§ 1.4. Туынды
Мұнда шек ұғымының ең бір танымал жемісі - туынды түсінігімен танысатын боламыз.
Анықтама. $p$ нүктесінін қ.б. $N(p)$ маңайында анықталған $f(x)$ функциясы берілген делік. Егер $\xi \in N(p)$ элементтері кезінде $$\tag{*}\lim\limits_{\xi\to p}\dfrac{f(\xi) - f(p)}{\xi - p}$$ шегі бар болса, онда мұны (бұл шекті) $f$ функциясының $p$ нүктесіндегі туындысы деп атаймыз.
- $f(x) = 2x$ функциясының $p = 6$ нүктесінде;
- $f(x) = x^2 + 3$ функциясының $p = 3$ нүктесінде;
- $\lim\limits_{\xi\to 6} \dfrac{2\xi - 12}{\xi - 6} = \lim\limits_{\xi\to 6} \dfrac{2(\xi - 6)}{\xi - 6} = \lim\limits_{\xi\to 6} 2 = 2.$
- $\lim\limits_{\xi\to 3} \dfrac{\xi^2 + 3 - 12}{\xi - 3} = \lim\limits_{\xi\to 3} \dfrac{(\xi - 3)(\xi + 3)}{\xi - 3} = \lim\limits_{\xi\to 3} (\xi + 3) = 6.$
Егер $(*)$ шегінде аргументтер $p$ нүктесіне тек оң жағынан не сол жағынан ғана ұмтылса, онда шек мәндері сәйкесінше $p$ нүктесінің оң жақ және сол жақ туындылары деп аталады.
$f(x) = |x|$ функциясының $x = 0$ нүктесіндегі біржақты туындыларын табыңыз.
$f'_{+}(0) = \lim\limits_{\xi \to 0^+}\dfrac{|\xi| - |0|}{\xi - 0} = \lim\limits_{\xi \to 0} \dfrac{\xi - 0}{\xi - 0} = \lim\limits_{\xi \to 0} \dfrac{\xi}{\xi} = 1.$
және
$f'_{-}(0) = \lim\limits_{\xi \to 0^-}\dfrac{|\xi| - |0|}{\xi - 0} = \lim\limits_{\xi \to 0} \dfrac{-\xi + 0}{\xi - 0} = \lim\limits_{\xi \to 0} \dfrac{-\xi}{\xi} = -1.$
Егер $p$ нүктесінде $f$ функциясының бір жақты туындылары бар болып, бірақ жәй туындысы болмаса, онда $p$ нүктесін функцияның сыну нүктесі деп атайды.
Анықтама. Егер $f$ функциясы $X$ жиынындағы әрбір нүктеде туындысы бар болса, онда мұны $f$ фунциясының $X$ жиынында туындысы бар дейміз және $f \in \mathcal{D}(X)$ деп белгілейміз.
$[a,b]$ сегментінде анықталған $f$ функциясының $a$ нүктесінде тек оң жақты, ал $b$ нүктесінде тек сол жақты туындылары жайлы айтуға болады. Ал енді туынды ұғымын біршама кеңіте түсейік.
Егер $f(x)$ функциясының $X$ жиынындағы кез келген нүктеде туындысы бар болса, онда оның $X$ жиынындағы туындысы $$f'(x) = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{f(\xi) - f(x)}{\xi - x}$$ функциясы арқылы табылады.
Яғни, $f$ функциясының туындысы деп басқа бір $f'$ функциясын айтамыз. «$f'$» (еф штрих) белгісінің орынына басқа белгі қолдансаңыз да бола береді, мысалға $g, \varphi, ...$. Бірақ осы белгі оның $f$ функциясының туынысы екенін көрсетуге қолайлы.
$f(x) = 3x^2$ функциясының туындысын табыңыз.
$f'(x) = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{3\xi^2 - 3x^2}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi\to x} \dfrac{3(\xi - x)(\xi + x)}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi\to x}3(\xi + x) = 6x.$
$$f'(p) = f_{x}'(p) = Df(p) = \dfrac{df}{dx}(p) = \dfrac{dy}{dx}\bigg|_{x = p} = \.{y}(p).$$
Соңғы белгілеу көбіне физикада уақыт бойынша туынды алу кезінде қолданылады.$$(2x + 3y + 8z)'_x = 2, \ (2x + 3y + 8z)'_y = 3, \ (2x + 3y + 8z)'_z = 8.$$
2. Теоремалар жазирасы
▲ Бастапқы ұғымдар ▼ Жоғары ретті туындылар
Бұл теорема арқылы теңдеулердің екі жағынан да туынды алуға мүмкіндік аламыз.
$\blacktriangleleft$ $f$ функциясының $p$ нүктесінде туындысы бар болсын. Әрбір $x \neq p$ үшін $$f(x) - f(p) = \dfrac{f(x) - f(p)}{x - p}\cdot(x - p)$$ болады. Ал мұның шегі $$\lim\limits_{x\to p}\dfrac{f(x) - f(p)}{x - p} \cdot \lim\limits_{x\to p}(x - p) = f'(p) \cdot 0 = 0$$ болады. Демек, $f$ функциясы $p$ нүктесінде үзіліссіз. $\blacktriangleright$
Төмендегі салдар ретінде берілген біржақты туындылар жағдайында да осыған ұқсас дәлелденеді.
Кері теорема дұрыс болмайды: үзіліссіз функцияның туындысы бар болмауы мүмкін.
Бұл сөзіміздің дәлелі ретінде мына мысалды ұсынсақ болады:
$f(x) = |x|$.
Бұл функция $x = 0$ нүктесінде үзіліссіз болғанымен дифференциалданбайды.
Себебі ол нүктеде
$$\lim\limits_{\xi \to 0} \dfrac{|\xi| - |0|}{\xi - 0} = \lim\limits_{\xi \to 0} \dfrac{|\xi|}{\xi|} = \begin{cases} 1, \xi > 0 \\ 0 , \xi < 0.\end{cases}$$
Мұның кері тұжырымы дұрыс болмайды: $|x|$ функциясы нөлде үзіліссіз, бірақ нөлде туындысы болмайды.
Бірақ басқа нүктелерінде туыныдысын табуға болады.
Салдар. Егер $f$ функциясының $p$ нүктесінде жәй, оң жақты не сол жақты туындысы бар болса, онда $f$ функциясы сол нүктеде сәйкес жәй, оң жақты не сол жақты үзіліссіз болады.
Салдар. Егер $p$ нүктесі $f$ функциясының үзіліс нүктесі болса, онда сол нүктеде $f$ - тің туындысы болмайды.
Тапсырма. Осы соңғы үш салдарды дәлелдеңіз.
- $(a)\ (f + g)'(x) = f'(x) + g'(x);$
- $(b)\ (f\cdot g)'(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x);$
- $(c)\ \bigg(\dfrac{f}{g}\bigg)'(x) = \dfrac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{(g(x))^2}.$
- $(a)\ (f + g)'(x) = f'(x) + g'(x);$
- Анықтама бойынша $$(f + g)'(x) = \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{(f + g)(\xi) - (f + g)(x)}{\xi - x}.$$ Функцияның қасиеттері бойынша $(f + g)(x) = f(x) + g(x)$ және $(f\cdot g)(x) = f(x) g(x)$. Онда, $$\begin{aligned} \lim\limits_{\xi \to x}&\dfrac{f(\xi) + g(\xi) - f(x) - g(x)}{\xi - x} \\ \ \\ &= \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{f(\xi) - f(x)}{\xi - x} + \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{g(\xi) - g(x)}{\xi - x} = f'(x) + g'(x). \end{aligned}$$
- $(b)\ (f\cdot g)'(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x);$
- $$\begin{aligned} (f\cdot g)'(x) &= \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{(fg)(\xi) - (fg)(x)}{\xi - x} \\ \ \\ &= \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{f(\xi)g(\xi) - f(x)g(x)}{\xi - x} \\ \ \\ &= \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{f(\xi)g(\xi) - f(x)g(x) + f(\xi)g(x) - f(\xi)g(x)}{\xi - x} \\ \ \\ &= \lim\limits_{\xi \to x}f(\xi)\dfrac{g(\xi) - g(x)}{\xi - x} + \lim\limits_{\xi \to x}g(x)\dfrac{f(\xi) - f(x)}{\xi - x} = f(x)g'(x) + g(x)f'(\xi).\end{aligned}$$ Мұнда $f$ функциясының туындысы бар болғасын үзіліссіз де болады, сондықтан $\lim\limits_{\xi \to x}f(\xi) = f(x)$ болды. $g(\xi)$ да сондай сипатқа ие.
- $(c)\ \bigg(\dfrac{f}{g}\bigg)'(x) = \dfrac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{(g(x))^2}$
- $$\begin{aligned} \bigg(\dfrac{f}{g}\bigg)'(x) &= \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{\dfrac{f(\xi)}{g(\xi)} - \dfrac{f(x)}{g(x)}}{\xi - x} \cdot \dfrac{g(\xi)g(x)}{g(\xi)g(x)} \\ \ \\ &= \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{1}{g(\xi)g(x)}\cdot \dfrac{f(\xi)g(x) - f(x)g(\xi) - f(x)g(x) + f(x)g(x)}{\xi - x} \\ \ \\ &= \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{1}{g(\xi)g(x)}\bigg[g(x) \bigg[\dfrac{f(\xi) - f(x)}{\xi - x}\bigg] - f(x)\bigg[\dfrac{g(\xi) - g(x)}{\xi - x}\bigg]\bigg] \\ \ \\ &= \dfrac{1}{(g(x))^2}[g(x)f'(x) - f(x)g'(x)]. \end{aligned}$$ $\blacktriangleright$
- $(c\cdot f(x))' = c\cdot f'(x);$
- $(f_1\cdot f_2 \cdot ... \cdot f_n)' = [f_1' f_2 \cdot ... \cdot f_n] + [f_1\cdot f_2' \cdot ... \cdot f_n] + ... + [f_1\cdot f_2 \cdot ... \cdot f_n'];$
Мұны дәлелдеу сіз үшін қызық болар...
Теорема (күрделі функциялардың туындысы). $f \in \mathcal{D}(X)$ және $g \in \mathcal{D}(Y \supset f(X))$ функциялары үшін $g(f(x)) \in \mathcal{D}(X)$ және $$((g\circ f)(x))' = g'(f(x))f'(x).$$
$\blacktriangleleft$ $$\begin{aligned}(g(f(x)))' &= \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{g(f(\xi)) - g(f(x))}{\xi - x} \\ \ \\ &= \lim\limits_{\xi \to x}\bigg(\bigg[\dfrac{g(f(\xi)) - g(f(x))}{\xi - x}\bigg] \bigg[\dfrac{f(\xi) - f(x)}{f(\xi) - f(x)}\bigg]\bigg) \\ \ \\ &= \lim\limits_{\xi \to x}\bigg(\bigg[\dfrac{g(f(\xi)) - g(f(x))}{f(\xi) - f(x)}\bigg]\bigg[\dfrac{f(\xi) - f(x)}{\xi - x}\bigg]\bigg) \\ \ \\ &=\lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{g(f(\xi)) - g(f(x))}{f(\xi) - f(x)} \cdot \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{f(\xi) - f(x)}{\xi - x}\\ \ \\ &=g'(f(x))\cdot f'(x).\end{aligned}$$ Мұнда $f(x) \in \mathcal{D}(X) \rArr f(x) \in \mathcal{C}(X)$ заңдылығы ескерілді. $\blacktriangleright$
Бұл заңдылық бірнеше функциялардан құралған күрделі функциялар үшін де орындалады (неге екенін түсіндіріңіз).
Функциялардың туындылар кестесі
Жоғарыдағы мәліметтерді пайдалана отырып мына тізімді құруға болады:
1. Дәрежелік және Көрсеткіштік функциялар
- $c' = 0;$
- $(x^n)' = nx^{n-1}, n \in \Z^+;$
- $(a^x)' = a^x\ln a;$
- $(e^x)' = e^x;$
- $(\ln x)' = \dfrac{1}{x};$
- $(\log_a x)' = \dfrac{1}{x\ln a};$
- $(\sin x)' = \cos x;$
- $(\cos x)' = -\sin x;$
- $(\tg x)' = \dfrac{1}{\cos^2 x};$
- $(\ctg x)' = -\dfrac{1}{\sin^2 x};$
- $(\arcsin x)' = \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}};$
- $(\arccos x)' = \dfrac{-1}{\sqrt{1 - x^2}};$
- $(\arctg x)' = \dfrac{1}{1 + x^2};$
- $(\arcctg x)' = \dfrac{-1}{1 + x^2};$
- $a^\alpha - 1 \sim \alpha \ln a \rArr (a^{\alpha} - 1)/(\alpha \ln a) \to 1 \rArr (a^\alpha - 1)/(\alpha) \to \ln a;$
- $\log_a (1 + \alpha) \sim \alpha\cdot\log_a e;$
- $\ln (1 + \alpha) \sim \alpha;$
- $\log_a x = \log_a (e^{\ln x}) = \ln x \log_a e.$
- $c' = 0;$
- $c' = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{c - c}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi\to x}\dfrac{0}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{\xi - x - \xi + x}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x}\bigg(\dfrac{\xi - x}{\xi - x} - \dfrac{\xi - x}{\xi - x}\bigg) = \lim\limits_{\xi \to x}(1 - 1) = 0.$
- $(a^x)' = a^x \ln a;$
- $(a^x)' = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{a^{\xi} - a^{x}}{\xi - a} = a^x \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{a^{\xi - x} - 1}{\xi - x} = a^x \ln a.$
- $(e^x)' = e^x;$
- $(e^x)' = \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{e^{\xi} - e^x}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{e^x(e^{\xi - x} - 1)}{\xi - x} = e^x \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{e^{\xi - x} - 1}{\xi - x} = e^x$.
- $(\log_a x)' = \frac{1}{x}\log_a e;$
- $(\log_a x)' = \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{\log_a \xi - \log_a x}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{\log_a (1 + \frac{\xi - x}{x})}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x}\dfrac{\frac{\xi - x}{x}\cdot\log_a e}{\xi - x} = x \log_a e.$
- $(\ln x)' = \frac{1}{x};$
- $(\ln x)' = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{\ln \xi - \ln x}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{\ln\frac{\xi}{x}}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{\ln(\frac{\xi + x - x}{x})}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{\ln(1 + \frac{\xi - x}{x})}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{\frac{\xi - x}{x}}{\xi - x} = \dfrac{1}{x}.$
- $(\sin x)' = \cos x;$
- $\lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{\sin \xi - \sin x}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{2\sin\frac{\xi - x}{2}\cos\frac{\xi + x}{2}}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{\sin \frac{\xi - x}{2} \cos \frac{\xi + x}{2}}{\frac{\xi - x}{2}} = \lim\limits_{\xi \to x}\cos\frac{\xi + 2}{2} = \cos x.$
- $(\cos x)' = -\sin x;$
- $\lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{\cos \xi - \cos x}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{-2\sin\frac{\xi - x}{2} \sin\frac{\xi + x}{2}}{\xi - x} = \lim\limits_{\xi \to x} \dfrac{-\sin\frac{\xi - x}{2} \sin \frac{\xi + x}{2}}{\frac{\xi - x}{2}} = -\lim\limits_{\xi \to x} \sin \frac{\xi + x}{2} = -\sin x.$
- $(\tg x)' = \dfrac{1}{\cos^2 x};$
- $(\tg x)' = \bigg(\dfrac{\sin x}{\cos x}\bigg)' = \dfrac{\sin'x \cos x - \sin x \cos' x}{\cos^2 x} = \dfrac{\cos x \cos x + \sin x\sin x}{\cos^2 x} = \dfrac{1}{\cos^2 x}.$
- $(\ctg x)' = -\dfrac{1}{\sin^2 x};$
- $(\ctg x)' = \bigg(\dfrac{\cos x}{\sin x}\bigg)' = \dfrac{\cos'x \sin x - \cos x \sin' x}{\sin^2 x} = \dfrac{-(\sin^2 x + \cos^2 x)}{\sin^2 x} = -\dfrac{1}{\sin^2 x}.$
- $(\arcsin x)' = \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}};$
- $f(y) = \sin y \rArr f^{-1}(x) = \arcsin x$. $$[f^{-1}]'(x) = \dfrac{1}{f'(f^{-1}(x))}$$ формуласы бойынша $$\begin{aligned} (\arcsin x)' &= \dfrac{1}{\sin'(\arcsin(x))} = \dfrac{1}{\cos(\arcsin(x))} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^{2}(\arcsin(x))}} = \dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}. \end{aligned}$$
- $(\arccos x)' = \dfrac{-1}{\sqrt{1 - x^2}};$
-
$\bigg[\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}\bigg] \rArr \bigg[(\arcsin x + \arccos x)' = \bigg(\dfrac{\pi}{2}\bigg)'\bigg]\rArr$
$\bigg[(\arcsin x)' + (\arccos x)' = 0\bigg] \rArr \bigg[(\arccos x)' = -(\arcsin x)' = -\dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\bigg]$ - $(\arctg x)' = \dfrac{1}{1 + x^2};$
- $$\begin{aligned} \tg(\arctg(x)) = x &\rArr (\tg(\arctg(x)))' = 1 \\ &\rArr \dfrac{1}{\cos^2(\arctg(x))} \cdot (\arctg(x))' = 1 \\ &\rArr (\arctg (x))' = \cos^2(\arctg(x)) \end{aligned}$$ Ал $\cos^2(\arctg(x))$ болса $\cos(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \tg^2 (x)}}$ теңдігін бойынша $$\cos^2(\arctg(x)) = \bigg(\dfrac{1}{\sqrt{1 + \tg^2(\arctg(x))}}\bigg)^2 = \dfrac{1}{1 + x^2}$$ демек,$$(\arctg (x))' = \dfrac{1}{1 + x^2}.$$
- $(\arcctg x)' = \dfrac{-1}{1 + x^2};$
-
$\bigg[\arctg(x) + \arcctg(x) = \dfrac{\pi}{2}\bigg] \rArr
\bigg[(\arctg(x) + \arcctg(x))' = \bigg(\dfrac{\pi}{2}\bigg)'\bigg] \rArr$
$\bigg[(\arctg(x))' + (\arcctg(x))' = 0\bigg] \rArr \bigg[(\arcctg(x))' = - (\arctg(x))' = -\dfrac{1}{1 + x^2}\bigg].$
$$(a^x)' = (e^{\ln a})^x = (e^{x \ln a})' = e^{x \ln a} \cdot \ln a = a^x \cdot \ln a.$$
Жаттығу. $(x^p)' = px^{p-1}$ теңдігінің кез келген $p \in \R$ үшін орындалатынын дәлелдеңіз (мұнда $x \neq 0$).
$$(x^p)' = \bigg(e^{p\ln x}\bigg)' \stackrel{(2)}{=} e^{p\ln x}\cdot (p\ln x)' \stackrel{(3), (4)}{=} x^p\cdot p \cdot \dfrac{1}{x} = px^{p-1}.$$
Байқағаныңыздай бұл дәлелде мына қасиеттер қолданылды:$(1)\ (\ln x)' = \dfrac{1}{x};$
$(2)\ (e^x)' = e^x;$
$(3)\ (f\cdot g)'(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x);$
$(4)\ (x^p = e^{\ln x^p}) = e^{p\ln x};$
$(5)\ (c\cdot f)(x) = cf'(x).$ $\blacksquare$
Бұл жаттығудағы формула $x = 0$ немесе $p = 0$ болған жағдайда дұрыс бола ма?
Қарапайым жағдай
- $(2x^3 + 5x^2 - x + 9)' = 2(x^3)' + 5(x^2)' - (x)' + 9' = 3x^2 + 10x - 1 + 0$
- $(\ln x + 2\cos x)' = \dfrac{1}{x} - 2\sin x;$
Күрделі функциялар
- $((2x + 4)^2)' = 2(2x + 4)\cdot 2 = 8x + 16;$
- $(e^{-x})' = -e^{-x};$
- $(\sin(x^2))^2 = \cos(x^2)\cdot 2x;$
- $(\tg e^{-x})' = -\dfrac{e^{-x}}{\cos^2 e^{-x}};$
- $((\cos x)^{e^x})' = (\cos x)^{e^x}(e^x\ln \cos x - e^x\cdot\tg x);$
- $(\arctg(\sin e^{\cos x}))' = -\dfrac{1}{1 + (\sin e^{\cos x})^2}\cdot \cos e^{\cos x}\cdot e^{\cos x}\cdot \sin x;$
Кері функция арқылы туынды табу
$$\boxed{[f^{-1}]'(x) = \dfrac{1}{f'(f^{-1}(x))}.}$$- $(a)\ y = \sqrt[3]{x - 1};$
- $f^{-1}(x) = \sqrt[3]{x - 1}$ болса, онда $f(y) = y^3 + 1$ және $f'(y) = 3y^2$. Сонда $$[f^{-1}]'(x) = \dfrac{1}{3(\sqrt[3]{x - 1})^2} = \dfrac{1}{3\cdot\sqrt[3]{(x - 1)^2}}.$$
- $(b)\ y = x^2;$
- $f^{-1}(x) = x^2$ болса, онда $f(y) = \sqrt{y}$ және $f'(y) = \dfrac{1}{2\sqrt{y}}$. Сонда $$[f^{-1}]'(x) = \dfrac{1}{\frac{1}{2\sqrt{x^2}}} = 2\sqrt{x^2} = 2x.$$
- $f(x) = x;$
- $f(x) = \sqrt{x};$
- $f(x) = \dfrac{1}{x};$
- $f(x) = \dfrac{1}{x^2};$
- $f(x) = x^5 - 4x^3 + 2x - 3;$
- $3x^{\frac{2}{3}} - 2x^{\frac{5}{2}} + x^{-3};$
- $x^2\sqrt[3]{x^2};$
- $f(x) = 3 + 2x^2;$
- $f(x) = \dfrac{2x + 3}{x^2 - 5x + 5};$
- $f(x) = \dfrac{\pi}{x} + \ln 2;$
- $f(x) = \dfrac{2}{2x - 1} - \dfrac{1}{x};$
- $f(x) = \dfrac{1 + \sqrt{x}}{1 - \sqrt{x}}$
- $f'(x) = 1;$
- $f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}};$
- $f'(x) = \dfrac{-1}{x^2};$
- $f'(x) = \dfrac{-2}{x^3};$
- $f'(x) = 5x^4 - 12x^2 + 2;$
- $f'(x) = 2x^{-\frac{1}{3}} - 5x^{\frac{3}{2}} - 3x^{-4};$
- $f'(x) = \dfrac{8}{3} x^{\frac{5}{3}};$
- $f'(x) = 4x;$
- $f'(x) = \dfrac{-2x^2 - 6x + 25}{(x^2 - 5x + 5)^2};$
- $f'(x) = -\dfrac{\pi}{x^2};$
- $f'(x) = \dfrac{1 - 4x}{x^2(2x - 1)^2};$
- $f'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}(1 - \sqrt{x})^2};$
Тригонометриялық фукнциялар
- $f(x) = 5\sin x + 3\cos x$;
- $f(x) = \tg x - \ctg x;$
- $f(x) = x\ctg x;$
- $f(x) = x \arcsin x;$
- $f(x) = \arctg x + \arcctg x;$
- $f(x) = \dfrac{\sin x + \cos x}{\sin x - \cos x};$
- $f'(x) = 5\cos x - 3\sin x$
- $f'(x) = \dfrac{4}{\sin^2 2x}$
- $f'(x) = \ctg x - \dfrac{x}{\sin^2 x}$
- $f'(x) = \arcsin x + \dfrac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$
- $f'(x) = 0;$
- $f'(x) = \dfrac{-2}{(\sin x - \cos x)^2}$
Көрсеткіштік және Логарифмдік функциялар
- $f(x) = x^7 \cdot e^x;$
- $f(x) = (x-1)e^x;$
- $f(x) = \dfrac{e^x}{x^2}$
- $f(x) = \dfrac{x^5}{e^x};$
- $f(x) = e^x\cos x$
- $f(x) = (x^2 - 2x + 2)e^x;$
- $f(x) = e^x\arcsin x;$
- $f(x) = \dfrac{x^2}{\ln x};$
- $f'(x) = x^6 e^x(x + 7)$
- $f'(x) = xe^x$
- $f'(x) = e^x\dfrac{x-2}{x^3}$
- $f'(x) = \dfrac{5x^4 - x^5}{e^x}$
- $f'(x) = e^x(\cos x - \sin x)$
- $f'(x) = x^2 e^x$
- $f'(x) = e^x\bigg(\arcsin x + \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\bigg)$
- $f'(x) = \dfrac{x(2\ln x - 1)}{\ln^2 x}$
Күрделі функциялар
- $f(x) = (1 + 3x - 5x^2)^{30};$
- $f(x) = (3 + 2x^2)^4;$
- $f(x) = \sqrt{1 - x^2};$
- $f(x) = (3 - 2\sin x)^5;$
- $f(x) = \sqrt{\ctg x} - \sqrt{\ctg \alpha};$
- $f(x) = 2x + 5\cos^3 x;$
- $f(x) = \tg x - \dfrac{1}{3}\tg^3 x + \dfrac{1}{5}\tg^5 x;$
- $f(x) = -\dfrac{1}{6(1 - 3\cos x)^2};$
- $f(x) = \sqrt{\arctg x} - (\arcsin x)^3;$
- $f(x) = \sin 3x + \cos \frac{x}{5} + \tg\sqrt{x};$
- $f(x) = \dfrac{1}{3\cos^3 x} - \dfrac{1}{\cos x};$
- $f(x) = \dfrac{1 + \cos 2x}{1 - \cos 2x};$
- $f(x) = \arccos e^x;$
- $f(x) = \ln^2 x - \ln(\ln x);$
- $f(x) = \dfrac{1}{5^{x^2}};$
- $f(x) = \arcctg\dfrac{1 + x}{1 - x};$
- $f'(x) = 30(1+3x-5x^2)^{29}\cdot(3 - 10x)$
- $f'(x) = 16x(3+ 2x^2)^3$
- $f'(x) = \dfrac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}$
- $f'(x) = -10\cos x(3 - 2\sin x)^4$
- $f'(x) = \dfrac{-1}{2\sin^2 x \sqrt{\ctg x}}$
- $f'(x) = 2 - 15\cos^2 x \sin x$
- $f'(x) = \dfrac{1 - \tg^2 x + \tg^4 x}{\cos^2 x}$
- $f'(x) = \dfrac{\sin x}{(1 - 3\cos x)^3}$
- $f'(x) = \dfrac{1}{2(1 + x^2)\sqrt{\arctg x}} - \dfrac{3(\arcsin x)^2}{\sqrt{1 - x^2}}$
- $f'(x) = 3\cos 3x - \frac{1}{5}\sin\frac{x}{5} + \dfrac{1}{2\sqrt{x}\cos^2\sqrt{x}}$
- $f'(x) = \dfrac{\sin^3 x}{\cos^4 x}$
- $f'(x) = -2\dfrac{\cos x}{\sin^3 x}$
- $f'(x) = \dfrac{-e^x}{\sqrt{1 - e^{2x}}}$
- $f'(x) = \dfrac{2\ln x}{x} - \dfrac{1}{x \ln x}$
- $f'(x) = -2x 5^{-x^2}\ln 5$
- $f'(x) = \dfrac{-1}{1 + x^2}$
Логарифмдеу арқылы туынды табу
$$\ln (ab) = \ln a + \ln b, \ \ \ \ln\bigg(\dfrac{a}{b}\bigg) = \ln a - \ln b, \ \ \ \ln(a^p) = n\ln a$$
Бізге $f$ функциясының туындысын табу керек делік. $(\ln f)' = \dfrac{f'}{f}$ екенін мойындаймыз. Осыдан $f' = f(\ln f)'$ екенін білеміз. $$(\ln f)' = \dfrac{f'}{f} \rArr f = f'(\ln f)'$$Функцияны логарифмдеп барып туынды алуды логарифмдеп туынды алу дейміз.
Функцияның түріне байланысты қолдану үлгілері бөлек:
- - Көбейтінді жағдайында қолданылуы
- Қандай да бір $f(x) = g(x)h(x)$ түріндегі функция берілген болсын. Натурал логарифм екі функцияның көбейтіндісін қосындыға айландырады: $$\ln(f(x)) = \ln(g(x)h(x)) = \ln g(x) + \ln h(x)$$ композициа ережесі (chain rule) мен қосынды ережесін пайдаланып былай дифференциалдаймыз: $$\dfrac{f'(x)}{f(x)} = \dfrac{g'(x)}{g(x)} + \dfrac{h'(x)}{h(x)},$$ мұны түрлендірсек, $$f'(x) = f(x) \cdot \bigg(\dfrac{g'(x)}{g(x)} + \dfrac{h'(x)}{h(x)}\bigg) = g(x)h(x) \cdot \bigg(\dfrac{g'(x)}{g(x)} + \dfrac{h'(x)}{h(x)}\bigg) = g'(x)h(x) + g(x)h'(x).$$ Яғни $$f'(x) = g'(x)h(x) + g(x)h'(x).$$ Сөйтіп, екі функцияның көбейтіндісінің туындысының формуласы шыға келді.
- - Қатынас жағдайында қолданылуы
- $f(x) = \dfrac{g(x)}{h(x)}$ Натурал логариф мұны азайтындыға айналдыра алады: $$\ln(f(x)) = \ln\bigg(\dfrac{g(x)}{h(x)}\bigg) = \ln g(x) - \ln h(x)$$ Ал мұны дифференциалдасақ, $$\dfrac{f'(x)}{f(x)} = \dfrac{g'(x)}{g(x)} - \dfrac{h'(x)}{h(x)}$$ мұны тұрлендірсек, $$f'(x) = f(x)\cdot\bigg(\dfrac{g'(x)}{g(x)} - \dfrac{h'(x)}{h(x)}\bigg) = \dfrac{g(x)}{h(x)}\cdot\bigg(\dfrac{g'(x)}{g(x)} - \dfrac{h'(x)}{h(x)}\bigg) = \dfrac{g'(x)h(x) - g(x)'h(x)}{h(x)^2}$$ Яғни, $$f'(x) = \dfrac{g'(x)h(x) - g(x)'h(x)}{h(x)^2}$$ Ал бұл қатынастың дифференциалдану заңы.
- - Көрсеткіштік-Дәрежелік функциялар жағдайында қолданылуы
- Қандай да бір $f(x) = g(x)^{h(x)}$ түріндегі функция берілген болсын. $$\ln f(x) = \ln(g(x)^{h(x)}) = h(x)\ln g(x)$$ Екі жағынан да туынды алсақ, $$\dfrac{f'(x)}{f(x)} = h'(x)\ln(g(x)) + h(x)\dfrac{g'(x)}{g(x)},$$ мұны түрендірсек, $$f'(x) = f(x)\cdot\bigg(h'(x)(\ln g(x)) + h(x)(\ln g(x))'\bigg) = g(x)^{h(x)} \bigg(h'(x)\ln(g(x)) + h(x)\dfrac{g'(x)}{g(x)}\bigg)$$ Яғни, $$\tag{*} \boxed{f'(x) = g(x)^{h(x)} \cdot \bigg(h'(x)\ln(g(x)) + h(x)\dfrac{g'(x)}{g(x)}\bigg).}$$ Мұны былай істеуге де болады: $f(x) = g(x)^{h(x)} = e^{h(x)\ln g(x)}$, онда $$f'(x) = e^{h(x)\ln g(x)}\cdot(h(x)\ln g(x))' = g(x)^{h(x)} \bigg(h'(x)\ln g(x) + h(x)\dfrac{g'(x)}{g(x)}\bigg).$$
Логарифмдеп туынды алу тәсілі әсіресе осы Көрсеткіштік-Дәрежелік функцияларды шешуде таптырмас құрал ретінде бағаланады. Десе де, осы соңғы формуланы жаттап алудың қажеті шамалы, оданша логарифмдеп туынды алудың мағынасын түсініп алсаңыз логарифмдеп туынды алғанда есебіңіз өзі-ақ сол формуладағы түрге енеді. Ал енді сөз кезегін мысалдарға берейік.
Мысал 1. $y = x^x$ функциясының туындысын табыңыз.
Әуелі екі жағын да логарифмдеп алайық, сонда $\ln y = x\ln x$. Мұның екі жағынан да туынды алсақ $$\begin{aligned} \dfrac{y'}{y} &= \ln x + x\bigg(\dfrac{1}{x}\bigg) = \ln x + 1 \\ \rArr y' &= y\cdot(\ln x + 1) = x^x \cdot (\ln x + 1). \end{aligned}$$
Мысал 2. $y = (2x + 1)^{\cos x}$ функциясының туындысын табыңыз.
$$\begin{aligned} \dfrac{y'}{y} &= -\sin x\ln(2x + 1) + \cos x \bigg(\dfrac{2}{2x + 1}\bigg) \\ \rArr y' &= (2x + 1)^{\cos x} \cdot \bigg[-\sin x\ln(2x + 1) + \cos x \bigg(\dfrac{2}{2x + 1}\bigg)\bigg] \end{aligned}$$
Мысал 3. $y = (\sin 2x)^{x^2 + 1}$ функциясының туындысын табыңыз.
$$y' = (\sin 2x)^{x^2 + 1}\cdot\ln\sin 2x \cdot 2x + (x^2 + 1)(\sin 2x)^{x^2} \cdot \cos 2x \cdot 2.$$
Мысал 4. $y = \dfrac{(x^2 + 2)\cdot\sqrt[4]{(x-1)^3}\cdot e^x}{(x + 5)^3}$ функциясының туындысын табыңыз.
$$\ln y = \ln(x^2 + 2) + \dfrac{3}{4}\ln(x - 1) + x - 3\ln(x + 5).$$
Екі жағынан да туынды алсақ,$$\begin{aligned}\dfrac{1}{y}\cdot y' &= \dfrac{1}{x^2 + 2} \cdot 2x + \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{x - 1} + 1 - 3\cdot\dfrac{1}{x+5}\\ \rArr y' &= y\bigg(\dfrac{2x}{x^2 + 2} + \dfrac{3}{4(x - 1)} + 1 - \dfrac{3}{x + 5}\bigg). \end{aligned}$$
Демек,$$y' = \dfrac{(x^2 + 2)\cdot\sqrt[4]{(x - 1)^3}\cdot e^x}{(x + 5)^3} \cdot \bigg(\dfrac{2x}{x^2 + 2} + \dfrac{3}{4(x - 1)} + 1 - \dfrac{3}{x + 5}\bigg).$$
Байқағаныңыздай, $(*)$ формуласын жаттамасаңыз да, логарифмдеп барып туынды алған кезде өздері-ақ сол түрге енеді.
- $f(x) = \sqrt[3]{x^2}\dfrac{1 - x}{1 + x^2}\sin^3 x \cos^2 x;$
- $f(x) = \dfrac{(x+2)^2}{(x + 1)^3 (x + 3)^4};$
- $f(x) = (\sin x)^x;$
- $f(x) = (x+1)(2x+1)(3x+1);$
- $f(x) = \sqrt{\dfrac{x(x-1)}{x - 2}};$
- $f(x) = x\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{x^2 + 1}}$
- $f(x) = x^{x^2};$
- $f(x) = \sqrt[x]{x};$
- $f(x) = x^{\sqrt{x}};$
- $f(x) = x^{x^x};$
- $f(x) = x^{\sin x};$
- $f(x) = (\cos x)^{\sin x};$
- $f(x) = \dfrac{(x - 2)^9}{\sqrt{(x - 1)^5 (x - 3)^11}};$
- $f(x) = \bigg(1 + \dfrac{1}{x}\bigg)^x;$
- $f(x) = (\arctg x)^x;$
- $f'(x) = f(x)\bigg(\dfrac{2}{3x} - \dfrac{1}{1 - x} - \dfrac{2x}{1 + x} + 3\ctg x - 2\tg x\bigg)$
- $f'(x) = -\dfrac{(x + 2)(5x^2 + 19x + 20)}{(x + 1)^4(x + 3)^5}$
- $f'(x) = (\sin x)^x(\ln \sin x + x\ctg x)$
- $f'(x) = (1+2x)(1 + 3x) + 2(1 + x)(2 + 3x) + 3(x + 1)(1 + 2x)$
- $f'(x) = \dfrac{x^2 - 4x + 2}{2\sqrt{x(x - 1)(x - 2)^3}}$
- $f'(x) = \dfrac{3x^2 + 5}{3(x^2 + 1)}\sqrt[3]{\dfrac{x^2}{x^2 + 1}}$
- $f'(x) = x^{x^2 + 1}(1 + 2\ln x)$
- $f'(x) = \sqrt[x]{x}\dfrac{1 - \ln x}{x^2}$
- $f'(x) = x^{\sqrt{x} - \frac{1}{2}}\bigg(1 + \dfrac{1}{2}\ln x\bigg)$
- $f'(x) = x^{x^x} x^x\bigg(\dfrac{1}{x} + \ln x + \ln^2 x\bigg)$
- $f'(x) = x^{\sin x}\bigg(\dfrac{\sin x}{x} + \cos x \ln x\bigg)$
- $f'(x) = \cos^{\sin x}(\cos x \ln \cos x - \sin x \tg x)$
- $f'(x) = \dfrac{(x - 2)^8(x^2 - 7x + 1)}{(x - 1)(x - 3)\sqrt{(x - 1)^5(x - 3)^{11}}}$
- $f'(x) = \bigg(1 + \dfrac{1}{x}\bigg)^x \bigg[\ln\bigg(1 + \dfrac{1}{x}\bigg) - \dfrac{1}{1 + x}\bigg]$
- $f'(x) = (\arctg x)^x \cdot \bigg[\ln \arctg x + \dfrac{x}{(1 + x^2)\arctg x}\bigg]$
3. Жоғары ретті туындылар
▲ Теоремалар жазирасы ▼ Туынды игіліктері
Егер $f$ функциясының $f'$ туындысы бар болса, және $f'$ функциясынан да туынды алуға болатын болса, онда пайда болатын функцияны $f''$ деп белгілейміз де $f$ функциясының екінші ретті туындысы деп атаймыз.
Осындай сценари қайталануының нәтижесінде жоғары ретті туындыларды анықтаймыз және сәйкес туындыларды $$f, f'', f^{(3)}, ..., f^{(n)},$$ арқылы белгілейміз. $f^{(n)}$ функциясы $f$ функциясының $n$-ші ретті туындысы деп аталады. Кейбір функциялардың шексіз қайтара туынды алуға болады. Мысалға $f(x) = e^x$ функциясынан кез келген мөлшерде туынды алуға болады. Әдетте туынды алынбаған функция $f^{(0)}$, яғни сол функцияның $0$-ші ретті туындысы ретінде қабылданады.
Екінші ретті туындыдан кейінгі туындылар жоғары ретті туындылар деп аталады. Егер туынды реті $3$-тен жоғары болса тырнақшаның орнына рим цифрлары немесе жақша ішіндегі үнді-араб цифрлары қолданылады.
Мысалға, егер $y = x^5$, онда $$\begin{aligned} y' &= 5x^4 \\ y'' &= 20x^3, \\ y''' &= (20x^3)' = 20\cdot(x^3)' = 20\cdot 3 \cdot x^2 = 60 x^2, \\ &... \end{aligned}$$
- Егер $y = a^x, a > 0$, онда $y^{(n)} = a^x \ln^n a;$
- Егер $y = e^x$, онда $(e^x)^{(n)} = e^x;$
- Егер $y = \sin x$, онда $\cos x = \sin(x + \pi/2)$ екенін ескеріп, $n = \overline{0, \infty}$ сандары үшін $$\sin(x)^{(n)} = \sin\bigg(x + \dfrac{n\pi}{2}\bigg);$$ Сол секілді, $$\cos(x)^{(n)} = \cos\bigg(x + \dfrac{n\pi}{2}\bigg);$$
- $(x^m)^{(n)} = m(m-1)...(m-n+1)x^{m-n};$
- $(\ln x)^{(n)} = \dfrac{(-1)^{n-1}(n - 1)}{x^n};$
$$y' = -\sin x, y'' = -\cos x, y''' = \sin x, y^{IV} = \cos x$$
және осыдан ары қайталана береді. Мұны ескеріп $y^{(n)}$ туындысын кез келген $n$ үшін табуға болады. Мысалға, $235 = 4 \cdot 58 + 3$, ал $y^{(4\cdot 58)} = \cos x$ болғасын $$y^{(235)} = y''' = \sin x.$$Бұл өрнек өз құрылымы бойынша Ньютон биномының формуласын еске түсіреді: $$(y_1 + y_2)^n = \sum_{k = 0}^n C_n^k y_1^{n - k} y_2^k,$$ Көбейтуге арналған формула Лейбниц формуласы деп аталады.
$$\begin{aligned} (y_1 y_2)^{(n+1)} &= ((y_1 y_2)^{(n)})' = \bigg(\sum_{k=0}^n C_n^k y_1^{(n-k)} y_2^{(k)}\bigg)' = \sum_{k = 0}^n C_n^k (y_1^{(n+1 - k)} y_2^{(k)} + y_1^{(n-k)} y_2^{(k+1)}) \\ &= C_n^0 y_1^{(n+1)} y_2^{(0)} + C_n^1 y_1^{(n)} y_2^{(1)} + ... + C_n^k y_1^{(n+1-k)}y_2^{(k)} + ... + C_n^n y_1^{(1)}y_2^{(n)} + C_n^0 y_1^{(n)} y_2^{(1)} + ... + C_n^{k-1} y_1^{(n+1-k)} y_2^{(k)} + ... + C_n^n y_1^{(0)} y_2^{(n+1)} \\ &= C_n^0 y_1^{(n+1)} y_2^{(0)} + (C_n^1 - C_n^0)y_1^{(n)} y_2^{(1)} + ... + (C_n^k - C_n^{k-1})y_1^{(n+1-k)} y_2^{(k)} + ... + C_n^n y_1^{(0)} y_2^{(n+1)}. \end{aligned}$$
Мұнда $$C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k,\ \ C_n^0 = C_n^n = C_{n+1}^0 = C_{n+1}^{n+1} = 1,$$ екенін еске түсірсек,$$\begin{aligned} (y_1 y_2)^{(n+1)} &= C_{n+1}^0 y_1^{(n+1)} y_2^{(0)} + ... + C_{n+1}^k y_1^{(n + 1 - k)} y_2^{(k)} + ... + C_{n+1}^{n+1} y_1^{(0)} y_2^{(n+1)} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} C_{n+1}^k y_1^{(n+1-k)} y_2^{(k)}. \end{aligned}$$
- $f(x) = x^8 + 7x^6 - 5x + 4;$
- $f(x) = e^{x^2};$
- $f(x) = \sin^2 x;$
- $f(x) = \ln\sqrt[3]{1 + x^2};$
- $f(x) = \ln(x + \sqrt{a^2 + x^2});$
- $f(x) = (1 + x^2)\arctg x;$
- $f(x) = (\arcsin x)^2;$
- $f''(x) = 56x^2 + 210 x^4;$
- $f''(x) = e^{x^2}(4x^2 + 2);$
- $f''(x) = 2\cos 2x;$
- $f''(x) = 2(1 - x^2)/3(1 + x^2)^2;$
- $f''(x) = -x/\sqrt{(a^2 + x^2)^3};$
- $f''(x) = 2\arctg x + \dfrac{2x}{1 + x^2};$
- $f''(x) = \dfrac{2}{1 - x^2} + \dfrac{2x\arcsin x}{(1 - x^2)^{3/2}};$
Тапсырма 2. Берілген функциялардың $n$-ші ретті туындысын табыңыз.
- $f(x) = \cos 2x;$
- $f(x) = e^{-3x};$
- $f(x) = \ln(1 + x);$
- $f(x) = \dfrac{1}{1 + x};$
- $f(x) = \dfrac{1 + x}{1 - x};$
- $f(x) = \sin^2 x;$
- $f(x) = \ln(ax + b);$
- $f^{(n)}(x) = 2^n\cos\bigg(2x + n\dfrac{\pi}{2}\bigg);$
- $f^{(n)}(x) = (-3)^n e^{-3x};$
- $f^{(n)}(x) = (-1)^{n-1}\dfrac{(n-1)!}{(1 + x)^n};$
- $f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n+1}n!}{(1 + x)^{n+1}};$
- $f^{(n)}(x) = \dfrac{2n!}{(1 - x)^{n+1}};$
- $f^{(n)}(x) = 2^{n-1}\sin\bigg(2x + (n-1)\dfrac{\pi}{2}\bigg);$
- $f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}(n - 1)! a^n}{(ax + b)^n};$
Тапсырма 3. Лейбниц формуласын қолданып берілген функциялардың $n$-ші ретті туындысын табыңыз.
- $f(x) = xe^x;$
- $f(x) = x^2 e^{-2x};$
- $f(x) = (1 - x^2)\cos x;$
- $f(x) = \dfrac{1 + x}{\sqrt{x}};$
- $f(x) = x^3 \ln x;$
- $f^{(n)}(x) = x\cdot e^x + ne^x;$
- $f^{(n)}(x) = 2^{n-1} e^{-2x}\bigg[2(-1)^n x^2 + 2n(-1)^{n-1}x + \dfrac{n(n-1)}{2}(-1)^{n-2}\bigg];$
- $f^{(n)}(x) = (1 - x^2)\cos\bigg(x + \dfrac{n\pi}{2}\bigg) - 2nx \cos\bigg(x + \dfrac{(n-1)\pi}{2}\bigg) - n(n-1) \cos\bigg(x + \dfrac{(n-2)\pi}{2}\bigg);$
- $f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}\cdot 1 \cdot 3...(2n - 3)}{2^n x^{\frac{2n+1}{2}}}[x - (2n - 1)];$
- $f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^n 6(n - 4)!}{x^{n-3}}$ бұл $n \geqslant 4$ кезінде.
4. Туынды игіліктері
▲ Жоғары ретті туындылар ▼ Соңы
Мұнда туынды көмегімен жауап берілетін математикалық мәселелермен танысамыз. Әрбір математикалық мәселе ғылымда міндетті түрде пайдаланылады.
Жанама
Егер $f'(p) = \pm\infty$ болса, онда сол нүктедегі жанамасы деп $x = p$ вертикаль түзуін айтамыз.
Орташа мән жайлы теоремалар
Қазір орташа мән жайлы теоремалар деп аталатын үш теоремамен танысамыз: Ролль, Коши, Лагранж теоремалары.
Теорема (Ролль). Егер $f(x)$ функциясы $[a,b]$ аралығында үзіліссіз, $(a,b)$ интервалында туындысы бар және аралықтың соңдарында бірдей мән қабылдайтын $f(a) = f(b)$ болса, онда $f'(x)$ туындысы нөл болатындай, н.а. $f'(c) = 0$ болатындай кем дегенде бір $c\in(a,b)$ нүктесі табылады.
Егер $M = m$, онда $f(x)$ функциясы $[a,b]$ да тұрақты, және, ізінше, $[a,b]$ аралығындағы кез келген нүктеде оның туындысы $f'(x) = 0$.
Егер $M \neq m$ болса, онда $f(a) = f(b)$ болғандықтан функция $(a, b)$ аралығында сол екеуінің біреуіне тең болады.
Фукнция $x = c\in(a,b)$ нүктесінде $M$ мәнін қабылдайтын болсын, яғни $f(c) = M$ болсын.
Онда барлық $x\in(a,b)$ үшін $f(c)\geqslant f(x)$ теңсіздігі орындалады.
Енді функцияның $x = c$ нүктесіндегі туындысын табайық:
$$f'(c) = \lim\limits_{\xi\to c}\dfrac{f(\xi) - f(c)}{\xi - c}.$$
Жаңағы теңсіздік бойынша $f(\xi) - f(c) \leqslant 0$ теңсіздігі орындалады.
- Егер $\xi \to c^+$
- $\rArr \dfrac{f(\xi) - f(c)}{\xi - c} \leqslant 0 \rArr f'(c) \leqslant 0;$
- Егер $\xi \to c^-$
- $\rArr \dfrac{f(\xi) - f(c)}{\xi - c} \geqslant 0 \rArr f'(c) \geqslant 0.$
Демек, $f'(c) = 0$. $f(c) = m$ болғандағы жағдайы да осыған ұқсас дәлелденеді. Біз осылай болмағанда бір нүкте табылатынын көрсеттік. $\blacksquare$
Бұл теореманың геометриялық сипаты, $f(x)$ функциясының графигінде жанамасы $Ox$ өсіне параллельді болатындай бір нүкте табылатынын меңзейді.
Теорема (Каши). Егер $f(x)$ және $\varphi(x)$ функциялары $[a,b]$ аралығында үзіліссіз, $(a,b)$ интервалында туындысы бар болса, және барлық $x\in(a, b)$ кезінде $\varphi'(x) \neq 0$ болса, онда $$\dfrac{f(b) - f(a)}{\varphi(b) - \varphi(a)} = \dfrac{f'(c)}{\varphi'(c)}$$ теңдігі орындалатындай кем дегенде бір $c\in(a,b)$ нүктесі табылады.
Бізге мына функция көмектесетін болады:
$$F(x) = f(x) - f(a) - \dfrac{f(b) - f(a)}{\varphi(b) - \varphi(a)}(\varphi(x) - \varphi(a)).$$
Бұл функция Ролль теоремасының қағидаларына сай: $[a, b]$ аралығында үзіліссіз, және $(a, b)$ интервалында туындысы табылады. Мұны бұл функцияның $f(x)$ пен $\varphi(x)$ функцияларының сызықтық комбинациясы болғандықтан сенімді түрді айта аламыз. Бұдан бөлек, ол аралықтың екі ұшында бірдей мәндер қабылдайды: $F(a) = F(b) = 0.$
Ролле теоремасының негізінде $F'(c) = 0$ болатындай $c\in (a, b)$ нүктесі табылады. Яғни, $$F'(c) = f'(c) - \dfrac{f(b) - f(a)}{\varphi(b) - \varphi(a)}\varphi'(c) = 0.$$ Бұдан $f'(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{\varphi(b) - \varphi(a)}\varphi'(c)$ теңдігі шығады. Сонда, $$\dfrac{f'(c)}{\varphi'(c)} = \dfrac{f(b) - f(a)}{\varphi(b) - \varphi(a)}.$$ $\blacksquare$Теорема (Лагранж). Егер $f(x)$ функциясы $[a,b]$ аралығында үзіліссіз, $(a,b)$ интервалында туындысы табылатын болса, онда $$\tag{*} f(b) - f(a) = f'(c)(b - a)$$ теңдігі орындалатындай кем дегенде бір $c\in(a,b)$ нүктесі табылады.
$\square$ Дәлелді айдаладан іздемей-ақ Коши теоремасының жеке жағдайы ретінде қарастыра салуға болады. Ол былай, $\varphi(x) = x$ десек, $\varphi(b) - \varphi(a) = b - a, \varphi'(x) = 1, \varphi'(c) = 1$ болады. Осы мәндерді $$\dfrac{f(b) - f(a)}{\varphi(b) - \varphi(a)} = \dfrac{f'(c)}{\varphi'(c)}$$ формулсына қою ақылы мынаны аламыз: $$\dfrac{f(b) - f(a)}{b - a} = f'(c)$$ яғни $f(b) - f(a) = f'(c)(b - a).$ $\blacksquare$
Теоремада тұрған $(*)$ формуласы Лагранж атаның формуласы немесе ақырлы өсімше жайлы формула деп аталады. Формуланың мазмұны мынадай: $[a, b]$ аралығында туындысы табылатын функцияның өсімшесі туындының осы интервалдағы қ.б. ішкі нүктедегі мәніне көбейтілген аргументтің өсімшесіне тең. Бұл мазмұннан көрі формуласын есте сақтау жеңіл болар.
Салдар #. Егер фукцияның туындысы қандай да бір аралықта нөлге тең болса, онда функция сол аралықта тұрақты.
$\square$ Барлық $x \in (a,b)$ үшін $f'(x) = 0$ болсын. $(a, b)$ аралығынан кез келген екі $x_1$ және $x_2$ сандарын алайық, және олардың арасында $x_1 < x_2$ байланысы болсын. Онда Лагранж теоремасы бойынша $$f(x_2) - f(x_1) = f'(c)(x_2 - x_1)$$ болатындай $c \in (x_1, x_2)$ саны табылады. Бірақ $f'(x) = 0$ шарты бойынша $f'(c) = 0$ (мұнда $x_1 < c < x_2$). Сондықтан $f(x_2) - f(x_1) = 0$ теңдігін аламыз, демек $f(x_2) = f(x_1)$. Мұнда $x_1$ мен $x_2$ сандары $(a, b)$ интервалындағы кез келген нүкте болғасын, барлық $x \in (a, b)$ үшін $f(x) = c$ болады. $\blacksquare$
Салдар. Егер екі функция қандай да бір аралықта бірдей туындылар қабылдаса, онда бұл функциялардың арасында тұрақты шама бойынша ғана айырмашылық бар.
$\square$ $x \in (a,b)$ кезінде $f'_1(x) = f'_2(x)$ делік. Онда $$(f_1(x) - f_2(x))' = f'_1(x) - f'_2(x) = 0.$$ (#) салдарына сәйкес бұл теңдік $f_1(x) - f_2(x)$ функциясы тұрақты екенін білдіреді. Демек, барлық $x \in (a, b)$ үшін $f_1(x) - f_2(x) = C = \text{const}$. $\blacksquare$
Туынды көмегімен шек табу. Лопиталь ережесі
Лапиталь ережесі (кейде Лопиталь-Бернулли ережесі деп аталады) - бұл туынды арқылы анықталмағандықтарды ашуға арналған өте тиімді тәсіл. Ереженің өзімен танысайық:
- $\lim\limits_{x \to p} f(x) = \lim\limits_{x\to p} \varphi(x) = 0;$
- $\forall x \in N$ үшін $g'(x) \neq 0;$
- $\exist\ l < \infty: \lim\limits_{x\to p}\dfrac{f'(x)}{\varphi'(x)} = l;$
Яғни, аталған талаптарға сай функциялар үшін олардың қатынасының шегі
олардың туындыларының қатынасының шегіне тең дейді.
Алынған формуланы ауызекі тілде былай дейміз:
Екі шексіз кішінің қатынасы олардың туындыларының қатынасының шегіне тең.
Сонымен, қазір $f(x)$ пен $\varphi(x)$ функцияларына $p$ нүктесінің маңайында жатқан $[x_1, x]$ аралығына арналған Коши теоремасын қолданамыз. Сонда $$\dfrac{f(x) - f(x_1)}{\varphi(x) - \varphi(x_1)} = \dfrac{f'(c)}{\varphi'(c)},$$ болатын $c \in [x_1, x]$ саны табылады. Бұл функциялардың аргументтерін $p$ - ге ұмтылдырайық, сонда $$\lim\limits_{x\to p}\dfrac{f(x)}{\varphi(x)} = \lim\limits_{c\to p}\dfrac{f'(c)}{\varphi'(c)}.$$ Мұнда $$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to p}\dfrac{f'(x)}{\varphi'(x)} = l &\rArr \lim\limits_{c\to p}\dfrac{f'(c)}{\varphi'(c)} = l \\ &\rArr \lim\limits_{x\to p}\dfrac{f(x)}{\varphi(x)} = l.\end{aligned}$$ $\blacksquare$
- Тіпті $f(x)$ пен $\varphi(x)$ функциялары $p$ нүктесінде анықталмаған болса да орындала береді. Әйтеуір $\lim\limits_{x\to p}f(x) = 0$ және $\lim\limits_{x\to p}\varphi(x) = 0$ болса болғаны.
-
Теорема $x \to \infty$ кезінде де орындалады.
Бар болғаны $x = \dfrac{1}{z}$ десек болғаны,
$$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{\varphi(x)} = \lim\limits_{z\to 0}\dfrac{\bigg(f\bigg(\dfrac{1}{z}\bigg)\bigg)'}{\bigg(\varphi\bigg(\dfrac{1}{z}\bigg)\bigg)'} = \lim\limits_{z \to 0}\dfrac{f'\bigg(\dfrac{1}{z}\bigg)\bigg(-\dfrac{1}{z^2}\bigg)}{\varphi'\bigg(\dfrac{1}{z}\bigg)\bigg(-\dfrac{1}{z^2}\bigg)} = \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)}{\varphi'(x)}.$$
-
Егер реті келсе, яғни $f'(x)$ пен $\varphi'(x)$ функциялары да
$f(x)$ пен $\varphi(x)$ секілді шарттарға сай болса, онда
бұл тәсілді тағы бір рет қайталауға болады.
$$\lim\limits_{x\to p}\dfrac{f(x)}{\varphi(x)} = \lim\limits_{x\to p}\dfrac{f'(x)}{\varphi'(x)} = \lim\limits_{x\to p}\dfrac{f''(x)}{\varphi''(x)}$$
Реті келсе тіпті $n$ рет ;) - Бұдан бөлек $\lim\limits_{x\to p} f(x) = \infty$ болса да қолдана беруге болады. Себебі $1/f(x)$ теоремаға сай келеді.
Мысал 2. $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1 - \cos 6x}{2x^2}$ шегін табыңыз.
Мысал 3. $\lim\limits_{x\to 0} (1 - \cos x)\ctg x$ шегін табыңыз.
Мысал 4. $\lim\limits_{x\to 0}(\cos 2x)^{\frac{3}{x^2}}$ шегін табыңыз.
Мысал 5. $\lim\limits_{x\to 0} x^x$ шегін табыңыз.
$$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to 0} \ln x^x &= \lim\limits_{x\to 0} x\ln x \\ &= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln x}{\frac{1}{x}} = \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\cancel{x}}\cdot\dfrac{-x^{\cancel{2}}}{1} = 0 = \ln 1 \end{aligned}$$
Демек, $\lim\limits_{x\to 0} x^x = 1.$Сонымен, Лопиталь ережесі шекті табуға көмектеседі екен, демек, сәйкесінше функцияларды шек жағдайында салыстыруға да көмегі тиеді. Мысалға $x^2 - 6$ мен $2x^2 + 3$ функцияларын ш.ү. бойынша салыстырайық, $$\lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{x^2 - 6}{2x^2 + 3} = \dfrac{\infty}{\infty}$$ анықталмағандығына жолығамыз. Мұны әдеттегідей $$\lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{1 - \frac{6}{x^2}}{2 + \frac{3}{x^2}} = \dfrac{1}{2}$$ деп шешуге болады. Бірақ Лопитальды қолданып та $$\lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{x^2 - 6}{2x^2 + 3} = \lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{2\cancel{x}}{4\cancel{x}} = \dfrac{1}{2}$$ мәнін алуға болады. Демек екеуі де бірдей ретті ш.ү.ф.
- $\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^3 - 2x^2 - x + 2}{x^3 - 7x + 6};$
- $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\cos x - \sin x}{x^3};$
- $\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{1 - x}{1 - \sin\frac{\pi x}{2}};$
- $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tg x - \sin x}{x - \sin x};$
- $\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{\tg x}{\tg 5x};$
- $\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{e^x}{x^5};$
- $\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{\ln x}{\sqrt[3]{x}};$
- $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac{\pi}{x}}{\ctg\frac{\pi x}{2}};$
- $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(\sin mx)}{\ln \sin x};$
- $\lim\limits_{x\to 0}(1 - \cos x)\ctg x;$
- $\lim\limits_{x\to 1}(1 - x)\tg\dfrac{\pi x}{2};$
- $\lim\limits_{x\to 0}\arcsin x \ctg x;$
- $\lim\limits_{x\to +\infty}(x^n e^{-x}), n > 0;$
- $\lim\limits_{x\to\infty} x \sin \dfrac{a}{x};$
- $\lim\limits_{x\to 0}\bigg(\dfrac{1}{\sin^2 x} - \dfrac{1}{x^2}\bigg);$
- $\lim\limits_{x\to 1} \ln x \ln(x- 1);$
- $\lim\limits_{x\to 1} \bigg(\dfrac{x}{x - 1} - \dfrac{1}{\ln x}\bigg);$
- $\lim\limits_{x\to 3}\bigg(\dfrac{1}{x - 3} - \dfrac{5}{x^2 - x - 6}\bigg);$
- $\lim\limits_{x\to 1}\bigg(\dfrac{1}{2(1 - \sqrt{x})} - \dfrac{1}{3(1 - \sqrt[3]{x})}\bigg);$
- $\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\bigg(\dfrac{x}{\ctg x} - \dfrac{\pi}{2\cos x}\bigg);$
- $\lim\limits_{x\to +\infty}x^{\frac{1}{x}};$
- $\lim\limits_{x\to 0}x^{\frac{3}{4 + \ln x}};$
- $\lim\limits_{x\to 0}x^{\sin x};$
- $\lim\limits_{x\to 1}(1 - x)^{\cos \frac{\pi x}{2}};$
- $\lim\limits_{x\to 0}(1 + x^2)^{\frac{1}{x}};$
- $\lim\limits_{x\to 1}x^{\frac{1}{1 - x}};$
- $\lim\limits_{x\to 1}\bigg(\tg\dfrac{\pi x}{4}\bigg)^{\tg\frac{\pi x}{2}};$
- $\lim\limits_{x\to 0}\bigg(\dfrac{1}{x}\bigg)^{\tg x};$
- $\lim\limits_{x\to 0}(\ctg x)^{\frac{1}{\ln x}};$
- $\lim\limits_{x\to 0}(\ctg x)^{\sin x};$
- $\dfrac{1}{2}$;
- $-\dfrac{1}{3};$
- $\infty;$
- $3;$
- $5;$
- $\infty;$
- $0;$
- $\dfrac{\pi^2}{2};$
- $1;$
- $0;$
- $\dfrac{2}{\pi};$
- $1;$
- $0;$
- $a;$
- $\dfrac{1}{3}$
- $0$;
- $\dfrac{1}{2};$
- $\dfrac{1}{5};$
- $\dfrac{1}{12};$
- $-1;$
- $1;$
- $e^3;$
- $1;$
- $1;$
- $1;$
- $e^{-1};$
- $e^{-1};$
- $1;$
- $e^{-1};$
- $1;$
- $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{x^2\sin\frac{1}{x}}{\sin x} = 0;$
- $\lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{x - \sin x}{x + \sin x} = 1;$
(Демидович кітабы ұжымына зор құрмет білдіреміз!)
Туынды көмегімен функцияларды зерттеу
- Функцияның өсуі мен кемуі
- Функцияның максимумы мен минимумы
- Функцияның аралықтағы ең үлкен және ең кіші мәндері
Теорема. $f$ функциясының $I$ интервалында тұрақты болуы үшін осы интервалда $f' = 0$ болуы қажетті және жеткілікті.
- $(\rArr)$ Қажеттілік.
- Егер $I$ интервалында $f = C$ болса, онда $f' = (C)' = 0.$
- $(\lArr)$ Жеткіліктілік.
- $I$ интервалында $f' = 0$ болсын. бұл аралықтан $p$ нүктесін алайық. Онда кез келген $x \in I$ үшін Лагранж формуласы бойынша $$f(x) - f(p) = f'(c)(x-p) = 0,$$ болады, себебі $c$ нүктесі $x$ пен $p$ арасында болғасын және $c \in I$ болғасын $f'(c) = 0$ болады. Осылайша $f(x) = f(p) = C.$ $\blacksquare$
1. Функцияның өсуі мен кемуі
Зерттеуден алдын өспелі және кемімелі функциялардың анықтамасын еске түсіріп алайық:
- $f(x_1) < f(x_2)$ теңсіздігі орындалса, онда бұл функция $D_1$ жиынында өспелі деп аталады;
- $f(x_1) \leqslant f(x_2)$ болса, онда бұл функция $D_1$ жиынында кемімейтін;
- $f(x_1)>f(x_2)$ болса, онда бұл функция $D_1$ жиынында кемімелі;
- $f(x_1) \geqslant f(x_2)$болса, онда бұл функция $D_1$ жиынында өспейтін функция деп аталады.
$f(x)$ функциясының анықталу облысын функция ол аралықтарда өспелі немесе кемімелі болатындай етіп бірнеше аралықтарға бөлуге болады. Ол аралықтар функцияның бірсарындылық (монотондылық) аймақтары деп аталады.
- $\forall x \in (a, b) \ f'(x) > 0 \lrArr f(x)$ функциясы $(a, b)$ аралығында тек өспелі;
- $\forall x \in (a, b) \ f'(x) < 0 \lrArr f(x)$ функциясы $(a, b)$ аралығында тек кемімелі;
Сөзбе-сөз айтар болсақ, $(a, b)$ аралығында туындысы бар $f$ функциясының өсуі (кемуі) үшін оның осы аралықтағы туындысы нөлден үлкен (кіші) болуы қажетті және жеткілікті.
Егер функцияның өспелі екендігі (яки кемімелі) екендігі әуелден-ақ белгілі болса, онда $\forall x \in (a, b) \rArr f'(x) \geqslant 0$ $(f'(x) \leqslant 0)$ деу орынды. Дәлелде бұл жағдайды да ескеретін боламыз.
- $(\rArr)$ Қажеттілігі.
-
$f$ функциясы $(a, b)$ аралығында туындысы бар, әрі өспелі болсын.
Кез келген $x_1, x_2 \in (a, b)$ нүктелерін алайық, сонда
функция өспелі болғасын мына екі түрлі жағдай пайда болады:
$\ \ \ $егер $x_2 - x_1 > 0$ болса, онда $x_2 > x_1$ және $f(x_2) > f(x_1)$;
$\ \ \ $егер $x_2 - x_1 < 0$ болса, онда $x_2 < x_1$ және $f(x_2) < f(x_1)$.
Екі жағдайда да $$\dfrac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} > 0$$ болады, себебі алымы мен бөлімінің таңбалары бірдей. Теореманың шарты бойынша, $f(x)$ функциясының $x_2$ нүктесінде туындысы бар және ол осы қатынастың шегі болады. Демек, $$f'(x_2) = \lim\limits_{x_1 \to x_2} \dfrac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} \geqslant 0.$$ $f$ функциясы $(a, b)$ аралығында кемімелі болғанда да осыған ұқсас дәлелденеді. - $(\lArr)$ Жеткілікті жағдай.
-
Кез келген $x_1, x_2 \in (a, b)$ нүктелерін алайық.
Осы нүктелер арқылы пайда болатын аралықта Лагранж теоремасы бойынша
$$f(x_2) - f(x_1) = f'(c)(x_2 - x_1)$$
болатындай $c \in (x_1, x_2) \sub (a, b)$ саны табылады.
- Егер $\forall x \in (a, b) \rArr f'(x) > 0$ болса, онда $f'(c) > 0$ және $$x_1 < x_2 \rArr f(x_2) - f(x_1) > 0 \rArr f(x_1) < f(x_2),$$ яғни, $f$ функциясы $(a, b)$ аралығында өспелі.
- Ал егер $\forall x \in (a, b) \rArr f' < 0$ болса, онда $f'(c) < 0$ және $$x_1 < x_2 \rArr f(x_2) - f(x_1) < 0 \rArr f(x_1) > f(x_2),$$ яғни, $f$ функциясы $(a, b)$ аралығында кемімелі.
Функцияның оң мәндер қабылдай аралықтары мен теріс мән қабылдайтын аралықтарын табуды үйренген боларсыз. Теорема бойынша, берілген функцияның туындысының оң мәндер қабылдайтын аралығында функция өспелі, ал теріс мәндер қабылдайтын аралығында кемімелі болуы қажетті және жеткілікті. Демек, функцияның өсу және кему аралықтарын табу үшін оның туындысының қай аралықта оң, ал қай аралықта теріс мәндер қабылдайтынын табу жеткілікті. Бұған мысал келтірейік:
Мысал 1. $f(x) = x^2 - 2x + 1$ фукнциясының өсу және кему аралықтарын табыңыз.
Мысал 2. $f(x) = x^3 - 3x - 1$ функциясының өсу және кему аралықтарын табыңыз.
Мысал 3. $f(x) = \dfrac{1}{x + 2}$ функциясының өсу және кему аралығын табыңыз.
Мысал 4. Шешімі: $f(x) = \dfrac{1}{5}x^5 - \dfrac{1}{3}x^3$ функциясының өсу және кему аралықтарын табыңыз.
- $(-\infty, -1)$ және $(1, +\infty)$ аралықтарында оң таңбалы,
- $(-1, 0)$ және $(0, 1)$ аралықтарында теріс таңбалы болады.
- $f(x) = 1 - 4x - x^2;$
- $f(x) = (x - 2)^2;$
- $f(x) = (x + 4)^3;$
- $f(x) = x^2(x - 3);$
- $f(x) = \dfrac{x}{x - 2};$
- $f(x) = \dfrac{1}{(x-1)^2};$
- $f(x) = \dfrac{x}{x^2 - 6x - 16};$
- $f(x) = (x - 3)\sqrt{x};$
- $f(x) = \dfrac{x}{3} - \sqrt[3]{x};$
- $f(x) = x + \sin x;$
- $f(x) = x\ln x;$
- $f(x) = \arcsin(1 + x);$
- $f(x) = 2e^{x^2 - 4x};$
- $f(x) = e^{\frac{1}{x - a}};$
- $f(x) = \dfrac{e^x}{x};$
- $(-\infty, -2)$ аралығында өспелі, $(-2, \infty)$ аралығында кемімелі;
- $(-\infty, 2)$ аралығында кемімелі, $(2, \infty)$ аралығында өспелі;
- $(-\infty, \infty)$ өспелі;
- $(-\infty, 0)$ және $(2, \infty)$ аралықтарында өспелі, $(0, 2)$ аралығында кемімелі;
- $(-\infty, 2)$ және $(2, \infty)$ аралықтарында кемімелі;
- $(-\infty, 1)$ аралығында өспелі, $(1, \infty)$ аралығында кемімелі;
- $(-\infty, -2), (-2, 8)$ және $(8, \infty)$ аралықтарында кемімелі;
- $(0, 1)$ аралығында кемімелі, $(1, \infty)$ аралығында өспелі;
- $(-\infty, -1)$ және $(1, \infty)$ аралықтарында өспелі, $(-1, 1)$ аралығында кемімелі;
- $(-\infty, \infty)$ аралығында өспелі;
- $(0, 1/e)$ аралығында кемімелі, $(1/e, \infty)$ аралығында өспелі;
- $(-2, 0)$ аралығында өспелі;
- $(-\infty, 2)$ аралығында кемімелі, $(2, \infty)$ аралығында өспелі;
- $(-\infty, a)$ және $(a, \infty)$ аралықтарында кемімелі;
- $(-\infty, 0)$ және $(0, 1)$ аралықтарында кемімелі, $(1, \infty)$ аралығында өспелі;
2. Экстремумдар
Функцияның максимумдары мен минимумдары функцияның экстремумдары деп аталады.
Кейбір функциялар ешқандай экстремумға ие болмауы мүмкін. Мысалға, $f(x) = x^2$ функциясының $(0, 1)$ аралығында экстремумы жоқ, бірақ $[0, 1]$ аралығында $\max_{[0, 1]} f(x) = 1, \min_{[0, 1]} f(x) = 0$.
Функцияның мұндай нүктелердегі мәндері сәйкесінше функцияның дербес максимумдары мен дербес минимумдары деп аталады. Ал функцияның дербес максимумдары мен минимумдары өз кезегінде функцияның дербес экстремумдары деп аталады.
Ал енді функцияның дербес экстремумының бар болуының қажетті және жеткілікті шарттарымен танысайық:
- -| $p$ нүктесі дербес максимум нүкте $\lrArr$
- $$\begin{aligned} \exist \delta > 0: &\forall x \in (p - \delta, p) \ f'(x) > 0 \\ \land &\forall x \in (p, p + \delta) \ f'(x) < 0 \end{aligned}$$
- -| $p$ нүктесі дербес минимум нүкте $\lrArr$
- $$\begin{aligned} \exist \delta > 0: &\forall x \in (p - \delta, p) \ f'(x) < 0 \\ \land &\forall x \in (p, p + \delta) \ f'(x) > 0 \end{aligned}$$
- Бұл теорема былай дегісі келіп тұр:
- Егер $f'(p) = 0$ болатын $p$ нүктесінің $\delta$ маңайында $f'(x)$ функциясы $p$ нүктесінің сол жағында плюс, ал оң жағында минус таңба қабылдаса, онда $p$ дербес максимум нүктесі, ал егер сол жағында минус, ал оң жағында плюс таңба қабылдаса, онда $p$ дербес минимум нүктесі екенін білдіреді.
- $(\rArr)$ Қажеттілік.
- $p$ нүктесі $f(x)$ функциясының дербес максимумы болсын. Демек, қандай да бір $\delta > 0$ үшін $$\begin{aligned} \rArr &\forall x \in \mathring{N}_{\delta} (p) \ f(x) < f(p) \\ \rArr &\forall x \in (p - \delta, p) \cup (p, p + \delta) \ f(x) < f(p) \\ \rArr &\forall x \in (p - \delta, p) \ f(x) < f(p) \\ \land &\forall x \in (p, p + \delta) \ f(x) < f(p) \\ \rArr &\forall x \in (p - \delta, p) \ f'(x) > 0 \\ \land &\forall x \in (p, p + \delta) \ f'(x) < 0. \end{aligned}$$ Мұнда шарттағы фунцияның бұл маңайда туындысы бар екендігі ескерілді. $p$ дербес минимум нүкте болғанда да осыған ұқсас дәлелденеді.
- $(\lArr)$ Жеткіліктілік.
- Мұнда қажеттілікті дәлелдеуді кері жасай саламыз. $$\begin{aligned} \exist \delta > 0: &\forall x \in (p - \delta, p) \ f'(x) < 0 \\ \land &\forall x \in (p, p + \delta) \ f'(x) > 0 \\ \rArr &\forall x \in (p - \delta, p) \ f(x) < f(p) \\ \land &\forall x \in (p, p + \delta) \ f(x) < f(p) \\ \rArr &\forall x \in \mathring{N}_{\delta}(p) \ f(x) < f(p) \end{aligned}$$ демек, $p$ нүктесі $f(x)$ функциясының дербес максимум нүктесі. Кері жағдайы да осыған ұқсас дәлелденеді. $\blacksquare$
Бұл теореманың салдары болғасын дербес экстремумның қажетті шарты болып есептеледі. Қысқаша мазмұны былай: Егер дербес экстремум нүктеде функцияның туындысы бар болса, онда ол нөлге тең.
Яғни біз дербес экстремум нүктені іздеу кезінде оның сол нүктедегі туындысын тексеріп алсақ болады. Егер туындысы нөл болса, зерттеуді ары қарай жалғастырамыз. Себебі бұл жеткілікті жағдай емес қажетті жағдай ғана. Себебі кейбір нүктеде функцияның туындысы нөл болғанымен, ол нүкте сол функцияның дербес экстремумы болмай қалуы мүмкін. Оған керімысал ретінде тұрақты функцияны келтіруге болады. Ол кез келген нүктесінде нөлге тең туынды береді. Бірақ ол нүкте дербес экстемум бола алмайды.
Мұнда $f'(p)$ бар болғасын, онда $f'_-(p) = f'_+(p) = f'(p)$ болатыны ескерілді. $\blacksquare$
Геометриялық мағынасына келер болсақ, $f'(p) = 0$ теңдігі $f(x)$ функциясының графигіне дербес экстремум нүктесінде жүргізілген жанамасы $Ox$ өсіне параллель болатынын білдіреді. Бірақ, жоғарыда айтылғандай, $f'(p) = 0$ теңдігі $p$ нүктесінің дербес экстремум нүкте екенін білдірмейді. Мысалға, $f(x) = x^3$ функциясы үшін $f'(0) = 3\cdot 0^2 = 0$, бірақ $0$ нүктесі бұл функцияның дербес экстремум нүктесі емес. Бұдан бөлек, дербес экстремум нүктесінде туындысы болмайтын функциялар да болады. Мысалға, $f(x) = |x|$ функциясы үшін $x = 0$ нүктесі дербес минимум (яғни дербес экстремум) нүкте. Алайда, біз білетіндей, бұл функцияның $x = 0$ нүктесінде туындысы жоқ. Демек, үзіліссіз функция туындысы нөлге тең болатын, немесе туындысы анықталмайтын нүктеде ғана дербес экстремумы болуы мүмкін. Дербес экстремум нүктелерді тек сондай жерлерден ғана іздеу керек. Мұндай нүктелерді критикалық нүкте деп атаймыз.
Туындысы нөлге тең немесе туындысы табылмайтын нүктелерді критикалық нүктелер дейміз. Екінші туындысы нөлге тең немесе табылмайтын нүкте екінші ретті критикалық нүкте деп аталады.
Функцияны өспелі және кемімелі аралықтарға бөлуге болады. ол аралықтар критикалық нүктелермен шенелген. Критикалық нүкте дербес экстремум нүкте болмауы мүмкін. Бірсарынды аймақтардың жиектері осы критикалық нүктелер болады.
Мысал. $f(x) = \dfrac{2(x + 1)^2}{x - 2}$ функциясының дербес экстремумдарын табыңыз.
- $(-\infty, -1)$ аралығында оң таңбалы;
- $(-1, 2)$ аралығында теріс таңбалы;
- $(2, 5)$ аралығында теріс таңбалы;
- $(5, +\infty)$ аралығында оң таңбалы;
Мәселе оң жағы мен сол жағындағы мәндерінің таңбалары өзгеше екенін көрсету. Оны арифметикалық тәсілмен де шешуге болады. Яғни $h$ деген кішкентай бір сан алып тексеруге болады.
Осы ойларды түйіндей келе мына теореманы келтіруге болады: дербес экстремумдарының туындысы бар кездегі жеткілікті жағдайы.
$$f''(p) = \lim\limits_{x\to p} \dfrac{f'(x) - f'(p)}{x - p} = \lim\limits_{x\to p} \dfrac{f'(x)}{x - p} > 0,$$
болғандықтан $p$ нүктесінің тәп тәуір кішкене маңайында $\dfrac{f'(x)}{x - p} > 0$. Егер $x - p < 0$, онда $f'(x) < 0$; егер $x - p > 0$, онда $f'(x) > 0$. осылайша, $p$ арқылы өту кезінде бірінші туынды таңбасы плюстен минуске ауысады. Демек, $p$ нүктесі дербес минимум нүкте болады. Ал егер $f''(p) < 0$ жағдайынада $p$ нүктесінде функция дербес максимумға ие болады. Оны да осылай дәлелдейміз. $\blacksquare$Мысалға $$f''(x) = -\dfrac{2}{3x\sqrt[3]{x}}.$$ мұнда $x_1 = -1$ кезінде $y'' < 0$ демек $x_1 = -1$ функцияның дербес максимум нүктесі.
Мысал. $f(x) = x^2 + 4x + 6$ функциясын дербес экстремумға зерттеңіз.
Мысал. $f(x) = 2x^3 + 3x^2 - 12x + 5$ функциясын дербес экстремумға зерттеңіз;
- $f(x) = 2 + x - x^2;$
- $f(x) = x^3 - 3x^2 + 3x + 2;$
- $f(x) = x^2(x - 12)^2;$
- $f(x) = x(x - 1)^2(x - 2)^3;$
- $f(x) = \dfrac{x^3}{x^2 + 3};$
- $f(x) = \dfrac{x^2 - 2x + 2}{x - 1};$
- $f(x) = \dfrac{(x - 2)(8 - x)}{x^2};$
- $f(x) = \dfrac{16}{x(4 - x^2)};$
- $f(x) = \dfrac{4}{\sqrt{x^2 + 8}};$
- $f(x) = \dfrac{x}{\sqrt[3]{x^2 - 4}};$
- $f(x) = \sqrt[3]{(x^2 - 1)^2};$
- $f(x) = 2\sin 2x + \sin 4x;$
- $f(x) = 2\cos\dfrac{x}{2} + 3\cos\dfrac{x}{2};$
- $f(x) = \dfrac{e^x}{x};$
- $f(x) = x - \ln(1 + x);$
- $f(x) = x \ln x;$
- $f(x) = x\ln^2 x;$
- $f(x) = xe^x;$
- $f(x) = x^2 e^{-x};$
- $f(x) = x - \arctg x;$
- $y_{\max} = \dfrac{9}{4}$ $x = \dfrac{1}{2}$ кезінде;
- Дербес экстремумы жоқ;
- $y_{\min} = 0$ $x = 0$ кезінде, $y_{\min} = 0$ $x = 12$ кезінде, $y_{\max} = 1296$ $x = 6$ кезінде;
- $y_{\min} \approx -0.76$ $x \approx 0.23$ кезінде, $y_{\max} \approx 0$ $x = 1$ кезінде, $y_{\min} \approx -0.05$ $x \approx 1.43$ кезінде, Ал $x = 2$ кезінде дербес экстремум жоқ.
- Дербес экстремум жоқ;
- $y_{\max} = -2$ $x = 0$ кезінде, $y_{\min} = 2$ $x = 2$ кезінде;
- $y_{\max} = \dfrac{9}{16}$ $x = 3.2$ кезінде;
- $y_{\max} = -3\sqrt{3}$ $x = -\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ кезінде, $y_{\min} = 3\sqrt{3}$ $x = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$ кезінде;
- $y_{\max} = \sqrt{2}$ $x = 0$ кезінде;
- $y_{\max} = -\sqrt{3}$ $x = -2\sqrt{3}$ кезінде, $y_{\min} = \sqrt{3}$ $x = 2\sqrt{3}$ кезінде;
- $y_{\min} = 0$ $x = \pm 1$ кезінде, $y_{\max} = 1$ $x = 0$ кезінде;
- $y_{\min} = -\dfrac{3}{2}\sqrt{3}$ $x = (k - \dfrac{1}{6})\pi$ кезінде, $y_{\max} = \dfrac{3}{2}\sqrt{3}$ $x = (k + \dfrac{1}{6})\pi$ кезінде $(k = 0, \pm 1, \pm 2, ...)$;
- $y_{\max} = 5$ $x = 12k\pi$ кезінде, $y_{\max} = 5\cos\dfrac{2\pi}{5}$ $x = 12(k\pm\dfrac{2}{5})\pi$ кезінде, $y_{\min} = -5\cos\dfrac{\pi}{5}$ $x = 12(k\pm\dfrac{1}{5})\pi$ кезінде, $y_{\min} = 1$ $x = 6(2k + 1)\pi (k = 0, \pm 1, ..)$ кезінде;
- $y_{\min} = e$ $x = 1$ кезінде;
- $y_{\min} = 0$ $x = 0$ кезінде;
- $y_{\min} = -\dfrac{1}{e}$ $x = \dfrac{1}{e}$ кезінде;
- $y_{\max} = \dfrac{4}{e^2}$ $x = \dfrac{1}{e^2}$ кезінде, $y_{\min} = 0$ $x = 1$ кезінде;
- $y_{\min} = -\dfrac{1}{e}$ $x = -1$ кезінде;
- $y_{\min} = 0$ $x = 0$ кезінде, $y_{\max} = \dfrac{4}{e^2}$ $x = 2$ кезінде;
- Дербес экстремум жоқ.
3. Функцияның аралықтағы ең үлкен және ең кіші мәндері
Дербес экстремумдарды табуды үйрендік. Функцияның максимумы мен минимумы сәйкесінше сол дербес экстремумдардың ішіндегі ең үлкені мен ең кішісі болады.
Мысал. $f(x) = 4x^3 + 6x^2 + 1$ функциясының $[-2, 1]$ аралығындағы ең үлкен және ең кіші мәндерін табыңыз.
$$\begin{aligned} &f(0) = 4(0)^3 + 6(0)^2 + 1 = 1, \\ &f(-1) = 4(-1)^3 + 6(-1)^2 + 1 = -4 + 6 + 1 = 3, \\ &f(-2) = 4(-2)^3 + 6(-2)^2 + 1 = -32 + 24 + 1 = -7, \\ &f(1) = 4 + 6 + 1 = 11. \end{aligned}$$
Демек, $\max_{[-2, 1]} f(x) = 11, \min_{[-2, 1]} f(x) = -7.$- $y = \dfrac{x}{1 + x^2};$
- $y = \sqrt{x(10 - x)};$
- $y = \sin^4 x + \cos^4 x;$
- $y = \arccos x;$
- $y = x^3,$ $[-1, 3]$ аралығында;
- $y = 2x^3 + 3x^2 - 12x + 1,$
- a) $[-1, 5]$ аралығында,
- b) $[-10, 12]$ аралығында.
- $m = -\dfrac{1}{2}$ $x = -1$ кезінде, $M = \dfrac{1}{2}$ $x = 1$ кезінде;
- $m = 0$ $x = 0$ және $x = 10$ кезінде, $M = 5$ $x = 5$ кезінде;
- $m = \dfrac{1}{2}$ $x = (2k + 1)\dfrac{\pi}{4}$ кезінде, $M = 1$ $x = \dfrac{k\pi}{2}(k = 0, \pm 1, \pm 2, ...)$ кезінде;
- $m = 0$ $x = 1$ кезінде, $M = \pi$ $x = -1$ кезінде;
- $m = -1$ $x = -1$ кезінде, $M = 27$ $x = 3$ кезінде;
- a) $m = -6$ $x = 1$ кезінде, $M = 266$ $x = 5$ кезінде; b) $m = -1579$ $x = -10$ кезінде, $M = 3745$ $x = 12$ кезінде.
Осымен сабақ аяқталды ✅