Derivati ​​višeg reda

U ovoj lekciji ćemo naučiti kako pronaći derivate višeg reda, kao i napisati opću formulu za „n-tu“ derivaciju. Osim toga, razmatrat će se Leibnizova formula za takav derivat i, prema popularnoj potražnji, derivati ​​višeg reda od implicitna funkcija. Predlažem da odmah uradite mini-test:

Evo funkcije: a evo i njegove prve izvedenice:

U slučaju da imate bilo kakvih poteškoća/nesporazuma oko ovog primjera, počnite s dva osnovna članka mog kursa: Kako pronaći derivat? I Derivat složene funkcije. Nakon savladavanja elementarnih izvedenica, preporučujem da pročitate lekciju Najjednostavniji problemi sa derivatom, o čemu smo se posebno bavili drugi derivat.

Nije teško ni pretpostaviti da je drugi izvod izvod prvog izvoda:

U principu, drugi izvod se već smatra derivatom višeg reda.

Slično: treći izvod je izvod drugog izvoda:

Četvrti izvod je izvod trećeg izvoda:

Peta izvedenica: , a očito je da će svi derivati ​​višeg reda također biti jednaki nuli:

Osim rimske numeracije, u praksi se često koriste sljedeće oznake:
, dok je derivacija “n-tog” reda označena sa . U ovom slučaju, indeks nadskripta mora biti stavljen u zagrade.- razlikovati izvedenicu od "y" u stepenu.

Ponekad postoji ovakav unos: - treći, četvrti, peti, ..., "n-ti" derivati, redom.

Naprijed bez straha i sumnje:

Primjer 1

Zadata funkcija. Pronađite .

Rješenje: sta reci ... - naprijed za cetvrtu izvedenicu :)

Više nije uobičajeno stavljati četiri poteza, pa prelazimo na numeričke indekse:

Odgovori:

U redu, sada razmislimo o ovom pitanju: šta učiniti ako se prema uslovu traži ne 4., već, na primjer, 20. izvod? Ako je za izvedenicu od 3-4-5 (maksimalno, 6-7.) reda, rješenje se dosta brzo sastavlja, onda ćemo "doći" do derivata viših redova, oh, kako ne uskoro. Ne zapisujte, zapravo, 20 redova! U takvoj situaciji morate analizirati nekoliko pronađenih derivata, vidjeti obrazac i sastaviti formulu za "n-tu" derivaciju. Dakle, u primjeru br. 1, lako je razumjeti da će sa svakim sljedećim diferencijacijom dodatna “trojka” “iskočiti” ispred eksponenta, a u bilo kojem koraku je stepen “trojke” jednak broju derivat, dakle:

Gdje je proizvoljan prirodan broj.

I zaista, ako je , onda se dobija tačno 1. izvod: , ako - onda 2.: itd. Tako se dvadeseti izvod određuje trenutno: - i nema "kilometarskih listova"!

Zagrijavanje samostalno:

Primjer 2

Pronađite karakteristike. Napišite derivaciju reda

Rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Nakon okrepljujućeg zagrijavanja, pogledajmo više složeni primjeri, u kojem ćemo razraditi gornji algoritam rješenja. Za one koji su pročitali lekciju Granica sekvence, bit će malo lakše:

Primjer 3

Nađi za funkciju.

Rješenje: da razjasnimo situaciju, nalazimo nekoliko izvedenica:

Ne žurimo sa množenjem dobijenih brojeva! ;-)


Mozda dosta. ... Čak sam malo i preterao.

U sljedećem koraku najbolje je napisati formulu za "n-ti" izvod (čim to stanje ne zahtijeva, onda možete proći sa nacrtom). Da bismo to učinili, gledamo dobivene rezultate i identificiramo obrasce pomoću kojih se dobiva svaki sljedeći izvod.

Prvo potpisuju. Interleaving obezbeđuje "bliskalica", a budući da je 1. izvod pozitivan, sljedeći faktor će ući u opću formulu: . Ekvivalentna opcija će biti dovoljna, ali lično, kao optimista, volim znak plus =)

Drugo, u brojiocu "vetrovi" faktorijel, a za brojem derivacije „zaostaje“ za jednu jedinicu:

I treće, snaga "dvojke" raste u brojiocu, koji je jednak broju derivacije. Isto se može reći i za stepen nazivnika. konačno:

Za potrebe provjere, zamijenimo nekoliko vrijednosti "en", na primjer, i:

Super, sad je greh pogrešiti:

Odgovori:

Jednostavnija funkcija za nezavisna odluka:

Primjer 4

Pronađite karakteristike.

I složeniji problem:

Primjer 5

Pronađite karakteristike.

Ponovimo postupak još jednom:

1) Prvo nalazimo nekoliko izvedenica. Tri ili četiri su obično dovoljne za hvatanje uzoraka.

2) Onda toplo preporučujem kompajliranje (barem na nacrtu)"n-ti" derivat - garantirano štiti od grešaka. Ali možete i bez, tj. mentalno procijenite i odmah zapišite, na primjer, dvadeseti ili osmi izvod. Štaviše, neki ljudi su uglavnom u stanju da riješe probleme koji se razmatraju usmeno. Međutim, treba imati na umu da su "brze" metode pune, te je bolje igrati na sigurno.

3) U završnoj fazi provjeravamo "n-tu" derivaciju - uzimamo par vrijednosti "en" (bolje od susjednih) i vršimo zamjenu. A još pouzdanije je provjeriti sve derivate pronađene ranije. Zatim zamjenjujemo željenu vrijednost, na primjer, ili i pažljivo češljamo rezultat.

Quick Solution 4 i 5 primjera na kraju lekcije.

U nekim zadacima, kako biste izbjegli probleme, morate napraviti malo magije na funkciji:

Primjer 6

Rješenje: Ne želim uopće razlikovati predloženu funkciju, jer će se ispostaviti da je to "loš" razlomak, što će otežati pronalaženje naknadnih derivata.

U tom smislu, preporučljivo je izvršiti preliminarne transformacije: koristimo formule razlike kvadrata I svojstvo logaritma :

Sasvim drugačija stvar:

I stari prijatelji:

Mislim da se sve gleda. Imajte na umu da je 2. razlomak potpisan, ali 1. nije. Konstruišemo derivat poretka:

Kontrola:

Pa, zbog ljepote, faktorijel izvlačimo iz zagrada:

Odgovori:

Zanimljiv zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 7

Napišite formulu izvoda reda za funkciju

A sada o nepokolebljivoj uzajamnoj garanciji, koja čak italijanska mafija:

Primjer 8

Zadata funkcija. Nađi

Osamnaesti izvod u tački . Samo.

Rješenje: prvo, očigledno, morate pronaći . idi:

Krenuli su od sinusa i došli do sinusa. Jasno je da će se daljim diferencijacijom ovaj ciklus nastaviti u beskonačnost, pa se postavlja pitanje: kako najbolje „doći“ do osamnaestog izvoda?

„Amaterska“ metoda: brzo zapisujemo brojeve sljedećih izvedenica desno u stupac:

ovako:

Ali radi ako red derivata nije prevelik. Ako treba da nađete, recimo, stoti izvod, onda bi trebalo da koristite deljivost sa 4. Sto je djeljivo sa 4 bez ostatka, i lako je vidjeti da se takvi brojevi nalaze na donjoj liniji, dakle: .

Usput, 18. izvod se također može odrediti iz sličnih razmatranja:
Drugi red sadrži brojeve koji su djeljivi sa 4 sa ostatkom od 2.

Drugi, više akademski metod se zasniva na sinusna periodičnost I formule redukcije. Koristimo gotovu formulu "n-ti" izvod sinusa , u koji se jednostavno zamjenjuje željeni broj. Na primjer:
(formula za smanjenje ) ;
(formula za smanjenje )

u našem slučaju:

(1) Pošto je sinus periodična funkcija sa tačkom, onda se argument može bezbolno „odvrnuti“ 4 perioda (tj.).

Derivat poretka proizvoda dvije funkcije može se naći po formuli:

posebno:

Ne morate ništa posebno da pamtite, jer što više formula znate, manje razumete. Mnogo bolje znati Njutnov binom, budući da je Leibnizova formula vrlo, vrlo slična njemu. Pa, oni sretnici koji dobiju derivat 7. ili višeg reda (što je zaista malo vjerovatno) biće primoran da to učini. Međutim, kada dođe vrijeme za to kombinatorika- i dalje moraš =)

Nađimo treći izvod funkcije . Koristimo Leibnizovu formulu:

U ovom slučaju: . Izvode je lako kliknuti verbalno:

Sada pažljivo i PAŽLJIVO vršimo zamjenu i pojednostavljujemo rezultat:

Odgovori:

Sličan zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 11

Pronađite karakteristike

Ako se u prethodnom primjeru rješenje "na čelu" još uvijek natjecalo s Leibnizovom formulom, onda će ovdje već biti stvarno neugodno. I još neugodnije - u slučaju višeg reda izvedenice:

Primjer 12

Pronađite izvod navedenog reda

Rješenje: prva i bitna napomena - odlučiti se ovako, vjerovatno, nije potrebno =) =)

Zapišimo funkcije i nađemo njihove derivacije do 5. reda uključujući. Pretpostavljam da su vam izvedenice desnog stupca postale usmene:

U lijevoj koloni, "živi" derivati ​​brzo su "završili" i to je vrlo dobro - u Leibnizovoj formuli tri člana će biti nula:

Ponovo ću se zadržati na dilemi koja se pojavila u članku o složene derivate: da pojednostavim rezultat? U principu, možete to ostaviti tako - učitelju će biti još lakše provjeriti. Ali on može zahtijevati da donese odluku. S druge strane, uprošćavanje na vlastitu inicijativu je prepuno algebarskih grešaka. Međutim, imamo odgovor dobijen na "primalni" način =) (vidi link na početku) i nadam se da je tačno:

Odlično, sve je ispalo.

Odgovori:

Sretan zadatak za samostalno rješavanje:

Primjer 13

Za funkciju:
a) naći direktnom diferencijacijom;
b) naći po Leibniz formuli;
c) izračunati.

Ne, ja uopće nisam sadista - tačka "a" ovdje je prilično jednostavna =)

Ali ozbiljno, “direktno” rješenje sukcesivnom diferencijacijom također ima “pravo na život” – u nekim slučajevima njegova složenost je uporediva sa složenošću primjene Leibnizove formule. Koristite kako vam odgovara - malo je vjerovatno da će to biti razlog da se zadatak ne računa.

Kratko rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Da biste podigli završni pasus, morate biti u mogućnosti razlikovati implicitne funkcije:

Izvodi višeg reda implicitnih funkcija

Mnogi od nas su proveli duge sate, dane i sedmice svog života učeći krugovima, parabola, hiperbola– a ponekad je čak izgledalo i kao prava kazna. Pa hajde da se osvetimo i da ih pravilno razlikujemo!

Počnimo sa "školskom" parabolom u njoj kanonski položaj:

Primjer 14

Data je jednadžba. Pronađite .

Rješenje: prvi korak je poznat:

Činjenica da se funkcija i njen izvod izražavaju implicitno ne mijenja suštinu stvari, drugi izvod je izvod prvog izvoda:

Međutim, postoje pravila igre: obično se izražavaju derivati ​​2. i višeg reda samo kroz "x" i "y". Stoga, zamjenjujemo rezultujuću 2. izvedenicu:

Treći izvod je izvod drugog izvoda:

Slično, zamijenimo:

Odgovori:

"školska" hiperbola u kanonski položaj- Za samostalan rad:

Primjer 15

Data je jednadžba. Pronađite .

Ponavljam da 2. izvod i rezultat treba izraziti samo kroz "x" / "y"!

Kratko rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Nakon dječjih šala, pogledajmo njemačku pornografiju @ fia, pogledajmo još primjera za odrasle, iz kojih učimo još jedan važan trik rješenja:

Primjer 16

Elipsa sebe.

Rješenje: pronađi 1. izvod:

Zaustavimo se i analizirajmo sljedeći trenutak: sada moramo razlikovati razlomak, što nije nimalo ugodno. U ovom slučaju, naravno, to je jednostavno, ali u stvarnim problemima postoji samo nekoliko takvih darova. Postoji li način da se izbjegne pronalaženje glomaznog derivata? Postoji! Uzimamo jednadžbu i koristimo istu tehniku ​​kao i kod pronalaženja 1. derivacije - "okačimo" poteze na oba dijela:

Drugi derivat mora biti izražen samo kroz i , Tako da sada (upravo sada) zgodno je riješiti se 1. izvedenice. Da bismo to učinili, zamjenjujemo u rezultirajuću jednačinu:

Da bismo izbjegli nepotrebne tehničke poteškoće, oba dijela množimo sa:

I tek u završnoj fazi crtamo razlomak:

Sada gledamo originalnu jednačinu i primjećujemo da se dobijeni rezultat može pojednostaviti:

Odgovori:

Kako pronaći vrijednost 2. derivata u nekom trenutku (što, naravno, pripada elipsi), na primjer, u tački ? Vrlo jednostavno! Ovaj motiv se već susreo u lekciji o normalna jednačina: u izrazu 2. izvedenice trebate zamijeniti :

Naravno, u sva tri slučaja možete dobiti eksplicitno date funkcije i razlikovati ih, ali se onda mentalno pripremite za rad s dvije funkcije koje sadrže korijene. Po mom mišljenju, rješenje je zgodnije provoditi "implicitno".

Konačni primjer za samostalno rješenje:

Primjer 17

Pronađite implicitnu funkciju

Tekst rada je postavljen bez slika i formula.
Puna verzija rad je dostupan u kartici "Radni fajlovi" u PDF formatu

"I ja, Newtonov binom!»

iz Majstora i Margarite

„Paskalov trougao je toliko jednostavan da ga čak i desetogodišnje dete može napisati. Istovremeno, krije neiscrpno blago i povezuje različite aspekte matematike koji na prvi pogled nemaju ništa zajedničko jedno s drugim. Takva neobična svojstva omogućavaju nam da Pascalov trokut smatramo jednom od najelegantnijih shema u cijeloj matematici.

Martin Gardner.

Cilj rada: generalizirati formule skraćenog množenja, pokazati njihovu primjenu u rješavanju zadataka.

Zadaci:

1) proučava i sistematizuje informacije o ovom pitanju;

2) analizirati primjere zadataka za korištenje Newtonovog binoma i formula za zbir i razliku stupnjeva.

Objekti istraživanja: Njutnov binom, formule za zbir i razliku stepeni.

Metode istraživanja:

Rad sa obrazovnom i naučno-popularnom literaturom, internet resursima.

Proračuni, poređenje, analiza, analogija.

Relevantnost. Osoba se često mora suočiti s problemima u kojima treba prebrojati sve mogući načini lokacija nekih objekata ili broj svih mogućih načina da se izvrši neka radnja. različite staze ili opcije koje osoba mora da izabere, dodaju u široku paletu kombinacija. I čitava grana matematike, koja se zove kombinatorika, zauzeta je traženjem odgovora na pitanja: koliko kombinacija ima u ovom ili onom slučaju.

Predstavnici mnogih specijalnosti moraju da se bave kombinatornim veličinama: naučnik-hemičar, biolog, dizajner, dispečer, itd. Sve veće interesovanje za kombinatoriku poslednjih godina je posledica brzog razvoja kibernetike i računarske tehnologije.

Uvod

Kada žele da naglase da sagovornik preuveličava složenost zadataka sa kojima se suočavao, kažu: „Treba mi i Njutnov binom!“ Recimo, evo Njutnovog binoma, teško je, ali kakve probleme imate! Čak su i oni ljudi čiji interesi nemaju veze s matematikom čuli za Newtonov binom.

Riječ "binom" znači binom, tj. zbir dva člana. Iz školskog predmeta poznate su takozvane skraćene formule množenja:

( A+ b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 , (a+b) 3 = a 3 +3a 2 b+3ab 2 +b 3 .

Generalizacija ovih formula je formula koja se zove Newtonova binomna formula. U školi se koriste i formule za faktoriranje razlike kvadrata, zbira i razlike kocki. Imaju li generalizaciju za druge diplome? Da, postoje takve formule, često se koriste u rješavanju različitih problema: dokazivanje djeljivosti, smanjenje razlomaka, približna izračunavanja.

Proučavanje generalizirajućih formula razvija deduktivno-matematičko mišljenje i opšte mentalne sposobnosti.

ODJELJAK 1. NJUTNOVA BINOMIJSKA FORMULA

Kombinacije i njihova svojstva

Neka je X skup koji se sastoji od n elemenata. Bilo koji podskup Y skupa X koji sadrži k elemenata naziva se kombinacija k elemenata iz n, i k ≤ n.

Broj razne kombinacije k elemenata od n označava se C n k . Jedna od najvažnijih formula kombinatorike je sljedeća formula za broj C n k:

Može se napisati nakon očiglednih skraćenica na sljedeći način:

posebno,

Ovo je sasvim u skladu sa činjenicom da u skupu X postoji samo jedan podskup od 0 elemenata - prazan podskup.

Brojevi C n k imaju niz izvanrednih svojstava.

Vrijedi formula S n k = S n - k n, (3)

Značenje formule (3) je da postoji korespondencija jedan-na-jedan između skupa svih k-članih podskupova iz X i skupa svih (n - k)-članih podskupova iz X: da bismo uspostavili ovu korespondenciju, dovoljno je da svaki k-član podskup Y odgovara njegovom komplementu u skupu X.

Vrijedi formula S 0 n + S 1 n + S 2 n + ... + S n n = 2 n (4)

Zbir na lijevoj strani izražava broj svih podskupova skupa X (C 0 n je broj 0-članih podskupova, C 1 n je broj jednočlanih podskupova, itd.).

Za bilo koje k, 1≤ k≤ n, jednakost

C k n \u003d C n -1 k + C n -1 k -1 (5)

Ovu jednakost je lako dobiti pomoću formule (1). Zaista,

1.2. Derivacija Newtonove binomne formule

Razmotrimo moći binoma a +b .

n = 0, (a +b ) 0 = 1

n = 1, (a +b ) 1 = 1a+1b

n = 2(a +b ) 2 = 1a 2 + 2ab +1 b 2

n = 3(a +b ) 3 = 1 a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 +1 b 3

n = 4(a +b ) 4 = 1a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 +4ab 3 +1 b 4

n=5(a +b ) 5 = 1a 5 + 5a 4 b + 10a 3 b 2 + 10a 2 b 3 + 5ab 4 + 1 b 5

Obratite pažnju na sledeće pravilnosti:

Broj članova rezultirajućeg polinoma je za jedan veći od eksponenta binoma;

Eksponent prvog člana se smanjuje sa n na 0, eksponent drugog člana se povećava sa 0 na n;

Stepeni svih monoma su jednaki stepenima binoma u uslovu;

Svaki monom je proizvod prvog i drugog izraza različitih stepena i određenog broja - binomnog koeficijenta;

Binomni koeficijenti jednako udaljeni od početka i kraja ekspanzije su jednaki.

Generalizacija ovih formula je sljedeća formula, nazvana Newtonova binomna formula:

(a + b ) n = C 0 n a n b 0 + C 1 n a n -1 b + C 2 n a n -2 b 2 + ... + C n -1 n ab n -1 + C n n a 0 b n . (6)

U ovoj formuli n može biti bilo koji prirodan broj.

Izvodimo formulu (6). Prije svega, napišimo:

(a + b ) n = (a + b )(a + b ) ... (a + b ), (7)

gdje je broj zagrada koje treba pomnožiti n. Iz uobičajenog pravila za množenje sume sa zbrojem, proizilazi da je izraz (7) jednak zbroju svih mogućih proizvoda, koji se može sastaviti na sljedeći način: bilo koji član u prvom od zbroja a + b pomnoženo bilo kojim članom drugog zbroja a+b, na bilo koji član trećeg zbira, itd.

Iz rečenog je jasno da je termin u izrazu za (a + b ) n podudaraju (jedan-na-jedan) nizove dužine n, sastavljene od slova a i b. Među terminima će biti sličnih termina; očigledno je da takvi članovi odgovaraju nizovima koji sadrže isti broj slova A. Ali broj redova koji sadrže tačno k puta slovo A, jednako je C n k . Dakle, zbir svih članova koji sadrže slovo a sa faktorom tačno k puta jednak je S n k a n - k b k . Kako k može poprimiti vrijednosti 0, 1, 2, ..., n-1, n, formula (6) slijedi iz našeg razmišljanja. Imajte na umu da se (6) može napisati kraće: (8)

Iako se formula (6) naziva Newtonovim imenom, u stvarnosti je otkrivena i prije Njutna (na primjer, Pascal ju je znao). Newtonova zasluga leži u činjenici da je pronašao generalizaciju ove formule za slučaj eksponenata koji nisu cijeli broj. Bio je to I. Newton 1664-1665. izveo formulu koja izražava stepen binoma za proizvoljne razlomke i negativne eksponente.

Brojevi C 0 n , C 1 n , ..., C n n , uključeni u formulu (6), obično se nazivaju binomni koeficijenti, koji se definiraju na sljedeći način:

Iz formule (6) može se dobiti niz svojstava ovih koeficijenata. Na primjer, pod pretpostavkom A=1, b = 1, dobijamo:

2 n = C 0 n + C 1 n + C 2 n + C 3 n + ... + C n n ,

one. formula (4). Ako stavimo A= 1, b = -1, tada ćemo imati:

0 \u003d C 0 n - C 1 n + C 2 n - C 3 n + ... + (-1) n C n n

ili S 0 n + C 2 n + C 4 n + ... = C 1 n + C 3 n + + C 5 n + ... .

To znači da je zbir koeficijenata parnih članova ekspanzije jednak zbiru koeficijenata neparnih članova ekspanzije; svaki od njih je jednak 2 n -1 .

Koeficijenti članova jednako udaljenih od krajeva ekspanzije su jednaki. Ovo svojstvo proizlazi iz relacije: S n k = S n n - k

Zanimljiv poseban slučaj

(x + 1) n = C 0 n x n + C 1 n x n-1 + ... + C k n x n - k + ... + C n n x 0

ili kraće (x +1) n = ∑C n k x n - k .

1.3. Polinomska teorema

Teorema.

Dokaz.

Da biste dobili monom nakon otvaranja zagrada, morate odabrati one zagrade iz kojih je uzet, one zagrade iz kojih je uzet itd. i one zagrade iz kojih je uzeto. Koeficijent ovog monoma nakon redukcije sličnih članova jednak je broju načina na koje se može napraviti takav izbor. Prvi korak niza izbora može se uraditi na načine, drugi korak - , treći - itd., -ti korak - na načine. Željeni koeficijent je jednak proizvodu

ODJELJAK 2. Derivati ​​višeg reda.

Koncept derivata višeg reda.

Neka je funkcija diferencibilna u nekom intervalu. Tada njegov derivat, generalno govoreći, zavisi od X, odnosno je funkcija od X. Stoga, s obzirom na nju, ponovo možemo postaviti pitanje postojanja derivata.

Definicija . Izvod prvog izvoda se zove derivat drugog reda ili drugog izvoda i označava se simbolom ili, tj.

Definicija . Izvod drugog izvoda naziva se izvod trećeg reda ili treći izvod i označava se simbolom ili.

Definicija . derivatn th order funkcije naziva se prvim izvodom izvoda (n -1)-ti red ove funkcije i označava se simbolom ili:

Definicija . Derivati ​​reda višeg od prvog nazivaju se viših derivata.

Komentar. Slično, može se dobiti formula n-ti izvod funkcije:

Drugi izvod parametarski definirane funkcije

Ako je funkcija parametarski data jednadžbama, tada je za pronalaženje izvoda drugog reda potrebno diferencirati izraz za njen prvi izvod kao kompleksnu funkciju nezavisne varijable.

Od tada

i s obzirom na to,

Razumemo, to jest.

Slično, možemo pronaći i treći izvod.

Diferencijal zbira, proizvoda i količnika.

Budući da se diferencijal dobija iz derivacije množenjem diferencijalom nezavisne varijable, onda se, poznavajući izvode osnovnih elementarnih funkcija, kao i pravila za pronalaženje izvoda, može doći do sličnih pravila za nalaženje diferencijala.

1 0 . Diferencijal konstante je nula.

2 0 . Diferencijal algebarskog zbira konačnog broja diferencijabilnih funkcija jednak je algebarskom zbiru diferencijala ovih funkcija .

3 0 . Diferencijal umnoška dviju diferencijabilnih funkcija jednak je zbroju proizvoda prve funkcije i diferencijala druge i druge funkcije i diferencijala prve .

Posljedica. Konstantni faktor se može izvaditi iz predznaka diferencijala.

2.3. Parametarski zadane funkcije, njihova diferencijacija.

Definicija . Za funkciju se kaže da je parametarski definirana ako su obje varijable X I y su definirane svaka zasebno kao jednovrijedne funkcije iste pomoćne varijable - parametrat :

Gdjet promene unutar.

Komentar . Predstavljamo parametarske jednačine kruga i elipse.

a) Krug sa centrom u nultu i poluprečniku r ima parametarske jednadžbe:

b) Napišimo parametarske jednačine za elipsu:

Isključivanjem parametra t Iz parametarskih jednačina linija koje se razmatraju mogu se doći do njihovih kanonskih jednačina.

Teorema . Ako je funkcija y iz argumenta x je parametarski dat jednadžbama, pri čemu su i diferencijabilni u odnosu nat funkcije i zatim.

2.4. Leibnizova formula

Da nađemo derivat n red proizvoda dvije funkcije je velik praktična vrijednost ima Leibnizovu formulu.

Neka u I v- neke funkcije iz varijable X imaju derivate bilo kojeg reda i y = UV. Express n-ti izvod kroz izvode funkcija u I v .

Imamo dosledno

Lako je uočiti analogiju između izraza za drugi i treći izvod i ekspanzije Njutnovog binoma u drugom i trećem stepenu, respektivno, ali umesto eksponenata postoje brojevi koji određuju redosled izvoda, a same funkcije se mogu smatrati "derivacijama nultog reda". S obzirom na ovo, dobijamo Leibnizovu formulu:

Ova formula se može dokazati matematičkom indukcijom.

ODJELJAK 3. PRIMJENA LEIBNIZOVE FORMULE.

Da bismo izračunali derivaciju bilo kojeg reda iz proizvoda dvije funkcije, zaobilazeći sekvencijalnu primjenu formule za izračunavanje derivacije proizvoda dvije funkcije, koristimo Leibnizova formula.

Koristeći ovu formulu, razmotrite primjere izračunavanja n-te derivacije proizvoda dvije funkcije.

Primjer 1

Pronađite drugi izvod funkcije

Po definiciji, drugi izvod je prvi izvod prvog izvoda, tj.

Stoga prvo pronalazimo izvod prvog reda date funkcije prema pravila diferencijacije i korišćenje tabela derivata:

Sada nalazimo izvod izvoda prvog reda. Ovo će biti željeni derivat drugog reda:

odgovor:

Primjer 2

Pronađite izvod funkcije trećeg reda

Rješenje.

Sukcesivno ćemo pronaći izvode prvog, drugog, trećeg i tako redova date funkcije kako bismo uspostavili obrazac koji se može generalizirati na -ti izvod.

Izvod prvog reda nalazimo kao derivacija količnika:

Ovdje se izraz naziva faktorijel broja. Faktorijel broja jednak je umnošku brojeva od jedan do, tj.

Drugi izvod je prvi izvod prvog izvoda, tj

Izvod trećeg reda:

Četvrta izvedenica:

Obratite pažnju na pravilnost: brojilac sadrži faktorijel broja koji je jednak redu izvoda, a nazivnik sadrži izraz u stepenu za jedan veći od reda izvoda, tj.

Odgovori.

Primjer 3

Pronađite vrijednost trećeg izvoda funkcije u tački.

Rješenje.

Prema tabela derivata višeg reda, imamo:

U ovom primjeru, to jest, dobijamo

Imajte na umu da se sličan rezultat može dobiti i sukcesivnim pronalaženjem derivata.

IN dati poen treći derivat je:

odgovor:

Primjer 4

Pronađite drugi izvod funkcije

Rješenje. Prvo, pronađimo prvi izvod:

Da bismo pronašli drugi izvod, ponovo razlikujemo izraz za prvi izvod:

odgovor:

Primjer 5

Pronađite ako

Budući da je data funkcija proizvod dvije funkcije, bilo bi preporučljivo primijeniti Leibnizovu formulu za pronalaženje izvoda četvrtog reda:

Pronalazimo sve izvode i izračunavamo koeficijente članova.

1) Izračunajte koeficijente za pojmove:

2) Pronađite izvode funkcije:

3) Pronađite izvode funkcije:

odgovor:

Primjer 6

Zadana je funkcija y=x 2 cos3x. Naći derivaciju trećeg reda.

Neka je u=cos3x , v=x 2 . Tada, prema Leibnizovoj formuli, nalazimo:

Izvodi u ovom izrazu su:

(cos3x)′=−3sin3x,

(cos3x)′′=(−3sin3x)′=−9cos3x,

(cos3x)′′′=(−9cos3x)′=27sin3x,

(x2)′=2x,

(x2)′′=2,

(x2)′′′=0.

Dakle, treći izvod date funkcije je

1 ⋅ 27sin3x ⋅ x2+3 ⋅ (−9cos3x) ⋅ 2x+3 ⋅ (−3sin3x) ⋅ 2+1 ⋅ cos3x ⋅ 0

27x2sin3x−54xcos3x−18sin3x=(27x2−18)sin3x−54xcos3x.

Primjer 7

Pronađite derivat n -th funkcija reda y=x 2 cosx.

Koristimo Leibnizovu formulu, postavkuu=cosx, v=x 2 . Onda

Preostali članovi serije su jednaki nuli, pošto(x2)(i)=0 za i>2.

Derivat n kosinus funkcija -tog reda:

Dakle, derivacija naše funkcije je

ZAKLJUČAK

U školi se izučavaju i koriste tzv. skraćene formule množenja: kvadrati i kocke zbira i razlike dvaju izraza i formule za faktorisanje razlike kvadrata, zbira i razlike kubova dva izraza. Generalizacija ovih formula je formula koja se zove Newtonova binomna formula i formule za faktoring sume i razlike potencija. Ove formule se često koriste u rješavanju različitih problema: dokazivanje djeljivosti, reduciranje razlomaka, približna izračunavanja. Razmatraju se zanimljiva svojstva Pascalovog trougla, koja su usko povezana sa Njutnovim binomom.

U radu su sistematizovani podaci o temi, dati su primeri zadataka za korišćenje Njutnovog binoma i formule za zbir i razliku stepeni. Rad se može koristiti u radu matematičkog kruga, kao i za samostalno učenje onih koji se zanimaju za matematiku.

SPISAK KORIŠĆENIH IZVORA

1. Vilenkin N. Ya. Kombinatorika - ur. "Nauka". - M., 1969

2. Nikolsky S.M., Potapov M.K., Reshetnikov N.N., Shevkin A.V. Algebra i početak matematičke analize. 10. razred: udžbenik. za opšte obrazovanje organizacije osnovnog i naprednog nivoa - M.: Obrazovanje, 2014. - 431 str.

3. Rješavanje problema iz statistike, kombinatorike i teorije vjerovatnoće. 7-9 ćelija / autor - sastavljač V.N. Studenetskaya. - ed. 2., ispravljeno, - Volgograd: Učitelj, 2009

4. Savushkina I.A., Khugaev K.D., Tishkin S.B. Algebarske jednadžbe viših stupnjeva / Toolkit za studente međuuniverzitetskog pripremnog odsjeka. - Sankt Peterburg, 2001.

5. Sharygin I.F. Izborni predmet iz matematike: Rješavanje problema. Tutorial za 10 ćelija. srednja škola. - M.: Prosvjeta, 1989.

6.Nauka i život, Newtonov binom i Pascalov trokut[Elektronski izvor]. - Način pristupa: http://www.nkj.ru/archive/articles/13598/

Rješavanje primijenjenih problema svodi se na izračunavanje integrala, ali to nije uvijek moguće učiniti točno. Ponekad je potrebno znati vrijednost određenog integrala sa određenim stepenom tačnosti, na primjer, do hiljaditih dionica.

Postoje zadaci kada bi bilo potrebno pronaći približnu vrijednost određenog integrala sa traženom tačnošću, tada se koristi numerička integracija poput Simposnove metode, trapeza, pravokutnika. Ne dozvoljavaju nam svi slučajevi da to izračunamo sa određenom tačnošću.

Ovaj članak razmatra primjenu Newton-Leibnizove formule. Ovo je neophodno za tačan proračun definitivnog integrala. Biće dato detaljni primjeri, razmatramo promjenu varijable u određenom integralu i nalazimo vrijednosti određenog integrala pri integraciji po dijelovima.

Newton-Leibnizova formula

Kada je funkcija y = y (x) kontinuirana iz segmenta [ a ; b ], a F (x) je onda jedan od antiderivata funkcije ovog segmenta Newton-Leibnizova formula smatra poštenim. Zapišimo to ovako ∫ a b f (x) d x = F (b) - F (a) .

Ova formula se razmatra osnovna formula integralnog računa.

Za dokazivanje ove formule potrebno je koristiti koncept integrala sa gornjom granicom raspoložive varijable.

Kada je funkcija y = f (x) kontinuirana iz segmenta [ a ; b ] , zatim vrijednost argumenta x ∈ a ; b , a integral ima oblik ∫ a x f (t) d t i smatra se funkcijom gornje granice. Potrebno je prihvatiti da će oznaka funkcije poprimiti oblik ∫ a x f (t) d t = Φ (x) , kontinuirana je, a nejednakost oblika ∫ a x f (t) d t " = Φ " (x) = f (x) važi za to.

Popravljamo da prirast funkcije Φ (x) odgovara prirastu argumenta ∆ x , potrebno je koristiti peto glavno svojstvo određenog integrala i dobiti

Φ (x + ∆ x) - Φ x = ∫ a x + ∆ x f (t) d t - ∫ a x f (t) d t = = ∫ a x + ∆ x f (t) d t = f (c) x + ∆ x - x = f(c) ∆x

gdje je vrijednost c ∈ x ; x + ∆x .

Jednakost fiksiramo u obliku Φ (x + ∆ x) - Φ (x) ∆ x = f (c) . Po definiciji derivacije funkcije, potrebno je prijeći na granicu kao ∆ x → 0, tada ćemo dobiti formulu oblika koja se nalazi na [ a ; b ] Inače, izraz se može napisati

F (x) = Φ (x) + C = ∫ a x f (t) d t + C , gdje je vrijednost C konstantna.

Izračunajmo F (a) koristeći prvo svojstvo određenog integrala. Onda to shvatamo

F (a) = Φ (a) + C = ∫ a a f (t) d t + C = 0 + C = C , dakle C = F (a) . Rezultat je primenljiv kada se računa F (b) i dobijamo:

F (b) = Φ (b) + C = ∫ a b f (t) d t + C = ∫ a b f (t) d t + F (a) , drugim riječima, F (b) = ∫ a b f (t) d t + F (a) . Jednakost dokazuje Newton-Leibnizovu formulu ∫ a b f (x) d x + F (b) - F (a) .

Prirast funkcije se uzima kao F x a b = F (b) - F (a) . Uz pomoć notacije, Newton-Leibnizova formula postaje ∫ a b f (x) d x = F x a b = F (b) - F (a) .

Za primenu formule potrebno je poznavati jedan od antiderivata y = F (x) integranda y = f (x) iz segmenta [ a ; b ] , izračunajte prirast antiderivata iz ovog segmenta. Razmotrimo nekoliko primjera izračunavanja pomoću Newton-Leibnizove formule.

Primjer 1

Izračunajte definitivni integral ∫ 1 3 x 2 d x koristeći Newton-Leibniz formulu.

Rješenje

Smatramo da je integrand oblika y = x 2 kontinuiran iz intervala [ 1 ; 3 ] , tada je i integrabilno na ovom intervalu. Prema tabeli neodređenih integrala, vidimo da funkcija y = x 2 ima skup antiderivata za sve realne vrijednosti x, što znači da je x ∈ 1; 3 će biti zapisano kao F (x) = ∫ x 2 d x = x 3 3 + C . Potrebno je uzeti antiderivat sa C = 0, tada dobijamo da je F (x) = x 3 3.

Upotrijebimo Newton-Leibniz formulu i dobićemo da će izračunavanje definitivnog integrala imati oblik ∫ 1 3 x 2 d x = x 3 3 1 3 = 3 3 3 - 1 3 3 = 26 3 .

odgovor:∫ 1 3 x 2 d x = 26 3

Primjer 2

Izračunajte definitivni integral ∫ - 1 2 x · e x 2 + 1 d x koristeći Newton-Leibniz formulu.

Rješenje

Zadata funkcija je kontinuirana iz segmenta [ - 1 ; 2 ], što znači da je na njemu integrabilan. Potrebno je pronaći vrijednost neodređenog integrala ∫ x e x 2 + 1 d x metodom sabiranja pod predznakom diferencijala, tada se dobija ∫ x e x 2 + 1 d x = 1 2 ∫ e x 2 + 1 d (x 2 + 1 ) = 1 2 e x 2+1+C.

Otuda imamo skup antiderivata funkcije y = x · e x 2 + 1, koji važe za sve x, x ∈ - 1; 2.

Potrebno je uzeti antiderivat na C = 0 i primijeniti Newton-Leibniz formulu. Tada dobijamo izraz forme

∫ - 1 2 x e x 2 + 1 d x = 1 2 e x 2 + 1 - 1 2 = = 1 2 e 2 2 + 1 - 1 2 e (- 1) 2 + 1 = 1 2 e (- 1) 2 + 1 = 1 2 e 2 (e 3 - 1)

odgovor:∫ - 1 2 x e x 2 + 1 d x = 1 2 e 2 (e 3 - 1)

Primjer 3

Izračunajte integrale ∫ - 4 - 1 2 4 x 3 + 2 x 2 d x i ∫ - 1 1 4 x 3 + 2 x 2 d x .

Rješenje

Segment - 4; - 1 2 kaže da je funkcija pod predznakom integrala kontinuirana, što znači da je integrabilna. Odavde nalazimo skup antiderivata funkcije y = 4 x 3 + 2 x 2 . Shvatili smo to

∫ 4 x 3 + 2 x 2 d x = 4 ∫ x d x + 2 ∫ x - 2 d x = 2 x 2 - 2 x + C

Potrebno je uzeti antiderivat F (x) \u003d 2 x 2 - 2 x, a zatim, primjenom Newton-Leibnizove formule, dobivamo integral koji izračunavamo:

∫ - 4 - 1 2 4 x 3 + 2 x 2 d x = 2 x 2 - 2 x - 4 - 1 2 = 2 - 1 2 2 - 2 - 1 2 - 2 - 4 2 - 2 - 4 = 1 2 + 4 - 32 - 1 2 = - 28

Vršimo prijelaz na izračunavanje drugog integrala.

Iz segmenta [ - 1 ; 1 ] imamo da se integrand smatra neograničenim, jer lim x → 0 4 x 3 + 2 x 2 = + ∞ , onda slijedi da neophodno stanje integrabilnost iz segmenta. Tada F (x) = 2 x 2 - 2 x nije antiderivat za y = 4 x 3 + 2 x 2 iz intervala [ - 1 ; 1 ] , budući da tačka O pripada segmentu, ali nije uključena u domen definicije. To znači da postoji definitivan Riemannov i Newton-Leibnizov integral za funkciju y = 4 x 3 + 2 x 2 iz intervala [ - 1 ; 1 ] .

Odgovor: ∫ - 4 - 1 2 4 x 3 + 2 x 2 d x \u003d - 28, postoji definitivan Riemannov i Newton-Leibnizov integral za funkciju y = 4 x 3 + 2 x 2 iz intervala [ - 1 ; 1 ] .

Prije upotrebe Newton-Leibnizove formule, morate tačno znati o postojanju određenog integrala.

Promjena varijable u određenom integralu

Kada je funkcija y = f (x) definirana i kontinuirana iz segmenta [ a ; b], zatim postojeći skup [a; b ] se smatra opsegom funkcije x = g (z) definisane na intervalu α ; β sa postojećim kontinuiranim izvodom, gdje je g (α) = a i g β = b , pa dobijamo da je ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) g" (z) d z .

Ova formula se koristi kada je potrebno izračunati integral ∫ a b f (x) d x , pri čemu neodređeni integral ima oblik ∫ f (x) d x , izračunavamo metodom supstitucije.

Primjer 4

Izračunajte definitivni integral oblika ∫ 9 18 1 x 2 x - 9 d x .

Rješenje

Integrand se smatra kontinuiranim na intervalu integracije, što znači da određeni integral postoji. Zapišimo da je 2 x - 9 = z ⇒ x = g (z) = z 2 + 9 2 . Vrijednost x = 9 znači da je z = 2 9 - 9 = 9 = 3, a za x = 18 dobijamo da je z = 2 18 - 9 = 27 = 3 3, zatim g α \u003d u003d g (3) \u003d 9 , g β = g 3 3 = 18 . Zamjenom dobijenih vrijednosti u formulu ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) g "(z) d z, dobijamo da

∫ 9 18 1 x 2 x - 9 d x = ∫ 3 3 3 1 z 2 + 9 2 z z 2 + 9 2 "d z = = ∫ 3 3 3 1 z 2 + 9 2 z z d z = ∫ 3 3 3 2 z 2 + 9 d z

Prema tabeli neodređenih integrala, imamo da jedan od antiderivata funkcije 2 z 2 + 9 ima vrijednost 2 3 a r c t g z 3 . Zatim, primjenom Newton-Leibnizove formule, dobijamo to

∫ 3 3 3 2 z 2 + 9 d z = 2 3 a r c t g z 3 3 3 3 = 2 3 a r c t g 3 3 3 - 2 3 a r c t g 3 3 = 2 3 a r c t g 3 - a r c t g 3 - a r c t g 3 - a r c t g 3 - a r c t g 3 π1 = π3 π1

Nalaz bi se mogao uraditi bez upotrebe formule ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) g" (z) d z .

Ako metoda zamjene koristi integral oblika ∫ 1 x 2 x - 9 d x , tada možemo doći do rezultata ∫ 1 x 2 x - 9 d x = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C .

Odavde ćemo izvršiti proračune koristeći Newton-Leibniz formulu i izračunati definitivni integral. Shvatili smo to

∫ 9 18 2 z 2 + 9 d z = 2 3 a r c t g z 3 9 18 = = 2 3 a r c t g 2 18 - 9 3 - a r c t g 2 9 - 9 3 = = 2 3 a r c t g 3 - a 3 π 2 π 2 - a 3 \u003d π 18

Rezultati su se poklopili.

Odgovor: ∫ 9 18 2 x 2 x - 9 d x = π 18

Integracija po dijelovima u proračunu određenog integrala

Ako je na segmentu [ a ; b ] funkcije u (x) i v (x) su definirane i kontinuirane, tada su njihove derivacije prvog reda v " (x) u (x) integrabilne, pa iz ovog intervala za integrabilnu funkciju u " (x) v ( x) jednakost ∫ a b v " (x) u (x) d x = (u (x) v (x)) a b - ∫ a b u " (x) v (x) d x je tačna.

Tada se može koristiti formula, potrebno je izračunati integral ∫ a b f (x) d x , a ∫ f (x) d x ga je bilo potrebno pronaći integracijom po dijelovima.

Primjer 5

Izračunajte definitivni integral ∫ - π 2 3 π 2 x · sin x 3 + π 6 d x .

Rješenje

Funkcija x sin x 3 + π 6 je integrabilna na segmentu - π 2; 3 π 2 , pa je kontinuirano.

Neka je u (x) \u003d x, zatim d (v (x)) \u003d v "(x) d x \u003d sin x 3 + π 6 d x, i d (u (x)) = u "(x) d x \u003d d x, i v (x) = - 3 cos π 3 + π 6 . Iz formule ∫ a b v "(x) u (x) d x = (u (x) v (x)) a b - ∫ a b u " (x) v (x) d x dobijamo da

∫ - π 2 3 π 2 x sin x 3 + π 6 d x = - 3 x cos x 3 + π 6 - π 2 3 π 2 - ∫ - π 2 3 π 2 - 3 cos x 3 + π 6 d x \u003d \u003d - 3 3 π 2 cos π 2 + π 6 - - 3 - π 2 cos - π 6 + π 6 + 9 sin x 3 + π 6 - π 2 3 π 2 \u003d 9 π 4 - 3 π 2 + 9 sin π 2 + π 6 - sin - π 6 + π 6 = 9 π 4 - 3 π 2 + 9 3 2 = 3 π 4 + 9 3 2

Rješenje primjera može se izvesti i na drugi način.

Pronađite skup antiderivata funkcije x sin x 3 + π 6 koristeći integraciju po dijelovima koristeći Newton-Leibniz formulu:

∫ x sin x x 3 + π 6 d x = u = x, d v = sin x 3 + π 6 d x ⇒ d u = d x , v = - 3 cos x 3 + π 6 = = - 3 cos x 3 + π 6 + 3 ∫ cos x 3 + π 6 d x = = - 3 x cos x 3 + π 6 + 9 sin x 3 + π 6 + C ⇒ ∫ - π 2 3 π 2 x sin x 3 + π 6 d x = - 3 cos x 3 + π 6 + 9 sincos x 3 + π 6 - - - 3 - π 2 cos - π 6 + π 6 + 9 sin - π 6 + π 6 = = 9 π 4 + 9 3 2 - 3 π 2 - 0 = 3 π 4 + 9 3 2

Odgovor: ∫ x sin x x 3 + π 6 d x = 3 π 4 + 9 3 2

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter