ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
5
10.
()
ax
x
a
ln
1
log =
′
; в частности,
()
x
x
1
ln =
′
;
11.
()
xx cossin =
′
;
12.
()
xx sincos −=
′
;
13.
()
x
x
2
cos
1
tg =
′
;
14.
()
x
x
2
sin
1
ctg −=
′
;
15.
()()
2
1
1
arccosarcsin
x
xx
−
=
′
−=
′
;
16.
()( )
2
1
1
arcctgarctg
x
xx
+
=
′
−=
′
;
17.
()
xx chsh =
′
;
18.
()
xx shch =
′
;
19.
()
x
x
2
ch
1
th =
′
;
20.
()
x
x
2
sh
1
cth =
′
.
Пример 1. Доказать, используя лишь определение, что
()
,
1
ln
x
x =
′
0>x .
Доказательство:
()
=
∆+
=
∆
−∆+
=
′
∆
→∆→∆
x
xx
x
xx
x
xxx
x
1
00
lnlim
ln)ln(
limln
,
1
ln1lnlim
1
1
0
x
e
x
x
x
x
x
x
x
==
∆
+=
∆
→∆
что требовалось доказать.
Вынося в последнем равенстве логарифм за знак предела, мы вос-
пользовались непрерывностью функции
xln при 0>x . Заметим, что
условие
0>x гарантирует, что при достаточно малом
x∆
, xx
∆
+
6
тоже будет положительно, что необходимо для существования
)ln( xx
∆
+ .
Пример 2. Вычислить y
′
, если
x
y
3
2
5= .
Решение:
xx
x
x
x
x
y 325)5ln3ln2(ln3ln32ln25ln5
3232
33
=⋅⋅⋅⋅⋅=
′
.
Здесь использовались формулы 5) и 9).
Пример решения с использованием Maple:
>diff(5^(2^(3^x)),x);
5^(2^(3^x))*2^(3^x)*3^x*ln(3)*ln(2)*ln(5)
III. Приемы дифференцирования
1. Для функций, представляющих собой громоздкие произведе-
ния и частные различных степенных выражений, удобно, а для показа-
тельно-степенных функций, где от переменного зависят как основание
степени, так и ее показатель, – необходимо применять прием лога-
рифмического дифференцирования.
Этот прием основан на соотношении
()
⇒
′
=
′
)(
)(
)(ln
xy
xy
xy
()
′
=
′
)(ln)()( xyxyxy .
Пример 3. Найти y
′
, где
()
2
1
ln
x
xy = .
Решение: ;lnln
1
ln
2
x
x
y =
()
=+−=
′
=
′
xxx
x
xy
y
y
1
ln
11
lnln
2
ln
23
− x
xx
lnln2
ln
11
3
;
()
−=
′
x
xx
x
y
x
lnln2
ln
1ln
3
2
1
.
Пример решения с использованием Maple:
>diff((ln(x))^(1/x^2),x);
ln(x)^(1/x^2)*(-2*(ln(ln(x))/x^3)+1/(x^3*ln(x)))
Пример 4. Вычислить y
′
, если
3
2
75
2
1
)2()1(
)2()3()1(
−+
++−
=
xx
xxx
y .
Решение:
−+−++++−= )1ln(
3
2
)2ln(7)3ln(5)1ln(
2
1
ln xxxxy );2ln(
3
1
−x
