1 Гл. 1. Дифференциальное исчисление функций одной переменной

изводные; при этом имеют место формулы

(λ_{1}y_{1} + λ_{2}y_{2})′ = λ_{1}y′_{1}  (1)
(y_{1}y_{2})′ = y′_{1}y_{2} + y_{1}y′_{2}  (2)
(\frac{y_{1}}{y_{2}} )′ = \frac{y′_{1}y_{2} − y_{1}y′_{2}}{y_{2}^{2}}  (3)

(В формулах (1)—(2) значения всех функций взяты при x = x_{0}. ▷Прежде всего заметим, что в силу условий теоремы в точке x_{0} су-

ществуют конечные пределы

lim_{Δx→0} \frac{Δy_{1}}{Δx} = y′_{2}, lim_{Δx→0} \frac{Δy_{2}}{Δx} = y′_{2}.

Докажем теперь последовательно формулы (1)—(3).

1)Пусть y = λ_{1}y_{1} + λ_{2}y_{2}; тогда Δy = (λ_{1} (y_{1} + Δy_{1}) + λ_{2} (y_{2} + Δy_{2})) − (λ_{1}y_{1} + λ_{2}y_{2}) = λ_{1}Δy_{1} + λ_{2}Δy_{2} и, следовательно,

\frac{Δy}{Δx} = λ_{1} \frac{Δy_{1}}{Δx} + λ_{2} \frac{Δy_{2}}{Δx}

Перейдя здесь к пределу при Δx → 0, получим формулу (1).

2)Пусть y = y_{1}y_{2}; тогда

Δy = (y_{1} + Δy_{1}) (y_{2} + Δy_{2}) − y_{1}y_{2} = y_{2}Δy_{1} + y_{1}Δy_{2} + Δy_{1}Δy_{2}, откуда

\frac{Δy}{Δx} = \frac{Δy_{1}}{Δx} y_{2} + y_{1} \frac{Δy_{2}}{Δx} + \frac{Δy_{1}}{Δx} Δy_{2}.  (4)

Заметив, что в силу непрерывности функции f_{2} в точке x_{0} выполняется условие lim_{x→0} Δy_{2} = 0, и, перейдя в равенсте (4) к пределу при Δx → 0, получим формулу (2)

3) Пусть f_{2}(x_{0}) ≠ 0 и y = \frac{y_{1}}{y_{2}} ; тогда

Δy = \frac{y_{1} + Δy_{1}}{y_{2} + Δy_{2}} − \frac{y_{1}}{y_{2}} = \frac{y_{2}Δy_{1} − y_{1}Δy_{2}}{y_{2}(y_{2} + Δy_{2})} ,

следовательно,

\frac{Δy}{Δx} = \frac{\frac{Δy_{1}}{Δx} y_{2} − y_{2} \frac{Δy_{2}}{Δx}}{y_{2}(y_{2} + Δy_{2})}

Перейдя здесь к пределу при Δx → 0, получим формулу (3).◁

Отметим, что из формулы 1 при y_{2} = 0(так же, как и из формулы (2), когда функция y_{2} равна постоянной, а поэтому y′_{2} = 0 следует, что постоянную можно выносить из-под знака дифференцирования, т.е.

(λy)′ = λy′, λ ∈ R.

Пример. Вычислим производную функции tg x. Применяя формулу (3), получим

(tg x)′ = (\frac{sin x}{cos x})′ = \frac{cos^{2} x + sin^{2} x}{cos^{2} x} = \frac{1}{cos^{2} x}.

Итак,

(tg x)′ = \frac{1}{cos^{2} x}.  (5)

Аналогично выполняется

(ctg x)′ = −\frac{1}{sin^{2} x}

Замечание. Поскольку dy = y′dx,то умножая формулы (1)-(3) на dx, получим

d(λ_{1}y_{1} + λ_{2}y_{2}) = λ_{1}dy_{1} + λ_{2}dy_{2},

d(y_{1}y_{2}) = y_{2}dy_{1} + y_{1}dy_{2},

d\frac{y_{1}}{y_{2}} = \frac{y_{2}dy_{1} − y_{1}dy_{2}}{y_{2}^{2}} .

10.6. Производная обратной функции.

Теорема 1. Если функция f непрерывна и строго монотонна в окрестности точки x_{0} и имеет в точке x_{0} производную f′(x_{0}) ≠ 0, то обратная функция f^{−}1 имеет производную в точке y_{0} = f(x_{0}) и

\frac{df^{−}1(y_{0})}{dy} = \frac{1}{\frac{df(x_{0})}{dx}} .  (6)

▷ Пусть функция f строго монотонна и непрерына в окрестности U = U(x_{0}) в точке x_{0};тогда обратная функция f^{−}1 строго монотонна и непрерывна на интервале V = f(U) (см. теорему 4 п. 7.3). Поэтому если Δx = x − x_{0}, Δy = y − y_{0}, то для функции y = f(x) имеет место lim_{Δx→0} Δy = 0 и Δy ≠ 0 при Δx ≠ 0, а для функции x = f^{−1}(y) — соответственно lim_{Δy→0} Δx = 0 и Δx ≠ 0 при Δy ≠ 0. Заметив это, вычислим

производную обратной функции следующим образом:

\frac{dx}{dy}|_{y=y_{0}} = lim_{Δy→0} \frac{Δx}{Δy} = lim_{Δx→0} \frac{1}{\frac{Δy}{Δx}} = \frac{1}{lim_{Δx→0} \frac{Δx}{Δy}} = \frac{1}{\frac{dy}{dx}} |_{x=x_{0}} ◁  (7)

Замечание. Если функция f непрерывна и строго монотонна в окрестности точки x_{0} и существует f′(x_{0}) = 0, то обратная функция f^{−1} имеет в точке y_{0} = f(x_{0}) бесконечную производную \frac{df^{−1}(y_{0})}{dx} = ∞. Это сразу следует из соотношения (7).

Примеры. 1. Если

y = arcsin x, −1 ≤ x ≤ 1, −\frac{π}{2} ≤ y ≤ \frac{π}{2} , x = sin y,

то

(arcsin x)′ = \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}} = \frac{1}{cos y} = \frac{1}{\sqrt{1 − sin y^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 − x^{2}}} .

2. Если y = arccos x, −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ π, x = cos y, то

(arccos x)′ = \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}} = −\frac{1}{sin y} = −\frac{1}{\sqrt{1 − cos^{2} y}} = −\frac{1}{\sqrt{1 − x^{2}}} .

3. Если y = arctg x, −∞ < x < +∞, −\frac{π}{2} < y < \frac{π}{2}, x = tg y, то

(arctg x)′ = \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}} = cos^{2} y = \frac{1}{1 + tg^{2} y} = \frac{1}{1 + x^{2}} .

4. Аналогично,

(arctg x)′ = −\frac{1}{1 + x^{2}} .

5. Если y = log_{a} x, a > 0, a ≠ 1, x > 0, −∞ < y < +∞, x = a^{y}, то

(log_{a} x)′ = \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}} = \frac{1}{a^{y} ln a} = \frac{1}{x ln a},

в частности,

(ln x)′ = \frac{1}{x}.

10.7. Производная и дифференциал сложной функции Пусть функция y = f(x) задана в некоторой окрестности U = U(x_{0}) точки x_{0}, а функция z = g(y) — в некоторой окрестности V = V (y_{0}) точки y_{0} = f(x_{0}), причем f(U) ⊂ V и следовательно, определена сложная функция

F (x) = g(f(x)).

Теорема 2. Если функция y = f(x) имеет производную в точке x_{0}, а функция z = g(y) имеет производную в точке y_{0} = f(x_{0}), то сложная функция z = F (x) = g(f(x)) также имеет в точке x_{0} производную, причем

F′(x_{0}) = g′(y_{0})f′(x_{0}),  (8)

или, опуская значение аргумента

z′_{x} = z′_{y}y′_{x}.  (9)

▷ Пусть, как всегда, Δx = x − x_{0}, Δy = y − y_{0} и Δz = g(y) − g(y_{0}); тогда в силу дифференцируемости функции g в точке y_{0} будем иметь (см.(10.11))

Δz = g′(y_{0})Δy + ϵ(Δy)Δy, lim_{Δy→0} ϵ(Δy) = 0.  (10)