Принимаем заказы на выполнение контрольных, курсовых, дипломных работ

Сервис для выполнения любых видов студенческих работ

Сервис для выполнения любых видов студенческих работ

 

Народная медицина

Соблазн возбуждающая  жвачка

Соблазн возбуждающая жвачка

 

KupiVip – крупнейший онлайн-магазин

Выполнение 
работ на заказ. Контрольные, курсовые и дипломные работы

Выполнение работ на заказ. Контрольные, курсовые и дипломные работы

Renoven - антиварикозный   бальзам

Renoven - антиварикозный бальзам

ШефМаркет. Доставка продуктов с рецептами

Уборка   квартир в Москве

Уборка квартир в Москве

Дизайнерская мебель

Заказ и доставка билетов

Заказ и доставка билетов

 Академия Моды и Стиля

Академия Моды и Стиля

 

Интернет-магазин Olympus

Интернет-магазин Olympus<

Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле Криволинейные интегралы второго рода Физические приложения поверхностных интегралов Вычислить поверхностный интеграл Вычислить тройной интеграл

Примеры решения задач курсового расчета, контрольной работы по математике

Пример. Найти производную функции y = x5.

По формуле для производной степенной функции при  находим

= 5.

Пример. Найти производную функции y =.

Перепишем выражение для y в виде .

По формуле для производной степенной функции при  находим

  Основные правила вычисления производных.

Теорема 10.1. Пусть функция u=φ(x)  имеет в данной точке x0 производную .  Тогда функция y = c∙u имеет в точке x0 производную .

Здесь c – произвольная постоянная.

Доказательство.  Дадим аргументу x приращение ∆ x. Тогда

∆ y = y(x0+∆ x) ─ y(x0) = c∙ φ(x0+∆ x) ─ c∙ φ(x0) = c∙[φ(x0+∆ x) ─ φ(x0)] = c∙∆φ.

Теорема доказана.

Теорема 10.2. Пусть функции u(x) и v(x) имеют в данной точке  x0 производные. Тогда в этой же точке имеют производные и функции u(x) + v(x),  u(x) ─ v(x),

 u(x) ∙ v(x), а также (если v(x0)≠0) функция  ,

 причём (.

Доказательство. Пусть f(x) = u(x) + v(x). Тогда  ∆ f = f(x0+∆ x) ─ f(x0) =

= u(x0+∆ x) ─ u(x0) + v(x0+∆ x) ─ v(x0).

(x0) =  = + =. Таким образом, .

Совершенно аналогично доказывается, что .

Пусть теперь f(x) = u(x) ∙ v(x).  Тогда

∆ f = f(x0+∆ x) ─ f(x0) = u(x0+∆ x) ∙ v(x0+∆ x) ─ u(x0) ∙ v(x0).

Введём для удобства обозначения:  ∆u = u(x0+∆ x) ─ u(x0), ∆v = v(x0+∆ x) ─ v(x0),

u = u(x0), v = v(x0). Тогда u(x0+∆ x) = u + ∆u, v(x0+∆ x) = v + ∆v,

∆f = (u + ∆u) ∙ (v + ∆v) ─ u ∙ v = ∆u ∙ (v + ∆v) + u ∙ ∆v.

Так как функция v(x) дифференцируема (имеет производную) в точке x0, то она непрерывна в этой точке. Следовательно, при ∆ x→0 и ∆ v→0. Поэтому

 = ∙ v + u ∙ + ∆ v =

=.  Таким образом, .

Пусть далее f(x) =. Тогда

∆ f ==  (здесь обозначения u, v, ∆u, ∆v имеют тот же смысл, что и выше).

  = . Так как ∆ v = 0, то

= =. Таким образом, .

Теорема доказана.


Дифференцирование и интегрирование степенных рядов