Дифференцируемость функции - 8 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЮФУ | Ростов-на-Дону

Составители: 

Рубрика: 

ψ
0
(x) = 1 + g
0
(ϕ(x)) · ϕ
0
(x) = 1 +
1
2
q
ϕ(x)
· ϕ
0
(x), ϕ
0
(x) = 2 −
1
2
√
x
.
Поэтому f
0
(x) =
1
2
r
x +
q
2x −
√
x
·
1 +
1
2
q
2x −
√
x
·
2 −
1
2
√
x
.
c). Функция f(x) может быть представлена в виде f(x) = e
ln x
x
. Если ϕ(x) =
e
x
, а g(x) =
ln x
x
, то f = ϕ ◦ g, поэтому
f
0
(x) = e
ln x
x
·
1 − ln x
x
2
!
= x
1
x
− 2
· (1 − ln x).
d). Как и в случае c), f(x) = e
cos x ln(sin x) − sin x ln(cos x)
, поэтому
f
0
(x) = f(x)
−sin x ln(sin x) +
cos x cos x
sin x
− cos x ln(cos x) +
sin x sin x
cos x
!
=
= f(x)
−sin x ln(sin x) − cos x ln(cos x) +
cos
3
x + sin
3
x
sin x cos x
.
Пример 6. Найти в точке y
0
=
3
4
производную функции, обратной к функ-
ции f(x) = 2x
2
− x
4
, определенной на интервале (0, 1).
Функция f(x) — многочлен, поэтому дифференцируема на интервале (0, 1)
и f
0
(x) = 4x −4x
3
= 4x(1 −x
2
). Заметим, что функция f
0
(x) > 0, ∀x ∈ (0, 1),
поэтому функция f(x) возрастает на интервале (0, 1) и образом интервала
(0, 1) при отображение f является интервал
f(+0), f(1 −0)
= (0, 1). Поэто-
му существует обратная к f функция f
−1
: (0, 1) → (0, 1), которая непрерывна
на (0, 1) (см. [3, теорема 3.11 и замечание к ней]). Найдем точку x
0
= f
−1
(y
0
),
для чего решим уравнение 2x
2
− x
4
=
3
4
, то есть уравнение x
4
− 2x
2
+
3
4
= 0.
Его корнями являются числа x
1,2
= ±
q
3
2
, x
3,4
= ±
1
√
2
. На интервале (0, 1)
уравнение имеет единственный корень
x
0
=
√
2
2
и f
√
2
2
=
3
4
, f
−1
3
4
!
=
√
2
2
.
По теореме о производной обратной функции ([3, теорема 4.6]), условия
которой выполнены, функция f
−1
дифференцируема на интервале (0, 1) и
(f
−1
)
0
(y
0
) =
1
4x(1 − x
2
)
x
0
=f
−1
(y
0
)
=
1
2
√
2
1 −
1
2
!
=
1
√
2
.
8

Страницы