Številne številke so dobile svojo velikost in vraževeren pomen že v antiki. Te dni se jim dodajajo novi miti. O številu pi obstaja veliko legend, slavna Fibonaccijeva števila so mu po slavi nekoliko slabša. Morda pa je najbolj presenetljivo število e, brez katerega ne gre sodobna matematika, fiziko in celo ekonomijo.

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

Glavna značilnost števila e je, da je izvod njegove eksponentne funkcije f (x) = e x enak vrednosti same funkcije e x. Nobena druga matematična zveza nima tako nenavadne lastnosti. Pogovorimo se o tem malo bolj podrobno.

Kakšna je meja

Najprej razumemo pojem meje. Razmislite o nekem matematičnem izrazu, na primer i = 1 / n. Lahko vidite, da s povečanjem »n“, se bo vrednost “i” zmanjšala, in ker se “n” nagiba k neskončnosti (kar je označeno z ∞), bo “i” težil k mejni vrednosti (pogosto imenovani preprosto meja), enaki 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, vključena v sovjetske in ruske učbenike 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 meja vključuje izraz lim n → ∞ (Sin n / n) = 1.

Kako najti izpeljanko e x - v tem videu.

Kaj je izpeljanka funkcije

Da bi razkrili pojem izpeljanke, se je treba spomniti, kaj je funkcija v matematiki. Da ne bi zatrpali besedila s kompleksnimi definicijami, se osredotočimo na intuitivni matematični koncept funkcije, ki je sestavljen iz dejstva, da ena ali več količin v njej popolnoma določa vrednost druge količine, če so med seboj povezane. Na primer, v formuli S = π ∙ r 2 površine kroga vrednost polmera r popolnoma in nedvoumno določa površino kroga S.

Funkcije so lahko glede na vrsto algebraične, trigonometrične, logaritemske itd. V njih so lahko med seboj povezani dva, trije ali več argumentov. Na primer, prevožena razdalja S, ki jo je predmet prevozil 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 je oboje in negativna vrednost) in "V" začetna hitrost gibanja. Tako je prevožena razdalja odvisna od vrednosti treh argumentov, od katerih sta dva ("a" in "V") konstantna.

Na tem primeru pokažimo osnovni koncept izpeljanke funkcije. Označuje hitrost spremembe funkcije na določeni točki. V našem primeru bo to hitrost predmeta v določenem trenutku. S konstantama "a" in "V" je odvisno samo od časa "t", to je, povedano znanstveno, morate vzeti izvod funkcije S glede na čas "t".

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

V našem primeru je izpeljanka S v času "t" bo dobil obliko S "= ds / dt = a ∙ t + V, iz česar je razvidno, da se hitrost S" linearno spreminja glede na "t".

Eksponentni derivat

Eksponentna funkcija se imenuje eksponentna funkcija, katere osnova je število e. Običajno je prikazana kot F (x) = e x, kjer je eksponent x spremenljivka. Ta funkcija je popolnoma razločljiva v celotnem obsegu realnih števil. Ko x raste, se nenehno povečuje in je vedno večji od nič. Njegova inverzna funkcija je logaritem.

Slavni matematik Taylor je to funkcijo lahko razširil v niz, imenovan 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 eksponentno. On opisuje:

• povečanje sestavljenih bančnih obresti;
• povečanje populacije živali in prebivalstva planeta;
• rigor mortis čas in še veliko več.

Ponovimo še enkrat izjemno lastnost te odvisnosti - vrednost njenega izvoda na kateri koli točki je vedno enaka vrednosti funkcije na tej točki, to je (e x) "= e x.

Tu so izpeljanke za najbolj splošne primere eksponenta:

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

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

Nekaj ​​zanimivosti o številki e

Ta številka je povezana z imeni znanstvenikov, kot so Napier, Otred, Huygens, Bernoulli, Leibniz, Newton, Euler in drugi. Slednji je za to število dejansko uvedel oznako e in našel tudi prvih 18 števk, pri čemer je za izračun uporabil niz e = 1 + 1/1, ki ga je odprl! + 2/2! + 3/3! ...

Število e najdemo na najbolj nepričakovanih mestih. Na primer, vključena je v enačbo verižne mreže, ki opisuje povešanje vrvi pod lastno težo, ko so njeni konci pritrjeni na nosilce.

Video

Tema video lekcije je izpeljanka eksponentne funkcije.

Dokaz in izpeljava formul za odvod eksponenta (e na potenco od x) in eksponentne funkcije (a na potenco od x). Primeri izračunavanja izpeljank od e ^ 2x, e ^ 3x in e ^ nx. Formule izpeljank višjega reda.

Vsebina

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

Osnovne formule

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

Izvod eksponentne funkcije z bazo stopnje a je enak funkciji sami, pomnoženi z naravnim logaritmom a:
(2) .

Eksponent je eksponentna funkcija, pri kateri je osnova potenca enaka številu e, kar je naslednja meja:
.
Tukaj je lahko naravno ali realno število. Nato izpeljemo formulo (1) za izvod eksponenta.

Izpeljava formule eksponenta izpeljanke

Upoštevajte eksponent, e na potenco x:
y = e x.
Ta funkcija je definirana za vsakogar. Poiščimo njeno izpeljanko glede na spremenljivko x. Po definiciji je izpeljanka naslednja meja:
(3) .

Pretvorimo ta izraz, da ga zmanjšamo na dobro znane matematične lastnosti in pravila. Za to potrebujemo naslednja dejstva:
A) Lastnost eksponenta:
(4) ;
B) Lastnost logaritma:
(5) ;
V) Kontinuiteta logaritma in lastnost mej za neprekinjeno funkcijo:
(6) .
Tukaj je neka funkcija, ki ima mejo in ta meja je pozitivna.
G) Pomen druge izjemne omejitve:
(7) .

Ta dejstva uporabljamo do naše meje (3). Uporabljamo lastnost (4):
;
.

Naredimo zamenjavo. Potem ; ...
Zaradi kontinuitete eksponenta,
.
Zato za,. Kot rezultat dobimo:
.

Naredimo zamenjavo. Potem . Pri , . in imamo:
.

Uporabimo lastnost logaritma (5):
... Potem
.

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

Tako smo dobili formulo (1) za izvod eksponente.

Izpeljava formule za izvod eksponentne funkcije

Sedaj izpeljemo formulo (2) za izvod eksponentne funkcije z bazo stopnje a. Verjamemo, da in. Nato eksponentna funkcija
(8)
Določeno za vsakogar.

Pretvorimo formulo (8). Za to bomo uporabili lastnosti eksponentne funkcije in logaritma.
;
.
Torej smo formulo (8) preoblikovali v naslednjo obliko:
.

Izpeljanke višjega reda od e na potenco x

Zdaj bomo našli derivate višjih vrst. Najprej poglejmo eksponent:
(14) .
(1) .

Vidimo, da je izpeljanka funkcije (14) enaka sami funkciji (14). Z diferenciacijo (1) dobimo izpeljanke drugega in tretjega reda:
;
.

Zato je razvidno, da je izpeljanka n-toga reda enaka tudi izvirni funkciji:
.

Izvod eksponentne funkcije višjega reda

Zdaj razmislite o eksponentni funkciji s polnom stopnje a:
.
Našli smo njegovo izpeljanko prvega reda:
(15) .

Z diferenciacijo (15) dobimo izpeljanke drugega in tretjega reda:
;
.

Vidimo, da vsaka diferenciacija vodi do pomnoženja prvotne funkcije z. Zato ima izpeljanka n-toga reda naslednjo obliko:
.

Poglej tudi:

Tukaj je zbirna tabela za udobje in jasnost pri preučevanju teme.

Konstantnoy = C Funkcija moči y = x p (x p) "= p x p - 1	Eksponentna funkcijay = a x (a x) "= a x · ln a Zlasti zaa = eimamo y = e x (e x) "= e x
Logaritemska funkcija (log a x) "= 1 x ln a Zlasti zaa = eimamo y = ln 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 smo dobili formule te tabele, oziroma, z drugimi besedami, dokazali bomo izpeljavo formul za izpeljanke za vsako vrsto funkcij.

Izvod konstante

Dokaz 1

Za izpeljavo te formule bomo za osnovo vzeli definicijo izvoda funkcije v točki. Uporabimo x 0 = x, kjer x prevzame vrednost katerega koli realnega števila ali, z drugimi besedami, x je poljubno število iz domene funkcije f (x) = C. Zapišimo mejo razmerja prirastka funkcije in prirastka 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 predznak. Ne gre za negotovost "nič deljeno z ničlo", saj števec ne vsebuje neskončno majhne vrednosti, je pa nič. Z drugimi besedami, prirast konstantne funkcije je vedno nič.

Torej je izvod konstantne funkcije f (x) = C enak nič na celotnem področju definicije.

Primer 1

Določene so stalne 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

Rešitev

Opišimo navedene pogoje. V prvi funkciji vidimo izvod naravnega števila 3. V naslednjem primeru morate vzeti izpeljanko od a, kje a- katero koli pravo število. Tretji primer nam daje izpeljanko iracionalnega števila 4. 13 7 22, četrta je izpeljanka nič (nič je celo število). Končno, v petem primeru imamo izvod racionalnega ulomka - 8 7.

odgovor: izpeljanke danih funkcij so nič za vsako realno vrednost x(v 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

Derivat funkcije moči

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

Dokaz 2

Dokazimo formulo, ko je eksponent naravno število: p = 1, 2, 3, ...

Ponovno se zanašamo na definicijo izpeljanke. Zapišimo mejo razmerja med prirastkom funkcije moči 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 uporabljamo 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 ... ... + + C pp - 1 x (∆ x) p - 1 + C pp (∆ x) p - xp = = C p 1 xp - 1 ∆ x + C p 2 xp - 2 x) 2 +. ... ... + C p p - 1 x (∆ x) p - 1 + C p p (∆ x) p

V to smer:

(xp) "= lim ∆ x → 0 ∆ (xp) ∆ x = lim ∆ x → 0 (x + ∆ x) p - xp ∆ x = = lim ∆ x → 0 (C p 1 xp - 1 x + C p 2 xp - 2 (∆ x) 2 +.. + C pp - 1 x (∆ x) p - 1 + C pp x → 0 (C p 1 xp - 1 + C p 2 xp - 2 ∆ x +. . + C pp - 1 x (∆ x) p - 2 + C pp - 1) = = C p 1 xp - 1 + 0 + 0 +.. + 0 = p! 1! (P - 1)! Xp - 1 = p xp - 1

Torej smo dokazali formulo za izvod potenčne funkcije, ko je eksponent naravno število.

Dokaz 3

Za dokaz za primer, ko p - katero koli realno število razen nič, uporabimo logaritemski izvod (tu je treba razumeti razliko od izvoda logaritemske funkcije). Za popolnejše razumevanje je zaželeno preučiti izvod logaritemske funkcije in dodatno razumeti izvod implicitno definirane funkcije in izvod kompleksne funkcije.

Razmislite o dveh primerih: kdaj x pozitiven in kdaj x negativno.

Torej x> 0. Potem: x p > 0. Enakost y = x p logaritem z bazo e in uporabite lastnost logaritma:

y = x p ln y = ln x p ln y = p ln x

Na tej stopnji smo dobili implicitno določeno funkcijo. Definirajmo 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 razmislimo o primeru, ko x - negativno število.

Če indikator str je sodo število, potem je funkcija moči definirana tudi za x< 0 , причем является четной: y (x) = - y ((- x) p) " = - p · (- x) p - 1 · (- x) " = = p · (- x) p - 1 = p · x p - 1

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

Če str je liho število, potem je funkcija moči definirana tudi 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 xp - 1

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

Torej smo dokazali formulo za izvod potenčne funkcije za kateri koli realni p.

Primer 2

Funkcije so podane:

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

Določite njihove derivate.

Rešitev

Del danih funkcij pretvorimo v tabelarno obliko y = x p na podlagi lastnosti stopnje in nato 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

Izpeljanka eksponentne funkcije

Dokaz 4

Izpeljimo formulo za izpeljanko, pri čemer za osnovo vzamemo definicijo:

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

Dobili smo negotovost. Da jo razširimo, zapišemo 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 se uporablja formula za prehod na novo bazo logaritma.

Zamenjajmo v prvotni omejitvi:

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

Spomnimo se druge izjemne meje in nato dobimo formulo za izvod 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 okvirne funkcije:

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

Treba je najti njihove derivate.

Rešitev

Uporabimo formulo za izvod 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 ex "= 1 ex ln 1 e = 1 ex ln e - 1 = - 1 ex

Izpeljanka logaritemske funkcije

Dokaz 5

Naj predstavimo dokaz formule za izvod logaritemske funkcije za katero koli x v domeni definicije in vse dopustne vrednosti osnove a logaritma. Na podlagi definicije izpeljanke dobimo:

(log ax) "= lim ∆ x → 0 log a (x + ∆ x) - log ax ∆ x = lim ∆ x → 0 log ax + ∆ xx ∆ x = = lim ∆ x → 0 1 ∆ x log a 1 + ∆ xx = lim ∆ x → 0 log a 1 + ∆ xx 1 ∆ x = = lim ∆ x → 0 log a 1 + ∆ xx 1 ∆ x xx = lim ∆ x → 0 1 x log a 1 + ∆ xxx ∆ x = = 1 x log a lim ∆ x → 0 1 + ∆ xxx ∆ x = 1 x log ae = 1 x ln e ln a = 1 x ln a

Iz navedene verige enakosti je razvidno, da so transformacije temeljile na lastnosti logaritma. Enakost lim ∆ x → 0 1 + ∆ x x x ∆ x = e je resnična glede na drugo izjemno mejo.

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 izpeljanka naravnega logaritma ena deljena z x.

Izpeljanke trigonometričnih funkcij

Dokaz 6

Uporabimo nekaj trigonometričnih formul in prvo izjemno mejo, da izpeljemo formulo za izvod trigonometrične funkcije.

Glede na definicijo izvoda sinusne funkcije dobimo:

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

Formula sinusne razlike nam bo omogočila naslednje:

(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

Končno uporabimo prvo veliko mejo:

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

Torej, izpeljanka funkcije greh x volja cos x.

Dokažimo natančno formulo 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

tiste. izpeljanka funkcije cos x bo - greh x.

Formule za izpeljanke tangente in kotangensa izpeljemo na podlagi pravil diferenciacije:

tg "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 xctg "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

Izpeljanke inverznih trigonometričnih funkcij

Razdelek o izvodu inverznih funkcij ponuja izčrpne informacije o dokazovanju formul za izpeljanke inverznega sinusa, inverznega kosinusa, arktangensa in inverznega kotangensa, zato gradiva tukaj ne bomo podvajali.

Derivati ​​hiperboličnih funkcij

Dokaz 7

Izpeljava formul za izvode hiperboličnega sinusa, kosinusa, tangenta in kotangensa se izvede z uporabo pravila diferenciacije in formule za izvod eksponentne funkcije:

sh "x = ex - e - x 2" = 1 2 ex "- e - x" = = 1 2 ex - - e - x = ex + e - x 2 = chxch "x = ex + e - x 2" = 1 2 ex "+ e - x" = = 1 2 ex + - e - x = ex - e - x 2 = shxth "x = shxchx" = sh "x chx - shx ch" xch 2 x = ch 2 x - sh 2 xch 2 x = 1 ch 2 xcth "x = chxshx" = ch "x shx - chx sh" xsh 2 x = sh 2 x - ch 2 xsh 2 x = - 1 sh 2 x

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

Osnovni koncepti

Preden preučimo vprašanje izvoda eksponenta na potenco $ x $, se spomnimo definicij

1. funkcije;
2. meja zaporedja;
3. izpeljanka;
4. razstavljavci.

To je potrebno za jasno razumevanje izvoda eksponenta na potenco $ x $.

Opredelitev 1

Funkcija je razmerje med dvema spremenljivkama.

Vzemite $ y = f (x) $, kjer sta $ x $ in $ y $ spremenljivki. Tukaj se $ x $ imenuje argument, $ y $ pa funkcija. Argument so 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 je odvisna spremenljivka. Vsaka vrednost $ x $ ima eno samo vrednost, $ y $.

Če je vsako naravno število $ n = 1, 2, 3, ... $ po nekem zakonu povezano s številom $ x_n $, potem pravijo, da je definirano zaporedje številk $ x_1, x_2, ..., x_n $ . V nasprotnem primeru se takšno zaporedje zapiše kot $ \ (x_n \) $. Vsa števila $ x_n $ se imenujejo člani ali elementi zaporedja.

Opredelitev 2

Meja zaporedja se imenuje končna ali neskončna točka številske premice. Meja je zapisana takole: $ \ lim x_n = \ lim \ limits_ (n \ do \ infty) x_n = a $. Ta zapis pomeni, da spremenljivka $ x_n $ teži k $ a $ $ x_n \ k $.

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

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

Število $ e $ je enako naslednji omejitvi:

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

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

Če poznamo koncepte meje, izpeljanke in eksponente, lahko nadaljujemo z dokazom formule $ (e ^ x) "= e ^ x $.

Izpeljava izvoda eksponenta na potenco $ x $

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

$ y "= \ lim \ omejitve _ (\ Delta x \ do 0) \ frac (e ^ (x + \ Delta x) -e ^ x) (\ Delta x) $.

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

$ 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 \ do 0) \ frac (e ^ (x + \ Delta x) -e ^ x) (\ Delta x) = \ lim \ limits _ (\ Delta x \ do 0) \ frac (e ^ x (e ^ (\ Delta x) -1)) (\ Delta x) $.

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

Ker je eksponent neprekinjen, imamo $ \ lim \ omejitve _ (\ Delta x \ do 0) e ^ (\ Delta x) = e ^ 0 = 1. $ Torej, če je $ \ Delta x \ do 0 $, potem $ t \ do 0 $.

Kot rezultat bomo prikazali transformacijo:

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

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

Preobrazimo našo mejo:

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

Glede na lastnost 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 \ do \ infty) \ frac (1) (n \ cdot ln (\ frac (1) (n) +1)) = e ^ x \ lim \ limits_ ( n \ do \ infty) \ frac (1) (ln (\ frac (1) (n) +1) ^ n) = e ^ x \ frac (1) (\ lim \ limits_ (n \ do \ infty) ln (\ frac (1) (n) +1) ^ n) $.

Glede na kontinuiteto logaritma in lastnost mej za zvezno funkcijo: $ \ lim \ limits_ (x \ do x_0) ln (f (x)) = ln (\ lim \ limits_f (x)) $, kjer je $ f (x) $ ima pozitivno mejo $ \ lim \ limits_ (x \ do x_0) f (x) $. Torej, zaradi dejstva, da je logaritem neprekinjen in obstaja pozitivna meja $ \ lim \ limits_ (n \ do \ infty) (\ frac (1) (n) +1) ^ n $, lahko izpišemo:

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

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

$ y "= e ^ x \ frac (1) (\ lim \ limits_ (n \ do \ 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 izpeljavo eksponenta in lahko trdimo, da je izpeljanka eksponenta na potenco $ x $ enakovredna eksponentu na potenco $ x $:

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

Primer 1

Oglejmo si primer iskanja izvoda funkcije.

Stanje: Poiščite izvod 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 $. Po izpeljani formuli $ (e ^ x )" = e ^ x $ četrti izraz $ 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 $, medtem ko smo dali definicije osnovnih pojmov, analizirali primer iskanja izvoda funkcije z eksponentom kot enim od izrazov.

Ko izpeljemo čisto prvo formulo tabele, bomo izhajali iz definicije izvoda funkcije v točki. Vzemi kam x- katero koli realno število, tj. x- poljubno število iz obsega funkcije. Zapišimo mejo razmerja prirastka funkcije in prirastka argumenta pri:

Opozoriti je treba, da pod mejnim znakom dobimo izraz, ki ni nič negotovosti, deljena z ničlo, saj števec ne vsebuje neskončno majhne vrednosti, namreč nič. Z drugimi besedami, prirast konstantne funkcije je vedno nič.

V to smer, izvod konstantne funkcijeje enak nič na celotni domeni definicije.

Derivat funkcije moči.

Formula za izvod funkcije moči ima obliko kjer je eksponent str- katero koli pravo število.

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

Uporabili bomo definicijo izpeljanke. Zapišimo mejo razmerja med prirastkom funkcije moči in prirastkom argumenta:

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

zato

To dokazuje formulo za izvod potenčne funkcije za naravni eksponent.

Izpeljanka eksponentne funkcije.

Izpeljava formule izpeljanke je podana na podlagi definicije:

Prišel v negotovost. Da ga razširimo, uvedemo novo spremenljivko in za. Potem . Pri zadnjem prehodu smo uporabili formulo za prehod na novo bazo logaritma.

Zamenjajmo v prvotni omejitvi:

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

Izpeljanka logaritemske funkcije.

Dokažimo formulo za izvod logaritemske funkcije za vse x iz domene definicije in vseh dopustnih vrednosti osnove a logaritem. Po definiciji izpeljanke imamo:

Kot ste opazili, so bile v dokazu transformacije izvedene z uporabo lastnosti logaritma. Enakost res na podlagi druge izjemne meje.

Izpeljanke trigonometričnih funkcij.

Za izpeljavo formul za izpeljanke trigonometričnih funkcij se bomo morali spomniti nekaterih trigonometrijskih formul, pa tudi prve izjemne meje.

Po definiciji izvoda za sinusno funkcijo imamo .

Uporabimo formulo za razliko sinusov:

Ostaja še, da se obrnemo na prvo izjemno mejo:

Torej izpeljanka funkcije greh x tukaj je cos x.

Formula za izvod kosinusa je dokazana na popolnoma enak način.

Zato izpeljanka funkcije cos x tukaj je – greh x.

Izpeljava formul tabele odvodov za tangento in kotangens bo izvedena z uporabo preverjenih pravil diferenciacije (izvod ulomka).

Derivati ​​hiperboličnih funkcij.

Pravila diferenciacije in formula za izvod eksponentne funkcije iz tabele odvodov omogočajo izpeljavo formul za izvode hiperboličnega sinusa, kosinusa, tangenta in kotangensa.

Derivat inverzne funkcije.

Da se izognemo zmedi v predstavitvi, označimo v podpisu argument funkcije, s katero se izvede diferenciacija, torej je izpeljanka funkcije f (x) na x.

Zdaj pa formulirajmo pravilo za iskanje izvoda inverzne funkcije.

Pustite funkcije y = f (x) in x = g (y) medsebojno inverzno, definirano v intervalih oz. Če v točki obstaja končna izpeljanka funkcije, ki ni nič f (x), potem je na točki končna izpeljanka inverzne funkcije g (y), in ... V drugem vpisu .

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

Preverimo veljavnost teh formul.

Poiščite inverzno funkcijo za naravni logaritem (tukaj y Je funkcija in x- prepir). Reševanje te enačbe za x, dobimo (tukaj x Je funkcija in y- njen argument). to je, in medsebojno inverzne funkcije.

Iz tabele izpeljank vidimo, da in .

Prepričajmo se, da nas formule za iskanje izvodov inverzne funkcije pripeljejo do enakih rezultatov: