Izvodnice višeg reda
U ovoj lekciji naučit ćemo kako pronaći derivacije viših redova, kao i napisati opću formulu za "n-tu" derivaciju. Osim toga, Leibnizova formula za takvu derivaciju i, prema popularnom zahtjevu, derivacije višeg reda od implicitna funkcija. Predlažem da odmah napravite mini-test:
Evo funkcije: 
i evo njegove prve izvedenice:
U slučaju da imate bilo kakvih poteškoća/zabune oko ovog primjera, počnite s dva osnovna članka mog tečaja: Kako pronaći izvedenicu? I Derivacija složene funkcije. Nakon svladavanja elementarnih izvedenica, preporučam da pročitate lekciju Najjednostavniji problemi s izvedenicama, na kojem smo se posebno bavili druga derivacija.
Nije teško ni pogoditi da je druga derivacija derivacija 1. derivacije:
U principu, druga derivacija se već smatra derivacijom višeg reda.
Slično: treća derivacija je derivacija 2. derivacije:
Četvrta derivacija je derivacija 3. derivacije: 
Peta derivacija: 
, a očito je da će sve derivacije viših redova također biti jednake nuli:
Osim rimskog numeriranja, u praksi se često koriste sljedeće oznake:
, derivacija “n-tog” reda je označena sa . U tom slučaju, gornji indeks mora biti u zagradama– razlikovati izvedenicu od "y" u stupnju.
Ponekad vidite nešto poput ovoga: 
– treće, četvrte, pete, ..., “n-te” izvedenice.
Naprijed bez straha i sumnje:
Primjer 1
Funkcija je dana. Pronaći .
Riješenje: što reći... - samo naprijed za četvrtu izvedenicu :) 
Više nije uobičajeno stavljati četiri poteza, pa prelazimo na numeričke indekse:
Odgovor:
U redu, sada razmislimo o ovom pitanju: što učiniti ako stanje zahtijeva pronalaženje ne 4., nego na primjer 20. derivacije? Ako je za izvedenicu 3-4-5th (maksimalno 6-7.) reda veličine, rješenje se vrlo brzo formalizira, tada nećemo tako brzo “doći” do izvedenica viših redova. Zapravo, nemojte zapisati 20 redaka! U takvoj situaciji trebate analizirati nekoliko pronađenih izvedenica, vidjeti uzorak i izraditi formulu za "n-tu" izvedenicu. Dakle, u primjeru br. 1 lako je razumjeti da će svakim sljedećim diferenciranjem ispred eksponenta “iskočiti” dodatna “trojka”, a na svakom koraku stupanj te “trojke” jednak je broju derivat, dakle:
Gdje je proizvoljan prirodni broj.
I doista, ako je , tada se dobiva točno 1. derivacija: 
, ako – onda 2.: itd. Dakle, dvadeseta izvedenica određena je trenutno: – i nema “kilometarskih listova”!
Samostalno zagrijavanje:
Primjer 2
Pronađite funkcije. Napiši izvedenicu reda
Rješenje i odgovor su na kraju lekcije.
Nakon okrepljujućeg zagrijavanja, razmotrit ćemo složenije primjere u kojima ćemo razraditi gornji algoritam rješenja. Za one koji su se uspjeli upoznati s lekcijom Ograničenje niza, bit će malo lakše:
Primjer 3
Pronađite funkciju.
Riješenje: da pojasnimo situaciju, pronađimo nekoliko izvedenica:
Ne žuri nam se množiti dobivene brojeve! ;-) 
Možda je to dovoljno. ...čak sam i malo pretjerao.
Sljedeći korak je najbolje stvoriti formulu za "n-tu" derivaciju (ako stanje to ne zahtijeva, onda možete proći s nacrtom). Da bismo to učinili, gledamo dobivene rezultate i identificiramo obrasce pomoću kojih je dobivena svaka sljedeća derivacija.
Prvo, oni se izmjenjuju. Usklađivanje osigurava "trepereće svjetlo", a budući da je 1. derivacija pozitivna, sljedeći faktor će ući u opću formulu: 
. Jednaka opcija bi također funkcionirala, ali osobno, kao optimist, volim znak plus =)
Drugo, u brojniku "winds up" faktorijel, a za jedinicom “zaostaje” za izvodom broja:
I treće, povećava se snaga "dva" u brojniku, što je jednako broju izvoda. Isto se može reći i za stupanj nazivnika. Konačno: 
Za provjeru, zamijenimo nekoliko "en" vrijednosti, na primjer, i: 
Super, sad je pogriješiti jednostavno grijeh:
Odgovor: 
Jednostavnija funkcija za samostalno rješavanje:
Primjer 4
Pronađite funkcije.
I još zanimljiviji problem:
Primjer 5
Pronađite funkcije.
Ponovimo postupak još jednom:
1) Prvo nalazimo nekoliko izvedenica. Za hvatanje šablona obično su dovoljna tri ili četiri.
2) Onda toplo preporučam izradu (barem u obliku nacrta)“n-ti” derivat – zajamčeno će vas zaštititi od pogrešaka. Ali možete i bez toga, tj. mentalno procijeniti i odmah zapisati, na primjer, dvadesetu ili osmu izvedenicu. Štoviše, neki ljudi uglavnom mogu usmeno riješiti dotične probleme. Međutim, trebali biste zapamtiti da su "brze" metode pune i bolje je biti siguran.
3) U završnoj fazi provjeravamo "n-ti" derivat - uzmite par "n-tih" vrijednosti (po mogućnosti susjednih) i izvršite zamjenu. A još je pouzdanije provjeriti sve prethodno pronađene izvedenice. Zatim ga zamijenimo u željenu vrijednost, na primjer, ili pažljivo pročešljamo rezultat.
Kratko rješenje primjera 4 i 5 na kraju lekcije.
U nekim zadacima, kako biste izbjegli probleme, trebate malo čarati na funkciji:
Primjer 6
Riješenje: Ne želim uopće razlikovati predloženu funkciju, budući da će rezultirati "lošim" razlomkom, što će uvelike zakomplicirati pronalaženje sljedećih izvedenica.
U tom smislu, preporučljivo je izvršiti preliminarne transformacije: koristimo formula kvadratne razlike I svojstvo logaritma 
:
Sasvim je druga stvar:
I stari prijatelji: 
Mislim da se sve gleda. Imajte na umu da 2. razlomak mijenja znak, ali 1. razlomak ne. Konstruiramo derivat narudžbe: 
Kontrolirati: 
Pa, ljepote radi, izbacimo faktorijel iz zagrada:
Odgovor: 
Zanimljiv zadatak za samostalno rješavanje:
Primjer 7
Zapišite formulu derivacije reda funkcije
A sad o nepokolebljivom međusobnom jamstvu na kojem bi pozavidjela i talijanska mafija:
Primjer 8
Funkcija je dana. Pronaći
Osamnaesta derivacija u točki. Samo.
Riješenje: prvo, očito, morate pronaći . Ići: 
Počeli smo sa sinusom i završili sa sinusom. Jasno je da će se daljnjim diferenciranjem ovaj ciklus nastaviti unedogled, a postavlja se pitanje kako najbolje “doći” do osamnaeste izvedenice?
“Amaterska” metoda: brzo zapišite brojeve sljedećih izvedenica u stupac s desne strane: 
Tako:
Ali ovo funkcionira ako redoslijed derivata nije prevelik. Ako trebate pronaći, recimo, stoti izvod, tada biste trebali koristiti djeljivost s 4. Stotina je djeljiva s 4 bez ostatka, a lako je vidjeti da se takvi brojevi nalaze u donjem retku, dakle: .
Usput, 18. derivacija se također može odrediti iz sličnih razmatranja:
U drugom retku nalaze se brojevi djeljivi s 4 s ostatkom 2.
Druga, više akademska metoda temelji se na sinusna periodičnost I redukcijske formule. Koristimo gotovu formulu za "n-tu" derivaciju sinusa 
, u koji se željeni broj jednostavno zamijeni. Na primjer:
(redukcijska formula 
)
;
(redukcijska formula 
)
U našem slučaju:
(1) Budući da je sinus periodična funkcija s periodom, argument se može bezbolno “odvrnuti” 4 periode (tj.
Derivacija reda umnoška dviju funkcija može se pronaći pomoću formule:
Posebno: 
Nema potrebe ništa posebno pamtiti, jer što više formula znate, to manje razumijete. Mnogo je korisnije upoznati se Newtonov binom, budući da je Leibnizova formula vrlo, vrlo slična njoj. Pa oni sretnici koji će dobiti izvedenicu 7. ili višeg reda (što je stvarno malo vjerojatno), bit će prisiljeni to učiniti. Međutim, kada dođe red kombinatorika– onda ipak moraš =)
Nađimo treću derivaciju funkcije. Koristimo Leibnizovu formulu:
U ovom slučaju: 
. Izvedenice se lako recitiraju usmeno: 
Sada pažljivo i PAŽLJIVO izvršite zamjenu i pojednostavite rezultat:
Odgovor:
Sličan zadatak za samostalno rješavanje:
Primjer 11
Pronađite značajke
Ako se u prethodnom primjeru "head-on" rješenje još natjecalo s Leibnizovom formulom, onda će ovdje biti stvarno neugodno. I još neugodnije - u slučaju izvedenice višeg reda:
Primjer 12
Pronađite izvod navedenog reda
Riješenje: prva i značajna primjedba je da vjerojatno ne trebaš ovako odlučivati =) =)
Zapišimo funkcije i nađimo njihove derivacije do 5. reda uključivo. Pretpostavljam da su vam izvedenice desnog stupca postale usmene: 
U lijevom stupcu, "žive" izvedenice brzo su "završile" i to je vrlo dobro - tri člana u Leibnizovoj formuli bit će vraćena na nulu:
Da se ponovno osvrnem na dilemu koja se pojavila u članku o složene izvedenice: Trebam li pojednostaviti rezultat? U principu, možete ostaviti ovako - učitelju će biti još lakše provjeriti. Ali može zahtijevati da se odluka dovrši. S druge strane, pojednostavljenje na vlastitu inicijativu prepuno je algebarskih pogrešaka. No, imamo odgovor dobiven na “primitivan” način =) (vidi link na početku) i nadam se da je tocno:
Super, sve se poklopilo.
Odgovor: 
Sretan zadatak za samostalno rješavanje:
Primjer 13
Za funkciju:
a) pronaći izravnim diferenciranjem;
b) pronaći koristeći Leibnizovu formulu;
c) izračunati .
Ne, uopće nisam sadist - točka "a" ovdje je prilično jednostavna =)
Ali ozbiljno, "izravno" rješenje uzastopnim diferenciranjem također ima "pravo na život" - u nekim slučajevima njegova je složenost usporediva sa složenošću primjene Leibnizove formule. Koristite ako smatrate prikladnim - malo je vjerojatno da će to biti razlog za neuspjeh zadatka.
Kratko rješenje i odgovor na kraju lekcije.
Da biste podigli posljednji paragraf morate biti u mogućnosti razlikovati implicitne funkcije:
Izvodnice višeg reda funkcija navedene implicitno
Mnogi od nas proveli su duge sate, dane i tjedne svog života učeći krugovi, parabole, hiperbola– a ponekad se činilo i kao prava kazna. Pa hajdemo se osvetiti i pravilno ih razlikovati!
Počnimo s “školskom” parabolom kanonski položaj:
Primjer 14
Jednadžba je dana. Pronaći .
Riješenje: Prvi korak je poznat:
Činjenica da su funkcija i njezin izvod izraženi implicitno ne mijenja bit stvari; drugi izvod je izvod prvog izvoda: 
Međutim, postoje pravila igre: obično se izražavaju izvedenice 2. i viših reda samo kroz “X” i “Y”. Stoga, zamjenjujemo : u rezultirajuću 2. derivaciju: 
Treća derivacija je derivacija 2. derivacije:
Slično, zamijenimo: 
Odgovor:
"Školska" hiperbola u kanonski položaj– za samostalan rad:
Primjer 15
Jednadžba je dana. Pronaći .
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, pogledajmo još primjere za odrasle, iz kojih ćemo naučiti još jedno važno rješenje:
Primjer 16
Elipsa sam.
Riješenje: nađimo 1. izvod: 
Stanimo sada i analizirajmo sljedeću točku: sada moramo razlikovati razlomak, što nije nimalo ugodno. U ovom slučaju to je, naravno, jednostavno, ali u stvarnim životnim problemima takvih je darova premalo i rijetko. Postoji li način da se izbjegne pronalazak glomazne izvedenice? postoji! Uzimamo jednadžbu i koristimo istu tehniku kao kod pronalaženja prve derivacije - "objesimo" poteze s obje strane: 
Druga derivacija mora biti izražena samo u terminima i , pa sada (sada) Zgodno je riješiti se 1. izvedenice. Da biste to učinili, zamijenite u dobivenu jednadžbu: 
Kako bismo izbjegli nepotrebne tehničke poteškoće, pomnožimo oba dijela s: 
I tek u završnoj fazi formuliramo razlomak: 
Sada gledamo izvornu jednadžbu i primjećujemo da se dobiveni rezultat može pojednostaviti:
Odgovor:
Kako pronaći vrijednost 2. derivacije u bilo kojoj točki (koja, naravno, pripada elipsi), na primjer, u točki 
? Vrlo jednostavno! Ovaj motiv smo već susreli u lekciji o normalna jednadžba: trebate zamijeniti 2. izvedenicu u izraz 
:
Naravno, u sva tri slučaja moguće je dobiti eksplicitno definirane funkcije i razlikovati ih, ali onda se psihički pripremite za rad s dvije funkcije koje sadrže korijene. Po mom mišljenju, prikladnije je provesti rješenje na "implicitan način".
Zadnji primjer za samostalno rješavanje:
Primjer 17
Pronađite implicitno specificiranu funkciju
Tekst rada je objavljen bez slika i formula.
Puna verzija rada dostupna je u kartici "Radne datoteke" u PDF formatu
"I ja, Newtonov binom!»
iz romana "Majstor i Margarita"
“Pascalov trokut toliko je jednostavan da ga čak i desetogodišnje dijete može napisati. Istovremeno, krije neiscrpna blaga i povezuje različite aspekte matematike koji na prvi pogled nemaju ništa zajedničko. Takva neobična svojstva omogućuju nam da Pascalov trokut smatramo jednim od najelegantnijih dijagrama u cijeloj matematici.”
Martin Gardner.
Cilj rada: generalizirati formule za skraćeno množenje i pokazati njihovu primjenu u rješavanju zadataka.
Zadaci:
1) proučiti i sistematizirati informacije o ovom pitanju;
2) analizirati primjere zadataka s Newtonovim binomom i formulama za zbroj i razliku potencija.
Objekti proučavanja: Newtonov binom, formule za zbrojeve i razlike potencija.
Metode istraživanja:
Rad s obrazovnom i znanstveno-popularnom literaturom, internetskim resursima.
Izračuni, usporedbe, analize, analogije.
Relevantnost.Čovjek se često suočava s problemima u kojima treba prebrojati sve moguće načine postavljanja nekih predmeta ili sve moguće načine izvođenja neke radnje. Različiti putovi ili opcije koje osoba mora izabrati čine veliki izbor kombinacija. I cijela jedna grana matematike, zvana kombinatorika, zauzeta je traženjem odgovora na pitanja: koliko kombinacija postoji u određenom slučaju?
Predstavnici mnogih specijalnosti moraju se baviti kombinatornim veličinama: kemijski znanstvenik, biolog, dizajner, dispečer itd. Povećan interes za kombinatoriku u posljednje je vrijeme uzrokovan brzim razvojem kibernetike i računalne tehnologije.
Uvod
Kada žele naglasiti da sugovornik preuveličava složenost problema s kojima se susreće, kažu: “I ja volim Newtonov binom!” Kažu, evo Newtonovog binoma, komplicirano je, ali kakve probleme imate! Čak su i oni ljudi čiji interesi nemaju nikakve veze s matematikom čuli za Newtonov binom.
Riječ "binom" znači binom, tj. zbroj dva člana. Iz školskog tečaja poznate su takozvane formule skraćenog 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 naziva Newtonova binomna formula. U školi se koriste i formule za rastavljanje razlika kvadrata, zbroja i razlike kubova. Generaliziraju li se na druge stupnjeve? Da, postoje takve formule, često se koriste u rješavanju raznih problema: dokazivanje djeljivosti, smanjenje razlomaka, približni izračuni.
Proučavanje generalizirajućih formula razvija deduktivno-matematičko mišljenje i opće misaone sposobnosti.
ODJELJAK 1. NEWTONOVA BINOMNA FORMULA
Kombinacije i njihova svojstva
Neka je X skup koji se sastoji od n elemenata. Svaki podskup Y skupa X koji sadrži k elemenata naziva se kombinacijom k elemenata iz n, s k ≤ n.
Broj različitih kombinacija k elemenata od n označen je s 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 s činjenicom da u skupu X postoji samo jedan podskup od 0 elemenata - prazan podskup.
Brojevi C n k imaju niz izvanrednih svojstava.
Formula je točna: S n k = S n - k n , (3)
Značenje formule (3) je da postoji korespondencija jedan-na-jedan između skupa svih podskupova s k-članovima od X i skupa svih podskupova (n - k)-članova od X: da se uspostavi ta korespondencija, dovoljno je za svaki k-član podskup Y usporediti njegov komplement u skupu X.
Ispravna formula je S 0 n + S 1 n + S 2 n + … + S n n = 2 n (4)
Zbroj 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 koji k, 1≤ k≤ n, jednakost je istinita
C k n = C n -1 k + C n -1 k -1 (5)
Ovu jednakost lako je dobiti pomoću formule (1). Doista,
1.2. Derivacija Newtonove binomne formule
Razmotrimo potencije 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
Zabilježimo sljedeće obrasce:
Broj članova rezultirajućeg polinoma je za jedan veći od eksponenta binoma;
Eksponent prvog člana opada od n do 0, eksponent drugog člana raste od 0 do n;
Stupnjevi svih monoma jednaki su stupnju binoma u uvjetu;
Svaki monom je umnožak prvog i drugog izraza u različitim potencijama i određenog broja - binomni koeficijent;
Binomni koeficijenti jednako udaljeni od početka i kraja ekspanzije su jednaki.
Generalizacija ovih formula je sljedeća formula, koja se naziva 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.
Izvedimo formulu (6). Prije svega, zapišimo:
(a + b ) n = (a + b )(a + b ) ... (a + b ), (7)
gdje je broj zagrada koje treba pomnožiti jednak n. Iz uobičajenog pravila množenja zbroja sa zbrojem slijedi da je izraz (7) jednak zbroju svih mogućih umnožaka, koji se mogu sastaviti na sljedeći način: svaki član prvog od zbrojeva a + b pomnožen bilo kojim članom drugog zbroja a+b, na bilo koji član trećeg zbroja, itd.
Iz navedenog je jasno da pojam u izrazu za (a + b ) n odgovaraju (jedan-na-jedan) nizovima duljine n sastavljenim od slova a i b. Među pojmovima bit će sličnih pojmova; očito je da takvi članovi odgovaraju nizovima koji sadrže isti broj slova A. Ali broj redaka koji sadrže točno k puta slovo A, jednako je C n k . To znači da je zbroj svih članova koji sadrže slovo a s faktorom točno k puta jednak C n k a n - k b k . Budući da k može poprimiti vrijednosti 0, 1, 2, ..., n-1, n, tada formula (6) slijedi iz našeg razmišljanja. Imajte na umu da se (6) može pisati kraće: (8)
Iako je formula (6) nazvana po Newtonu, zapravo je otkrivena i prije Newtona (znao ju je, primjerice, Pascal). Newtonova zasluga leži u činjenici da je pronašao generalizaciju ove formule za slučaj eksponenata koji nisu cijeli brojevi. Upravo je I. Newton 1664.-1665. izveo je formulu koja izražava stupanj binoma za proizvoljne frakcijske 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) mogu se dobiti brojna svojstva ovih koeficijenata. Na primjer, uz pretpostavku A=1, b = 1, dobivamo:
2 n = C 0 n + C 1 n + C 2 n + C 3 n + ... + C n n,
oni. formula (4). Ako stavite A= 1, b = -1, tada ćemo imati:
0 = C 0 n - C 1 n + C 2 n - C 3 n + ... + (-1) n C n n
ili C 0 n + C 2 n + C 4 n + ... = C 1 n + C 3 n + + C 5 n + ... .
To znači da je zbroj koeficijenata parnih članova proširenja jednak zbroju koeficijenata neparnih članova proširenja; svaki od njih je jednak 2 n -1 .
Koeficijenti članova jednako udaljenih od krajeva proširenja su jednaki. Ova svojstva slijede iz odnosa: C n k = C 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. Teorem polinoma
Teorema.
Dokaz.
Da bi se dobio monom nakon otvaranja zagrada potrebno je odabrati one zagrade iz kojih je uzet, one zagrade iz kojih je uzet itd. i one zagrade iz kojih je uzet. Koeficijent tog monoma nakon dovođenja sličnih članova jednak je broju načina na koje se takav izbor može napraviti. Prvi korak niza izbora može se provesti na načine, drugi korak - u, treći - itd., th korak - na načine. Traženi koeficijent jednak je umnošku
ODJELJAK 2. Izvodnice višeg reda.
Pojam derivacija višeg reda.
Neka je funkcija diferencijabilna u nekom intervalu. Tada njegov izvod, općenito govoreći, ovisi o x, odnosno, funkcija je od x. Stoga se u odnosu na nju ponovno može postaviti pitanje postojanja izvedenice.
Definicija . Derivacija prve derivacije naziva se izvod drugog reda ili drugi izvod i označava se simbolom ili, tj
Definicija . Derivacija druge derivacije naziva se derivacija trećeg reda ili treća derivacija i označava se simbolom ili.
Definicija . Izvedenican -ti red funkcije naziva se prva derivacija derivacije (n -1) reda ove funkcije i označava se simbolom ili:
Definicija . Derivacije reda višeg od prvog nazivaju se viši derivati.
Komentar. Slično, možemo dobiti formulu n-ti izvod funkcije:
Druga derivacija parametarski definirane funkcije
Ako je funkcija dana parametarski jednadžbama, tada je za pronalaženje derivacije drugog reda potrebno diferencirati izraz za njenu prvu derivaciju kao složenu funkciju nezavisne varijable.
Od tad
i uzimajući to u obzir,
Shvaćamo, tj.
Slično se može pronaći i treći izvod.
Diferencijal zbroja, umnoška i kvocijenta.
Budući da se diferencijal dobiva iz derivacije množenjem s diferencijalom nezavisne varijable, onda se poznavajući derivacije osnovnih elementarnih funkcija, kao i pravila za nalaženje derivacija, može doći do sličnih pravila za nalaženje diferencijala.
1 0 . Diferencijal konstante je nula.
2 0 . Diferencijal algebarskog zbroja konačnog broja diferencijabilnih funkcija jednak je algebarskom zbroju diferencijala tih funkcija .
3 0 . Diferencijal umnoška dviju diferencijabilnih funkcija jednak je zbroju umnožaka prve funkcije s diferencijalom druge i druge funkcije s diferencijalom prve. .
Posljedica. Konstantni množitelj može se izbaciti iz diferencijalnog predznaka.
2.3. Parametarski definirane funkcije, njihovo razlikovanje.
Definicija . Za funkciju se kaže da je specificirana parametarski ako su obje varijable x I y definiraju se svaki zasebno kao jednovrijedne funkcije iste pomoćne varijable - parametrat :
Gdjet varira unutar.
Komentar . Predstavimo parametarske jednadžbe kružnice i elipse.
a) Kružnica sa središtem u ishodištu i polumjerom r ima parametarske jednadžbe:
b) Napišimo parametarske jednadžbe za elipsu:
Isključivanjem parametra t Iz parametarskih jednadžbi razmatranih pravaca može se doći do njihovih kanoničkih jednadžbi.
Teorema . Ako funkcija y iz argumenta x je parametarski dan jednadžbama gdje su i diferencijabilni u odnosu nat funkcije i zatim.
2.4. Leibnizova formula
Da bismo pronašli izvod n red umnoška dviju funkcija, Leibnizova formula je od velike praktične važnosti.
Neka u I v- neke funkcije iz varijable x, s derivatima bilo kojeg reda i g = uv. Izrazimo se n-ti izvod kroz izvode funkcija u I v .
Imamo dosljedno
Lako je uočiti analogiju između izraza za drugu i treću derivaciju i proširenja Newtonovog binoma na drugu, odnosno treću potenciju, no umjesto eksponenata tu su brojevi koji određuju redoslijed derivacije, a same funkcije mogu se smatrati “derivacijama nultog reda”. Uzimajući ovo u obzir, dobivamo Leibnizovu formulu:
Ova se formula može dokazati matematičkom indukcijom.
ODJELJAK 3. PRIMJENA LEIBNITZOVE FORMULE.
Za izračun derivacije bilo kojeg reda iz umnoška dviju funkcija, zaobilazeći uzastopnu primjenu formule za izračun derivacije umnoška dviju funkcija, upotrijebite Leibnizova formula.
Pomoću ove formule razmotrit ćemo primjere izračuna derivacije n-tog reda umnoška dviju funkcija.
Primjer 1.
Nađite derivaciju drugog reda funkcije
Prema definiciji druga derivacija je prva derivacija prve derivacije tj
Stoga prvo nalazimo derivaciju prvog reda zadane funkcije prema pravila razlikovanja i koristeći tablica izvedenica:
Nađimo sada derivaciju derivacije prvog reda. Ovo će biti željena derivacija drugog reda:
Odgovor:
Primjer 2.
Odredite derivaciju funkcije
Riješenje.
Sekvencijalno ćemo pronaći derivacije prvog, drugog, trećeg i tako dalje reda dane funkcije kako bismo uspostavili obrazac koji se može generalizirati na th derivaciju.
Derivaciju prvog reda nalazimo kao izvod kvocijenta:
Ovdje se izraz naziva faktorijelom broja. Faktorijel broja jednak je umnošku brojeva od jedan do, tj
Izvodnica drugog reda je prva derivacija prve derivacije, tj
Izvod trećeg reda:
Četvrta derivacija:
Uočite obrazac: u brojniku je faktorijel broja koji je jednak redu izvoda, au nazivniku je izraz na potenciju za jedan veći od reda izvoda, tj.
Odgovor.
Primjer 3.
Pronađite vrijednost treće derivacije funkcije u točki.
Riješenje.
Prema tablica izvedenica višeg reda, imamo:
U primjeru koji razmatramo, to jest, dobivamo
Imajte na umu da se sličan rezultat može dobiti sekvencijalnim pronalaženjem izvedenica.
U danoj točki treći izvod je jednak:
Odgovor:
Primjer 4.
Pronađite drugu derivaciju funkcije
Riješenje. Prvo, pronađimo prvu derivaciju:
Da bismo pronašli drugu derivaciju, ponovno diferenciramo izraz za prvu derivaciju:
Odgovor:
Primjer 5.
Pronađite ako
Budući da je navedena funkcija produkt dviju funkcija, za pronalaženje derivacije četvrtog reda bilo bi preporučljivo primijeniti Leibnizovu formulu:
Nađimo sve izvodnice i izračunajmo koeficijente članova.
1) Izračunajmo koeficijente članova:
2) Nađite derivacije funkcije:
3) Nađite derivacije funkcije:
Odgovor:
Primjer 6.
Zadana je funkcija y=x 2 cos3x. Pronađite izvod trećeg reda.
Neka je u=cos3x , v=x 2 . Zatim, koristeći Leibnizovu formulu, nalazimo:
Derivati u ovom izrazu imaju oblik:
(cos3x)′=−3sin3x,
(cos3x)′′=(−3sin3x)′=−9cos3x,
(cos3x)′′′=(−9cos3x)′=27sin3x,
(x2)′=2x,
(x2)′′=2,
(x2)′′′=0.
Stoga je treća derivacija zadane funkcije jednaka
1 ⋅ 27sin3x ⋅ x2+3 ⋅ (−9cos3x) ⋅ 2x+3 ⋅ (−3sin3x) ⋅ 2+1 ⋅ cos3x ⋅ 0
27x2sin3x−54xcos3x−18sin3x=(27x2−18)sin3x−54xcos3x.
Primjer 7.
Nađi izvedenicu n funkcija th reda y=x 2 cosx.
Upotrijebimo Leibnizovu formulu pod pretpostavkomu=cosx, v=x 2 . Zatim
Preostali članovi niza jednaki su nuli, jer(x2)(i)=0 za i>2.
Izvedenica n ti red funkcije kosinusa:
Stoga je derivacija naše funkcije jednaka
ZAKLJUČAK
U školi se uče i koriste takozvane formule za skraćeno množenje: kvadrati i kubovi zbroja i razlike dvaju izraza te formule za rastavljanje razlike kvadrata, zbroja i razlike kubova dvaju izraza. Generalizacija ovih formula je formula koja se naziva Newtonova binomna formula i formula za faktoriziranje zbroja i razlike potencija. Ove se formule često koriste u rješavanju raznih problema: dokazivanje djeljivosti, svođenje razlomaka, približni izračuni. Razmatraju se zanimljiva svojstva Pascalova trokuta koja su usko povezana s Newtonovim binomom.
U radu su sistematizirane informacije o temi, navedeni su primjeri zadataka s Newtonovim binomom i formulama za zbroj i razliku potencija. Rad se može koristiti u radu matematičkog kružoka, kao i za samostalno istraživanje onima koji su zainteresirani za matematiku.
POPIS KORIŠTENIH IZVORA
1.Vilenkin N.Ya. Kombinatorika.- ur. "Znanost". - M., 1969
2. Nikolsky S.M., Potapov M.K., Reshetnikov N.N., Shevkin A.V. Algebra i početak matematičke analize. 10. razred: udžbenik. za opće obrazovanje organizacije osnovne i napredne razine - M.: Prosveshchenie, 2014. - 431 str.
3. Rješavanje problema iz statistike, kombinatorike i teorije vjerojatnosti. 7-9 razreda / autor - sastavljač V.N. Studeneckaja. - ur. 2., revidirano, - Volgograd: Učitelj, 2009.
4. Savushkina I.A., Khugaev K.D., Tishkin S.B. Algebarske jednadžbe više stupnjeve/metodički priručnik za studente međusveučilišnog pripremnog odjela. - Sankt Peterburg, 2001.
5. Sharygin I.F. Izborni kolegij iz matematike: Rješavanje zadataka. Udžbenik za 10. razred. Srednja škola. - M.: Obrazovanje, 1989.
6.Znanost i život, Newtonov binom i Pascalov trokut[Elektronički izvor]. - Način pristupa: http://www.nkj.ru/archive/articles/13598/
Leibnizova formula je dana za n-ti izračuni derivat umnoška dviju funkcija. Njegov dokaz je dat na dva načina. Razmatran je primjer izračuna derivacije n-tog reda.
SadržajVidi također: Derivacija umnoška dviju funkcija
Leibnizova formula
Koristeći Leibnizovu formulu, možete izračunati derivaciju n-tog reda produkta dviju funkcija. Ovako izgleda:
(1)
,
Gdje
- binomni koeficijenti.
Binomni koeficijenti su koeficijenti proširenja binoma po potencijama i:
.
Također, broj je broj kombinacija od n do k.
Dokaz Leibnizove formule
Primjenjivo formula za derivaciju produkta dviju funkcija :
(2)
.
Prepišimo formulu (2) u sljedećem obliku:
.
Odnosno, smatramo da jedna funkcija ovisi o varijabli x, a druga o varijabli y. Na kraju izračuna pretpostavljamo . Tada se prethodna formula može napisati na sljedeći način:
(3)
.
Budući da je derivacija jednaka zbroju članova, a svaki je član umnožak dviju funkcija, tada se za izračunavanje derivacija viših redova može dosljedno primjenjivati pravilo (3).
Tada za derivaciju n-tog reda imamo:
.
Uzimajući u obzir da i , dobivamo Leibnizovu formulu:
(1)
.
Dokaz indukcijom
Izložimo dokaz Leibnizove formule metodom matematičke indukcije.
Napišimo još jednom Leibnizovu formulu:
(4)
.
Za n = 1 imamo:
.
Ovo je formula za derivat umnoška dviju funkcija. Ona je pravedna.
Pretpostavimo da formula (4) vrijedi za derivaciju n-tog reda. Dokažimo da vrijedi za izvod n + 1 -ti red.
Razlikujmo (4):
;
.
Tako smo pronašli:
(5)
.
Zamijenimo u (5) i uzmimo u obzir da:
.
To pokazuje da formula (4) ima isti oblik za derivaciju n + 1
-ti red.
Dakle, formula (4) vrijedi za n = 1
. Iz pretpostavke da vrijedi za neki broj n = m slijedi da vrijedi za n = m + 1
.
Leibnizova formula je dokazana.
Primjer
Izračunajte n-tu derivaciju funkcije
.
Primijenimo Leibnizovu formulu
(2)
.
U našem slučaju
;
.
Po tablica izvedenica imamo:
.
Prijavljujemo se svojstva trigonometrijskih funkcija :
.
Zatim
.
To pokazuje da diferencijacija sinusne funkcije dovodi do njezina pomaka za . Zatim
.
Pronalaženje izvodnica funkcije.
;
;
;
,
.
Kako je za , tada su u Leibnizovoj formuli samo prva tri člana različita od nule. Određivanje binomnih koeficijenata.
;
.
Prema Leibnizovoj formuli imamo:
.
Rješavanje primijenjenih problema svodi se na izračunavanje integrala, ali to nije uvijek moguće učiniti točno. Ponekad je potrebno znati vrijednost određenog integrala s određenim stupnjem točnosti, na primjer, do tisućinke.
Postoje problemi kada je potrebno pronaći približnu vrijednost određenog integrala sa potrebnom točnošću, tada se koristi numerička integracija kao što je Simposny metoda, trapezi, pravokutnici. Ne dopuštaju nam svi slučajevi da ga izračunamo s određenom točnošću.
Ovaj članak ispituje primjenu Newton-Leibnizove formule. Ovo je neophodno za točan izračun određenog integrala. Navest ćemo detaljne primjere, razmotriti promjene varijabli u određenom integralu i pronaći vrijednosti određenog integrala pri integriranju po dijelovima.
Newton-Leibnizova formula
Definicija 1Kada je funkcija y = y (x) neprekidna iz intervala [ a ; b ] , a F (x) je dakle jedna od antiderivacija funkcije ovog segmenta Newton-Leibnizova formula smatra poštenim. Zapišimo to ovako: ∫ a b f (x) d x = F (b) - F (a) .
Ova se formula smatra osnovna formula integralnog računa.
Da bismo dobili dokaz ove formule, potrebno je koristiti koncept integrala s dostupnom varijabilnom gornjom granicom.
Kada je funkcija y = f (x) neprekidna iz intervala [ 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 uzeti zapis funkcije koja će imati oblik ∫ a x f (t) d t = Φ (x) , ona je kontinuirana, a nejednadžba oblika ∫ a x f (t) d t " = Φ " (x) = f (x) vrijedi za njega.
Popravimo da prirast funkcije Φ (x) odgovara prirastu argumenta ∆ x , potrebno je koristiti peto glavno svojstvo određenog integrala i dobivamo
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 .
Popravimo jednakost u obliku Φ (x + ∆ x) - Φ (x) ∆ x = f (c) . Po definiciji derivacije funkcije potrebno je ići do limita ∆ x → 0, tada dobivamo formulu oblika Φ " (x) = f (x). Nalazimo da je Φ (x) jedna od antiderivacija za funkciju oblika y = f (x), koja se nalazi na [a;b]. Inače se izraz 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 shvaćamo
F (a) = Φ (a) + C = ∫ a a f (t) d t + C = 0 + C = C, stoga dobivamo da je C = F (a). Rezultat je primjenjiv pri izračunavanju F (b) i dobivamo:
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 se dokazuje Newton-Leibnizovom formulom ∫ a b f (x) d x + F (b) - F (a) .
Prirast funkcije uzimamo kao F x a b = F (b) - F (a) . Koristeći notaciju, Newton-Leibnizova formula ima oblik ∫ a b f (x) d x = F x a b = F (b) - F (a) .
Za primjenu formule potrebno je poznavati jednu od antiderivacija y = F (x) funkcije integranda y = f (x) iz segmenta [ a ; b ], izračunajte prirast antiderivacije iz ovog segmenta. Pogledajmo nekoliko primjera izračuna pomoću Newton-Leibnizove formule.
Primjer 1
Izračunajte određeni integral ∫ 1 3 x 2 d x pomoću Newton-Leibnizove formule.
Riješenje
Smatrajmo da je integrand oblika y = x 2 kontinuiran iz intervala [ 1 ; 3 ], onda je integrabilan na tom intervalu. Iz tablice neodređenih integrala vidimo da funkcija y = x 2 ima skup antiderivacija za sve realne vrijednosti x, što znači x ∈ 1; 3 će biti napisan kao F (x) = ∫ x 2 d x = x 3 3 + C . Potrebno je uzeti antiderivaciju s C = 0, tada dobivamo F (x) = x 3 3.
Koristimo Newton-Leibnizovu formulu i nalazimo da izračun određenog integrala ima 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 određeni integral ∫ - 1 2 x · e x 2 + 1 d x pomoću Newton-Leibnizove formule.
Riješenje
Zadana funkcija je kontinuirana iz intervala [ - 1 ; 2 ], što znači da je na njemu integrabilan. Potrebno je pronaći vrijednost neodređenog integrala ∫ x · e x 2 + 1 d x metodom podvođenja pod diferencijalni predznak, tada dobivamo ∫ x · e x 2 + 1 d x = 1 2 ∫ e x 2 + 1 d ( x 2 + 1) = 1 2 e x 2 + 1 + C .
Dakle, imamo skup antiderivacija funkcije y = x · e x 2 + 1, koje vrijede za sve x, x ∈ - 1; 2.
Potrebno je uzeti antiderivaciju pri C = 0 i primijeniti Newton-Leibnizovu formulu. Tada dobivamo 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 .
Riješenje
Segment - 4; - 1 2 kaže da je funkcija pod predznakom integrala kontinuirana, što znači da je integrabilna. Odavde nalazimo skup antiderivacija funkcije y = 4 x 3 + 2 x 2. Shvaćamo 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 antiderivaciju F (x) = 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
Prelazimo 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 je nužan uvjet za integrabilnost iz segmenta. Tada F (x) = 2 x 2 - 2 x nije antiderivacija za y = 4 x 3 + 2 x 2 iz intervala [ - 1 ; 1 ], budući da točka O pripada segmentu, ali nije uključena u domenu definicije. To znači da postoji određeni 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 = - 28 , postoji određeni Riemannov i Newton-Leibnizov integral za funkciju y = 4 x 3 + 2 x 2 iz intervala [ - 1 ; 1 ] .
Prije korištenja Newton-Leibnizove formule morate točno znati postojanje određenog integrala.
Promjena varijable u određenom integralu
Kada je funkcija y = f (x) definirana i kontinuirana iz intervala [ a ; b], zatim raspoloživi skup [a; b] smatra se rasponom vrijednosti funkcije x = g (z), definiranom na segmentu α; β uz postojeću kontinuiranu derivaciju, gdje je g (α) = a i g β = b, iz ovoga dobivamo da je ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) g " (z) d z.
Ova formula se koristi kada treba izračunati integral ∫ a b f (x) d x, gdje neodređeni integral ima oblik ∫ f (x) d x, izračunavamo metodom supstitucije.
Primjer 4
Izračunajte određeni integral oblika ∫ 9 18 1 x 2 x - 9 d x .
Riješenje
Funkcija integranda smatra se kontinuiranom na intervalu integracije, što znači da postoji određeni integral. Zabilježimo 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 dobivamo da je z = 2 18 - 9 = 27 = 3 3, zatim g α = g (3) = 9, g β = g 3 3 = 18. Zamjenom dobivenih vrijednosti u formulu ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) g " (z) d z dobivamo 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 tablici neodređenih integrala imamo da jedna od antiderivacija funkcije 2 z 2 + 9 poprima vrijednost 2 3 a r c t g z 3 . Zatim, primjenom Newton-Leibnizove formule, dobivamo 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 1 = 2 3 π 3 - π 4 = π 18
Pronalaženje se može izvesti bez upotrebe formule ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) · g " (z) d z .
Ako metodom zamjene koristimo 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 izvesti proračune pomoću Newton-Leibnizove formule i izračunati definitivni integral. Shvaćamo 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 r c t g 1 = 2 3 π 3 - π 4 = π 18
Rezultati su bili isti.
Odgovor: ∫ 9 18 2 x 2 x - 9 d x = π 18
Integracija po dijelovima pri računanju određenog integrala
Ako je na segmentu [ a ; b ] funkcije u (x) i v (x) su definirane i kontinuirane, tada su njihove izvodnice prvog reda v " (x) · u (x) integrabilne, dakle iz ovog segmenta za integrabilnu funkciju u " (x) · v ( x) vrijedi jednakost ∫ a b v " (x) · u (x) d x = (u (x) · v (x)) a b - ∫ a b u " (x) · v (x) d x.
Formula se tada može koristiti, potrebno je izračunati integral ∫ a b f (x) d x, a ∫ f (x) d x potrebno ga je tražiti integracijom po dijelovima.
Primjer 5
Izračunajte određeni integral ∫ - π 2 3 π 2 x · sin x 3 + π 6 d x .
Riješenje
Funkcija x · sin x 3 + π 6 je integrabilna na intervalu - π 2 ; 3 π 2, što znači da je neprekidan.
Neka je u (x) = x, tada d (v (x)) = v " (x) d x = sin x 3 + π 6 d x, i d (u (x)) = u " (x) d x = 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 dobivamo 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 = = - 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 = 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
Primjer se može riješiti i na drugi način.
Pronađite skup antiderivacija funkcije x · sin x 3 + π 6 koristeći integraciju po dijelovima koristeći Newton-Leibnizovu 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