Išvestinių taisyklės ir lentelė
Apibrėžimas paaiškina, iš kur atsiranda išvestinė. Taisyklės leidžia ją apskaičiuoti greičiau. Pirmiausia nustatyk pagrindinį veiksmą: suma, sandauga, dalmuo ar viena funkcija kitoje. Tada taikyk tinkamą taisyklę.
Pagrindinė lentelė
$C'=0$, $(x^\alpha)'=\alpha x^{\alpha-1}$ (atitinkamoje realiojo laipsnio srityje), $(e^x)'=e^x$, $(a^x)'=a^x\ln a$, $a>0$. $\displaystyle (\ln|x|)'=\frac{1}{x}$, $x\ne0$. $\displaystyle (\log_a x)'=\frac{1}{x\ln a}$, $x>0$, $a>0$, $a\ne1$. $(\sin x)'=\cos x$, $(\cos x)'=-\sin x$, $\displaystyle (\tan x)'=\frac{1}{\cos^2x}$, $\displaystyle (\cot x)'=-\frac{1}{\sin^2x}$.
Suma, sandauga, dalmuo
$$(u\pm v)'=u'\pm v',\quad(cu)'=cu'.$$ $$\displaystyle (uv)'=u'v+uv',\qquad\left(\frac uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2},\ v\ne0.$$ Sandaugos išvestinė nėra išvestinių sandauga. Dalmeniui skaitiklio tvarka svarbi: „viršaus išvestinė kart apačia, minus viršus kart apačios išvestinė“.
Atvirkštinės trigonometrinės
$\displaystyle (\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, $\displaystyle (\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, kai $|x|<1$. $\displaystyle (\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}$ visiems x. Mokykis kartu su sritimis: pati arcsin funkcija apibrėžta kraštuose ±1, tačiau baigtinės išvestinės ten neturi.
Išspręskime kartu
Rask $y=\dfrac{x^2+1}{x-1}$ išvestinę.
- Imame $u=x^2+1$, $v=x-1$. Taisyklė $\displaystyle y^{\prime}=\frac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}$, kai $v\ne0$.
- Atskirai $u^{\prime}=2x+0=2x$, $v^{\prime}=1-0=1$.
- Įstatome: $\displaystyle y^{\prime}=\frac{2x(x-1)-(x^2+1)\cdot1}{(x-1)^2}$.
- Išskleidžiame $2x(x-1)=2x^2-2x$, o minusas prieš skliaustus keičia abu ženklus: $-(x^2+1)=-x^2-1$.
- Sujungiame: $2x^2-2x-x^2-1=x^2-2x-1$.
- Atsakymas $\displaystyle y^{\prime}=\frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}$, kai $x\ne1$.
Atsakymas. $\displaystyle y'=\frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}$, $x\ne1$.
Sandaugos išvestinė
Rask $f(x)=(x^2+1)e^x$ išvestinę.
Užuomina
Abu daugikliai priklauso nuo $x$, todėl reikia dviejų dėmenų.
Pirmas žingsnis
Pažymėk $u=x^2+1$, $v=e^x$ ir taikyk $(uv)'=u'v+uv'$.
Sprendimo eiga
- Pažymėk $u=x^2+1$, $v=e^x$ ir taikyk $(uv)'=u'v+uv'$.
- Pirmojo daugiklio išvestinė $u'=2x$; antrojo $v'=e^x$.
- Sandaugos taisyklė duoda $f'=2xe^x+(x^2+1)e^x$.
- Iškeliame $e^x$: $f'=e^x(x^2+2x+1)=e^x(x+1)^2$.
- Patikra: taške $x=0$ gauname $f'(0)=1$. Vien tik sudauginę daugiklių išvestines klaidingai gautume nulį.
$f'(x)=e^x(x+1)^2$.
Dalybos taisyklės ženklai
Rask $\displaystyle f(x)=\frac{x^2+1}{x-1}$ išvestinę.
Užuomina
Vardiklis išvestinėje keliamas kvadratu. Skaitiklyje svarbi atimties tvarka.
Pirmas žingsnis
Rašyk $\displaystyle f'=\frac{2x(x-1)-(x^2+1)\cdot1}{(x-1)^2}$.
Sprendimo eiga
- Rašyk $\displaystyle f'=\frac{2x(x-1)-(x^2+1)\cdot1}{(x-1)^2}$.
- Dalybos taisyklė yra $\displaystyle (\frac{u}{v})'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$, kai $v\ne0$.
- Čia $u'=2x$ ir $v'=1$. Įstatę gauname $\displaystyle \frac{2x(x-1)-(x^2+1)}{(x-1)^2}$.
- Išskleidžiame visus skliaustus: $2x^2-2x-x^2-1=x^2-2x-1$.
- Taigi $\displaystyle f'=\frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}$, kai $x\ne1$.
- Patikra kitu būdu: $\displaystyle f=x+1+\frac{2}{x-1}$, todėl $\displaystyle f'=1-\frac{2}{(x-1)^2}$; suvedus trupmenas atsakymai sutampa.
$\displaystyle f'(x)=\frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}$, $x\ne1$.