Derivati ​​višeg reda

U ovoj lekciji ćemo naučiti kako pronaći derivate višeg reda, kao i pisati opšta formula"n-ti" derivat. Osim toga, Leibnizova formula za takav derivat i, prema popularnoj potražnji, derivate 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/zabune oko ovog primjera, počnite s dva osnovna članka mog kursa: Kako pronaći derivat? I Derivat kompleksne funkcije. Nakon savladavanja elementarnih izvedenica, preporučujem da pročitate lekciju Najjednostavniji problemi sa izvedenicama, 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:

Pored rimske numeracije, u praksi se često koriste sljedeće oznake:
, derivacija “n-tog” reda je označena sa . U ovom slučaju, superscript mora biti zatvoren u zagradama– razlikovati izvedenicu od “y” u stepenu.

Ponekad vidite nešto ovako: – treći, četvrti, peti, ..., „n-ti” derivati, redom.

Naprijed bez straha i sumnje:

Primjer 1

Funkcija je data. Pronađite .

Rješenje: sta reci... - samo napred za cetvrtu izvedenicu :)

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

Odgovori:

U redu, sada razmislimo o ovom pitanju: što učiniti ako uvjet zahtijeva pronalaženje ne 4., već, na primjer, 20. izvedenice? Ako je za izvedenicu 3-4-5 (maksimalno 6-7.) reda veličine, rješenje se prilično brzo formalizira, onda nećemo vrlo brzo „doći do“ derivata viših reda. U stvari, nemojte zapisivati ​​20 redova! U takvoj situaciji, potrebno je analizirati nekoliko pronađenih izvedenica, vidjeti obrazac i kreirati formulu za „n-tu“ derivaciju. Dakle, u primjeru br. 1 lako je razumjeti da će sa svakim sljedećim diferenciranjem ispred eksponenta “iskočiti” dodatna “trojka”, a u svakom 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 odmah: – i nema „kilometarskih listova“!

Zagrijavanje samostalno:

Primjer 2

Pronađite funkcije. Napišite derivaciju reda

Rješenje i odgovor nalaze se na kraju lekcije.

Nakon okrepljujućeg zagrijavanja, pogledat ćemo još složeni primjeri, u kojem ćemo razraditi gornji algoritam rješenja. Za one koji su uspjeli da se upoznaju sa lekcijom Granica sekvence, bit će malo lakše:

Primjer 3

Pronađite funkciju.

Rješenje: da razjasnimo situaciju, nađimo nekoliko izvedenica:

Ne žurimo da množimo rezultirajuće brojeve! ;-)


Možda je to dovoljno. ...čak sam malo preterao.

Sljedeći korak je najbolje kreirati formulu za "n-tu" izvodnicu (ako uvjet ovo ne zahtijeva, onda možete proći sa nacrtom). Da bismo to učinili, gledamo dobivene rezultate i identificiramo obrasce s kojima se dobiva svaki sljedeći izvod.

Prvo, oni se izmjenjuju. Usklađivanje osigurava "blistavo svjetlo", a budući da je 1. izvod pozitivan, sljedeći faktor će ući u opću formulu: . Ekvivalentna opcija bi također uspjela, ali lično, kao optimista, volim znak plus =)

Drugo, u brojiocu se "navija" faktorijel, i on “zaostaje” za izvedenim brojem za jednu jedinicu:

I treće, povećava se snaga "dvojke" u brojniku, što je jednako broju derivacije. Isto se može reći i za stepen nazivnika. konačno:

Za provjeru, zamijenimo nekoliko "en" vrijednosti, na primjer, i :

Odlično, sada je pogriješiti jednostavno grijeh:

Odgovori:

Jednostavnija funkcija za nezavisna odluka:

Primjer 4

Pronađite funkcije.

I još zanimljiviji problem:

Primjer 5

Pronađite funkcije.

Ponovimo postupak još jednom:

1) Prvo nalazimo nekoliko izvedenica. Za hvatanje uzoraka obično su dovoljna tri ili četiri.

2) Onda toplo preporučujem izradu (barem u nacrtu)„n-ti“ derivat – garantovano će vas zaštititi od grešaka. Ali možete i bez toga, tj. mentalno procijenite i odmah zapišite, na primjer, dvadeseti ili osmi izvod. Štaviše, neki ljudi uglavnom su u stanju da riješe probleme usmeno. Međutim, treba imati na umu da su "brze" metode pune i da je bolje biti siguran.

3) U završnoj fazi provjeravamo "n-tu" derivaciju - uzmimo par "n-tih" vrijednosti (po mogućnosti susjednih) i izvršimo zamjenu. A još je pouzdanije provjeriti sve prethodno pronađene derivate. Zatim ga zamjenjujemo u željenu vrijednost, na primjer, ili i pažljivo češljamo rezultat.

Kratko rješenje primjera 4 i 5 na kraju lekcije.

U nekim zadacima, kako biste izbjegli probleme, morate malo čarolije poraditi na funkciji:

Primjer 6

Rješenje: Ne želim uopće razlikovati predloženu funkciju, jer će rezultirati "lošim" razlomkom, što će uvelike otežati pronalaženje naknadnih derivata.

U tom smislu, preporučljivo je izvršiti preliminarne transformacije: koristimo formula kvadratne razlike I svojstvo logaritma :

To je sasvim druga stvar:

I stari prijatelji:

Mislim da se sve gleda. Imajte na umu da 2. razlomak zamjenjuje znak, ali 1. razlomak ne. Konstruišemo derivat poretka:

Kontrola:

Pa, lepote radi, izvadimo faktorijel iz zagrada:

Odgovori:

Zanimljiv zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 7

Zapišite formulu izvoda reda za funkciju

A sada o nepokolebljivoj uzajamnoj garanciji na kojoj bi joj zavidjela i italijanska mafija:

Primjer 8

Funkcija je data. Nađi

Osamnaesti izvod u tački. Samo.

Rješenje: prvo, očigledno, morate pronaći . idi:

Počeli smo od sinusa, a završili sa sinusom. Jasno je da će se daljim diferencijacijom ovaj ciklus nastaviti u nedogled, i sljedeće pitanje: koji je najbolji način da se "dođe" do osamnaeste izvedenice?

"Amaterska" metoda: brzo zapišite brojeve sljedećih izvedenica u stupac s desne strane:

ovako:

Ali ovo funkcionira ako redoslijed derivacije 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 u donjem redu, 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 za “n-tu” derivaciju 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, argument se može bezbolno „odvrnuti“ 4 tačke (tj.).

Izvod poretka proizvoda dviju funkcija može se naći pomoću formule:

posebno:

Ne morate ništa posebno pamtiti, jer što više formula znate, manje ih razumijete. Mnogo je korisnije upoznati se Njutnov binom, budući da je Leibnizova formula vrlo, vrlo slična njoj. Pa oni sretnici koji će dobiti derivat 7. ili višeg reda (što je zaista malo vjerovatno), biće primorani da to urade. Međutim, kada dođe red kombinatorika– onda još moraš =)

Nađimo treći izvod funkcije. Koristimo Leibnicovu formulu:

IN u ovom slučaju: . Izvodi se lako recituju usmeno:

Sada pažljivo i PAŽLJIVO izvršite zamjenu i pojednostavite rezultat:

Odgovori:

Sličan zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 11

Pronađite karakteristike

Ako se u prethodnom primjeru rješenje “head-on” još uvijek natjecalo s Leibnizovom formulom, onda će to ovdje biti zaista neugodno. I još neugodnije - u slučaju derivata višeg reda:

Primjer 12

Pronađite izvod navedenog reda

Rješenje: prva i značajna napomena je da vjerovatno ne morate ovako odlučivati ​​=) =)

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

U lijevom stupcu „živi“ derivati ​​su brzo „završili“ i to je vrlo dobro - tri člana u Leibnizovoj formuli će biti vraćena na nulu:

Da se još jednom zadržim na dilemi koja se pojavila u članku o složene derivate: Da li da pojednostavim rezultat? U principu, možete to ostaviti na ovaj način - učitelju će biti još lakše provjeriti. Ali on može zahtijevati da se odluka dovrši. S druge strane, uprošćavanje na vlastitu inicijativu je prepuno algebarskih grešaka. Međutim, imamo odgovor dobijen na "primitivan" način =) (vidi link na početku) i nadam se da je tačno:

Odlično, sve se poklopilo.

Odgovori:

Sretan zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 13

Za funkciju:
a) naći direktnom diferencijacijom;
b) pronađite koristeći Leibnizovu formulu;
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 ako smatrate da je prikladno - malo je vjerovatno da će to biti razlog za neuspjeh u zadatku.

Kratko rješenje i odgovor na kraju lekcije.

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

Izvodi funkcija višeg reda specificirani implicitno

Mnogi od nas su proveli duge sate, dane i sedmice svog života učeći krugovima, parabole, 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

Jednačina je data. 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 : u rezultirajuću 2. izvedenicu:

Treći izvod je izvod drugog izvoda:

Slično, zamijenimo:

Odgovori:

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

Primjer 15

Jednačina je data. 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, pogledajmo više primjera za odrasle, iz kojih ćemo naučiti još jedno važno rješenje:

Primjer 16

Elipsa sebe.

Rješenje: hajde da nađemo 1. izvedenicu:

Zaustavimo se i analizirajmo sljedeću stvar: sada moramo razlikovati razlomak, što nije nimalo ugodno. U ovom slučaju, to je, naravno, jednostavno, ali u stvarnim životnim problemima takvih je poklona premalo. 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 obje strane:

Drugi derivat mora biti izražen samo u terminima i , Dakle, sada (upravo sada) Zgodno je riješiti se 1. izvedenice. Da biste to učinili, zamijenite rezultirajuću jednadžbu:

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

I tek u završnoj fazi formuliramo razlomak:

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

Odgovori:

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

Naravno, u sva tri slučaja moguće je dobiti eksplicitno definirane funkcije i razlikovati ih, ali se onda psihički pripremiti za rad s dvije funkcije koje sadrže korijene. Po mom mišljenju, zgodnije je rješenje provesti na „implicitan način“.

Konačni primjer koji možete riješiti sami:

Primjer 17

Pronađite implicitno datu funkciju

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

Postoje problemi kada bi bilo potrebno pronaći približnu vrijednost određenog integrala sa traženom tačnošću, tada se koristi numerička integracija kao što je Simposny metoda, trapezi i pravokutnici. Ne dozvoljavaju nam svi slučajevi da to izračunamo sa određenom tačnošću.

Ovaj članak ispituje primjenu Newton-Leibnizove formule. Ovo je neophodno za precizno izračunavanje definitivnog integrala. Biće dato detaljni primjeri, razmatraju se promjene varijable u određenom integralu i nalazimo vrijednosti određenog integrala pri integraciji po dijelovima.

Newton-Leibnizova formula

Definicija 1

Kada je funkcija y = y (x) kontinuirana iz intervala [ 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 razmotriti osnovna formula integralnog računa.

Da bi se proizveo dokaz ove formule, potrebno je koristiti koncept integrala sa dostupnom gornjom granicom varijable.

Kada je funkcija y = f (x) kontinuirana 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 da će funkcija imati 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.

Popravimo da prirast funkcije Φ (x) odgovara inkrementu argumenta ∆ x , potrebno je koristiti peto glavno svojstvo određenog integrala i dobićemo

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 granice kao ∆ x → 0, tada dobijamo formulu oblika Φ " (x) = f (x). Nalazimo da je Φ (x) jedan od antiderivata 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 shvatamo

F (a) = Φ (a) + C = ∫ a a f (t) d t + C = 0 + C = C, dakle dobijamo da je 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 je dokazana Newton-Leibnizovom formulom ∫ a b f (x) d x + F (b) - F (a) .

Uzimamo prirast funkcije 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 primenu formule potrebno je poznavati jedan od antiderivata y = F (x) integrand funkcije y = f (x) iz segmenta [ a ; b ], izračunajte prirast antiderivata iz ovog segmenta. Pogledajmo 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 ], onda je integrabilna na ovom intervalu. Prema tabeli neodređeni integrali vidimo da funkcija y = x 2 ima skup antiderivata za sve realne vrijednosti x, što znači 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.

Koristimo Newton-Leibnizovu formulu i nalazimo da izračunavanje definitivnog 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 definitivni integral ∫ - 1 2 x · e x 2 + 1 d x koristeći Newton-Leibniz formulu.

Rješenje

Zadata 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 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 .

Stoga imamo skup antiderivata funkcije y = x · e x 2 + 1, koji vrijede 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) = 2 x 2 - 2 x, a zatim, primjenom Newton-Leibnizove formule, dobijamo 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 funkcija integranda smatra neograničenom, jer lim x → 0 4 x 3 + 2 x 2 = + ∞ , onda slijedi da neophodan uslov integrabilnost iz segmenta. Tada F (x) = 2 x 2 - 2 x nije antiderivativna 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 Riemann 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 definitivan Riemann 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 intervala [ a ; b], zatim dostupni skup [a; b] se smatra rasponom vrijednosti funkcije x = g (z), definiranom na segmentu α; β sa postojećim kontinuiranim izvodom, gdje je g (α) = a i g β = b, iz ovoga dobijamo 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, 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

Funkcija integrand se smatra kontinuiranom na intervalu integracije, što znači da postoji određeni integral. 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, tada je g α = g (3) = 9, g β = g 3 3 = 18. Prilikom zamjene 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 . Tada, 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 metodom zamjene koristimo integral oblika ∫ 1 x 2 x - 9 d x, onda 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 = π 18

Rezultati su bili isti.

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

Integracija po dijelovima pri izračunavanju 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, dakle iz ovog segmenta 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 tražiti 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 intervalu - π 2 ; 3 π 2, što znači da je kontinuirano.

Neka je u (x) = x, tada je 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 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 = = - 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 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

Leibnizova formula je data za n-ti proračuni derivacija proizvoda dviju funkcija. Njegov dokaz je dat na dva načina. Razmatran je primjer izračunavanja derivata n-tog reda.

Sadržaj

Vidi također: Derivat proizvoda dviju funkcija

Leibnizova formula

Koristeći Leibnizovu formulu, možete izračunati derivaciju n-tog reda proizvoda dvije funkcije. izgleda ovako:
(1) ,
Gdje
- binomni koeficijenti.

Binomni koeficijenti su koeficijenti proširenja binoma po stepenima i:
.
Takođe broj je broj kombinacija od n do k.

Dokaz Leibnizove formule

Primijenimo formulu za derivaciju proizvoda dvije funkcije:
(2) .
Prepišimo formulu (2) u sljedećem obliku:
.
Odnosno, smatramo da jedna funkcija zavisi od varijable x, a druga od varijable y. Na kraju proračuna pretpostavljamo . Tada se prethodna formula može napisati na sljedeći način:
(3) .
Budući da je izvod jednak zbiru članova, a svaki član je proizvod dvije funkcije, onda se za izračunavanje izvoda višeg reda može konzistentno primijeniti pravilo (3).

Tada za izvod n-tog reda imamo:

.
Uzimajući u obzir da i , dobijamo Leibnizovu formulu:
(1) .

Dokaz indukcijom

Predstavimo dokaz Leibnizove formule koristeći metodu matematičke indukcije.

Napišimo još jednom Leibnicovu formulu:
(4) .
Za n = 1 imamo:
.
Ovo je formula za derivaciju proizvoda dvije funkcije. Ona je fer.

Pretpostavimo da formula (4) vrijedi za izvod n-tog reda. Dokažimo da vrijedi za izvod n + 1 -th red.

Hajde da razlikujemo (4):
;



.
Tako smo pronašli:
(5) .

Zamijenimo u (5) i uzmimo u obzir da:

.
Ovo pokazuje da formula (4) ima isti oblik za izvod n + 1 -th 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-ti izvod funkcije
.

Primijenimo Leibnicovu formulu
(2) .
U našem slučaju
;
.

Iz tabele derivata imamo:
.
Primjenjujemo svojstva trigonometrijskih funkcija:
.
Onda
.
Ovo pokazuje da diferencijacija sinusne funkcije dovodi do njenog pomaka za . Onda
.

Pronalaženje izvoda funkcije.
;
;
;
, .

Budući da je za , tada su u Leibnizovoj formuli samo prva tri člana različita od nule. Pronalaženje binomnih koeficijenata.
;
.

Prema Leibnizovoj formuli imamo:

.

Vidi također:

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

"I ja, Newtonov binom!»

iz romana "Majstor i Margarita"

„Paskalov trougao je toliko jednostavan da ga čak i desetogodišnje dete može zapisati. U isto vrijeme krije neiscrpno blago i povezuje različite aspekte matematike koji na prvi pogled nemaju ništa zajedničko jedno s drugim. Dakle neobična svojstva dopušta nam da Pascalov trokut smatramo jednim od najelegantnijih dijagrama u cijeloj matematici"

Martin Gardner.

Cilj rada: generalizirati skraćene formule za množenje i pokazati njihovu primjenu u rješavanju problema.

Zadaci:

1) proučava i sistematizuje informacije o ovom pitanju;

2) analizirati primjere zadataka koristeći Newtonov binom i formule za zbir i razliku potencija.

Objekti studija: Newtonov binom, formule za sume i razlike potencija.

Metode istraživanja:

Rad sa obrazovnim i naučnopopularnu literaturu, Internet resursi.

Proračuni, poređenje, analiza, analogija.

Relevantnost.Čovjek se često mora suočiti s problemima u kojima treba izbrojati broj svih mogućih načina postavljanja nekih predmeta ili broj svih mogućih načina izvođenja neke radnje. Različiti putevi ili opcije koje osoba mora odabrati zbrajaju se u široku paletu kombinacija. A čitava grana matematike, koja se zove kombinatorika, zauzeta je traženjem odgovora na pitanja: koliko kombinacija postoji u datom slučaju?

Kombinatornim veličinama se bave predstavnici mnogih specijalnosti: hemičar, biolog, dizajner, dispečer, itd. Pojačano interesovanje za kombinatoriku u poslednje vreme izaziva nagli razvoj kibernetike i kompjuterske tehnologije.

Uvod

Kada žele da naglase da sagovornik preuveličava složenost problema sa kojima se suočava, kažu: „Sviđa mi se i Njutnov binom!“ Kažu, evo Njutnova binoma, to je komplikovano, ali kakve probleme imate! Čak i oni ljudi čiji interesi nemaju nikakve veze s matematikom čuli su za Newtonov binom.

Riječ "binom" znači binom, tj. zbir dva člana. Od školski kurs 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 faktoring razlika kvadrata, zbira i razlike kocki. Da li se generalizuju na druge stepene? 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 misaone sposobnosti.

ODJELJAK 1. NJUTNOVA BINOMALNA 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, sa k ≤ n.

Broj različitih kombinacija k elemenata iz n označava se sa 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.

Formula je tačna: S n k = S n - k n , (3)

Značenje formule (3) je da postoji korespondencija jedan-na-jedan između skupa svih k-članih podskupova X i skupa svih (n - k)-članih podskupova X: da bismo uspostavili ovu korespondenciju, dovoljno je da svaki k-člani podskup Y uporedi njegov komplement u skupu X.

Tačna formula je 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 je tačna

C k n = 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

Zapazimo sljedeće obrasce:

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 stepenu 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.

Izvedemo 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 sume sa zbrojem slijedi da je izraz (7) jednak zbroju svih mogućih proizvoda, koji se može sastaviti na sljedeći način: bilo koji član prvog od zbroja a + b pomnoženo bilo kojim članom drugog zbroja a+b, na bilo koji član trećeg zbira, itd.

Iz navedenog je jasno da je termin u izrazu za (a + b ) n odgovaraju (jedan prema jedan) nizovima dužine n sastavljenim 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 . To znači da je zbir svih članova koji sadrže slovo a sa faktorom od tačno k puta jednak C n k a n - k b k . Kako k može imati vrijednosti 0, 1, 2, ..., n-1, n, onda formula (6) slijedi iz našeg razmišljanja. Imajte na umu da se (6) može napisati kraće: (8)

Iako se formula (6) zove po Newtonu, zapravo 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 binomnim koeficijentima, 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 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 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. Ova svojstva proizlaze iz relacije: 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. Polinomska teorema

Teorema.

Dokaz.

Da biste dobili 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 uzeto. Koeficijent ovog monoma nakon smanjenja sličnih članova jednak broju načine na koje se može napraviti takav izbor. Prvi korak izbornog niza može se izvesti na načine, drugi korak - u, treći - itd., treći korak - na načine. Traženi 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. Shodno tome, u vezi sa njim, ponovo se može postaviti pitanje postojanja derivata.

Definicija . Izvod prvog izvoda se zove izvod drugog reda ili drugi izvod 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 red funkcije naziva se prvim izvodom izvoda (n -1)-ti red ove funkcije i označava se simbolom ili:

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

Komentar. Slično, možemo dobiti formulu 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 složena funkcija nezavisna varijabla.

Od tada

i uzimajući u obzir to,

Razumemo, to jest.

Slično se može naći i treći derivat.

Diferencijal zbira, proizvoda i količnika.

Pošto se diferencijal dobija iz derivacije množenjem sa diferencijalom nezavisne varijable, onda, znajući derivate glavne elementarne funkcije, kao i pravila za pronalaženje izvoda, može se doći do sličnih pravila za pronalaženje 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 diferencijalom druge i druge funkcije diferencijalom prve .

Posljedica. Konstantni množitelj se može izvaditi iz diferencijalnog predznaka.

2.3. Parametarski definirane funkcije, njihova diferencijacija.

Definicija . Kaže se da je funkcija specificirana parametarski ako su obje varijable X I y su definirane svaka zasebno kao jednovrijedne funkcije iste pomoćne varijable - parametrat :

Gdjet varira unutar.

Komentar . Predstavimo parametarske jednačine kruga i elipse.

a) Krug sa centrom u početku i poluprečnikom r ima parametarske jednadžbe:

b) Zapišimo 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 gdje su i diferencibilne u odnosu nat funkcije i zatim.

2.4. Leibnizova formula

Da nađemo derivat n th red proizvoda dvije funkcije je velik praktični značaj ima Leibnicovu formulu.

Neka u I v- neke funkcije iz varijable X, koji imaju derivate bilo kojeg reda i y = uv. Hajde da se izrazimo 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 red izvoda, i same funkcije mogu se smatrati „derivacijama nultog reda“. Uzimajući ovo u obzir, dobijamo Leibnicovu formulu:

Ova formula se može dokazati matematičkom indukcijom.

ODJELJAK 3. PRIMJENA LEIBNIC FORMULE.

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

Koristeći ovu formulu, razmotrit ćemo primjere izračunavanja izvoda n-tog reda proizvoda dvije funkcije.

Primjer 1.

Pronađite izvod funkcije drugog reda

Prema definiciji, drugi izvod je prvi izvod prvog izvoda, tj

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

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

odgovor:

Primjer 2.

Naći derivaciju funkcije

Rješenje.

Sukcesivno ćemo pronaći izvode prvog, drugog, trećeg i tako redova date funkcije da bismo uspostavili obrazac koji se može generalizirati na th derivaciju.

Izvod prvog reda nalazimo kao derivacija količnika:

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

Izvod drugog reda je prvi izvod prvog izvoda, tj

Izvod trećeg reda:

Četvrta izvedenica:

Obratite pažnju na obrazac: u brojiocu se nalazi faktorijel broja koji je jednak redu izvoda, a u nazivniku je izraz na stepen 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 primjeru koji se razmatra, odnosno dobijamo

Imajte na umu da se sličan rezultat može dobiti sekvencijalnim pronalaženjem izvoda.

IN dati poen treći izvod je jednak:

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, za pronalaženje izvoda četvrtog reda bilo bi preporučljivo primijeniti Leibnizovu formulu:

Nađimo sve izvode i izračunajmo koeficijente članova.

1) Izračunajmo koeficijente pojmova:

2) Pronađite izvode funkcije:

3) Pronađite izvode funkcije:

odgovor:

Primjer 6.

Zadata funkcija y=x 2 cos3x. Pronađite izvod trećeg reda.

Neka je u=cos3x , v=x 2 . Zatim, koristeći Leibnizovu formulu, nalazimo:

Izvodi u ovom izrazu imaju oblik:

(cos3x)′=−3sin3x,

(cos3x)′′=(−3sin3x)′=−9cos3x,

(cos3x)′′′=(−9cos3x)′=27sin3x,

(x2)′=2x,

(x2)′′=2,

(x2)′′′=0.

Dakle, treći izvod date funkcije je jednak

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

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

Primjer 7.

Pronađite izvod n funkcija reda y=x 2 cosx.

Koristimo Leibnizovu formulu, pod pretpostavkomu=cosx, v=x 2 . Onda

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

Derivat n th red kosinusne funkcije:

Dakle, derivacija naše funkcije je jednaka

ZAKLJUČAK

U školi se izučavaju i koriste takozvane formule skraćenog množenja: kvadrati i kocke zbira i razlike dva izraza i formule za faktoriranje razlike kvadrata, zbira i razlike kubova dva izraza. Generalizacija ovih formula je formula koja se zove Newtonova binomna formula i formula za faktorizaciju zbira 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 se sistematiziraju informacije o temi, daju se primjeri zadataka koristeći Newtonov binom i formule za zbir i razliku potencija. 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 počeci matematička analiza. 10. razred: udžbenik. za opšte obrazovanje organizacije osnovnog i naprednog nivoa - M.: Prosveshchenie, 2014. - 431 str.

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

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

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

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