6.2 Основные правила дифференцирования.

6.2.1 Дифференцируемость и арифметические операции.

При доказательстве приводимых ниже результатов мы будем использовать результат утверждения 6.1.1, то есть эквивалентность дифференцируемости функции в точке и существования производной в этой точке.

Теорема 6.2.1: Дифференцируемость и арифметические операции.
Если функции $f(x),g(x):E\to\mathbb{R}$ дифференцируемы в точке $t\in{E}\cap\mathring{E}$ по множеству $E$, тогда

функция $(f+g)(x)$ дифференцируема в точке $t$ по множеству $E$ и $(f+g)'(t)=f'(t)+g'(t)$,
функция $(fg)(x)$ дифференцируема в точке $t$ по множеству $E$ и $(fg)'(t)=f'(t)g(t)+f(t)g'(t)$,
если $t\in{E}':=\{x\in{E}\:|\:g(x)\neq0\}$, то функция $\frac{f}{g}(x):E'\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $t$ по множеству $E'$ и $\displaystyle\left(\frac{f}{g}\right)'(t)=\frac{f'(t)g(t)-f(t)g'(t)}{g^2(t)}$

Доказательство:

По определению дифференцируемости функций $f(x)$ и $g(x)$ в точке $t$ $$(\Delta{f}(t,h)=f(t+h)-f(t)=f'(t)h+o_1(h),h\to0\wedge\Delta{g}(t,h)=g(t+h)-g(t)=g'(t)h+o_2(h),h\to0)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\Delta(t+g)(t,h)=f'(t)+o_1(h)+g'(t)+o_2(h)=(f'(t)+g'(t))h+o_3(h),h\to0$$ Следовательно, функция $(f+g)(x)$ дифференцируема в точке $t$ и по утверждению 6.1.4 $(f+g)'(t)=f'(t)+g'(x_))$.
По определению дифференцируемости функций $f(x)$ и $g(x)$ в точке $t$ $$f(t+h)=f(t)+f'(t)+o_1(h),g(t+h)=g(t)+g'(t)+o_2(h),h\to0\Rightarrow$$ $$\Delta(fg)(t,h)=f(t+h)g(t+h)-f(t)g(t)=(f(t)+f'(t)h+o_1(h))(g(t)+g'(t)h+o_2(h))-f(t)g(t)=$$ $$=f'(t)g(t)h+o_1(h)g(t)+f(t)g'(t)h+f'(t)g'(t)h^2+o_1(h)g'(t)h+(f(t)+f'(t)h+o_1(h))o_2(h)=$$ $$=(f'(t)g(t)+f(t)g'(t))h+(g'(t)h+g(t))o_1(h)+(f'(t)g'(t))h^2+(f(t)+f'(t)h+o_1(h))o_2(h),h\to0$$ В последнем выражении второе и четвертое слагаемое есть $o(h)$ так как выражение в скобках локально ограничено по $h$ при $h\to0$, третье слагаемое есть $o(h)$ так как выражение в скобках локально ограничено по $h$ при $h\to0$, а $h^2=hh=ho(1)=o(h),h\to0$.Таким образом, $$\Delta(fg)(t,h)=(f'(t)g(t)+f(t)g'(t))h+o(h),h\to0$$ Следовательно, функция $(fg)(x)$ дифференцируема в точке $x$ и по утверждению 6.1.4 $(fg)'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)$.
Так как функция $f(x)$ дифференцируема в точке $t$, то она непрерывна в точке $x$ и, следовательно, локально сохраняет в ней знак, то есть существует окрестность $U(t)$ такая, что для любого $x\in{U}_E(t)$ $g(x)\neq0$ (т. е. $U_E(t)\subset{E}'$). Тогда так как $t\in\mathring{E}$, то $t\in\mathring{E}{}'$, следовательно, можно переходить к пределу при $E'\ni{x}\to{t}$ тогда $$\Delta\left(\frac{f}{g}\right)(t,h)=\frac{f(t+h)}{g(t+h)}-\frac{f(t)}{g(t)}=\frac{\Delta{f}(t,h)+f(t)}{\Delta{g}(t+h)}-\frac{f(t)}{g(t)}= \frac{\Delta{f}(t,h)g(t)-\Delta{g}(t,h)f(t)}{g(t)(\Delta{g}(t,h)+g(t))}=$$ $$=\frac{(f'(t)h+o_1(h))g(t)-(g'(t)h+o_2(h))f(t)}{g(t)g(t+h)}= \frac{(f'(t)+o_1(1))g(t)-(g'(t)+o_2(1))f(t)}{g(t)(g(t)+o_3(1))}h,h\to0$$ Здесь в последнем равенстве выражения в знаменателе равны, так функция $g(x)$ непрерывна в точке $t$ как дифференцируемая в ней, следовательно, $\displaystyle\lim_{h\to0}g(t+h)=g(t)$. Так же в последнем равенстве множитель $h$ можно вынести за скобки так как по определению $o(h):=o(1)h,h\to0$. Таким образом имеем $$\frac{\Delta\left(\frac{f}{g}\right)(t,h)}{h}=\frac{(f'(t)+o_1(1))g(t)-(g'(t)+o_2(1))f(t)}{g(t)(g(t)+o_3(1))},h\to0$$ Правая часть имеет предел при $h\to0$, следовательно, и левая часть имеет предел, тогда по определению производной $$\left(\frac{f}{g}\right)'(t)=\lim_{h\to0}\frac{\Delta\left(\frac{f}{g}\right)(t,h)}{h}= \lim_{h\to0}\frac{(f'(t)+o_1(1))g(t)-(g'(t)+o_2(1))f(t)}{g(t)(g(t)+o_3(1))}=\frac{f'(t)g(t)-f(t)g'(t)}{g^2(t)}$$

Следствие 6.2.1: Если функция $f(x):E\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $t\in{E}\cap\mathring{E}$ по множеству $E$, то $$\forall{c}\in\mathbb{R}((cf)'(t)=cf'(t))$$

Доказательство: Найдем производную функции $g(x)\equiv{c}$ в точке $t$ по определению производной $$g'(t)=\lim_{h\to0}\frac{g(t+h)-g(t)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{c-c}{h}=0$$ тогда по пункту 2 теоремы $(cf)'(t)=(gf)'(t)=g'(t)f(t)+g(t)f'(t)=g(t)f'(t)=cf'(t)$.

Следствие 6.2.2: Пусть $n\in\mathbb{N}$, для любого $i\in\overline{1,n}$ $c_i\in\mathbb{R}$ и функция $f_i(x):E\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $t\in{E}\cap\mathring{E}$, тогда

$\displaystyle\left(\sum_{i=1}^n(c_if_i(t))\right)'=\sum_{i=1}^n(c_if'_i(t))$
$\displaystyle\left(\prod_{i=1}^nf_i\right)'(t)=\sum_{i=1}^n\left(f'_i(t)\prod_{j=1,j\neq{i}}^nf_j(t)\right)$

Доказательство: Докажем индукцией по $n$

При $n=1$ утверждение следует из следствия 6.2.1.
Если утверждение верно при $n=k$, то оно верно и при $n=k+1$ по пункту 1 теоремы 6.2.1 и следствию 6.2.1.

При $n=1$ получаем $f'_1(x)=f'_1(x)$.
Если утверждение верно при $n=k$, то по пункту 2 теоремы 6.2.1 $$\left(\prod_{i=1}^{k+1}f_i\right)'(t)=\left(f_{k+1}\prod_{i=1}^kf_i\right)'(t)= f'_{k+1}(t)\prod_{i=1}^kf_i(t)+f_{k+1}(t)\left(\prod_{i=1}^kf_i\right)'(t)=$$ $$=f'_{k+1}(t)\prod_{i=1}^kf_i(t)+f_{k+1}(t)\sum_{i=1}^k\left(f'_i(t)\prod_{j=1,j\neq{i}}^kf_j(t)\right)= f'_{k+1}(t)\prod_{j=1,j\neq{k}+1}^{k+1}f_i(t)+\sum_{i=1}^k\left(f'_i(t)\prod_{j=1,j\neq{i}}^{k+1}f_j(t)\right)= \sum_{i=1}^{k+1}\left(f'_i(t)\prod_{j=1,j\neq{i}}^{k+1}f_j(t)\right)$$

6.2.2 Дифференцируемость композиции функций.

Теорема 6.2.2: Дифференцируемость композиции или производная сложной функции.
Если функция $f(x):E\to{Y}$ дифференцируема в точке $x_0\in{E}\cap\mathring{E}$ по множеству $E$, функция $g(x):Y\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $y_0=f(x_0)\in{Y}\cap\mathring{Y}$ по множеству $Y$, тогда функция $(g\circ{f})(x):E\to\mathbb{R}$ дифференцируема в точке $x_0$ и $(f\circ{g})'(x_0)=g'(f(x_0))f'(x_0)$.

Доказательство: По определению дифференцируемости функции в точке $$f(x_0+h)-f(x_0)=f'(x_0)h+o_1(h),h\to0\quad(1)$$ $$g(y_0+t)-g(y_0)=g'(y_0)t+o_2(t),t\to0\quad(2)$$ Существует функция $\gamma(t)=o(1),t\to0$ такая, что $o_2(t)=\gamma(t)t,t\to0$ и $\displaystyle\gamma(0)=0=\lim_{t\to0}\gamma(t)$. Следовательно, функция $\gamma(t)$ непрерывна в точке 0.
Так как функция $f(x)$ непрерывна в точке $x_0$, то $t=t(h):=f(x_0+h)-f(x_0)=o(1),h\to0$. Так как $\displaystyle{t}(0)=f(x_0)-f(x_0)=0=\lim_{h\to0}t(h)$, то функция $t(h)$ непрерывна в точке 0.
Тогда по непрерывности композиции непрерывных функций функция $\gamma(t(h))$ непрерывна в точке 0, то есть $\displaystyle\lim_{h\to0}\gamma(t(h))=0$, следовательно, $\alpha(h):=\gamma(f(x_0+h)-f(x_0))=\gamma(t(h))=o(1),h\to0$. Таким образом $$o_2(t)=\gamma(t)t=\gamma(f(x_0+h)-f(x_0))(f(x_0+h)-f(x_0))=^{(1)}\alpha(h)(f'(x_0)h+o_1(h))=f'(x_0)ho(1)+o_1(h)o(1)=o_3(h),h\to0$$ Тогда перейдем в равенстве (2) от предела по приращению $t$ к пределу по приращению $h$. $$g(f(x_0+h))-g(f(x_0))=g(y_0+t)-g(y_0)=^{(2)}g'(y_0)t+o_2(t)=g'(y_0)(f(x_0+h)-f(x_0))+o_3(h)=^{(1)}g'(y_0)(f'(x_0)h+o_1(h))+o_3(h)=$$ $$=g'(y_0)f'(x_0)h+o_4(h),h\to0\Rightarrow(f\circ{g})'(x_0)=g'(f(x_0))f'(x_0)$$

Пример 6.2.1: Найдем производную функции $f(x)=x^\alpha:=e^{\alpha\ln{x}}:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}$
В соответствии с примером 5.4.15 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1$, тогда по определению производной для функции $e^x$ $$(e^x)'=\lim_{h\to0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\lim_{h\to0}\frac{e^h-1}{h}=e^x$$ После рассмотрения теоремы о производной обратной функции будет показано, что для любого $x>0$ $(\ln{x})'=\frac1{x}$ тогда применим теорему о производной композиции функций и следствие 6.2.1 $$\forall{x}>0\left((\ln{x})'=\frac1{x}\wedge(e^x)'=e^x\right)\Rightarrow \forall{x}>0\left(f'(x)=e^{\alpha\ln{x}}\frac{\alpha}{x}=x^{\alpha}\frac{\alpha}{x}=\alpha{x}^{\alpha-1}\right)$$

Пример 6.2.2: Пусть функции $u(x),v(x):E\to\mathbb{R}$ дифференцируемы на $E$, найдем производную функции $f(x)=u(x)^{v(x)}=e^{v(x)\ln{u(x)}}$
Применим теорему о производной композиции функций и пункт 2 теоремы 6.2.1 $$f'(x)=\left(e^{v(x)\ln{u(x)}}\right)'=e^{v(x)\ln{u(x)}}(v(x)\ln{u(x)})'=u(x)^{v(x)}(v'(x)\ln{u(x)}+v(x)(\ln{u(x)})')= u(x)^{v(x)}\left(v'(x)\ln{u(x)}+\frac{v(x)}{u(x)}u'(x)\right)$$

Теорема 6.2.3: Дифференцирование обратной функции.

Пусть $x_0\in{X}\cap\mathring{X}$ и для функции $f(x):X\to{Y}$ выполняются следующие условия

функция $f(x)$ биективна,
существует и не равна нулю производная $f'(x_0)$,
функция $f^{-1}(y)$ непрерывна в точке $y_0:=f(x_0)$ по множеству $Y$

тогда $$(f^{-1})'(y_0)=\frac1{f'(x_0)}=\frac1{f'(f^{-1}(y_0))}$$

Доказательство: Нагрузка ложится на доказательство существования производной функции $(f^{-1}(y_0))'$ так как в предпосылках теоремы нет условия, что функция $f^{-1}(y)$ дифференцируема в точке $y_0$. По этой причине нельзя применять теорему о производной композиции для функций $f(x)$ и $f^{-1}(y)$.
Докажем для начала предельность точки $y_0$. Так как фукнция $f(x)$ дифференцируема в точке $x_0\in{X}\cap\mathring{X}$, то она непрерывна в ней. Тогда подключая инъективнось функции $f(x)$ и то, что точка $x_0$ предельная в $X$ получим $$\forall\varepsilon>0\:\exists\delta>0:\forall{x}\in{X}(0<|x-x_0|<\delta\Rightarrow(x\neq{x}_0\wedge|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon))\Rightarrow \forall\varepsilon>0(\exists{x}\in{X}:0<|f(x)-y_0|<\varepsilon)\Rightarrow{y}\in\mathring{Y}$$ В силу инъективности функции $f(x)$ $f(x)\neq{f}(x_0)$ при $x\neq{x}_0$ тогда $$f'(x)=\lim_{X\ni{x}\to{x}_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\neq0\Rightarrow\frac1{f'(x_0)}=\lim_{X\ni{x}\to{x}_0}\frac1{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}= \lim_{X\ni{x}\to{x}_0}\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}$$ В последнем равенстве предел правой части существует, так как в числителе левой части константа, а предел знаменателя существует по условию. В силу непрерывности функции $f^{-1}(y)$ существует так же предел $\displaystyle\lim_{Y\ni{y}\to{y}_0}f^{-1}(y)=f^{-1}(y)=x_0$, тогда можно применить теорему о пределе композиции функций для функций $f^{-1}(y)$ и $F(x)=\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}$. Вторая предпосылка теоремы выполнена, так как в силу инъектвности функции $f^{-1}(y)$ $$\forall{y}\in{Y}(y\neq{y}_0\Rightarrow{f}(y)\neq{f}(y_0))\Rightarrow\forall{U}(y_0)(y\in\mathring{U}{}_Y(y_0)\Rightarrow{f}^{-1}(y)\neq{f}(y_0)=x_0)$$ Тогда по теореме о пределе композиции функций имеем $$\frac1{f'(x_0)}=\lim_{X\ni{x}\to{x}_0}\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=\lim_{X\ni{x}\to{x}_0}F(x)=\lim_{Y\ni{y}\to{y_0}}F(f^{-1}(y))= \lim_{Y\ni{y}\to{y}_0}\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0}=(f^{-1})'(y_0)$$

Следствие 6.2.3: Прикладной вариант теоремы.
Пусть $x_0\in{E}\cap\mathring{E}$ и для функции $f(x):E\to\mathbb{R}$ выполнены условия

функция $f(x)$ непрерывна и строго монотонна в некоторой окрестности $U(x_0):=(a,b)$,
$f'(x_0)\neq0$,

тогда функция $f^{-1}(y):(f(a+0),f(b-0))\to{E}$ дифференцируема в точке $y_0:=f(x_0)$ и $(f^{-1})'(y_0)=\frac1{f'(x_0)}$

Доказательство: По следствию 5.5.5 $f((a,b))=f((a+0),f(b-0))$, тогда утверждение следует из теоремы 6.2.3 при $X:=(a,b)$, $Y:=f((a,b))$, так как из строгой монотонности функции следует ее биективность.

Для любого $x\in\mathbb{R}$ $\sin'x=\cos{x}$, $\cos'x=-\sin{x}$. Доказательство можно видеть, например, в Зорич т. 1, стр. 216. $\newcommand{\tg}{\operatorname{tg}}$ $\newcommand{\ctg}{\operatorname{ctg}}$ $\newcommand{\arctg}{\operatorname{arctg}}$ $\newcommand{\arcctg}{\operatorname{arcctg}}$

Задача 6.2.1: Вычислить производные для функций $\arccos{x}$, $\arcsin{x}$, $\tg{x}$, $\ctg{x}$, $\arctg{x}$, $\arcctg{x}$ $\ln{x}$.

Решение:

Функция $\arccos{x}=\cos^{-1}x$ непрерывна на области определения, и для любого $x\in(0,\pi)$ $\cos'(x)=-\sin{x}\neq0$ следовательно, для функции $\arccos{x}$ можно применить теорему 6.2.3 на интервале $(\cos{\pi},\cos{0})=(-1,1)$ $$\forall{x}\in(-1,1)\left(\arccos'x=(\cos^{-1})'x=\frac1{-\sin(\arccos{x})}=-\frac1{\sqrt{1-\cos^2(\arccos{x})}}=-\frac1{\sqrt{1-x^2}}\right)$$

Функция $\arcsin{x}=\sin^{-1}x$ непрерывна на области определения, и для любого $x\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ $\sin'x=\cos{x}\neq0$ следовательно, для функции $\arcsin{x}$ можно применить теорему 6.2.3 на интервале $(\sin{-\frac{\pi}{2}},\sin{\frac{\pi}{2}})=(-1,1)$ $$\forall{x}\in(-1,1)\left(\arcsin'x=(\sin^{-1})'x=\frac1{\cos(\arcsin{x})}=\frac1{\sqrt{1-\sin^2(\arcsin{x})}}=\frac1{\sqrt{1-x^2}}\right)$$

По пункту 3 теоремы 6.2.1 $$\forall{x}\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \left(\tg'{x}=\left(\frac{\sin{x}}{\cos{x}}\right)'=\frac{\cos{x}\cos{x}+\sin{x}\sin{x}}{cos^2x}=\frac1{\cos^2x}\right)$$

По пункту 3 теоремы 6.2.1 $$\forall{x}\in(0,\pi)\left(\ctg'{x}=\left(\frac{\cos{x}}{\sin{x}}\right)'=\frac{-\sin{x}\sin{x}-\cos{x}\cos{x}}{\sin^2x}=-\frac1{\sin^2x}\right)$$

Докажем вспомогательное равенство $$\forall{x}\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)(\cos^2x=1-\sin^2x=1-\cos^2x\tg^2x)\Rightarrow \forall{x}\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\left(\cos^2x=\frac1{1+\tg^2x}\right)\quad(*)$$ Функция $\arctg{x}=\tg^{-1}x$ непрерывна и строго монотонна на $\mathbb{R}$, и по пункту 3 для любого $x\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ $\tg'x=\frac1{\cos^2x}\neq0$, следовательно, для функции $\arctg{x}$ можно применить следствие 6.2.3 на интервале $(\tg(-\frac{\pi}{2}+0),\tg(\frac{\pi}{2}-0))=(-\infty,+\infty)=\mathbb{R}$. $$\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\arctg'x=(\tg^{-1})'x=\cos^2(\arctg{x})=^{(*)}\frac1{1+\tg^2(\arctg{x})}=\frac1{1+x^2}\right)$$ При выводе имеем право применить вспомогательное равенство (*) доказанное только на интервале $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ так как множество значений функции $\arctg{x}$ равно $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$.

Аналогично предыдущему пункту для любого $x\in(0,\pi)$ $\sin^2x=\frac1{1+\ctg^2x}\;(*)$.
Функция $\arcctg{x}=\ctg^{-1}x$ непрерывна и строго монотонна на $\mathbb{R}$, и по пункту 4 для любого $x\in(0,\pi)$ $\ctg'x=-\frac1{\sin^2x}\neq0$, следовательно, для функции $\arcctg{x}$ можно применить следствие 6.2.3 на интервале $(\ctg{0},\ctg{\pi})=(-\infty,+\infty)=\mathbb{R}$ $$\forall{x}\in\mathbb{R}\left(\arcctg'x=(\ctg^{-1})'x=-\sin^2(\arcctg{x})=^{(*)}-\frac1{1+\ctg^2(\arcctg{x})}=-\frac1{1+x^2}\right)$$

Функция $\ln{x}$ обратная для функции $e^x$ непрерывна и строго монотонна на $\mathbb{R}^+$ и для любого $x\in\mathbb{R}$ $(e^x)'=e^x\neq0$, следовательно, для функции $\ln{x}$ можно применить следствие 6.2.3 на $\mathbb{R}^+$, тогда $$\ln'x=\frac1{e^{\ln{x}}}=\frac1{x}$$

Утверждение 6.2.1: Производная функции заданной параметрически.
Пусть $t_0\in{T}\cap\mathring{T}$ и функции $\varphi(t),\psi(t):T\to\mathbb{R}$ такие, что

функция $\varphi(t)$ инъекнивна,
функция $\varphi^{-1}(x):\varphi(T)\to{T}$ непрерывна в точке $x_0:=\varphi(t_0)$,
функция $\varphi(t)$ дифференцируема в точке $t_0$ и $\varphi'(t_0)\neq0$,
функция $\psi(t)$ дифференцируема в точке $t_0$.

тогда функция $f(x):\varphi(T)\to\mathbb{R}$, такая, что $f(x)=\psi(\varphi^{-1}(x))$ дифференцируемая в точке $x_0$ при этом $f'(x_0)=(\psi(\varphi^{-1}(x_0)))'=\frac{\psi'(t_0)}{\varphi'(t_0)}$.

Доказательство: Из предпосылок (1-3) следует, что функция $\varphi(t)$ удовлетворяет условиям теоремы о дифференцировании обратной функции, следовательно, $(\varphi^{-1})'(x_0)=\frac1{\varphi'(t_0)}$.
Так как функция $\psi(t)$ дифференцируема в точке $t_0=\varphi^{-1}(x_0)$, то для функций $\varphi^{-1}(x)$ и $\psi(t)$ можно применить теорему о производной сложной функции, тогда $$f'(x_0)=(\psi(\varphi^{-1}(x_0)))'(x_0)=\psi'(\varphi^{-1}(x_0))\frac1{\varphi'(t_0)}=\frac{\psi'(t_0)}{\varphi'(t_0)}.$$

previous contents next