Երկու փոփոխական ունեցող ֆունկցիայի ածանցյալ: Երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ

Թող ֆունկցիան տրվի։ Քանի որ x-ը և y-ն անկախ փոփոխականներ են, դրանցից մեկը կարող է փոխվել, մինչդեռ մյուսը պահպանում է իր արժեքը: Եկեք x անկախ փոփոխականին ավելացնենք՝ y-ի արժեքը պահելով անփոփոխ: Այնուհետև z-ն կստանա աճ, որը կոչվում է z-ի մասնակի աճ x-ի նկատմամբ և նշվում է . Այսպիսով, .

Նմանապես, մենք ստանում ենք z-ի մասնակի աճը y-ի նկատմամբ.

z ֆունկցիայի ընդհանուր աճը որոշվում է հավասարությամբ:

Եթե ​​սահման կա, ապա այն կոչվում է ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալ մի կետում x փոփոխականի նկատմամբ և նշանակվում է նշաններից մեկով.

.

Մի կետում x-ի նկատմամբ մասնակի ածանցյալները սովորաբար նշվում են սիմվոլներով .

y-ի մասնակի ածանցյալը y փոփոխականի նկատմամբ սահմանվում և նշվում է նույն կերպ.

Այսպիսով, մի քանի (երկու, երեք կամ ավելի) փոփոխականների ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալը սահմանվում է որպես այս փոփոխականներից մեկի ֆունկցիայի ածանցյալ, պայմանով, որ մնացած անկախ փոփոխականների արժեքները հաստատուն են: Հետևաբար, ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալները հայտնաբերվում են մեկ փոփոխականի ֆունկցիայի ածանցյալների հաշվարկման բանաձևերի և կանոնների միջոցով (այս դեպքում x կամ y-ը համապատասխանաբար համարվում են հաստատուն արժեք)։

Մասնակի ածանցյալները կոչվում են առաջին կարգի մասնակի ածանցյալներ: Դրանք կարելի է համարել որպես գործառույթներ: Այս ֆունկցիաները կարող են ունենալ մասնակի ածանցյալներ, որոնք կոչվում են երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ։ Դրանք սահմանվում և պիտակավորված են հետևյալ կերպ.

; ;

; .

Երկու փոփոխականների ֆունկցիայի 1-ին և 2-րդ կարգի դիֆերենցիալներ:

Ֆունկցիայի ընդհանուր դիֆերենցիալը (բանաձև 2.5) կոչվում է առաջին կարգի դիֆերենցիալ։

Ընդհանուր դիֆերենցիալը հաշվարկելու բանաձևը հետևյալն է.

(2.5) կամ , Որտեղ ,

ֆունկցիայի մասնակի դիֆերենցիալներ.

Թող ֆունկցիան ունենա երկրորդ կարգի շարունակական մասնակի ածանցյալներ: Երկրորդ կարգի դիֆերենցիալը որոշվում է բանաձևով. Եկեք գտնենք այն.

Այստեղից. . Խորհրդանշականորեն գրված է այսպես.

.

ՉՈՐՈՇՎԱԾ ԻՆՏԵԳՐԱԼ.

Ֆունկցիայի հակաածանցյալ, անորոշ ինտեգրալ, հատկություններ։

F(x) ֆունկցիան կոչվում է հակաածանցյալտրված ֆունկցիայի համար f(x), եթե F"(x)=f(x), կամ ինչն է նույնը, եթե dF(x)=f(x)dx:

Թեորեմ. Եթե ​​f(x) ֆունկցիան, որը սահմանված է վերջավոր կամ անվերջ երկարության ինչ-որ միջակայքում (X), ունի մեկ հակաածանցյալ՝ F(x), ապա այն ունի նաև անսահման շատ հակաածանցյալներ. բոլորը պարունակվում են F(x) + C արտահայտության մեջ, որտեղ C-ն կամայական հաստատուն է։

Բոլոր հակաածանցյալների բազմությունը տրված f(x) ֆունկցիայի համար, որը սահմանված է որոշակի միջակայքում կամ վերջավոր կամ անվերջ երկարությամբ հատվածի վրա, կոչվում է. անորոշ ինտեգրալ f(x) ֆունկցիայից [կամ f(x)dx ] արտահայտությունից և նշանակվում է նշանով։

Եթե ​​F(x)-ը f(x-ի հակաածանցյալներից է), ապա ըստ հակաածանցյալ թեորեմի.

, որտեղ C-ն կամայական հաստատուն է:

Ըստ հակաածանցյալի սահմանման՝ F"(x)=f(x) և, հետևաբար, dF(x)=f(x) dx: Բանաձևում (7.1) f(x)-ը կոչվում է ինտեգրանդային ֆունկցիա, իսկ f( x) dx-ը կոչվում է ինտեգրանդային արտահայտություն:

Մի քանի փոփոխականների ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալները նույն փոփոխականների ֆունկցիաներն են: Այս ֆունկցիաները, իրենց հերթին, կարող են ունենալ մասնակի ածանցյալներ, որոնք մենք կանվանենք սկզբնական ֆունկցիայի երկրորդ մասնակի ածանցյալներ (կամ երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ)։

Օրինակ, երկու փոփոխականների ֆունկցիան ունի չորս երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ, որոնք սահմանվում և նշվում են հետևյալ կերպ.

Երեք փոփոխականների ֆունկցիան ունի ինը երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ.

Մի քանի փոփոխականների ֆունկցիայի երրորդ և ավելի բարձր կարգի մասնակի ածանցյալները սահմանվում և նշվում են նույն կերպ. ֆունկցիան։

Օրինակ, ֆունկցիայի երրորդ կարգի մասնակի ածանցյալը առաջին կարգի մասնակի ածանցյալն է երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալի y-ի նկատմամբ։

Երկրորդ կամ ավելի բարձր կարգի մասնակի ածանցյալը, որը վերցված է մի քանի տարբեր փոփոխականների նկատմամբ, կոչվում է խառը մասնակի ածանցյալ:

Օրինակ՝ մասնակի ածանցյալներ

երկու փոփոխականների ֆունկցիայի խառը մասնակի ածանցյալներ են։

Օրինակ։ Գտեք ֆունկցիայի խառը երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ

Լուծում. Առաջին կարգի մասնակի ածանցյալների որոնում

Հետո գտնում ենք երկրորդ կարգի խառը մասնակի ածանցյալները

Մենք տեսնում ենք, որ խառը մասնակի ածանցյալները, որոնք միմյանցից տարբերվում են միայն տարբերակման կարգով, այսինքն՝ այն հաջորդականությամբ, որով իրականացվում է տարբերակումը տարբեր փոփոխականների նկատմամբ, պարզվել է, որ նույնական հավասար են։ Այս արդյունքը պատահական չէ. Խառը մասնակի ածանցյալների վերաբերյալ գործում է հետևյալ թեորեմը, որը մենք ընդունում ենք առանց ապացույցի.

Դիտարկենք երկու փոփոխականների ֆունկցիա.

Քանի որ $x$ և $y$ փոփոխականներն անկախ են, նման ֆունկցիայի համար մենք կարող ենք ներկայացնել մասնակի ածանցյալ հասկացությունը.

$f$ ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալը $M=\left(((x)_(0));((y)_(0)) \right)$ կետում $x$ փոփոխականի նկատմամբ է. սահմանը

\[(((f)")_(x))=\ներդիր (\Delta x\մինչև 0)(\mathop(\lim))\,\frac(f\left(((x)_(0) )+\Դելտա x;((y)_(0)) \աջ))(\Դելտա x)\]

Նմանապես, դուք կարող եք սահմանել մասնակի ածանցյալը $y$ փոփոխականի նկատմամբ.

\[(((f)")_(y))=\ներդիր (\Delta y\մինչև 0)(\mathop(\lim))\,\frac(f\left((x)_(0) );((y)_(0))+\Delta y \աջ))(\Delta y)\]

Այլ կերպ ասած, մի քանի փոփոխականների ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալը գտնելու համար անհրաժեշտ է ֆիքսել մնացած բոլոր փոփոխականները, բացի ցանկալիից, այնուհետև գտնել սովորական ածանցյալը այս ցանկալի փոփոխականի նկատմամբ:

Սա հանգեցնում է նման ածանցյալների հաշվարկման հիմնական տեխնիկայի. պարզապես ենթադրենք, որ բոլոր փոփոխականները, բացի այս մեկից, հաստատուն են, և այնուհետև տարբերակեք ֆունկցիան այնպես, ինչպես կտարբերակեիք «սովորականը»՝ մեկ փոփոխականով: Օրինակ:

$\սկիզբ(հավասարեցնել)& ((\ ձախ (((x)^(2))+10xy \աջ))_(x))^(\prime )=((\ձախ(((x)^(2 )) \աջ))^(\prime ))_(x)+10y\cdot ((\left(x \աջ))^(\prime ))_(x)=2x+10y, \\& (( \left(((x)^(2))+10xy \աջ))_(y))^(\prime )=((\left(((x)^(2)) \աջ))^(\ պարզ ))_(y)+10x\cdot ((\left(y \աջ))^(\prime ))_(y)=0+10x=10x. \\\վերջ (հավասարեցնել)$

Ակնհայտ է, որ մասնակի ածանցյալները տարբեր փոփոխականների նկատմամբ տալիս են տարբեր պատասխաններ, դա նորմալ է: Շատ ավելի կարևոր է հասկանալ, թե ինչու, ասենք, առաջին դեպքում մենք հանգիստ հանեցինք $10y$-ը ածանցյալ նշանի տակից, իսկ երկրորդ դեպքում ամբողջությամբ զրոյացրինք առաջին անդամը։ Այս ամենը տեղի է ունենում այն ​​պատճառով, որ բոլոր տառերը, բացառությամբ այն փոփոխականի, որով իրականացվում է տարբերակումը, համարվում են հաստատուններ՝ դրանք կարելի է հանել, «այրել» և այլն։

Ի՞նչ է «մասնակի ածանցյալը»:

Այսօր կխոսենք մի քանի փոփոխականների ֆունկցիաների և դրանց մասնակի ածանցյալների մասին։ Նախ, ո՞րն է մի քանի փոփոխականների ֆունկցիան: Մինչ այժմ մենք սովոր ենք ֆունկցիան դիտարկել որպես $y\left(x \right)$ կամ $t\left(x \right)$, կամ ցանկացած փոփոխական և դրա մեկ ֆունկցիա։ Այժմ մենք կունենանք մեկ ֆունկցիա, բայց մի քանի փոփոխական։ Երբ փոխվում են $y$ և $x$, ֆունկցիայի արժեքը կփոխվի: Օրինակ, եթե $x$-ը կրկնապատկվի, ապա ֆունկցիայի արժեքը կփոխվի, իսկ եթե $x$-ը փոխվի, բայց $y$-ը չփոխվի, ապա ֆունկցիայի արժեքը կփոխվի նույն կերպ։

Իհարկե, մի քանի փոփոխականների ֆունկցիան, ինչպես մեկ փոփոխականի ֆունկցիան, կարելի է տարբերակել: Այնուամենայնիվ, քանի որ կան մի քանի փոփոխականներ, հնարավոր է տարբերակել ըստ տարբեր փոփոխականների: Այս դեպքում առաջանում են կոնկրետ կանոններ, որոնք գոյություն չունեին մեկ փոփոխական տարբերակելիս։

Առաջին հերթին, երբ մենք հաշվում ենք ֆունկցիայի ածանցյալը ցանկացած փոփոխականից, մեզանից պահանջվում է նշել, թե որ փոփոխականի համար ենք մենք հաշվարկում ածանցյալը. սա կոչվում է մասնակի ածանցյալ: Օրինակ, մենք ունենք երկու փոփոխականի ֆունկցիա, և այն կարող ենք հաշվել և՛ $x$-ով, և՛ $y$-ով՝ երկու մասնակի ածանցյալ յուրաքանչյուր փոփոխականի համար:

Երկրորդ, հենց որ մենք ամրագրենք փոփոխականներից մեկը և սկսենք հաշվել դրա նկատմամբ մասնակի ածանցյալը, ապա այս ֆունկցիայի մեջ ներառված բոլոր մյուսները համարվում են հաստատուններ։ Օրինակ, $z\left(xy \right)$-ում, եթե դիտարկենք մասնակի ածանցյալը $x$-ի նկատմամբ, ապա որտեղ էլ որ հանդիպենք $y$-ին, այն համարում ենք հաստատուն և վերաբերվում որպես այդպիսին։ Մասնավորապես, արտադրանքի ածանցյալը հաշվարկելիս փակագծերից կարող ենք հանել $y$ (մենք ունենք հաստատուն), իսկ գումարի ածանցյալը հաշվարկելիս, եթե ինչ-որ տեղ ստանանք $y$ և պարունակող արտահայտության ածանցյալ։ չպարունակող $x$, ապա այս արտահայտության ածանցյալը հավասար կլինի «զրոյի»՝ որպես հաստատունի ածանցյալ:

Առաջին հայացքից կարող է թվալ, թե ես խոսում եմ ինչ-որ բարդ բանի մասին, և շատ ուսանողներ սկզբում շփոթված են։ Այնուամենայնիվ, մասնակի ածանցյալների մեջ գերբնական ոչինչ չկա, և այժմ մենք դա կտեսնենք կոնկրետ խնդիրների օրինակով:

Խնդիրներ ռադիկալների և բազմանդամների հետ

Առաջադրանք թիվ 1

Ժամանակ չկորցնելու համար սկսենք հենց սկզբից լուրջ օրինակներով։

Սկզբից հիշեցնեմ այս բանաձևը.

Սա ստանդարտ աղյուսակի արժեքն է, որը մենք գիտենք ստանդարտ դասընթացից:

Այս դեպքում $z$ ածանցյալը հաշվարկվում է հետևյալ կերպ.

\[(((z)")_(x))=((\left(\sqrt(\frac(y)(x)) \աջ))^(\prime))_(x)=\frac( 1)(2\sqrt(\frac(y)(x)))((\ ձախ (\frac(y)(x) \աջ))^(\prime))_(x)\]

Եկեք դա նորից անենք, քանի որ արմատը $x$ չէ, այլ ինչ-որ այլ արտահայտություն, այս դեպքում՝ $\frac(y)(x)$, ապա նախ կօգտագործենք ստանդարտ աղյուսակի արժեքը, իսկ հետո, քանի որ արմատը ոչ թե $x $, և մեկ այլ արտահայտություն, մենք պետք է բազմապատկենք մեր ածանցյալը այս արտահայտության մեկ այլով նույն փոփոխականի նկատմամբ: Նախ հաշվարկենք հետևյալը.

\[((\left(\frac(y)(x) \աջ))^(\prime ))_(x)=\frac(((((y)"))_(x))\cdot x-y \cdot ((((x)"))_(x)))(((x)^(2)))=\frac(0\cdot x-y\cdot 1)(((x)^(2)) )=-\frac(y)(((x)^(2)))\]

Մենք վերադառնում ենք մեր արտահայտությանը և գրում.

\[(((z)")_(x))=((\left(\sqrt(\frac(y)(x)) \աջ))^(\prime))_(x)=\frac( 1)(2\sqrt(\frac(y)(x)))((\ ձախ (\frac(y)(x) \աջ))^(\prime))_(x)=\frac(1) (2\sqrt(\frac(y)(x)))\cdot \left(-\frac(y)(((x)^(2))) \աջ)\]

Հիմնականում դա բոլորն է: Այնուամենայնիվ, սխալ է այն թողնել այս ձևով. նման շինարարությունը անհարմար է օգտագործել հետագա հաշվարկների համար, ուստի եկեք այն մի փոքր վերափոխենք.

\[\frac(1)(2\sqrt(\frac(y)(x)))\cdot \left(-\frac(y)(((x)^(2))) \աջ)=\frac (1)(2)\cdot \sqrt(\frac(x)(y))\cdot \frac(y)(((x)^(2)))=\]

\[=-\frac(1)(2)\cdot \sqrt(\frac(x)(y))\cdot \sqrt(\frac(((y)^(2)))(((x)^ (4))))=-\frac(1)(2)\sqrt(\frac(x\cdot ((y)^(2)))(y\cdot ((x)^(4)))) =-\frac(1)(2)\sqrt(\frac(y)(((x)^(3))))\]

Պատասխանը գտնվել է. Հիմա եկեք գործ ունենանք $y$-ի հետ.

\[(((z)")_(y))=((\left(\sqrt(\frac(y)(x)) \աջ))^(\prime ))_(y)=\frac( 1)(2\sqrt(\frac(y)(x)))\cdot ((\left(\frac(y)(x) \աջ))^(\prime))_(y)\]

Առանձին-առանձին գրենք.

\[((\left(\frac(y)(x) \աջ))^(\prime ))_(y)=\frac(((((y)"))_(y))\cdot x-y \cdot ((((x)"))_(y)))(((x)^(2)))=\frac(1\cdot x-y\cdot 0)(((x)^(2)) )=\frac(1)(x)\]

Այժմ մենք գրում ենք.

\[(((z)")_(y))=((\left(\sqrt(\frac(y)(x)) \աջ))^(\prime ))_(y)=\frac( 1)(2\sqrt(\frac(y)(x)))\cdot ((\left(\frac(y)(x) \աջ))^(\prime))_(y)=\frac( 1)(2\sqrt(\frac(y)(x)))\cdot \frac(1)(x)=\]

\[=\frac(1)(2)\cdot \sqrt(\frac(x)(y))\cdot \sqrt(\frac(1)(((x)^(2)))=\frac (1)(2)\sqrt(\frac(x)(y\cdot ((x)^(2)))=\frac(1)(2\sqrt(xy))\]

Կատարած։

Խնդիր թիվ 2

Այս օրինակը և՛ ավելի պարզ է, և՛ բարդ, քան նախորդը: Դա ավելի բարդ է, քանի որ կան ավելի շատ գործողություններ, բայց ավելի պարզ է, քանի որ արմատ չկա, և, բացի այդ, գործառույթը սիմետրիկ է $x$-ի և $y$-ի նկատմամբ, այսինքն. եթե փոխանակենք $x$-ը և $y$-ը, բանաձևը չի փոխվի: Այս դիտողությունը ավելի կպարզեցնի մեր մասնակի ածանցյալի հաշվարկը, այսինքն. բավական է հաշվել դրանցից մեկը, իսկ երկրորդում պարզապես փոխանակել $x$ և $y$։

Եկեք անցնենք գործին.

\[(((z)")_(x))=((\left(\frac(xy)(((x)^(2))+((y)^(2))+1) \աջ ))^(\prime ))_(x)=\frac(((\left(xy \right))^(\prime ))_(x)\left(((x)^(2))+( (y)^(2))+1 \աջ)-xy((\ձախ(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(\prime ) )_(x))((\ձախ(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(2)))\]

Եկեք հաշվենք.

\[((\left(xy \right))^(\prime ))_(x)=y\cdot ((\left(x \աջ))^(\prime ))=y\cdot 1=y\ ]

Այնուամենայնիվ, շատ ուսանողներ չեն հասկանում այս նշումը, ուստի եկեք այն գրենք այսպես.

\[((\left(xy \right))^(\prime ))_(x)=((\left(x \right))^(\prime ))_(x)\cdot y+x\cdot ((\ձախ(y \աջ))^(\prime ))_(x)=1\cdot y+x\cdot 0=y\]

Այսպիսով, մենք ևս մեկ անգամ համոզվում ենք մասնակի ածանցյալ ալգորիթմի ունիվերսալության մեջ՝ անկախ նրանից, թե ինչպես ենք դրանք հաշվարկում, եթե բոլոր կանոնները ճիշտ կիրառվեն, պատասխանը կլինի նույնը։

Հիմա եկեք նայենք ևս մեկ մասնակի ածանցյալ մեր մեծ բանաձևից.

\[((\left(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(\prime ))_(x)=((\left((( x)^(2)) \աջ))^(\prime ))_(x)+((\left(((y)^(2)) \աջ))^(\prime ))_(x) +(((1)")_(x))=2x+0+0\]

Ստացված արտահայտությունները փոխարինենք մեր բանաձևով և ստացենք.

\[\frac(((\left(xy \աջ))^(\prime ))_(x)\left(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \ աջ)-xy((\ձախ(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(\prime ))_(x))((\ձախ (((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(2)))=\]

\[=\frac(y\cdot \left(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ)-xy\cdot 2x)((\ ձախ ((( x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(2)))=\]

\[=\frac(y\left(((x)^(2))+((y)^(2))+1-2((x)^(2)) \աջ))((\ ձախ (((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(2))=\frac(y\ ձախ((y)^(2)) -((x)^(2))+1 \աջ))((\ձախ(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(2 )))\]

Հաշված $x$-ի հիման վրա: Եվ նույն արտահայտությունից $y$-ը հաշվարկելու համար եկեք չանենք գործողությունների նույն հաջորդականությունը, այլ օգտվենք մեր սկզբնական արտահայտության համաչափությունից. մենք պարզապես փոխարինում ենք բոլոր $y$-ը մեր սկզբնական արտահայտության մեջ $x$-ով և հակառակը.

\[(((z)")_(y))=\frac(x\left(((x)^(2))-((y)^(2))+1 \աջ))((( \ձախ(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(2)))\]

Համաչափության շնորհիվ մենք շատ ավելի արագ հաշվեցինք այս արտահայտությունը։

Լուծման նրբությունները

Մասնակի ածանցյալների համար գործում են բոլոր ստանդարտ բանաձևերը, որոնք մենք օգտագործում ենք սովորականների համար, մասնավորապես, գործակիցի ածանցյալը: Միևնույն ժամանակ, սակայն, առաջանում են հատուկ առանձնահատկություններ. եթե դիտարկենք $x$-ի մասնակի ածանցյալը, ապա երբ այն ստանում ենք $x$-ից, մենք այն համարում ենք հաստատուն, և հետևաբար դրա ածանցյալը հավասար կլինի “զրոյի”: .

Ինչպես սովորական ածանցյալների դեպքում, գործակիցը (նույն ածանցյալը) կարող է հաշվարկվել մի քանի տարբեր ձևերով: Օրինակ, նույն շինարարությունը, որը մենք պարզապես հաշվարկել ենք, կարող է վերաշարադրվել հետևյալ կերպ.

\[((\left(\frac(y)(x) \աջ))^(\prime ))_(x)=y\cdot ((\left(\frac(1)(x) \աջ)) ^(\prime ))_(x)=-y\frac(1)(((x)^(2)))\]

\[((\left(xy \աջ))^(\prime ))_(x)=y\cdot (((x)")_(x))=y\cdot 1=y\]

Միևնույն ժամանակ, մյուս կողմից, դուք կարող եք օգտագործել բանաձևը ածանցյալ գումարից: Ինչպես գիտենք, այն հավասար է ածանցյալների գումարին։ Օրինակ՝ գրենք հետևյալը.

\[((\left(((x)^(2))+((y)^(2))+1 \աջ))^(\prime ))_(x)=2x+0+0=2x \]

Հիմա, իմանալով այս ամենը, փորձենք աշխատել ավելի լուրջ արտահայտությունների հետ, քանի որ իրական մասնակի ածանցյալները չեն սահմանափակվում միայն բազմանդամներով և արմատներով. կան նաև եռանկյունաչափություն, լոգարիթմներ և էքսպոնենցիալ ֆունկցիա: Հիմա եկեք սա անենք:

Եռանկյունաչափական ֆունկցիաների և լոգարիթմների հետ կապված խնդիրներ

Առաջադրանք թիվ 1

Եկեք գրենք հետևյալ ստանդարտ բանաձևերը.

\[((\left(\sqrt(x) \աջ))^(\prime ))_(x)=\frac(1)(2\sqrt(x))\]

\[((\ձախ(\cos x \աջ))^(\prime ))_(x)=-\sin x\]

Զինված այս գիտելիքներով, եկեք փորձենք լուծել.

\[(((z)")_(x))=((\left(\sqrt(x)\cdot \cos \frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(x )=((\left(\sqrt(x) \աջ))^(\prime ))_(x)\cdot \cos \frac(x)(y)+\sqrt(x)\cdot ((\ ձախ (\cos \frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(x)=\]

Եկեք առանձին գրենք մեկ փոփոխական.

\[((\left(\cos \frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(x)=-\sin \frac(x)(y)\cdot ((\left( \frac(x)(y)\right))^(\prime ))_(x)=-\frac(1)(y)\cdot \sin \frac(x)(y)\]

Վերադառնանք մեր դիզայնին.

\[=\frac(1)(2\sqrt(x))\cdot \cos \frac(x)(y)+\sqrt(x)\cdot \left(-\frac(1)(y)\cdot \sin \frac(x)(y) \right)=\frac(1)(2\sqrt(x))\cdot \cos \frac(x)(y)-\frac(\sqrt(x))( y)\cdot \sin \frac(x)(y)\]

Վերջ, մենք գտանք այն $x$-ով, հիմա եկեք հաշվարկներ կատարենք $y$-ի համար.

\[(((z)")_(y))=((\left(\sqrt(x)\cdot \cos \frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(y )=((\left(\sqrt(x) \աջ))^(\prime ))_(y)\cdot \cos \frac(x)(y)+\sqrt(x)\cdot ((\ ձախ (\cos \frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(y)=\]

Կրկին, եկեք հաշվարկենք մեկ արտահայտություն.

\[((\left(\cos \frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(y)=-\sin \frac(x)(y)\cdot ((\left( \frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(y)=-\sin \frac(x)(y)\cdot x\cdot \left(-\frac(1)(( (y)^(2))) \ճիշտ)\]

Մենք վերադառնում ենք սկզբնական արտահայտությանը և շարունակում լուծումը.

\[=0\cdot \cos \frac(x)(y)+\sqrt(x)\cdot \frac(x)(((y)^(2))\sin \frac(x)(y) =\frac(x\sqrt(x))((y)^(2)))\cdot \sin \frac(x)(y)\]

Կատարած։

Խնդիր թիվ 2

Եկեք գրենք մեզ անհրաժեշտ բանաձևը.

\[((\ձախ(\ln x \աջ))^(\prime ))_(x)=\frac(1)(x)\]

Հիմա եկեք հաշվենք $x$-ով.

\[(((z)")_(x))=((\left(\ln \left(x+\ln y \աջ) \աջ))^(\prime))_(x)=\frac( 1)(x+\ln y).((\ձախ(x+\ln y \աջ))^(\prime ))_(x)=\]

\[=\frac(1)(x+\ln y)\cdot \ձախ(1+0 \աջ)=\frac(1)(x+\ln y)\]

Գտնվել է $x$-ով: Մենք հաշվում ենք $y$-ով:

\[(((z)")_(y))=((\left(\ln \left(x+\ln y \աջ) \աջ))^(\prime))_(y)=\frac( 1)(x+\ln y).((\ձախ(x+\ln y \աջ))^(\prime ))_(y)=\]

\[=\frac(1)(x+\ln y)\left(0+\frac(1)(y) \right)=\frac(1)(y\left(x+\ln y \աջ))\ ]

Խնդիրը լուծված է։

Լուծման նրբությունները

Այսպիսով, անկախ նրանից, թե ինչ ֆունկցիայի մասնակի ածանցյալ ենք վերցնում, կանոնները մնում են նույնը՝ անկախ նրանից՝ աշխատում ենք եռանկյունաչափությամբ, արմատներով, թե լոգարիթմներով։

Ստանդարտ ածանցյալների հետ աշխատելու դասական կանոնները մնում են անփոփոխ, այն է՝ գումարի և տարբերության ածանցյալը, քանորդը և կոմպլեքս ֆունկցիան։

Վերջին բանաձեւը առավել հաճախ հանդիպում է մասնակի ածանցյալներով խնդիրներ լուծելիս։ Մենք նրանց հանդիպում ենք գրեթե ամենուր։ Երբեք չի եղել մի խնդիր, որտեղ մենք դրա հետ չհանդիպենք: Բայց ինչ բանաձև էլ որ օգտագործենք, մենք դեռ ունենք ևս մեկ պահանջ ավելացված, այն է՝ մասնակի ածանցյալների հետ աշխատելու առանձնահատկությունը։ Երբ մենք ֆիքսում ենք մեկ փոփոխական, մնացած բոլորը հաստատուններ են: Մասնավորապես, եթե դիտարկենք $\cos \frac(x)(y)$ արտահայտության մասնակի ածանցյալը $y$-ի նկատմամբ, ապա $y$-ը փոփոխականն է, և $x$-ն ամենուր մնում է հաստատուն։ Նույն բանը հակառակն է գործում: Այն կարելի է հանել ածանցյալ նշանից, իսկ հաստատունի ածանցյալն ինքնին հավասար կլինի «զրոյի»:

Այս ամենը հանգեցնում է նրան, որ միևնույն արտահայտության մասնակի ածանցյալները, սակայն տարբեր փոփոխականների նկատմամբ, կարող են բոլորովին այլ տեսք ունենալ։ Օրինակ՝ նայենք հետևյալ արտահայտություններին.

\[((\left(x+\ln y \աջ))^(\prime ))_(x)=1+0=1\]

\[((\left(x+\ln y \աջ))^(\prime ))_(y)=0+\frac(1)(y)=\frac(1)(y)\]

Էքսպոնենցիալ ֆունկցիաների և լոգարիթմների հետ կապված խնդիրներ

Առաջադրանք թիվ 1

Սկսելու համար գրենք հետևյալ բանաձևը.

\[((\left(((e)^(x)) \աջ))^(\prime ))_(x)=((e)^(x))\]

Իմանալով այս փաստը, ինչպես նաև բարդ ֆունկցիայի ածանցյալը, փորձենք հաշվարկել։ Ես հիմա դա կլուծեմ երկու տարբեր եղանակներով: Առաջին և առավել ակնհայտը արտադրանքի ածանցյալն է.

\[(((z)")_(x))=((\ ձախ (((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y))) \աջ) )^(\prime ))_(x)=((\left(((e)^(x)) \աջ))^(\prime ))_(x)\cdot ((e)^(\frac (x)(y)))+((e)^(x))\cdot ((\ ձախ (((e)^(\frac(x)(y))) \աջ))^(\prime) )_(x)=\]

\[=((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y)))+((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac (x)(y)))\cdot ((\left(\frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(x)=\]

Առանձին լուծենք հետևյալ արտահայտությունը.

\[((\left(\frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(x)=\frac((((((x)"))_(x))\cdot y-x .((((y)"))_(x)))(((y)^(2)))=\frac(1\cdot y-x\cdot 0)(((y)^(2))) =\frac(y)(((y)^(2)))=\frac(1)(y)\]

Մենք վերադառնում ենք մեր սկզբնական դիզայնին և շարունակում ենք լուծումը.

\[=((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y)))+((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac (x)(y)))\cdot \frac(1)(y)=((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y)))\left(1) +\frac(1)(y)\աջ)\]

Ամեն ինչ, $x$ հաշվարկված է։

Այնուամենայնիվ, ինչպես խոստացել էի, այժմ մենք կփորձենք այս նույն մասնակի ածանցյալը հաշվարկել այլ կերպ։ Դա անելու համար նշեք հետևյալը.

\[((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y)))=((e)^(x+\frac(x)(y)))\]

Գրենք այսպես.

\[((\left(((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y))) \աջ))^(\prime ))_(x)=( (\left(((e)^(x+\frac(x)(y))) \աջ))^(\prime ))_(x)=((e)^(x+\frac(x)(y )))\cdot ((\left(x+\frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(x)=((e)^(x+\frac(x)(y)) )\cdot \left(1+\frac(1)(y) \աջ)\]

Արդյունքում ստացանք ճիշտ նույն պատասխանը, սակայն հաշվարկների քանակն ավելի փոքր է ստացվել։ Դա անելու համար բավական էր նշել, որ արտադրանքը կատարելիս կարելի է ավելացնել ցուցանիշները։

Հիմա եկեք հաշվենք $y$-ով.

\[(((z)")_(y))=((\ ձախ (((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y))) \աջ) )^(\prime ))_(y)=((\left(((e)^(x)) \աջ))^(\prime ))_(y)\cdot ((e)^(\frac (x)(y)))+((e)^(x))\cdot ((\ ձախ (((e)^(\frac(x)(y))) \աջ))^(\prime) )_(y)=\]

\[=0\cdot ((e)^(\frac(x)(y)))+((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y))) \cdot ((\left(\frac(x)(y) \աջ))^(\prime))_(y)=\]

Առանձին լուծենք մեկ արտահայտություն.

\[((\left(\frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(y)=\frac(((((x)"))_(y))\cdot y-x \cdot ((((y)"))_(y)))(((y)^(2)))=\frac(0-x\cdot 1)(((y)^(2))) =-\frac(1)(((y)^(2)))=-\frac(x)(((y)^(2)))\]

Եկեք շարունակենք լուծել մեր սկզբնական շինարարությունը.

\[=((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y)))\cdot \left(-\frac(x)((y)^(2) )) \աջ)=-\frac(x)(((y)^(2)))\cdot ((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y) ))\]

Իհարկե, այս նույն ածանցյալը կարելի էր հաշվարկել երկրորդ եղանակով, և պատասխանը նույնը կլիներ։

Խնդիր թիվ 2

Եկեք հաշվենք $x$-ով.

\[(((z)")_(x))=((\left(x \աջ))_(x))\cdot \ln \left(((x)^(2))+y \աջ )+x\cdot ((\left(\ln \left(((x)^(2))+y \աջ) \աջ))^(\prime ))_(x)=\]

Եկեք առանձին հաշվարկենք մեկ արտահայտություն.

\[((\left(\ln \left(((x)^(2))+y \աջ) \աջ))^(\prime ))_(x)=\frac(1)(((x) )^(2))+y)\cdot ((\left(((x)^(2))+y \աջ))^(\prime ))_(x)=\frac(2x)((( x)^(2))+y)\]

Շարունակենք լուծել սկզբնական շինարարությունը՝ $$

Սա է պատասխանը։

Մնում է գտնել անալոգիայի միջոցով՝ օգտագործելով $y$:

\[(((z)")_(y))=((\ձախ(x \աջ))^(\prime ))_(y).\ln \ձախ(((x)^(2)) +y \աջ)+x\cdot ((\left(\ln \left(((x)^(2))+y \աջ) \աջ))^(\prime ))_(y)=\]

Ինչպես միշտ, մենք հաշվարկում ենք մեկ արտահայտություն առանձին.

\[((\left(((x)^(2))+y \աջ))^(\prime ))_(y)=((\left(((x)^(2)) \աջ) )^(\prime ))_(y)+(((y)")_(y))=0+1=1\]

Մենք շարունակում ենք լուծել հիմնական դիզայնը.

Ամեն ինչ հաշվարկված է։ Ինչպես տեսնում եք, կախված նրանից, թե որ փոփոխականն է վերցված տարբերակման համար, պատասխանները լրիվ տարբեր են։

Լուծման նրբությունները

Ահա մի վառ օրինակ, թե ինչպես կարելի է նույն ֆունկցիայի ածանցյալը հաշվարկել երկու տարբեր եղանակներով։ Նայեք այստեղ.

\[(((z)")_(x))=\ձախ(((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y))) \աջ)=( (\left(((e)^(x)) \աջ))^(\prime ))_(x)\cdot ((e)^(\frac(x)(y)))+((e) ^(x))\cdot ((\left(((e)^(\frac(x)(y))) \աջ))^(\prime ))_(x)=\]

\[=((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac(x)(y)))+((e)^(x))\cdot ((e)^(\frac (x)(y)))\cdot \frac(1)(y)=((e)^(x))\cdot ((e)^(^(\frac(x)(y))))\ ձախ (1+\frac(1)(y) \աջ)\]

\[(((z)")_(x))=((\ ձախ (((e)^(x)).((e)^(\frac(x)(y))) \աջ)) ^(\prime ))_(x)=((\left(((e)^(x+\frac(x)(y))) \աջ))^(\prime ))_(x)=(( e)^(x+\frac(x)(y))).((\left(x+\frac(x)(y) \աջ))^(\prime ))_(x)=\]

\[=((e)^(x))\cdot ((e)^(^(\frac(x)(y))))\left(1+\frac(1)(y) \աջ)\ ]

Տարբեր ուղիներ ընտրելիս հաշվարկների քանակը կարող է տարբեր լինել, բայց պատասխանը, եթե ամեն ինչ ճիշտ արվի, նույնը կլինի։ Սա վերաբերում է ինչպես դասական, այնպես էլ մասնակի ածանցյալներին: Միևնույն ժամանակ ևս մեկ անգամ հիշեցնում եմ՝ կախված նրանից, թե որ փոփոխականից է վերցված ածանցյալը, այսինքն. տարբերակում, պատասխանը կարող է բոլորովին այլ լինել։ Նայել:

\[((\left(\ln \left(((x)^(2))+y \աջ) \աջ))^(\prime ))_(x)=\frac(1)(((x) )^(2))+y)\cdot ((\left(((x)^(2))+y \աջ))^(\prime ))_(x)=\frac(1)((( x)^(2))+y)\cdot 2x\]

\[((\left(\ln \left(((x)^(2))+y \աջ) \աջ))^(\prime ))_(y)=\frac(1)(((x) )^(2))+y)\cdot ((\left(((x)^(2))+y \աջ))^(\prime ))_(y)=\frac(1)((( x)^(2))+y)\cdot 1\]

Եզրափակելով, այս ամբողջ նյութը համախմբելու համար փորձենք հաշվարկել ևս երկու օրինակ:

Եռանկյունաչափական ֆունկցիաների հետ կապված խնդիրներ և երեք փոփոխականներով ֆունկցիաներ

Առաջադրանք թիվ 1

Գրենք հետևյալ բանաձևերը.

\[((\left(((a)^(x)) \աջ))^(\prime ))=((a)^(x))\cdot \ln a\]

\[((\left(((e)^(x)) \աջ))^(\prime ))=((e)^(x))\]

Հիմա լուծենք մեր արտահայտությունը.

\[(((z)")_(x))=((\left(((3)^(x\sin y)) \աջ))^(\prime ))_(x)=(3 )^(x.\sin y))\cdot \ln 3\cdot ((\left(x\cdot \sin y \աջ))^(\prime ))_(x)=\]

Եկեք առանձին հաշվարկենք հետևյալ շինարարությունը.

\[((\left(x\cdot \sin y \աջ))^(\prime ))_(x)=(((x)")_(x))\cdot \sin y+x((\ ձախ (\sin y \աջ))^(\prime ))_(x)=1\cdot \sin y+x\cdot 0=\sin y\]

Մենք շարունակում ենք լուծել բնօրինակ արտահայտությունը.

\[=((3)^(x\sin y))\cdot \ln 3\cdot \sin y\]

Սա մասնավոր փոփոխականի վերջնական պատասխանն է $x$-ի վրա: Հիմա եկեք հաշվենք $y$-ով.

\[(((z)")_(y))=((\left(((3)^(x\sin y)) \աջ))^(\prime ))_(y)=(3 )^(x\sin y))\cdot \ln 3\cdot ((\left(x\sin y \աջ))^(\prime ))_(y)=\]

Առանձին լուծենք մեկ արտահայտություն.

\[((\left(x\cdot \sin y \աջ))^(\prime ))_(y)=(((x)")_(y))\cdot \sin y+x((\ ձախ (\sin y \աջ))^(\prime ))_(y)=0\cdot \sin y+x\cdot \cos y=x\cdot \cos y\]

Եկեք լուծենք մեր շինարարությունը մինչև վերջ.

\[=((3)^(x\cdot \sin y))\cdot \ln 3\cdot x\cos y\]

Խնդիր թիվ 2

Առաջին հայացքից այս օրինակը կարող է բավականին բարդ թվալ, քանի որ կան երեք փոփոխականներ: Փաստորեն, սա այսօրվա վիդեո ձեռնարկի ամենահեշտ առաջադրանքներից մեկն է:

Գտնել $x$-ով:

\[(((t)")_(x))=((\left(x((e)^(y))+y((e)^(z)) \աջ))^(\prime) )_(x)=((\left(x\cdot ((e)^(y)) \աջ))^(\prime ))_(x)+((\left(y\cdot ((e)) ^(z)) \ճիշտ))^(\prime ))_(x)=\]

\[=((\ձախ(x \աջ))^(\prime ))_(x)\cdot ((e)^(y))+x\cdot ((\left(((e)^(y )) \աջ))^(\prime ))_(x)=1\cdot ((e)^(y))+x\cdot o=((e)^(y))\]

Հիմա եկեք գործ ունենանք $y$-ի հետ.

\[(((t)")_(y))=((\left(x\cdot ((e)^(y))+y\cdot ((e)^(z)) \աջ))^ (\prime ))_(y)=((\left(x\cdot ((e)^(y)) \աջ))^(\prime ))_(y)+((\left(y\cdot) ((ե)^(զ)) \ճիշտ))^(\prime ))_(y)=\]

\[=x\cdot ((\left(((e)^(y)) \աջ))^(\prime ))_(y)+((e)^(z))\cdot ((\ ձախ (y \աջ))^(\prime ))_(y)=x\cdot ((e)^(y))+((e)^(z))\]

Մենք գտել ենք պատասխանը.

Այժմ մնում է միայն գտնել $z$-ով.

\[(((t)")_(z))=((\left(x\cdot ((e)^(y))+((y)^(z)) \աջ))^(\prime ))_(z)=((\left(x\cdot ((e)^(y)) \աջ))^(\prime ))_(z)+((\left(y\cdot ((e) )^(z)) \աջ))^(\prime ))_(z)=0+y\cdot ((\left(((e)^(z)) \աջ))^(\prime )) _(z)=y\cdot ((e)^(z))\]

Մենք հաշվարկել ենք երրորդ ածանցյալը, որն ավարտում է երկրորդ խնդրի լուծումը։

Լուծման նրբությունները

Ինչպես տեսնում եք, այս երկու օրինակներում բարդ բան չկա։ Միակ բանը, որում մենք համոզված ենք, այն է, որ բարդ ֆունկցիայի ածանցյալը հաճախ է օգտագործվում և կախված նրանից, թե որ մասնակի ածանցյալն ենք հաշվում, տարբեր պատասխաններ ենք ստանում։

Վերջին առաջադրանքում մեզ խնդրեցին հասկանալ միանգամից երեք փոփոխականի ֆունկցիա: Սրա մեջ վատ բան չկա, բայց ամենավերջում մենք համոզվեցինք, որ դրանք բոլորն էապես տարբերվում են միմյանցից։

Հիմնական կետերը

Այսօրվա վիդեո դասընթացի վերջնական արդյունքները հետևյալն են.

1. Մասնակի ածանցյալները հաշվարկվում են այնպես, ինչպես սովորականները, սակայն մեկ փոփոխականի նկատմամբ մասնակի ածանցյալը հաշվարկելու համար մենք վերցնում ենք այս ֆունկցիայի մեջ ներառված մնացած բոլոր փոփոխականները որպես հաստատուններ:
2. Մասնակի ածանցյալների հետ աշխատելիս մենք օգտագործում ենք նույն ստանդարտ բանաձևերը, ինչ սովորական ածանցյալների դեպքում՝ գումար, տարբերություն, արտադրյալի և գործակիցի ածանցյալ և, իհարկե, բարդ ֆունկցիայի ածանցյալ։

Իհարկե, միայն այս վիդեո դասը դիտելը բավարար չէ այս թեման ամբողջությամբ հասկանալու համար, ուստի հենց հիմա իմ կայքում կա մի շարք խնդիրներ այս տեսանյութի համար, որը հատուկ նվիրված է այսօրվա թեմային. մտեք, ներբեռնեք, լուծեք այս խնդիրները և ստուգեք պատասխանը: . Եվ սրանից հետո մասնակի ածանցյալների հետ կապված ոչ մի խնդիր չեք ունենա ո՛չ քննությունների, ո՛չ ինքնուրույն աշխատանքի ժամանակ։ Իհարկե, սա բարձրագույն մաթեմատիկայի վերջին դասը չէ, ուստի այցելեք մեր կայք, ավելացրեք VKontakte, բաժանորդագրվեք YouTube-ին, հավանեք և մնացեք մեզ հետ:

Հաշվիչը հաշվարկում է բոլոր տարրական ֆունկցիաների ածանցյալները՝ տալով մանրամասն լուծում։ Տարբերակման փոփոխականը որոշվում է ավտոմատ կերպով:

Ֆունկցիայի ածանցյալ- մաթեմատիկական վերլուծության ամենակարեւոր հասկացություններից մեկը: Ածանցյալի առաջացումը հանգեցրեց այնպիսի խնդիրների, ինչպիսիք են, օրինակ, ժամանակի մի պահի կետի ակնթարթային արագությունը հաշվարկելը, եթե հայտնի է ժամանակից կախված ուղին, մի կետում ֆունկցիայի շոշափողը գտնելու խնդիր:

Ամենից հաճախ ֆունկցիայի ածանցյալը սահմանվում է որպես ֆունկցիայի աճի հարաբերակցության սահմանը արգումենտի աճին, եթե այն գոյություն ունի։

Սահմանում.Թող ֆունկցիան սահմանվի կետի ինչ-որ հարևանությամբ: Այդ դեպքում ֆունկցիայի ածանցյալը մի կետում կոչվում է սահման, եթե այն գոյություն ունի

Ինչպե՞ս հաշվարկել ֆունկցիայի ածանցյալը:

Ֆունկցիաները տարբերել սովորելու համար պետք է սովորել և հասկանալ տարբերակման կանոններև սովորիր օգտագործել ածանցյալների աղյուսակ.

Տարբերակման կանոններ

Թող լինեն և լինեն իրական փոփոխականի կամայական տարբերակվող ֆունկցիաներ և լինեն իրական հաստատուն: Հետո

— ֆունկցիաների արտադրյալի տարբերակման կանոն

— քանորդ ֆունկցիաների տարբերակման կանոն

0" height="33" width="370" style="vertical-align: -12px;"> — փոփոխական ցուցիչով ֆունկցիայի տարբերակում

— բարդ ֆունկցիայի տարբերակման կանոն

— ուժային ֆունկցիայի տարբերակման կանոն

Գործառույթի ածանցյալ առցանց

Մեր հաշվիչը արագ և ճշգրիտ հաշվարկելու է ցանկացած ֆունկցիայի ածանցյալ առցանց: Ծրագիրը չի սխալվի ածանցյալը հաշվարկելիս և կօգնի խուսափել երկար ու հոգնեցուցիչ հաշվարկներից։ Առցանց հաշվիչը օգտակար կլինի նաև այն դեպքերում, երբ անհրաժեշտություն կա ստուգելու՝ արդյոք ձեր լուծումը ճիշտ է, և եթե այն սխալ է, արագ գտնել սխալ։