Mokykis

Išvestinė pagal apibrėžimą

Išvestinė yra momentinis kitimo greitis: kiek pasikeičia y vienam labai mažam x pokyčiui. Grafike tai liestinės nuolydis. Paimame du taškus, apskaičiuojame sekantės nuolydį ir leidžiame antram taškui priartėti prie pirmo.

Ką iš tikrųjų dalijame?

Judėdami nuo $x=a$ iki $x=a+h$ horizontaliai paslenkame per $h$. Aukštis pasikeičia per $f(a+h)-f(a)$. Santykis „aukščio pokytis, padalytas iš horizontalaus pokyčio“ yra tiesės per abu taškus nuolydis. Jei $f(x)=x^2$ ir $a=2$, tas santykis lygus $\displaystyle \frac{(2+h)^2-4}{h}=4+h$. Su $h=0{,}1$ gauname $4{,}1$, su $h=-0{,}1$ – $3{,}9$. Iš abiejų pusių artėjame prie vieno nuolydžio $4$.

Kodėl neįstatome h = 0 iš karto

Nulis vardiklyje uždraustų dalybą, todėl pradžioje $h\ne0$. Pirmiausia pertvarkome formulę, kuri galioja šalia nulio. Tik tuomet imame ribą. Taip gauname ne santykį $\displaystyle \frac{0}{0}$, o tų leistinų santykių artėjimo rezultatą. Jei $f'(2)=4$, tai mažam pokyčiui $h$ tikimės maždaug $4h$ aukščio pokyčio. Pati išvestinė yra $4$, o prognozuojamas pokytis – $4h$: šių dviejų dydžių nepainiok.

Apibrėžimas

$$\displaystyle f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}h.$$ $h$ yra argumento pokytis; $f(x+h)-f(x)$ – funkcijos pokytis. $h$ artėja į nulį, bet dalijant dar nėra nulis. Baigtinė abipusė riba reiškia, kad išvestinė egzistuoja. Diferencijuojama funkcija yra tolydi, bet tolydi nebūtinai diferencijuojama: $|x|$ ties 0 turi kampą.

Keturi žingsniai

1. Tiksliai įrašyk $x+h$ į visas x vietas. 2. Atimk visą $f(x)$ su skliaustais. 3. Pertvarkyk ir panaikink $h$ neapibrėžtumą. 4. Tik tada skaičiuok ribą. Polinomui išskleisk skliaustus, šakniai naudok jungtinį, logaritmui – logaritmų skirtumo formulę.

Kontrolinio logaritmas

Kai $x>-5$, $$\displaystyle \frac{\ln(x+5+h)-\ln(x+5)}{h}=\frac{\ln(1+\frac{h}{x+5})}{h}.$$ Keičiame $\displaystyle t=\frac{h}{x+5}$, taigi $h=(x+5)t$. Gauname $\dfrac1{x+5}\dfrac{\ln(1+t)}t\to\dfrac1{x+5}$. Svarbu parodyti pagrindinės ribos pritaikymą, nes vien išvestinių lentelės neužtenka.

Konspekto sinuso išvestinė be praleistų pertvarkymų

Iš apibrėžimo $(\sin x)'=\lim_{h\to0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}$. Taikome $\sin A-\sin B=2\cos((A+B)/2)\sin((A-B)/2)$: čia $(A+B)/2=x+h/2$, $(A-B)/2=h/2$. Todėl santykis $\frac{2\cos(x+h/2)\sin(h/2)}h=\cos(x+h/2)\frac{\sin(h/2)}{h/2}$, kai $h\ne0$. Kai $h\to0$, $t=h/2\to0$, sinuso santykis artėja prie $1$, o kosinusas dėl tolydumo prie $\cos x$. Sandaugos riba $\cos x\cdot1=\cos x$. Kampai turi būti radianais; daugiklis 2 pasislėpė vardiklyje h/2, jis nedingo be priežasties.

Atverti interaktyvų grafiką ↗

Išspręskime kartu

Pagal apibrėžimą rask $f(x)=x^2$ išvestinę.

  1. Rašome $\displaystyle f^{\prime}(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}h$. $h$ yra argumento pokytis; prieš pereinant prie ribos jis nelygus nuliui.
  2. Pakeičiame argumentą visoje funkcijoje: $f(x+h)=(x+h)^2=x^2+2xh+h^2$.
  3. Atimame pradinę reikšmę: $f(x+h)-f(x)=(x^2+2xh+h^2)-x^2=2xh+h^2$.
  4. Iškeliame bendrą daugiklį $h$: $2xh+h^2=h(2x+h)$.
  5. Kai $h\ne0$, $\displaystyle \frac{h(2x+h)}h=2x+h$. Trumpiname bendrą daugiklį, o ne atskirus sudėties dėmenis.
  6. Kai $h\to0$, $2x+h\to2x$. Todėl $f^{\prime}(x)=2x$.

Atsakymas. $f'(x)=2x$.

Išvestinė iš skirtuminio santykio

Pagal apibrėžimą rask $f(x)=x^2+3x$ išvestinę.

Užuomina

Išskleisk $f(x+h)$ ir tik tada atimk visą $f(x)$.

Pirmas žingsnis

$f(x+h)=(x+h)^2+3(x+h)$.

Sprendimo eiga
  1. $f(x+h)=(x+h)^2+3(x+h)$.
  2. Rašome $\displaystyle f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$.
  3. Skirtumas lygus $x^2+2xh+h^2+3x+3h-x^2-3x=2xh+h^2+3h$.
  4. Kai $h\ne0$, padaliję iš $h$ gauname $2x+h+3$.
  5. Pereidami prie ribos gauname $f'(x)=2x+3$.
  6. Patikra taške $x=1$: išvestinė $5$; kai $h=0{,}001$, skirtuminis santykis yra $5{,}001$.

$f'(x)=2x+3$.

Apibrėžimas su trupmenų atimtimi

Pagal apibrėžimą rask $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x+2}$ išvestinę, kai $x\ne-2$.

Užuomina

Skirtume $\displaystyle \frac{1}{x+h+2}-\frac{1}{x+2}$ suvesk į bendrą vardiklį.

Pirmas žingsnis

$\displaystyle f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{\frac{1}{x+h+2}-\frac{1}{x+2}}{h}$.

Sprendimo eiga
  1. $\displaystyle f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{\frac{1}{x+h+2}-\frac{1}{x+2}}{h}$.
  2. Pradinis santykis $\displaystyle \frac{\frac1{x+h+2}-\frac1{x+2}}h$. Vidinių trupmenų skirtumas $\displaystyle \frac{(x+2)-(x+h+2)}{(x+h+2)(x+2)}$. Visa ši trupmena dar dalijama iš $h$.
  3. Bendras trupmenų skirtumo vardiklis yra $(x+h+2)(x+2)$.
  4. Skaitiklis $(x+2)-(x+h+2)=-h$, todėl skirtuminis santykis lygus $\displaystyle -\frac{h}{h(x+h+2)(x+2)}$.
  5. Kai $h\ne0$, sutrumpiname $h$ ir gauname $\displaystyle -\frac{1}{(x+h+2)(x+2)}$.
  6. Pereiname prie ribos: $\displaystyle f'(x)=-\frac{1}{(x+2)^2}$. Prie fiksuoto $x\ne-2$ pakankamai maži $h$ išlaiko vardiklius nelygius nuliui.
  7. Patikra: taške $x=0$ gauname $\displaystyle f'(0)=-\frac{1}{4}$.

$\displaystyle f'(x)=-\frac1{(x+2)^2}$, $x\ne-2$.

Daugiau užduočių pagal skyrius ↗