‹-- Назад

Производная композиции

Пусть $ f(u)$ и $ {\varphi}(x)$ -- такие числовые функции, что определена их композиция $ g(x)=(f\circ{\varphi})(x)=f({\varphi}(x))$. Предположим, что функция $ {\varphi}(x)$ определена в некоторой окрестности точки $ x_0$, а функция $ f(u)$ -- в некоторой окрестности точки $ u_0={\varphi}(x_0)$. Тогда имеет место следующее утверждение.

        Теорема 4.4   Если функция $ {\varphi}(x)$ имеет производную $ {\varphi}'(x_0)$, а функция $ f(u)$ -- производную $ f'(u_0)$, то композиция $ g(x)=f({\varphi}(x))$ имеет производную


        Доказательство.     Рассмотрим приращение функции $ g(x)$, соответствующее приращению $ {\Delta}x=h$ переменного $ x$:

$\displaystyle {\Delta}g(x_0;h)=g(x_0+h)-g(x_0)=f({\varphi}(x_0+h))-f({\varphi}(x_0))=
{\Delta}f(u_0;{\Delta}{\varphi}),$

где $ u_0={\varphi}(x_0)$ и $ {\Delta}{\varphi}-{\varphi}(x_0+h)-{\varphi}(x_0)$. Так как функция $ f(u)$ имеет дифференциал в точке $ u_0$ (см.  теорему 4.3), то

$\displaystyle {\Delta}f(u_0;{\Delta}{\varphi})=f'(u_0){\Delta}{\varphi}+{\alpha...
...arphi}(x_0)h+{\beta}(x_0;h)h)+{\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi}){\Delta}{\varphi},$

где $ {\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi})\to0$ при $ {\Delta}{\varphi}\to0$ и $ {\beta}(x_0;h)\to0$ при $ h\to0$. Раскрываем скобки далее:

$\displaystyle {\Delta}g(x_0;h)=f'(u_0){\varphi}'(x_0)h+f'(u_0){\beta}(x_0;h)h+{...
...ta}{\varphi}){\varphi}'(x_0)h+
 {\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi}){\beta}(x_0;h)h=$    
$\displaystyle =f'(u_0){\varphi}(x_0)h+h[
 f'(u_0){\beta}(x_0;h)+{\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi}){\varphi}'(x_0)+
 {\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi}){\beta}(x_0;h)].$    

Теперь, в соответствии с теоремой 4.3, осталось доказать, что в последней формуле в квадратных скобках стоит величина, бесконечно малая при $ h\to0$. Первое слагаемое $ f'(u_0){\beta}(x_0;h)$ бесконечно мало, поскольку $ f'(u_0)$ вообще не зависит от $ h$, а $ {\beta}(x_0;h)$ -- бесконечно малая при базе $ h\to0$. Во втором слагаемом $ {\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi}){\varphi}'(x_0)$ постоянной является величина $ {\varphi}'(x_0)$. Покажем, что $ {\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi})={\alpha}(u_0;{\varphi}(x_0+h)-{\varphi}(x_0))\to0$ при $ h\to0$. Так как функция $ {\varphi}(x)$ имеет производную при $ x=x_0$, то $ {\varphi}(x)$ непрерывна в точке $ x_0$, откуда $ {\varphi}(x_0+h)\to{\varphi}(x_0)$ и, следовательно, $ {\Delta}{\varphi}={\varphi}(x_0+h)-{\varphi}(x_0)\to0$ при $ h\to0$. Поэтому $ {\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi})\to0$ при $ h\to0$, по предположению о величине $ {\alpha}$. Для третьего слагаемого $ {\alpha}(u_0;{\Delta}{\varphi}){\beta}(x_0;h)$ заметим, что $ {\alpha}$, как только что было доказано, есть бесконечно малая и, следовательно, локально ограниченная функция при $ h\to0$, а $ {\beta}$ -- бесконечно малая. Значит, их произведение также бесконечно мало при $ h\to0$. Тем самым, в квадратных скобках стоит сумма трёх бесконечно малых, которая также является бесконечно малой величиной. Теорема доказана.     

        Замечание 4.9   Мы можем пояснить происхождение формулы (4.13), то есть формулы $ y'=f'\cdot{\varphi}'$, где $ y=f(u),u={\varphi}(x)$, записав её в виде

$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy}{du}\cdot\dfrac{du}{dx}.$

Эта формула получается предельным переходом из очевидного равенства

$\displaystyle \dfrac{{\Delta}y}{{\Delta}x}=\dfrac{{\Delta}y}{{\Delta}u}\cdot\dfrac{{\Delta}u}{{\Delta}x},$

однако такое доказательство формулы (4.13) имеет существенный недостаток, поскольку ниоткуда не следует, что $ {\Delta}u\ne0$ при всех $ {\Delta}x=h\ne0$. Тем не менее, смысл формулы для производной композиции функций при этом, несомненно, проясняется.     

        Пример 4.4   Пусть $ y=\sin2x$, то есть $ y=\sin u$, где $ u=2x$: данная функция представлена в виде композиции функций $ \sin u$ и $ 2x$. Тогда для нахождения производной мы можем применить формуду производной композиции. Поскольку $ (\sin u)'_u=\cos u$ и $ (2x)'_x=2$ (нижний индекс мы пишем для напоминания о том, по какой переменной берётся производная), то

$\displaystyle (\sin2x)'_x=\cos u\cdot2=2\cos2x.$

Тот же самый, разумеется, результат мы получим, использовав равенство $ {\sin2x=2\sin x\cos x}$ и применив формулу производной произведения:

$\displaystyle (\sin2x)'=2(\sin x\cos x)'=2(\cos x\cos x+\sin x(-\cos x))=
2(\cos^2x-\sin^2x)=2\cos2x.$

Однако первый способ гораздо продуктивнее: совершенно аналогично получаем, например,

$\displaystyle (\sin5x)'=\cos5x\cdot(5x)'=5\cos5x;$

$\displaystyle (\cos3x)'=(-\sin3x)\cdot(3x)'=-3\sin3x$

и т. п.     

Беря в качестве промежуточного аргумента любую дифференцируемую функцию $ {u=u(x)}$, из доказанных ранее формул получаем:

$\displaystyle (u^n)'_x=nu^{n-1}u'_x,$    

в частности,


$\displaystyle (u^2)'_x=2uu'_x,\;(\sqrt{u})'_x=\dfrac{u'_x}{2\sqrt{u}},\;
 \left(\dfrac{1}{u}\right)'_x=-\dfrac{u'_x}{u^2};$    
$\displaystyle (\sin u)'_x=\cos uu'_x;$    
$\displaystyle (\cos u)'_x=-\sin uu'_x;$    
$\displaystyle (\mathop{\rm tg}\nolimits u)'_x=\dfrac{u'_x}{\cos^2u};$    
$\displaystyle (\mathop{\rm ctg}\nolimits u)'_x=-\dfrac{u'_x}{\sin^2u};$    
$\displaystyle (\log_au)'_x=\dfrac{u'_x}{u\ln a},$    

в частности,


$\displaystyle (\ln u)'_x=\dfrac{u'_x}{u}.$    

        Пример 4.5   Найдём производную функции $ y=\mathop{\rm tg}\nolimits (5x^2+3)$. Здесь промежуточный аргумент равен $ u=5x^2+3$; $ u'_x=5\cdot2x=10x$. Поэтому по формуле $ (\mathop{\rm tg}\nolimits u)'_x=\dfrac{u'_x}{\cos^2u}$ получаем:

$\displaystyle y'=\dfrac{10x}{\cos^2(5x^2+3)}.$

    

        Пример 4.6   Найдём производную функции $ y=\cos^52x$. Здесь функция имеет вид $ y=u^5$, с промежуточным аргументом $ u=\cos2x$, который, в свою очередь, является сложной функцией. Поэтому

\begin{multline*}
y'=5u^4u'_x=5(\cos2x)^4(\cos2x)'_x=5\cos^42x(-\sin2x)(2x)'=\\
=-5\cos^42x\sin2x\cdot2=-10\cos^42x\sin2x.
\end{multline*}

    

        Пример 4.7   Найдём производные ареа-функций (напомним, что ареа-функции -- это функции, обратные к гиперболическим функциям). Ранее мы записали для них следующие формулы:

$\displaystyle \mathop{\rm arsh}\nolimits x=\ln(x+\sqrt{x^2+1});$    
$\displaystyle \mathop{\rm arch}\nolimits x=\ln(x\pm\sqrt{x^2-1})$    

(в зависимости от того, что считать главной ветвью функции $ \mathop{\rm ch}\nolimits $);


$\displaystyle \mathop{\rm arth}\nolimits x=\frac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-x};$    
$\displaystyle \mathop{\rm arcth}\nolimits x=\frac{1}{2}\ln\dfrac{x+1}{x-1}.$    

Поэтому

\begin{multline*}
(\mathop{\rm arsh}\nolimits x)'=(\ln(x+\sqrt{x^2+1}))'=
\dfr...
...1}+x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}=
\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}},
\end{multline*}

и аналогично:

\begin{multline*}
(\mathop{\rm arch}\nolimits x)'=(\ln(x\pm\sqrt{x^2-1})'=
\df...
...{\sqrt{x^2-1}}}{x\pm\sqrt{x^2-1}}=
\pm\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}};
\end{multline*}

\begin{multline*}
(\mathop{\rm arth}\nolimits x)'=(\frac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-...
...dfrac{\dfrac{2}{(1-x)^2}}{\dfrac{1+x}{1-x}}=
\dfrac{1}{1-x^2};
\end{multline*}

и аналогично:

\begin{multline*}
(\mathop{\rm arcth}\nolimits x)'=(\frac{1}{2}\ln\dfrac{x+1}{x...
...frac{\dfrac{-2}{(x-1)^2}}{\dfrac{x+1}{x-1}}=
\dfrac{1}{1-x^2}.
\end{multline*}

Последние две формулы не противоречат друг другу, так как $ (\mathop{\rm arth}\nolimits x)'=\dfrac{1}{1-x^2}$ при $ x\in(-1;1)$, а $ (\mathop{\rm arcth}\nolimits x)'=\dfrac{1}{1-x^2}$ при $ x\in(-\infty;-1)\cup(1;+\infty)$.     

        Упражнение 4.1   Пусть $ f(x)$ -- чётная функция, имеющая производную $ f'(x)$. Докажите, что тогда $ f'(x)$ является нечётной функцией. Наоборот, если $ f(x)$ -- нечётная функция, докажите, что $ f'(x)$ -- чётная функция.

При этом воспользуйтесь тем, что для чётной функции $ f(-x)=f(x)$, а для нечётной функции $ f(-x)=-f(x)$, и примените правило нахождения производной композиции, с промежуточным аргументом $ u(x)=-x$.