Matematika/Išvestinė

Išvestinė yra bet kokios funkcijos liestinės krypties koeficientas. Liestinė su įgaubta arba išgaubta funkcijos kreive turi tik vieną susilietimo tašką ir neturi kitų susikirtimo taškų.

Liestinės lygtis

Funkcijos f(x) liestinė taške x

Tiesė liečia funkcijos grafiką taške $A(x_0;f(x_0)).$ Išvesime tos liestinės lygtį.

Kadangi tos tiesės krypties koeficientas $k=f^{\prime }(x_0),$ tai jos lygtis yra

$y=f^{\prime }(x_0)\cdot x+b.$

Skaičių b sužinome iš sąlygos, kad liestinė eina per tašką A:

$f(x_0)=f^{\prime }(x_0)\cdot x_0+b.$

Iš čia $b=f(x_0)-f^{\prime }(x_0)\cdot x_0.$ Todėl liestinės lygtis bus šitokia:

$y=f^{\prime }(x_0)\cdot x-f^{\prime }(x_0)\cdot x_0+f(x_0)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0).$

Pavyzdžiai

• Tiesė liečia funkcijos $f(x)=x^3-2x^2+1$ grafiką taške, kurio abscisė lygi $x_0=2.$ Parašykime tos tiesės lygtį.

Šiame pavyzdyje $x_0=2,$ $f(x_0)=f(2)=2^3-2\cdot 2^2+1=1,$ $f^{\prime }(x)=3x^2-4x,$ $f^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(2)=3\cdot 2^2-4\cdot 2=12-8=4.$ Irašę tuos skaičius į formulę gauname liestinės lygtį:

$y=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)=1+4(x-2)=4x-7.$

• Tiesė liečia parabolę $y=x^2$ taške, kurios abscisė $x_0$. Parašykime tos tiesės lygtį. Pagal sąlygą $y(x_0)=x_0^2,$ $y^{\prime }(x_0)=2x_0.$

Įrašę tas reikšmes į liestinės lygtį, gausime:

$y=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)=x_0^2+2x_0(x-x_0)=2x_{0}x-x_0^2.$

Pavyzdžiui, kai $x_0=1,$ liestinės lygtis yra y=2x-1. Kai $x_0=3,$ liestinės lygtis yra $y=2\cdot 3x-3^2=6x-9.$

• Tiesė liečia grandininę liniją $y=a\cosh (ax)=\frac{a}{2}(e^{ax}+e^{-ax})$ taške, kurios abscisė $x_0$. Parašykime tos tiesės (liestinės) lygtį. Pagal sąlygą

$y(x_0)=\frac{a}{2}\cdot e^{a{x}_0}+\frac{a}{2}\cdot e^{-a{x}_0},$

$y^{\prime }(x_0)=\frac{a^2}{2}\cdot e^{a{x}_0}-\frac{a^2}{2}\cdot e^{-a{x}_0}.$

Įrašę tas reikšmes į liestinės lygtį, gausime:

$y_l=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)=\frac{a}{2}\cdot e^{a{x}_0}+\frac{a}{2}\cdot e^{-a{x}_0}+(\frac{a^2}{2}\cdot e^{a{x}_0}-\frac{a^2}{2}\cdot e^{-a{x}_0})(x-x_0).$

Pavyzdžiui, kai $x_0=1,$ liestinės lygtis yra

$y_l=\frac{a}{2}\cdot e^a+\frac{a}{2}\cdot e^{-a}+(\frac{a^2}{2}\cdot e^a-\frac{a^2}{2}\cdot e^{-a})(x-1).$

Pavyzdžiui, kai $x_0=1,$ $a=1$ liestinės lygtis yra

$y_l=\frac{1}{2}\cdot e+\frac{1}{2}\cdot e^{-1}+(\frac{1}{2}\cdot e-\frac{1}{2}\cdot e^{-1})(x-1)=$

$=\frac{1}{2}\cdot e+\frac{1}{2}\cdot e^{-1}+(\frac{1}{2}\cdot e-\frac{1}{2}\cdot e^{-1})x-\frac{1}{2}\cdot e+\frac{1}{2}\cdot e^{-1}=(\frac{1}{2}\cdot e-\frac{1}{2}\cdot e^{-1})x+e^{-1}.$

Kai $x_0=3,$ liestinės lygtis yra:

$y_l=\frac{a}{2}\cdot e^{3a}+\frac{a}{2}\cdot e^{-3a}+(\frac{a^2}{2}\cdot e^{3a}-\frac{a^2}{2}\cdot e^{-3a})(x-3).$

Funkcija (žalia kreivė) ir jos liestinė taške P (mėlyna tiesė); kampas tarp liestinės taške P ir abscisės Ox yra $\varphi ,$ $\tan \varphi =dy/dx.$

• Parašyti parabolės $f(x)=x^2$ liestinės lygtį taške $x_0=3$. Rasti kam lygūs dy ir $\mathrm{\Delta }y$ taške $x_0=3$, kai $\mathrm{\Delta }x=1$ ir atsakymą patikrinti.

Sprendimas. Liestinės lygtis taške $x_0$ yra:

$y=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)=x_0^2+2x_0(x-x_0)=2x_{0}x-x_0^2=2\cdot 3\cdot x-3^2=6x-9.$

Toliau randame $\mathrm{\Delta }y$:

$\mathrm{\Delta }y=f(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)=(x_0+\mathrm{\Delta }x{)}^2-x_0^2=x_0^2+2x_0\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2-x_0^2=$

$=2x_0\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2=2\cdot 3\cdot 1+1^2=6+1=7.$

Toliau randame dy:

$dy=f^{\prime }(x_0)\cdot \mathrm{\Delta }x=2x_0\cdot \mathrm{\Delta }x=2\cdot 3\cdot 1=6.$

Parabolės abscisės reikšmė taške $x_0+\mathrm{\Delta }x$ yra $f(x_0+\mathrm{\Delta }x)=(x_0+\mathrm{\Delta }x{)}^2=(3+1{)}^2=4^2=16.$

Liestinės abscisės reikšmė, kai argumeno reikšmė yra $x_0+\mathrm{\Delta }x=3+1=4$, gaunama tokia:

$y(4)=6x-9=6\cdot 4-9=24-9=15.$

Na, o parabolės abscisės reikšmė nuo $x_0+\mathrm{\Delta }x=3+1=4$ yra:

$f(x_0+\mathrm{\Delta }x)=f(4)=(x_0+\mathrm{\Delta }x{)}^2=4^2=16.$

Ir parabolės abscisės reikšmė taške $x_0=3$ yra:

$f(x_0)=f(3)=x_0^2=3^2=9.$

Taigi, patikriname dy atėmę iš liestinės abscisės reikšmės nuo $x_0+\mathrm{\Delta }x=3+1=4$, parabolės abscisės reikšmę taške $x_0=3$ ir gauname:

$dy=y(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)=y(4)-f(3)=15-9=6.$ Gavome teisingai.

Toliau patikriname ar tikrai $\mathrm{\Delta }y=7$, taigi:

$\mathrm{\Delta }y=f(4)-f(3)=4^2-3^2=16-9=7.$

Papildomai randame $\mathrm{\Delta }y$ ir dy skirtumą:

$\mathrm{\Delta }y-dy=7-6=1$

arba

$\mathrm{\Delta }y-dy=[2x_0\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2]-[(6(x_0+\mathrm{\Delta }x)-9)-x_0^2]=7-6=1,$

arba

$\mathrm{\Delta }y-dy=[f(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)]-[y(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)]=7-6=1,$

arba

$\mathrm{\Delta }y-dy=[f(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)]-[f^{\prime }(x_0)\cdot \mathrm{\Delta }x]=[2\cdot x_0\cdot \mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2]-[2\cdot x_0\cdot \mathrm{\Delta }x]=(\mathrm{\Delta }x{)}^2=1^2=1.$

Liečiamosios plokštumos lygtis

Plokštumos, kuri liečia paviršių f(x; y) taške $A(x_0;y_0)$ lygtis yra:

$z=f(x_0;y_0)+f{\text{'}}_x(x_0;y_0)(x-x_0)+f{\text{'}}_y(x_0;y_0)(y-y_0).$

Plokštuma liečia funkcijos paviršių taške $A(x_0;y_0;f(x_0;y_0)).$ Išvesime tos liečiančios plokštumos lygtį.

Kadangi tos plokštumos krypties koeficientai yra $k_1=f{\text{'}}_x(x_0;y_0),$ ir $k_2=f{\text{'}}_y(x_0;y_0),$ tai jos lygtis yra

$z=k_{1}x+k_{2}y+b=f{\text{'}}_x(x_0;y_0)\cdot x+f{\text{'}}_y(x_0;y_0)\cdot y+b.$

Skaičių b sužinome iš sąlygos, kad liestinė eina per tašką A:

$f(x_0;y_0)=f{\text{'}}_x(x_0;y_0)\cdot x_0+f{\text{'}}_y(x_0;y_0)\cdot y_0+b.$

Iš čia $b=f(x_0;y_0)-f{\text{'}}_x(x_0;y_0)\cdot x_0-f{\text{'}}_y(x_0;y_0)\cdot y_0.$ Todėl liečiamosios plokštumos lygtis bus šitokia:

$z=k_{1}x+k_{2}y+b=f{\text{'}}_x(x_0;y_0)\cdot x+f{\text{'}}_y(x_0;y_0)\cdot y+f(x_0;y_0)-f{\text{'}}_x(x_0;y_0)\cdot x_0-f{\text{'}}_y(x_0;y_0)\cdot y_0=$

$=(x-x_0)\cdot f{\text{'}}_x(x_0;y_0)+(y-y_0)\cdot f{\text{'}}_y(x_0;y_0)+f(x_0;y_0)=(x-x_0)\cdot f{\text{'}}_x(x_0;y_0)+(y-y_0)\cdot f{\text{'}}_y(x_0;y_0)+z_0.$

• Pavyzdys. Rasti liečiamosios plokštumos lygtį taške A(3; 4; 27) funkcijos, kuri nusako paviršių $f(x;y)=100-x^2-y^3.$

Sprendimas.

$f(3;4)=100-3^2-4^3=100-9-64=27.$

$f{\text{'}}_x(x_0;y_0)=-2x.$

$f{\text{'}}_y(x_0;y_0)=-3y^2.$

$f{\text{'}}_x(3;4)=-2\cdot 3=-6.$

$f{\text{'}}_y(3;4)=-3\cdot 4^2=-48.$

Liečiamosios plokštumos lygtis yra:

$z=(x-x_0)\cdot f{\text{'}}_x(x_0;y_0)+(y-y_0)\cdot f{\text{'}}_y(x_0;y_0)+z_0=(x-3)\cdot (-6)+(y-4)\cdot (-48)+27=-6x+18-48y+192+27=-6x-48y+237.$

• Pavyzdys. Rasti liečiamosios plokštumos lygtį taške A(8; 4; 172) funkcijos, kuri nusako paviršių $f(x;y)=300-x^2-y^3.$

Sprendimas.

$f(3;4)=300-8^2-4^3=300-64-64=172.$

$f{\text{'}}_x(x_0;y_0)=-2x.$

$f{\text{'}}_y(x_0;y_0)=-3y^2.$

$f{\text{'}}_x(3;4)=-2\cdot 8=-16.$

$f{\text{'}}_y(3;4)=-3\cdot 4^2=-48.$

Liečiamosios plokštumos lygtis yra:

$z=(x-x_0)\cdot f{\text{'}}_x(x_0;y_0)+(y-y_0)\cdot f{\text{'}}_y(x_0;y_0)+z_0=(x-8)\cdot (-16)+(y-4)\cdot (-48)+172=$

$=-16x+144-48y+192+172=-16x-48y+508.$

• Pavyzdys. Rasti liečiamosios plokštumos lygtį taške A(8; 4; 0) funkcijos, kuri nusako paviršių $f(x;y)=128-x^2-y^3.$

Sprendimas.

$f(3;4)=128-8^2-4^3=128-64-64=0.$

$f{\text{'}}_x(x_0;y_0)=-2x.$

$f{\text{'}}_y(x_0;y_0)=-3y^2.$

$f{\text{'}}_x(3;4)=-2\cdot 8=-16.$

$f{\text{'}}_y(3;4)=-3\cdot 4^2=-48.$

Liečiamosios plokštumos lygtis yra:

$z=(x-x_0)\cdot f{\text{'}}_x(x_0;y_0)+(y-y_0)\cdot f{\text{'}}_y(x_0;y_0)+z_0=(x-8)\cdot (-16)+(y-4)\cdot (-48)+0=-16x+144-48y+192=-16x-48y+336.$

Paviršių liečiančios plokštumos normalės lygtis

Žinome, kad plokštuma

$A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0)=0;$

$Ax+By+Cz+(-A{x}_0-B{y}_0-C{z}_0)=0;$

$Ax+By+Cz+D=0,D=-A{x}_0-B{y}_0-C{z}_0$

turi normalės vektorių $\overrightarrow{n}=(A;B;C)$ statmeną plokštumai $Ax+By+Cz+D=0$. Taigi, tiesės (normalės) statmenos plokštumai $Ax+By+Cz+D=0$ ir kertančios tą plokštumą taške $A(x_0;y_0;z_0)$ lygtis yra

$\frac{x-x_0}{A}=\frac{y-y_0}{B}=\frac{z-z_0}{C}.$

Analogiškai, perrašius paviršių liečiančią plokštumą

$z=f(x_0;y_0)+f{\text{'}}_x(x_0;y_0)(x-x_0)+f{\text{'}}_y(x_0;y_0)(y-y_0),$

$z-z_0=f{\text{'}}_x(x_0;y_0)(x-x_0)+f{\text{'}}_y(x_0;y_0)(y-y_0),$

$0=f{\text{'}}_x(x_0;y_0)(x-x_0)+f{\text{'}}_y(x_0;y_0)(y-y_0)-(z-z_0),$

$f{\text{'}}_x(x_0;y_0)(x-x_0)+f{\text{'}}_y(x_0;y_0)(y-y_0)-(z-z_0)=0,$

gauname paviršių liečiančios plokštumos normalės lygtį taške $A(x_0;y_0;z_0):$

$\frac{x-x_0}{f{\text{'}}_x(x_0;y_0)}=\frac{y-y_0}{f{\text{'}}_y(x_0;y_0)}=\frac{z-z_0}{-1}.$

Vadinasi paviršių liečiančios plokštumos normalės vektorius yra $\overrightarrow{n}=(f{\text{'}}_x(x_0;y_0);f{\text{'}}_y(x_0;y_0);-1).$

Išvestinių pavyzdžiai

• Bendri atvejai:
  • $\frac{d}{dx}C=0$.
  • $\frac{d}{dx}{x}^n=n{x}^{n-1}$.
• Logaritminės funkcijos:
  • $\frac{d}{dx}\ln x=\frac{1}{x}$.
  • ${\log }_{b}x=\frac{1}{x\ln b}$.
• Rodiklinės funkcijos:
  • $\frac{d}{dx}{e}^x=e^x\ln e=e^x$.
  • $\frac{d}{dx}{a}^x=a^x{\log }_{e}a=a^x\ln a$.
• Trigonometrinės funkcijos
  • $\frac{d}{dx}\sin x=\cos x$.
  • $\frac{d}{dx}\cos x=-\sin x$.
  • $\frac{d}{dx}\tan x={\sec }^{2}x=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$.
  • $\frac{d}{dx}\csc x=(\frac{1}{\sin x}{)}^{\prime }=-\csc x\cot x=-\frac{\cos x}{{\sin }^{2}x}$.
  • $\frac{d}{dx}\sec x=(\frac{1}{\cos x}{)}^{\prime }=\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}=\sec x\tan x$.
  • $\frac{d}{dx}\cot x=-{\csc }^{2}x=\frac{-1}{{\sin }^{2}x}$.

n-tos eilės išvestinės

• Bendri atvejai:
  • $(x^m{)}^{(n)}=m(m-1)(m-2)(m-3)...(m-n+1)x^{m-n}$
  • $(a^x{)}^{(n)}=a^x{\ln }^{n}a$
  • $(e^x{)}^{(n)}=e^x$
• Tiesinės trupmeninės funkcijos n-toji išvestinė:
  • $(\frac{ax+b}{cx+d}{)}^{(n)}=(ad-bc)(-1{)}^{n-1}n!(cx+d{)}^{-n-1}{c}^{n-1}$
• Sandaugos išvestinė sutampa su binomo formule, tik vietoje laipsnio rašoma išvestinė:
  • $(uv{)}^{(n)}=u^{(n)}v+C_n^1{u}^{(n-1)}{v}^{\prime }+C_n^2{u}^{(n-2)}{v}^{(2)}+C_n^3{u}^{(n-3)}{v}^{(3)}+\dots +u{v}^{(n)}$
• Trigonometrijoje:
  • $(\sin x{)}^{(n)}=\sin (x+n\frac{\pi }{2})$
  • $(\cos x{)}^{(n)}=\cos (x+n\frac{\pi }{2})$

kur (n) yra n-tos eilės išvestinė.

Išvestinių įrodymai

• Sinuso išvestinės įrodymas. Funkcija $y=\sin x$, o jos išvestinė $y^{\prime }=\cos x$. Žinome, kad $\sin A\pm \sin B=2\cdot \sin (\frac{A\pm B}{2})\cdot \cos (\frac{A\mp B}{2}),$ o tiksliau mums reikia $\sin A-\sin B=2\cdot \sin (\frac{A-B}{2})\cdot \cos (\frac{A+B}{2}).$ Duodame argumentui x priaugimą $\mathrm{\Delta }x$; tada

1) $y+\mathrm{\Delta }y=\sin (x+\mathrm{\Delta }x)$;

2) $\mathrm{\Delta }y=\sin (x+\mathrm{\Delta }x)-\sin x=2\cdot \sin (\frac{x+\mathrm{\Delta }x-x}{2})\cdot \cos (\frac{x+\mathrm{\Delta }x+x}{2})=2\cdot \sin \frac{\mathrm{\Delta }x}{2}\cdot \cos (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2});$

3) $\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{2\cdot \sin \frac{\mathrm{\Delta }x}{2}\cdot \cos (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2})}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{\sin \frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}{\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}\cos (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2});$

4) $y^{\prime }=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\sin \frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}{\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}\cos (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2});$

Žinome, kad $\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\mathrm{\Delta }x)}{\mathrm{\Delta }x}=1,$ todėl

$\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\sin \frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}{\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}=1,$

tai

$y^{\prime }=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\cos (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2})=\cos x.$

• Kosinuso išvestinės įrodymas. Išvestinė funkcijos $y=\cos x$ išreiškiama formule

$y^{\prime }=-\sin x.$

Įrodymas. Pasinaudodami formule $\cos A-\cos B=-2\cdot \sin \left(\frac{A+B}{2}\right)\cdot \sin \left(\frac{A-B}{2}\right),$ turime

$\mathrm{\Delta }y=\cos (x+\mathrm{\Delta }x)-\cos x=-2\cdot \sin \left(\frac{(x+\mathrm{\Delta }x)+x}{2}\right)\cdot \sin \left(\frac{(x+\mathrm{\Delta }x)-x}{2}\right)=-2\cdot \sin (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2})\cdot \sin \left(\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}\right).$

Tokiu budu, kai $\mathrm{\Delta }x\ne 0,$ gauname

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=-\frac{2\cdot \sin (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2})\cdot \sin \left(\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}\right)}{\mathrm{\Delta }x}=-\sin (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2})\cdot \frac{\sin \left(\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}\right)}{\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}.$

Turime, kad $\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\sin \frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}{\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}}=1$ ir tada randame

$y^{\prime }=(\cos x{)}^{\prime }=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }(-\sin (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2})\cdot \frac{\sin \left(\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}\right)}{\frac{\mathrm{\Delta }x}{2}})=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }(-\sin (x+\frac{\mathrm{\Delta }x}{2})\cdot 1)=-\sin x.$

• Įrodymas išvestinės funkcijos $y={\log }_{a}x(0<a\ne 1)$ išreiškiamos formule

$y^{\prime }=\frac{1}{x}{\log }_a\text{e}=\frac{1}{x\ln a},$

kadangi žinoma iš elementarios matematikos, kad ${\log }_{a}b=\frac{1}{{\log }_{b}a}.$ Taip pat žinome, kad ${\log }_{a}b-{\log }_{a}c={\log }_a\frac{b}{c},$ todėl turime

$\mathrm{\Delta }y={\log }_a(x+\mathrm{\Delta }x)-{\log }_{a}x={\log }_a\frac{x+\mathrm{\Delta }x}{x}={\log }_a(1+\frac{\mathrm{\Delta }x}{x}).$

Tokiu budu, kai $\mathrm{\Delta }x\ne 0,$ gauname:

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{1}{\mathrm{\Delta }x}{\log }_a(1+\frac{\mathrm{\Delta }x}{x})=\frac{1}{x}\cdot \frac{x}{\mathrm{\Delta }x}\cdot {\log }_a(1+\frac{\mathrm{\Delta }x}{x})=\frac{1}{x}{\log }_a\left[{(1+\frac{\mathrm{\Delta }x}{x})}^{\frac{x}{\mathrm{\Delta }x}}\right].$

Pakeitę $\frac{x}{\mathrm{\Delta }x}=h,$ turime: $\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }{(1+\frac{\mathrm{\Delta }x}{x})}^{\frac{x}{\mathrm{\Delta }x}}=\underset{h\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{1}{h})}^h=\text{e}.$

O kadangi logaritminė funkcija yra netruki, tai

$y^{\prime }=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{1}{x}{\log }_a\left[{(1+\frac{\mathrm{\Delta }x}{x})}^{\frac{x}{\mathrm{\Delta }x}}\right]=\frac{1}{x}{\log }_a\text{e}=\frac{1}{x\ln a}.$

Iš to seka, kad jeigu $y={\log }_{e}x=\ln x,$ tai $y^{\prime }=(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{x\ln \text{e}}=\frac{1}{x}.$

• Tangento išvestinės įrodymas. Įrodysime, kad $y^{\prime }=(\tan x{)}^{\prime }=\frac{1}{{\cos }^{2}x}={\sec }^{2}x.$

Įrodymas.

$y^{\prime }=(\tan x{)}^{\prime }=(\frac{\sin x}{\cos x}{)}^{\prime }=\frac{(\sin x{)}^{\prime }\cos x-\sin x(\cos x{)}^{\prime }}{{\cos }^{2}x}=\frac{\cos x\cos x-\sin x(-\sin x)}{{\cos }^{2}x}=.$

$=\frac{{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}=\frac{1}{{\cos }^{2}x}=1+{\tan }^{2}x={\sec }^{2}x.$

• Arktangento išvestinės įrodymas. Įrodysime, kad $y^{\prime }=(\arctan x{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}.$

Įrodymas.

$y=\arctan x,$

$\tan y=\tan (\arctan x),$

$\tan y=x,$

$\frac{d}{dx}(\tan y)=\frac{d}{dx}(x),$

$\frac{1}{{\cos }^{2}y}\frac{dy}{dx}=1,$

${\sec }^2(y)\frac{dy}{dx}=1,$

$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{{\sec }^{2}y},$

$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{1+{\tan }^{2}y};$

iš trečios eilutės turime, kad $\tan y=x,$ todėl

$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{1+x^2}.$

• Arksinuso išvestinės įrodymas. Įrodysime, kad funkcijos $y=\arcsin x$ išvestinė yra $y^{\prime }=(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$

Įrodymas.

$y=\arcsin x,$

$\sin y=\sin (\arcsin x),$

$\sin y=x,$

$\frac{d}{dx}(\sin y)=\frac{d}{dx}(x),$

$\cos (y)\frac{dy}{dx}=1,$

$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\cos y},$

$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\sqrt{1-{\sin }^{2}y}};$

iš trečios eilutės turime, kad $\sin y=x,$ todėl

$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$

• Arkkosinuso išvestinės įrodymas. Įrodysime, kad funkcijos $y=\arccos x$ išvestinė yra $y^{\prime }=(\arccos x{)}^{\prime }=\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}.$

Įrodymas.

$y=\arccos x,$

$\cos y=\cos (\arccos x),$

$\cos y=x,$

$\frac{d}{dx}(\cos y)=\frac{d}{dx}(x),$

$-\sin (y)\frac{dy}{dx}=1,$

$\frac{dy}{dx}=\frac{-1}{\sin y},$

$\frac{dy}{dx}=\frac{-1}{\sqrt{1-{\cos }^{2}y}};$

iš trečios eilutės turime, kad $\cos y=x,$ todėl

$\frac{dy}{dx}=\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}.$

• Išvestinė rodiklinės funkcijos. Išvestinė funkcijos $y=a^x(0<a\ne 1)$ išreiškiama formule

$y^{\prime }=a^x\ln a.$

Įrodymas.

$y=a^x,$

$\ln y=\ln a^x,$

$\ln y=x\ln a,$

$\frac{d}{dx}(\ln y)=\ln (a)\frac{d}{dx}(x),$

$\frac{d}{dy}(\ln y)\frac{dy}{dx}=\ln (a)\cdot 1,$

$\frac{1}{y}\frac{dy}{dx}=\ln (a),$

$\frac{dy}{dx}=y\ln (a),$

bet $y=a^x,$ todėl

$\frac{dy}{dx}=a^x\ln a.$

Išvestinės įrodymas per atvirkštinę funkciją

${x_y}^{\prime }=\frac{1}{{y_x}^{\prime }},$ nes

$\frac{\mathrm{\Delta }x}{\mathrm{\Delta }y}=\frac{1}{\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}}.$

Todėl

${y_x}^{\prime }=\frac{1}{{x_y}^{\prime }}.$

Pavyzdžiai

• Rasime išvestinę funkcijos $y=\arcsin x,$ kai $|x|<1$, $|y|<\frac{\pi }{2}.$ Atvirkštinė funkcija $x=\sin y$, kai $-\frac{\pi }{2}<y<\frac{\pi }{2};$ ${x_y}^{\prime }=\cos y.$ Todėl

$(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{(\sin y{)}^{\prime }}=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-{\sin }^{2}y}}=\frac{1}{\sqrt{1-(\sin (\arcsin x){)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},$

nes $\cos y>0,$ kai $|y|<\frac{\pi }{2}.$

• $y=\arctan x,$ $x=\tan y$, ${x_y}^{\prime }=(\tan y{)}^{\prime }=\frac{1}{{\cos }^{2}y}.$

$(\arctan x{)}^{\prime }=\frac{1}{(\tan y{)}^{\prime }}=\frac{1}{\frac{1}{{\cos }^{2}y}}=\frac{1}{1+{\tan }^{2}y}=\frac{1}{1+{\tan }^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+x^2},$

kur $1+{\tan }^{2}A=\frac{1}{{\cos }^{2}A}$

• Išvestinė rodiklinės funkcijos. Išvestinė funkcijos $y=a^x(0<a\ne 1)$ išreiškiama formule

$y^{\prime }=a^x\ln a.$

Įrodymas. Rodiklinė funkcija $y=a^x$ yra atvirkštinė logoritminei funkcijai $x={\log }_{a}y.$ Todėl, kad

$x^{\prime }(y)=\frac{1}{y}{\log }_{a}e,$

tai pagal teoremą apie išvestinę atvirkštinės funkcijos ir žinomo iš elementariosios matematikos santykio ${\log }_{a}b=\frac{1}{{\log }_{b}a}$ gauname

$y^{\prime }(x)=\frac{1}{x^{\prime }(y)}=\frac{y}{{\log }_{a}e}=y{\log }_{e}a=a^x\ln a.$

Pasekmė. Jeigu $y=e^x$, tai $y^{\prime }=(e^x{)}^{\prime }=e^x\ln e=e^x.$

Funkcijų sandaugos ir dalmens išvestinių įrodymai

• Jeigu funkcijos u ir v diferencijuojamos taške $x_0,$ tai jų sandauga diferencijuojama šiame taške ir

$(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$

(funkcijų ir jų išvestinių reikšmės apskaičiuojamos taške $x_0$).

Iš pradžių apskaičiuosime sandaugos pokytį:

$\mathrm{\Delta }(uv)=u(x_0+\mathrm{\Delta }x)v(x_0+\mathrm{\Delta }x)-u(x_0)v(x_0)=$

$=(u(x_0)+\mathrm{\Delta }u)(v(x_0)+\mathrm{\Delta }v)-u(x_0)v(x_0)=$

$=u(x_0)v(x_0)+\mathrm{\Delta }uv(x_0)+u(x_0)\cdot \mathrm{\Delta }v+\mathrm{\Delta }u\mathrm{\Delta }v-u(x_0)v(x_0)=$

$=\mathrm{\Delta }uv(x_0)+u(x_0)\mathrm{\Delta }v+\mathrm{\Delta }u\mathrm{\Delta }v.$

Iš čia

$\frac{\mathrm{\Delta }(uv)}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}v(x_0)+u(x_0)\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}+\mathrm{\Delta }u\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}.$

Kadangi funkcijos u ir v yra diferencijuojamos taške $x_0,$ tai

$\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}\to u^{\prime };\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}\to v^{\prime };\mathrm{\Delta }u\to 0,$

kai $\mathrm{\Delta }x\to 0.$

Todėl

$\frac{\mathrm{\Delta }(uv)}{\mathrm{\Delta }x}\to u^{\prime }v(x_0)+u(x_0)v^{\prime }+0v^{\prime }=$

$=u^{\prime }v(x_0)+u(x_0)v^{\prime },$ t. y. $(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }.$

Tai ir reikėjo įrodyti.

• Jeigu funkcijos u ir v diferencijuojamos taške $x_0$ ir funkcijos v reikšmė nelygi nuliui šiame taške, tai dalmuo $\frac{u}{v}$ taip pat diferencijuojamas taške $x_0$ ir

$\left(\frac{u}{v}\right)=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$

(funkcijų ir jų išvestinių reikšmės apskaičiuojamos taške $x_0$).

Iš pradžių išvesime formulę

$\left(\frac{1}{v}\right)=-\frac{v^{\prime }}{v^2}.$

Tam tikslui rasime funkcijos $\frac{1}{v}$ pokytį:

$\mathrm{\Delta }\left(\frac{1}{v}\right)=\frac{1}{v(x_0+\mathrm{\Delta }x)}-\frac{1}{v(x_0)}=\frac{v(x_0)-v(x_0+\mathrm{\Delta }x)}{v(x_0)v(x_0+\mathrm{\Delta }x)}=\frac{-\mathrm{\Delta }v}{v(x_0)(v(x_0)+\mathrm{\Delta }v)}.$

Iš čia

$\frac{\mathrm{\Delta }\left(\frac{1}{v}\right)}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{-\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}}{v(x_0)(v(x_0)+\mathrm{\Delta }v)}.$

Jei $\mathrm{\Delta }x\to 0,$ tai $\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}\to v^{\prime }$ (kadangi v diferencijuojama taške $x_0$), $\mathrm{\Delta }v\to 0.$ Todėl

$\frac{\mathrm{\Delta }\left(\frac{1}{v}\right)}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{-v^{\prime }}{v\cdot v}=-\frac{v^{\prime }}{v^2},$ t. y. $\left(\frac{1}{v}\right)=-\frac{v^{\prime }}{v^2};$

čia dešinėse lygybių pusėse trumpumo dėlei rašoma $v(x_0)=v.$

Dabar, remdamiesi funkcijų sandaugos išvestinės skaičiavimo taisykle, randame dalmens išvestinę:

$\left(\frac{u}{v}\right)=(u\cdot \frac{1}{v})=u^{\prime }\cdot \frac{1}{v}+u\cdot \left(\frac{1}{v}\right)=\frac{u^{\prime }}{v}+u\cdot \frac{-v^{\prime }}{v^2}=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}.$

Kitoks funkcijų dalmens išvestinės įrodymas

Jeigu $f(x)=y=\frac{u}{v},$ tai $f^{\prime }(x)=y^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}.$

Įrodymas. Jeigu $\mathrm{\Delta }y$, $\mathrm{\Delta }u$ ir $\mathrm{\Delta }v$ yra esmė priaugimo funkcijų y, u ir v, atitinkanti priaugimui $\mathrm{\Delta }x$, tai

$f(x+\mathrm{\Delta }x)=y+\mathrm{\Delta }y=\frac{u+\mathrm{\Delta }u}{v+\mathrm{\Delta }v},$

$f(x+\mathrm{\Delta }x)-f(x)=\mathrm{\Delta }y=\frac{u+\mathrm{\Delta }u}{v+\mathrm{\Delta }v}-\frac{u}{v}=\frac{uv+\mathrm{\Delta }uv-uv-u\mathrm{\Delta }v}{v(v+\mathrm{\Delta }v)}=\frac{\mathrm{\Delta }uv-u\mathrm{\Delta }v}{v(v+\mathrm{\Delta }v)},$

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{\frac{\mathrm{\Delta }uv-u\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}}{v(v+\mathrm{\Delta }v)}=\frac{\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}v-u\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}}{v(v+\mathrm{\Delta }v)},$

$f^{\prime }(x)=y^{\prime }=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}v-u\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}}{v(v+\mathrm{\Delta }v)}=\frac{v\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}-u\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}}{v\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }(v+\mathrm{\Delta }v)}.$

Iš čia, pastebėję, kad $\mathrm{\Delta }v\to 0$, kai $\mathrm{\Delta }x\to 0$ ($\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\mathrm{\Delta }v=0,$ nes v(x) - diferencijuojama ir dėl to netrūki funkcija), gauname:

$f^{\prime }(x)=y^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}.$

Sudetinės rodiklinės funkcijos išvestinės įrodymas

Sudetine rodikline funkcija vadinasi funkcija, kurios pagrindas ir laipsnio rodiklis yra funkcijos nuo x, pavyzdžiui $(\sin x{)}^{x^2},x^{\tan x},x^x,(\ln x{)}^x,$ apskritai, bet kuri funkcija

$y=[u(x){]}^{v(x)}=u^v$

yra sudetinė rodiklinė funkcija (dažnai tokią funkciją vadina laipsnine rodikline funkcija).

Jeigu $y=u^v,$ tai $y^{\prime }=v{u}^{v-1}{u}^{\prime }+u^v{v}^{\prime }\ln u.$

Įrodymas. Logaritmuojame funkciją y:

$\ln y=v\ln u.$

Diferencijuodami gautą lygybę per x, turėsime:

$\frac{1}{y}{y}^{\prime }=v\frac{1}{u}{u}^{\prime }+v^{\prime }\ln u,$

Iš kur

$y^{\prime }=y(v\frac{u^{\prime }}{u}+v^{\prime }\ln u).$

Įstatę čia išraišką $y=u^v,$ gauname:

$y^{\prime }=u^v(v\frac{u^{\prime }}{u}+v^{\prime }\ln u)=v{u}^{v-1}{u}^{\prime }+u^v{v}^{\prime }\ln u.$

Pavyzdžiai.

• Jeigu $y=x^x,$ tai

$y^{\prime }=x{x}^{x-1}(x^{\prime })+x^x(x^{\prime })\ln x=x^x+x^x\ln x=x^x(1+\ln x).$

• Jeigu $y=(\sin x{)}^{x^2},$ tai

$y^{\prime }=x^2(\sin x{)}^{x^2-1}(\sin x{)}^{\prime }+(\sin x{)}^{x^2}(x^2{)}^{\prime }\ln \sin x=$

$=x^2(\sin x{)}^{x^2-1}\cos x+(\sin x{)}^{x^2}2x\ln \sin x.$

Išvestinė laipsninės funkcijos su bet kokiu realiuoju rodikliu

Išvestinė funkcijos $y=x^{\alpha }$ ($\alpha$ - bet koks realusis skaičius) išreiškiama formule

$y^{\prime }=\alpha x^{\alpha -1}.$

Įrodymas. Kadangi $y=x^{\alpha },$ tai

$\ln y=\ln x^{\alpha },$

$\ln y=\alpha \ln x.$

Diferencijuodami (remdamiesi sudėtinės funkcijos diferencijavimu) per x kairiąją ir dešiniąją puses, randame

$(\ln y{)}^{\prime }=(\alpha \ln x{)}^{\prime },$

$\frac{y^{\prime }}{y}=\frac{\alpha }{x},$

$y^{\prime }=y\frac{\alpha }{x}=x^{\alpha }\frac{\alpha }{x}=\alpha x^{\alpha -1}.$

Sudėtinės funkcijos išvestinės įrodymas per pavyzdį

Sudėtinės funkcijos $y(t)=f(x)=f(\varphi (t))$ (čia $x=\varphi (t)$) išvestinė yra

$y^{\prime }(t)=f^{\prime }(x)\cdot {\varphi }^{\prime }(t).$

Kadangi nėra sudėtinės funkcijos išvestinės aiškiai suprantamo įrodymo, tai mes įrodysime, remdamiesi sudėtinės funkcijos išvestinės formule, per pavyzdį.

Tegu turime funkciją $y=t^{15}=(t^3{)}^5;$ čia $f(x)=x^5,$ $x=\varphi (t)=t^3.$

Surandame y, f(x) ir $\varphi (t)$ išvestines:

$y^{\prime }=(t^{15}{)}^{\prime }=15t^{14},$

$f^{\prime }(x)=(x^5{)}^{\prime }=5x^4,$

${\varphi }^{\prime }(t)=(t^3{)}^{\prime }=3t^2.$

Įstatę į f(x) išvestinę $x=t^3$ ir sudauginę su $\varphi (t)$ išvestine gauname:

$y^{\prime }=f^{\prime }(x)\cdot {\varphi }^{\prime }(t)=5(t^3{)}^4\cdot 3t^2=5t^{12}\cdot 3t^2=15t^{14}.$

Skaičiuojant abiais būdais gavome tą patį y išvestinės atsakymą ($y^{\prime }=15t^{14}$). Jei sudėtinės funkcijos išvestinės formulė butų neteisingą, tai gautumėme tikriausiai skirtingus atsakymus skaičiuojant skirtingais būdais.

Nuorodos

• http://www.math.com/tables/derivatives/tableof.htm
• https://klevas.mif.vu.lt/~stepanauskas/AM1/isvestine.pdf
• https://proofwiki.org/wiki/Derivative_of_Inverse_Hyperbolic_Sine (arsinh(x) išvestinės įrodymas)