )′ = e x.

Odvod eksponentne funkcije z osnovo a je enak sami funkciji, pomnoženi z naravnim logaritmom a:
(2) .

Eksponent je eksponentna funkcija, katere osnova je enaka številu e, kar je naslednja meja:
.
Tu je lahko naravno število ali realno število. Nato izpeljemo formulo (1) za odvod eksponente.

Izpeljava formule eksponentnega odvoda

Upoštevajte eksponent, e na potenco x:
y = e x.
Ta funkcija je definirana za vse.
(3) .

Poiščimo njen odvod glede na spremenljivko x.
Po definiciji je izpeljanka naslednja meja: Transformirajmo ta izraz, da ga zmanjšamo na znane matematične lastnosti in pravila. Za to potrebujemo naslednja dejstva:
(4) ;
A) Lastnost eksponenta:
(5) ;
B) Lastnost logaritma:
(6) .
IN)
Zveznost logaritma in lastnost limitov za zvezno funkcijo: Tukaj je funkcija, ki ima limit in ta limit je pozitiven.
(7) .

G)
;
.

Pomen druge izjemne meje:
Uporabimo ta dejstva za našo mejo (3). Uporabljamo lastnost (4):
.
Naredimo zamenjavo.
.

Potem ; .
.

Zaradi kontinuitete eksponente,
Torej, ko ,.
.

Kot rezultat dobimo:
.
Naredimo zamenjavo.
.

Potem. Ob , . In imamo:

Uporabimo lastnost logaritma (5):

.
(8)
Potem

Uporabimo lastnost (6). Ker obstaja pozitivna meja in je logaritem zvezen, potem:
;
.
Tu smo uporabili tudi drugo izjemno mejo (7). Potem
.

Tako smo dobili formulo (1) za odvod eksponente.

Izpeljava formule za odvod eksponentne funkcije
(14) .
(1) .

Sedaj izpeljemo formulo (2) za odvod eksponentne funkcije z bazo stopnje a.
;
.

Verjamemo, da in.
.

Nato eksponentna funkcija

Določeno za vse.
.
Transformirajmo formulo (8). Za to bomo uporabili lastnosti eksponentne funkcije in logaritma.
(15) .

Tako smo formulo (8) pretvorili v naslednjo obliko:
;
.

Odvodi višjega reda e na potenco x
.

Zdaj pa poiščimo derivate višjih stopenj. Najprej poglejmo eksponent:

Številne številke so svojo velikost in vraževerni pomen dobile v starih časih. Dandanes se jim dodajajo novi miti. O številu pi kroži veliko legend, nič manj znana od njega niso znana Fibonaccijeva števila. Toda morda najbolj presenetljivo je število e, brez katerega ne more moderna matematika, fizika in celo ekonomija.

Aritmetična vrednost e je približno 2,718. Zakaj ne točno, ampak približno? Ker je to število iracionalno in transcendentalno, ga ni mogoče izraziti kot ulomek z naravnimi celimi števili ali polinom z racionalnimi koeficienti. Za večino izračunov zadostuje določena natančnost 2,718, čeprav sodobna raven računalniške tehnologije omogoča določitev njegove vrednosti z natančnostjo več kot bilijon decimalnih mest.

Glavna značilnost števila e je, da je odvod njegove eksponentne funkcije f (x) = e x enak vrednosti same funkcije e x. Nobeno drugo matematično razmerje nima tako nenavadne lastnosti. Pogovorimo se o tem nekoliko podrobneje.

Kaj je meja

Najprej razumejmo koncept omejitve. Razmislite o nekem matematičnem izrazu, na primer i = 1/n. Lahko vidite da ko se "n" poveča", se bo vrednost "i" zmanjšala, in ko se "n" nagiba k neskončnosti (kar je označeno z znakom ∞), se bo "i" nagibal k mejni vrednosti (pogosteje imenovani preprosto meja), ki je enaka nič. Izraz za mejo (označeno kot lim) za obravnavani primer lahko zapišemo kot lim n →∞ (1/ n) = 0.

Za različne izraze obstajajo različne omejitve. Ena od teh meja, ki je v sovjetskih in ruskih učbenikih vključena kot druga izjemna meja, je izraz lim n →∞ (1+1/ n) n. Že v srednjem veku je bilo ugotovljeno, da je meja tega izraza število e.

Prva izjemna omejitev vključuje izraz lim n →∞ (Sin n / n) = 1.

Kako najti izpeljanko e x - v tem videu.

Kaj je odvod funkcije

Da bi razložili koncept odvoda, bi se morali spomniti, kaj je funkcija v matematiki. Da ne bomo besedila zasuli z zapletenimi definicijami, se bomo osredotočili na intuitivni matematični koncept funkcije, ki je sestavljen iz dejstva, da v njej ena ali več količin v celoti določa vrednost druge količine, če so medsebojno povezane. Na primer, v formuli S = π ∙ r 2 območje kroga, vrednost polmera r popolnoma in enolično določa območje kroga S.

Glede na vrsto so funkcije lahko algebraične, trigonometrične, logaritemske itd. Lahko imajo dva, tri ali več med seboj povezanih argumentov. Na primer, prevožena razdalja S, ki jo je predmet premagal z enakomerno pospešeno hitrostjo, je opisana s funkcijo S = 0,5 ∙ a ∙ t 2 + V ∙ t, kjer je “t” čas gibanja, argument “a ” je pospešek (lahko pozitivna ali negativna vrednost) in “V” je začetna hitrost gibanja. Tako je prevožena razdalja odvisna od vrednosti treh argumentov, od katerih sta dva ("a" in "V") konstantna.

Uporabimo ta primer, da pokažemo osnovni koncept odvoda funkcije. Označuje hitrost spremembe funkcije v dani točki. V našem primeru bo to hitrost gibanja predmeta v določenem trenutku. Pri konstanti "a" in "V" je odvisno samo od časa "t", to je v znanstvenem jeziku, morate vzeti izpeljanko funkcije S glede na čas "t".

Ta proces se imenuje diferenciacija in se izvaja tako, da se izračuna meja razmerja med rastjo funkcije in rastjo njenega argumenta za zanemarljivo majhno količino. Reševanje takih problemov za posamezne funkcije je pogosto težko in o tem tukaj ne razpravljamo. Omeniti velja tudi, da nekatere funkcije na določenih točkah sploh nimajo takih omejitev.

V našem primeru je derivat Sčez čas bo “t” dobil obliko S" = ds/dt = a ∙ t + V, iz česar je razvidno, da se hitrost S" linearno spreminja glede na "t".

Izpeljanka eksponenta

Eksponentna funkcija se imenuje eksponentna funkcija, katere osnova je število e. Običajno se prikaže v obliki F (x) = e x, kjer je eksponent x spremenljiva količina. Ta funkcija ima popolno diferenciabilnost v celotnem območju realnih števil. Ko x raste, nenehno narašča in je vedno večji od nič. Njegova inverzna funkcija je logaritem.

Slavnemu matematiku Taylorju je uspelo to funkcijo razširiti v niz, poimenovan po njem e x = 1 + x/1! + x 2 /2! + x 3 /3! + … v območju x od - ∞ do + ∞.

Zakon, ki temelji na tej funkciji, se imenuje eksponentna. Opisuje:

• zvišanje bančnih obrestnih mer;
• povečanje populacije živali in svetovne populacije;
• čas rigor mortis in še veliko več.

Naj še enkrat ponovimo izjemno lastnost te odvisnosti - vrednost njenega derivata v kateri koli točki je vedno enaka vrednosti funkcije v tej točki, to je (e x)" = e x.

Predstavimo izpeljanke za najbolj splošne primere eksponente:

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

Z uporabo teh odvisnosti je enostavno najti izpeljanke za druge posebne vrste te funkcije.

Nekaj ​​zanimivih dejstev o številu e

S to številko so povezana imena znanstvenikov, kot so Napier, Oughtred, Huygens, Bernoulli, Leibniz, Newton, Euler in drugi. Slednji je dejansko uvedel zapis e za to število in tudi našel prvih 18 znakov, pri čemer je za izračun uporabil niz e = 1 + 1/1, ki ga je odkril! + 2/2! + 3/3! ...

Številka e se pojavi na najbolj nepričakovanih mestih. Vključen je na primer v enačbo vozne mreže, ki opisuje povešanje vrvi pod lastno težo, ko so njeni konci pritrjeni na nosilce.

Video

Tema video lekcije je odvod eksponentne funkcije.