Riješenje primijenjeni zadaci svodi se na izračunavanje integrala, ali nije uvijek moguće to učiniti točno. Ponekad je potrebno znati vrijednost određenog integrala s nekim stupnjem točnosti, na primjer, do tisućinke.

Postoje problemi kada bi bilo potrebno pronaći približnu vrijednost određenog integrala s potrebnom točnošću, tada se koristi numerička integracija, poput metode Simposne, trapeza, pravokutnika. Ne dopuštaju nam svi slučajevi to izračunati s određenom točnošću.

Ovaj članak ispituje primjenu Newton-Leibnizove formule. To je potrebno za točan izračun određenog integrala. Bit će dano detaljni primjeri, razmatramo promjenu varijable u određenom integralu i pronalazimo vrijednosti određenog integrala pri integraciji po dijelovima.

Newton-Leibnizova formula

Definicija 1

Kad je funkcija y = y (x) kontinuirana iz segmenta [a; b], a F (x) je jedan od anti -derivacija funkcije ovog segmenta Newton-Leibnizova formula smatra poštenim. Zapisujemo ga kao ∫ a b f (x) d x = F (b) - F (a).

Ova formula se razmatra osnovna formula integralnog računa.

Za dokazivanje ove formule potrebno je koristiti koncept integrala s dostupnom gornjom granicom varijable.

Kad je funkcija y = f (x) kontinuirana iz segmenta [a; b], tada vrijednost argumenta x ∈ a; b, a integral ima oblik ∫ a x f (t) d t i smatra se da je funkcija gornje granice. Potrebno je uzeti zapis da će funkcija imati oblik ∫ axf (t) dt = Φ (x), kontinuirana je, a nejednakost oblika ∫ axf (t) dt "= Φ" (x) = za to vrijedi f (x).

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

Φ (x + ∆ x) - Φ x = ∫ ax + ∆ xf (t) dt - ∫ axf (t) dt = = ∫ ax + ∆ xf (t) dt = 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). Definicijom derivacije funkcije potrebno je prijeći granicu kao ∆ x → 0, tada dobivamo formulu oblika Φ "(x) = f (x). Dobivamo da je Φ (x) je jedan od anti -derivacija za funkciju oblika y = f (x), koja se nalazi na [a; b]. U protivnom 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 se primjenjuje pri izračunavanju F (b) i dobivamo:

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

Prirast funkcije uzima se kao F x a b = F (b) - F (a). Koristeći zapis, Newton -Leibnizova formula poprima oblik ∫ a b f (x) d x = F x a b = F (b) - F (a).

Za primjenu formule, imperativ je poznavanje jednog od derivacija y = F (x) integranda y = f (x) iz segmenta [a; b], izračunajte prirast antivodivative iz ovog segmenta. Razmotrimo 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 segmenta [1; 3], tada je integrabilan na ovom segmentu. Prema tablici neodređeni integrali vidimo da funkcija y = x 2 ima skup anti -derivacija za sve realne vrijednosti x, dakle, x ∈ 1; 3 će biti zapisano kao F (x) = ∫ x 2 d x = x 3 3 + C. Potrebno je uzeti antivodivativ s C = 0, tada dobivamo da je F (x) = x 3 3.

Upotrijebimo Newton -Leibnizovu formulu i zaključimo da će izračun određenog integrala poprimiti 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 segmenta [- 1; 2], pa je na njemu integriran. Vrijednost neodređenog integrala ∫ x ex 2 + 1 dx potrebno je pronaći metodom dovođenja pod diferencijalni znak, tada dobivamo ∫ x ex 2 + 1 dx = 1 2 ∫ ex 2 + 1 d (x 2 + 1) = 1 2 ex 2 + 1 + C.

Stoga imamo skup anti -derivacija funkcije y = x · e x 2 + 1, koji vrijede za sve x, x ∈ - 1; 2.

Potrebno je uzeti antivodivativu na C = 0 i primijeniti Newton-Leibnizovu formulu. Tada dobivamo izraz oblika

∫ - 1 2 x ex 2 + 1 dx = 1 2 ex 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 označava da je funkcija pod integralnim znakom kontinuirana, što znači da je integrabilna. Odavde nalazimo skup anti -derivacija 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 antivodivativu F (x) = 2 x 2 - 2 x, pa primjenom Newton -Leibnizove formule dobivamo integral koji izračunavamo:

∫ - 4 - 1 2 4 x 3 + 2 x 2 dx = 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 izračun drugog integrala.

Iz segmenta [- 1; 1] imamo da se integrant smatra neograničenim, jer je lim x → 0 4 x 3 + 2 x 2 = + ∞, tada slijedi da nužan uvjet integrabilnost iz segmenta. Tada F (x) = 2 x 2 - 2 x nije anti -izvedenica za y = 4 x 3 + 2 x 2 iz segmenta [ - 1; 1], budući da točka O pripada segmentu, ali nije uključena u područje definicije. To znači da postoji određeni Riemannov i Newton-Leibnizov integral za funkciju y = 4 x 3 + 2 x 2 iz segmenta [- 1; jedan ] .

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 segmenta [- 1; jedan ] .

Prije korištenja Newton-Leibnizove formule morate točno znati o postojanju određenog integrala.

Promjena varijable u određenom integralu

Kad je funkcija y = f (x) određena i kontinuirana iz segmenta [a; b], zatim postojeći skup [a; b] smatra se rasponom vrijednosti funkcije x = g (z), definiranom na segmentu α; β s postojećom kontinuiranom izvedenicom, gdje je g (α) = a i g β = b, iz toga dobivamo da je ∫ abf (x) dx = ∫ α β f (g (z)) · g "(z) d z .

Ova se formula koristi kada je potrebno izračunati integral ∫ a b f (x) d x, gdje neodređeni integral ima oblik ∫ f (x) d x, izračunava se metodom zamjene.

Primjer 4

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

Riješenje

Integrant se smatra kontinuiranim na intervalu integracije, što znači da se za postojanje određenog integrala. Označimo 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, tada je 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

∫ 9 18 1 x 2 x - 9 dx = ∫ 3 3 3 1 z 2 + 9 2 z z 2 + 9 2 "dz = = ∫ 3 3 3 1 z 2 + 9 2 z zdz = ∫ 3 3 3 2 z 2 + 9 dz

Prema tablici neodređenih integrala imamo da jedan od antiderivata 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

Nalaženje se može izvršiti bez upotrebe formule ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) · g "(z) d z.

Ako se u zamjenskoj metodi koristi integral oblika ∫ 1 x 2 x - 9 d x, tada se može 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 izračune pomoću Newton-Leibnizove formule i izračunati određeni integral. Shvaćamo to

∫ 9 18 2 z 2 + 9 dz = 2 3 arctgz 3 9 18 = = 2 3 arctan 2 18 - 9 3 - arctan 2 9 - 9 3 = = 2 3 arctan 3 - arctan 1 = 2 3 π 3 - π 4 = π 18

Rezultati su se poklopili.

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 izvedenice prvog reda v "(x) · u (x) integrabilne, pa su iz ovog intervala za integrabilnu funkciju u" (x ) · V (x) je jednakost ∫ abv "(x) u (x) dx = (u (x) v (x)) ab - ∫ abu" (x) v (x) dx.

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

Primjer 5

Izračunaj definitivni 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 pa je neprekidna.

Neka je u (x) = x, tada je d (v (x)) = v "(x) dx = sin x 3 + π 6 dx, i d (u (x)) = u" (x) dx = dx, 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

∫ - π 2 3 π 2 x sin x 3 + π 6 dx = - 3 x cos x 3 + π 6 - π 2 3 π 2 - ∫ - π 2 3 π 2 - 3 cos x 3 + π 6 dx = = - 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 na drugi način.

Pronađite skup anti-derivacija funkcije x sin x 3 + π 6 integracijom po dijelovima pomoću Newton-Leibnizove formule:

∫ x sin xx 3 + π 6 dx = u = x, dv = sin x 3 + π 6 dx ⇒ du = dx, v = - 3 cos x 3 + π 6 = = - 3 cos x 3 + π 6 + 3 ∫ cos x 3 + π 6 dx = = - 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 dx = - 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 pogrešku u tekstu, odaberite je i pritisnite Ctrl + Enter

Derivati ​​višeg reda

Na ovu lekciju naučit ćemo kako pronaći izvedenice viših redova, kao i pisati opća formula"Nth" izvedenica. Osim toga, Leibnizova formula za takvu izvedenicu i, prema popularnoj potražnji, izvedenice viših redova od implicitno specificirana funkcija... Predlažem da odmah napravite mini test:

Evo funkcije: i evo njegove prve izvedenice:

U slučaju da imate poteškoća / nesporazuma u vezi s ovim primjerom, počnite s dva osnovna članka mog tečaja: Kako mogu pronaći izvedenicu? i Izvedenica složene funkcije... Nakon svladavanja osnovnih izvedenica, preporučujem vam da pročitate lekciju Najjednostavniji izvedeni problemi, na čemu smo shvatili, osobito s druga izvedenica.

Lako je pogoditi da je druga izvedenica izvedenica prve izvedenice:

U načelu, druga se izvedenica već smatra izvedenicom višeg reda.

Slično, treći derivat je derivat drugog derivata:

Četvrti derivat je derivat trećeg derivata:

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

Osim rimskog numeriranja, u praksi se često koriste i sljedeće oznake:
, izvedenica "n -tog" reda označena je sa. U tom slučaju, gornji indeks mora biti zatvoren u zagrade.- razlikovati izvedenicu od "igre" na vlasti.

Ponekad se pronađe sljedeći unos: - treći, četvrti, peti, ..., "nth" derivat.

Naprijed bez straha i sumnje:

Primjer 1

Funkcija je dana. Pronaći .

Riješenje: što možete učiniti ovdje ... - ispred četvrte izvedenice :)

Više nije prihvaćeno stavljanje četiri poteza, pa prelazimo na numeričke indekse:

Odgovor:

U redu, sada razmislimo o sljedećem pitanju: što učiniti ako je prema uvjetu potrebno pronaći ne 4., nego na primjer 20. izvedenicu? Ako je za izvedenicu 3-4-5th (maksimalno, 6-7.) red, odluka se donosi dovoljno brzo, tada ćemo "doći" do izvedenica viših naloga oh koliko će to trajati. Ne zapisujte, zapravo, 20 redaka! U slična situacija potrebno je analizirati nekoliko pronađenih derivata, vidjeti obrazac i sastaviti formulu za "n -tu" izvedenicu. Dakle, u primjeru # 1 lako je razumjeti da će sa svakom sljedećom diferencijacijom dodatna "trojka" "iskočiti" prije eksponenta, a u svakom koraku stupanj "trojke" jednak je broju izvedenice , dakle:

Gdje je proizvoljan prirodni broj.

I doista, ako, tada se dobiva upravo 1. izvedenica: , ako - onda 2.: itd. Tako se dvadeseta izvedenica trenutačno određuje: - i bez "listova dugih kilometara"!

Zagrijavamo se sami:

Primjer 2

Pronađi funkcije. Napišite izvedenicu naloga

Rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Nakon okrepljujućeg zagrijavanja razmislite više složeni primjeri, u kojem ćemo razraditi gornji algoritam rješenja. Za one koji su se uspjeli upoznati s lekcijom Ograničenje sekvence, bit će malo lakše:

Primjer 3

Potražite funkciju.

Riješenje: kako bismo razjasnili situaciju, nalazimo nekoliko izvedenica:

Ne žurimo s množenjem dobivenih brojeva! ;-)


Možda je to dovoljno. ... čak sam i malo pretjerao.

U sljedećem koraku najbolje je sastaviti formulu za "n -tu" izvedenicu (sve dok uvjet to ne zahtijeva, možete se snaći s nacrtom)... Da bismo to učinili, gledamo dobivene rezultate i identificiramo obrasce pomoću kojih se dobiva svaki sljedeći derivat.

Prvo se izmjenjuju likovi. Alternacija pruža "Bljeskalica", a budući da je prvi derivat pozitivan, u opću formulu ući će sljedeći faktor: ... Jednaka je opcija također prikladna, ali osobno, kao optimist, volim znak plus =)

Drugo, u brojniku "završava" faktorijel, i "zaostaje" za brojem izvedenice za jednu jedinicu:

I treće, snaga "dva" raste u brojniku, što je jednako broju izvedenice. Isto se može reći i za stupanj nazivnika. Konačno:

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

Odlično, sad je samo grijeh pogriješiti:

Odgovor:

Jednostavnija funkcija za neovisna odluka:

Primjer 4

Pronađi funkcije.

I još zanimljiviji zadatak:

Primjer 5

Pronađi funkcije.

Ponovimo postupak:

1) Prvo, nalazimo nekoliko izvedenica. Obično su tri ili četiri dovoljna da se uhvate uzorci.

2) Tada toplo preporučujem sastavljanje (barem na propuhu)"Nth" izvedenica - zajamčeno će vas spasiti od pogrešaka. Ali možete i bez, tj. mentalno procijeniti i odmah zapisati, na primjer, dvadesetu ili osmu izvedenicu. Štoviše, neki ljudi općenito mogu usmeno riješiti dotične probleme. Međutim, treba imati na umu da su "brze" metode preplavljene, pa je bolje igrati na sigurno.

3) Uključeno završna faza provjeravamo “n -tu” izvedenicu - uzimamo par vrijednosti “en” (bolje od susjednih) i izvršavamo zamjenu. Još je pouzdanije provjeriti sve derivate koji su ranije pronađeni. Zatim ga zamjenjujemo, na primjer, željenom vrijednošću ili pažljivo češljamo rezultat.

Kratko rješenje 4 i 5 primjera na kraju lekcije.

U nekim zadacima, kako biste izbjegli probleme, morate napraviti čaroliju nad funkcijom:

Primjer 6

Riješenje: Ne želim uopće razlikovati predloženu funkciju jer je rezultat "loš" razlomak, što će uvelike zakomplicirati pronalaženje sljedećih izvedenica.

S tim u vezi, preporučljivo je izvršiti preliminarne transformacije: mi koristimo formula razlike kvadrata i svojstvo logaritma :

Sasvim druga stvar:

I stari prijatelji:

Mislim da je sve vidljivo. Imajte na umu da se drugi razlomak izmjenjuje, ali prvi nije. Konstruiramo izvedenicu reda:

Kontrola:

Pa, za ljepotu, izvadimo faktor iz zagrada:

Odgovor:

Zanimljiv zadatak za neovisno rješenje:

Primjer 7

Napišite formulu reda izvedenice za funkciju

A sada o nepokolebljivom međusobnom jamstvu, na kojemu će čak i talijanska mafija pozavidjeti:

Primjer 8

Funkcija je dana. Pronaći

Osamnaesti derivat u jednom trenutku. Samo.

Riješenje: prvo, očito, morate pronaći. Ići:

Krenuli su od sinusa, pa došli do sinusa. Jasno je da će se daljnjom diferencijacijom ovaj ciklus nastaviti u nedogled, pa se postavlja sljedeće 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 izvedenice nije prevelik. Ako trebate pronaći, recimo, stoti izvod, tada biste trebali koristiti djeljivost za 4. Sto je djeljivo sa 4 bez ostatka, pa je lako vidjeti da se takvi brojevi nalaze na dnu, dakle :.

Usput, 18. derivat se također može odrediti iz sličnih razmatranja:
drugi redak sadrži brojeve koji su djeljivi sa 4 s ostatkom 2.

Druga, više akademska metoda temelji se na sinusna periodičnost i formule redukcije... Koristimo gotovu formulu "n-ti" derivat sinusa , u koji se željeni broj jednostavno zamjenjuje. Na primjer:
(redukcijska formula ) ;
(redukcijska formula )

U našem slučaju:

(1) Budući da je sinus periodična funkcija s točkom, argument se može bezbolno "odvrnuti" 4 točke (tj.).

Derivaciju poretka proizvoda dviju funkcija možemo pronaći po formuli:

Posebno:

Ne morate ništa posebno zapamtiti, jer što više formula znate, manje ih razumijete. Mnogo je korisnije upoznati se binomski Newton, jer je Leibnizova formula vrlo, vrlo slična njemu. Pa oni sretnici koji dobiju izvedenicu 7. ili višeg reda (što je, međutim, malo vjerojatno) bit će prisiljeni na to. Međutim, kad je riječ o kombinatorika- još moraš =)

Pronađimo treći izvod funkcije. Koristimo Leibnizovu formulu:

U ovom slučaju: ... Derivate je lako usmeno uslikati:

Sada pažljivo i PAŽLJIVO izvršavamo zamjenu i pojednostavljujemo rezultat:

Odgovor:

Sličan zadatak za neovisno rješenje:

Primjer 11

Pronađi funkcije

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

Primjer 12

Pronađi izvedenicu navedenog reda

Riješenje: prva i bitna primjedba je da vjerojatno ne morate ovako odlučivati ​​=) =)

Zapišite funkcije i pronađite njihove izvedenice do zaključno petog reda. Pretpostavljam da su derivati ​​desnog stupca za vas postali usmeni:

U lijevom stupcu "živi" derivati ​​brzo su "završili" i to je vrlo dobro - u Leibnizovoj formuli tri će se pojma nulirati:

Ponovno ću se zadržati na dilemi koja se pojavila u članku o složene izvedenice: treba li rezultat pojednostaviti? U načelu, možete ostaviti ovako - učitelju će biti još lakše provjeriti. Ali on može zahtijevati da smisli rješenje. S druge strane, pojednostavljivanje samo po sebi puno je algebarskih pogrešaka. Međutim, imamo odgovor dobiven na "primitivan" način =) (vidi vezu na početku) i nadam se da je tocno:

Super, sve se poklopilo.

Odgovor:

Sretan zadatak za samostalno rješavanje:

Primjer 13

Za funkciju:
a) pronaći izravnom diferencijacijom;
b) pronaći po Leibnizovoj formuli;
c) izračunati.

Ne, uopće nisam sadist - točka "a" ovdje je vrlo jednostavna =)

No, ozbiljno, "izravno" rješenje sukcesivnom diferencijacijom ima i "pravo na život" - u brojnim slučajevima njegova je složenost usporediva sa složenošću primjene Leibnizove formule. Upotrijebite ga ako smatrate da je prikladno - to vjerojatno neće biti razlog da ne prihvatite zadatak.

Kratko rješenje i odgovor na kraju vodiča.

Da biste podigli posljednji odlomak, morate biti u mogućnosti razlikovati implicitne funkcije:

Derivacije implicitnih funkcija višeg reda

Mnogi od nas proveli su duge sate, dane i tjedne svog života učeći krugovima, parabola, hiperbola- a ponekad se čak činilo kao prava kazna. Zato se osvetimo i ispravno ih razlikujmo!

Krenimo od "školske" parabole u svojoj kanonski položaj:

Primjer 14

Daje se jednadžba. Pronaći .

Riješenje: prvi korak je poznat:

Činjenica da su funkcija i njezina izvedenica implicitno izraženi ne mijenja bit stvari, druga je izvedenica prve izvedenice:

Međutim, postoje pravila igre: obično se izražavaju izvedenice 2. i višeg reda samo kroz "x" i "igrek"... Stoga u rezultirajućoj 2. izvedenici zamjenjujemo:

Treći derivat je derivat drugog derivata:

Slično, zamijenite:

Odgovor:

"Školska" hiperbola u kanonski položaj- za samostalni rad:

Primjer 15

Daje se jednadžba. Pronaći .

Ponavljam da 2. izvedenicu i rezultat treba izraziti samo u smislu "x" / "igre"!

Kratko rješenje i odgovor na kraju vodiča.

Nakon dječjih podvala, pogledajmo njemačku pornografiju @ fiyu pogledajmo još primjera za odrasle, iz kojih doznajemo još jedno važno rješenje:

Primjer 16

Elipsa sam.

Riješenje: pronaći prvu izvedenicu:

A sada zastanimo i analiziramo sljedeći trenutak: sada moramo razlikovati razlomak, što nimalo nije ugodno. U ovom slučaju, to je, naravno, jednostavno, ali u stvarnim životnim zadacima takvi su se darovi koristili nekoliko puta. Postoji li način da se izbjegne pronalaženje glomazne izvedenice? Postoje! Uzimamo jednadžbu i koristimo istu tehniku ​​kao i pri pronalasku prve izvedenice - proste brojeve "objesimo" s obje strane:

Druga izvedenica mora se izraziti samo pomoću i, pa sada (sada) prikladno je riješiti se 1. izvedenice. Da bismo to učinili, u rezultirajuću jednadžbu zamjenjujemo:

Kako bismo izbjegli nepotrebne tehničke poteškoće, obje strane množimo s:

I tek u završnoj fazi sastavljamo razlomak:

Sada gledamo izvornu jednadžbu i primjećujemo da se dobiveni rezultat može pojednostaviti:

Odgovor:

Kako u bilo kojem trenutku pronaći vrijednost 2. izvedenice (koji očito pripada elipsi), na primjer, u točki ? Vrlo jednostavno! Taj se motiv već susreo u lekciji o normalna jednadžba: u izrazu 2. izvedenice morate zamijeniti :

Naravno, u sva tri slučaja možete dobiti eksplicitno definirane funkcije i razlikovati ih, ali se onda mentalno prilagoditi radu s dvije funkcije koje sadrže korijene. Po mom mišljenju, prikladnije je donijeti odluku "implicitno".

Završni primjer rješenja "uradi sam":

Primjer 17

Pronađi implicitno navedenu funkciju

Leibnizova formula data je za računajući n -ti izvedenica proizvoda dviju funkcija. Njegov se dokaz daje na dva načina. Razmatra se primjer izračunavanja izvedenice n -tog reda.

Sadržaj

Vidi također: Izveden umnožak dviju funkcija

Leibnizova formula

Pomoću Leibnizove formule može se izračunati derivacija n -tog reda proizvoda dviju funkcija. Izgleda ovako:
(1) ,
gdje
- binomski koeficijenti.

Binomski koeficijenti su koeficijenti proširenja binoma po moćima i:
.
Također, broj je broj kombinacija od n do k.

Dokaz Leibnizove formule

Primjenjujemo formulu za derivat proizvoda dviju funkcija:
(2) .
Prepišimo formulu (2) na sljedeći način:
.
Odnosno, smatramo da jedna funkcija ovisi o varijabli x, a druga o varijabli y. Na kraju izračuna, pretpostavljamo. Tada se prethodna formula može napisati ovako:
(3) .
Budući da je izvedenica jednaka zbroju pojmova, a svaki izraz je proizvod dviju funkcija, tada za izračun derivata viših redova možete dosljedno primijeniti pravilo (3).

Tada za izvedenicu n -tog reda imamo:

.
S obzirom na to, dobivamo Leibnizovu formulu:
(1) .

Dokaz indukcijom

Predstavimo dokaz Leibnizove formule metodom matematičke indukcije.

Prepišemo Leibnizovu formulu:
(4) .
Za n = 1 imamo:
.
Ovo je formula za derivat proizvoda dviju funkcija. Ona je poštena.

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

Diferencirati (4):
;



.
Tako smo pronašli:
(5) .

Zamijenite (5) i uzmite u obzir da:

.
To pokazuje da formula (4) ima isti oblik za izvedenicu n + 1 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
.

Primjenjujemo Leibnizovu formulu
(2) .
U našem slučaju
;
.

Prema tablici derivata imamo:
.
Primjenjujemo svojstva trigonometrijskih funkcija:
.
Zatim
.
Stoga se vidi da diferencijacija sinusne funkcije dovodi do njenog pomaka za. Zatim
.

Pronađi izvedenice funkcije.
;
;
;
, .

Budući da su u, samo prva tri izraza u Leibnizovoj formuli različita od nule. Pronađi binomske koeficijente.
;
.

Prema Leibnizovoj formuli imamo:

.

Vidi također:

Tekst djela smješten je bez slika i formula.
Puna verzija rad je dostupan u kartici "Datoteke rada" u PDF formatu

"Također za mene, binom Newtona!»

iz romana "Majstor i Margarita"

“Pascalov trokut toliko je jednostavan da ga čak i desetogodišnjak može zapisati. Istodobno, on skriva neiscrpno blago i povezuje različite aspekte matematike koji na prvi pogled nemaju ništa zajedničko. Tako neobična svojstva dopustiti nam da smatramo Pascalov trokut jednom od najelegantnijih shema u cijeloj matematici "

Martin Gardner.

Svrha rada: generalizirati formule za smanjeno množenje, pokazati njihovu primjenu u rješavanju problema.

Zadaci:

1) proučiti i sistematizirati informacije o ovom pitanju;

2) analizirati primjere problema o primjeni Newtonovog binoma i formula za zbroj i razliku stupnjeva.

Istraživački objekti: Newtonov binom, formule za zbroj i razliku snaga.

Metode istraživanja:

Rad s obrazovnom i znanstveno -popularnom literaturom, internetskim izvorima.

Izračuni, usporedba, analiza, analogija.

Relevantnost. Osoba se često mora nositi sa zadacima u kojima je potrebno brojati sve moguće načine mjesto nekih objekata ili broj svih mogućih načina izvođenja radnje. Različiti putevi ili opcije koje osoba mora izabrati zbrajaju se u razne kombinacije. Cijeli dio matematike, nazvan kombinatorika, zauzet je traženjem odgovora na pitanja: koliko kombinacija postoji u jednom ili drugom slučaju.

Predstavnici mnogih specijalnosti moraju se baviti kombinatornim količinama: kemičar, biolog, dizajner, dispečer itd. Rastući interes za kombinatoriku posljednjih godina posljedica je brzog razvoja kibernetike i računalne tehnologije.

Uvod

Kad žele naglasiti da sugovornik pretjeruje u složenosti problema s kojima se suočio, kažu: "Imam i Newtonov binom!" Recimo, ovdje je Newtonov binom, teško je, ali imate nekih problema! Čak su i oni ljudi čiji interesi nemaju nikakve veze s matematikom čuli za Newtonov binom.

Riječ "binom" znači binom, tj. zbroj dva pojma. Takozvane formule skraćenog množenja poznate su iz školskog tečaja:

( ali+ 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 binomska formula. Koristi se u školi i formule za faktoring razlike kvadrata, zbroja i razlike kockica. Općenito generaliziraju? Da, postoje takve formule, često se koriste u rješavanju različitih problema: dokazivanje djeljivosti, poništavanje razlomaka, približni izračuni.

Proučavanje generalizirajućih formula razvija deduktivno i matematičko mišljenje te opće sposobnosti razmišljanja.

ODJELJAK 1. BINOM NEWTON FORMULE

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, štoviše, k ≤ n.

Broj različitih kombinacija k elemenata od n označava se C n k. Jedan od najvažnije formule kombinatorika je sljedeća formula za broj S n k:

Može se napisati, nakon očiglednih kratica, na sljedeći način:

Posebno,

To je sasvim u skladu s činjenicom da skup X ima samo jedan podskup od 0 elemenata - prazan podskup.

Brojevi C n k imaju niz izvanrednih svojstava.

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

Značenje formule (3) je da postoji međusobna korespondencija između skupa svih k-terminskih podskupova iz X i skupa svih (n-k) -skupinskih podskupova iz X: da bi se uspostavila ta podudarnost, dovoljno je da svaki k-pojam Y podskup odgovara njegovom komplementu u skupu X.

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

Zbroj na lijevoj strani izražava broj svih podskupova skupa X (C 0 n je broj podskupa s 0 članova, C 1 n je broj jednočlanih podskupova itd.).

Za svako k, 1≤ k≤ n, jednakost

C k n = C n -1 k + C n -1 k -1 (5)

Ova se jednakost može lako postići formulom (1). Doista,

1.2. Izvođenje Newtonove binomske formule

Razmotrimo moći binoma a +b .

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

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

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

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

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

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

Obratite pažnju na sljedeće obrasce:

Broj članova rezultirajućeg polinoma jedan je veći od eksponenta binoma;

Eksponent prvog člana smanjuje se s n na 0, eksponent drugog člana raste s 0 na n;

Stupnjevi svih monoma jednaki su stupnjevima binoma u stanju;

Svaki monom produkt je prvog i drugog izraza u različitim stupnjevima i određenog broja - binomskog koeficijenta;

Binomski koeficijenti jednako udaljeni od početka i kraja proširenja jednaki su.

Uopćavanje ovih formula je sljedeća formula, nazvana Newtonova binomska 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 prirodni broj.

Izvedimo formulu (6). Prije svega, napišite:

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

gdje je broj zagrada koji se množe n... Iz uobičajenog pravila za množenje zbroja sa zbrojem proizlazi da je izraz (7) jednak zbroju svih mogućih proizvoda, koji se može sastaviti na sljedeći način: bilo koji član u prvom od zbrojeva a + b pomnoženo s bilo kojim članom u drugom zbroju a + b, za bilo koji izraz u trećem zbroju itd.

Iz rečenog je jasno da izraz u izrazu za (a + b ) n podudaraju se (jedan na jedan) nizovi duljine n sastavljeni od slova a i b. Među pojmovima bit će i sličnih pojmova; očito je da takvi članovi odgovaraju nizovima koji sadrže isti broj slova ali... No, broj redaka sadrži točno k puta slovo ali, jednak je C n k. Dakle, zbroj svih pojmova koji sadrže slovo a po faktoru točno k puta jednak je S n k a n - k b k . Budući da k može poprimiti vrijednosti 0, 1, 2,…, n-1, n, tada formula (6) proizlazi iz našeg zaključivanja. Imajte na umu da se (6) može napisati kraće: (8)

Iako se formula (6) naziva imenom Newton, u stvarnosti je otkrivena čak i prije Newtona (na primjer, Pascal je to znao). Newtonova zasluga leži u činjenici da je pronašao generalizaciju ove formule za slučaj pokazatelja koji nisu cijeli brojevi. Bio je to I. Newton 1664.-1665. izveo 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 binomski koeficijenti, koji su definirani na sljedeći način:

Brojna svojstva ovih koeficijenata mogu se dobiti iz formule (6). Na primjer, stavljanje ali= 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 stavimo ali= 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 jednak je 2 n -1.

Koeficijenti pojmova jednako udaljeni od krajeva proširenja su jednaki. Ovo svojstvo proizlazi iz relacije: S n k = S n n - k

Zanimljiv poseban slučaj

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

ili kraće (x +1) n = ∑C n k x n - k.

1.3. Polinomski teorem

Teorema.

Dokaz.

Da biste nakon proširenja zagrada dobili monom, morate odabrati one zagrade iz kojih su uzete, one zagrade iz kojih su uzete itd. i one zagrade iz kojih je preuzet. Koeficijent ovog monoma nakon smanjenja sličnih članova jednak broju načine na koje se može napraviti takav izbor. Prvi korak u nizu izbora može se izvršiti na različite načine, drugi korak -, treći - i tako dalje, treći korak - na načine. Željeni koeficijent jednak je umnošku

ODJELJAK 2. Derivati ​​višeg reda.

Koncept izvedenica viših redova.

Neka je funkcija diferencijabilna u nekom intervalu. Tada njezina izvedenica, općenito govoreći, ovisi o NS, to jest, funkcija je NS... Slijedom toga, u odnosu na to, ponovno se može postaviti pitanje postojanja izvedenice.

Definicija . Izvedenica prve izvedenice naziva se izvedenica drugog reda ili druga izvedenica i označena je simbolom ili, tj

Definicija . Derivacija drugog derivata naziva se derivat trećeg reda ili izvedba trećeg reda i označava se simbolom ili.

Definicija . Izvedenican -naredba funkcija je prvi derivat derivata (n -1) -ti red ove funkcije i označava se simbolom ili:

Definicija . Zovu se izvedenice reda višeg od prvog viši derivati.

Komentar... Slično, možete dobiti formulu n-ti izvod funkcije:

Druga izvedba parametarski zadane funkcije

Ako je funkcija zadana parametarno jednadžbama, tada je za pronalaženje izvedenice drugog reda potrebno razlikovati izraz za njezinu prvu izvedenicu kao složena funkcija neovisna varijabla.

Od tada

i uzimajući u obzir da,

Dobivamo, tj.

Treći derivat se može naći slično.

Diferencijal zbroja, proizvoda i količnika.

Budući da se razlika dobiva iz izvedenice množenjem s diferencijalom nezavisne varijable, tada, poznavajući izvedenice temeljne elementarne funkcije, kao i pravila za pronalaženje izvedenica, mogu se doći do sličnih pravila za pronalaženje diferencijala.

1 0 . Diferencijalna konstanta je nula.

2 0 . Diferencijal algebarskog zbroja konačnog broja diferencijabilnih funkcija jednak je algebarskom zbroju diferencijala ovih funkcija .

3 0 . Diferencijal proizvoda dviju diferencijabilnih funkcija jednak je zbroju produkti prve funkcije diferencijalom druge i druge funkcije diferencijalom prve .

Posljedica. Konstantan množitelj može se uzeti izvan diferencijalnog znaka.

2.3. Parametarski definirane funkcije, njihova diferencijacija.

Definicija . Funkcija se naziva parametarski zadanom ako su obje varijable NS i y su definirane svaka zasebno kao jednoznačne funkcije iste pomoćne varijable - parametrat :

gdjet varira unutar.

Komentar ... Prikazujemo parametarske jednadžbe kruga i elipse.

a) Krug sa središtem u ishodištu i polumjerom r ima parametarske jednadžbe:

b) Napišimo parametarske jednadžbe za elipsu:

Izuzimanjem parametra t iz parametarske jednadžbe od razmatranih linija može se doći do njihovih kanonskih jednadžbi.

Teorema ... Ako funkcija y iz argumenta x je parametrički dano jednadžbama, gdje se i može razlikovati u odnosu nat funkcije, a zatim.

2.4. Leibnizova formula

Za pronalaženje izvedenice n-og reda umnožaka dviju funkcija velike praktični značaj ima Leibnizovu formulu.

Neka bude u i v- neke funkcije varijable NS koji imaju izvedenice bilo kojeg reda i y = uv... Izrazimo n-ti izvod u smislu izvoda funkcija u i v .

Imamo dosljedno

Lako je uočiti analogiju između izraza za drugu i treću izvedenicu i proširenje Newtonovog binoma u drugu, odnosno treću stepen, ali umjesto eksponenata postoje brojevi koji određuju redoslijed derivacije i funkcije sami se mogu smatrati "izvedenicama nultog reda". Imajući to na umu, dobivamo Leibnizovu formulu:

Ova se formula može dokazati metodom matematičke indukcije.

ODJELJAK 3. PRIMJENA LEIBNITZOVE FORMULE.

Za izračun derivacije bilo kojeg reda proizvoda dviju funkcija, zaobilazeći sekvencijalnu primjenu formule za izračun derivacije proizvoda dviju funkcija, primjenjujemo Leibnizova formula.

Pomoću ove formule razmotrit ćemo primjere izračunavanja derivacije n -tog reda proizvoda dviju funkcija.

Primjer 1.

Pronađi derivaciju funkcije drugog reda

Po definiciji, druga je izvedenica prva izvedenica prve izvedenice, tj

Stoga prvo nalazimo izvedenicu prvog reda date funkcije prema pravila razlikovanja i korištenjem tablica izvedenica:

Pronađimo sada izvedenicu derivata prvog reda. To će biti potrebna izvedenica drugog reda:

Odgovor:

Primjer 2.

Pronađite derivaciju th-reda funkcije

Riješenje.

Uzastopno ćemo pronaći izvedenice prve, druge, treće i tako redom zadane funkcije kako bismo uspostavili obrazac koji se može generalizirati na tu izvedenicu.

Derivacija prvog reda nalazi se kao izvedenica privatnog:

Ovdje se izraz naziva faktorijelom broja. Faktorijal broja jednak je umnošku brojeva od jedan do, tj

Derivacija drugog reda je prva izvedenica prve izvedenice, tj

Derivat trećeg reda:

Četvrta izvedenica:

Uočite pravilnost: brojnik sadrži faktorijel broja, koji je jednak redoslijedu izvedenice, a u nazivniku je izraz u snazi ​​jedan više od reda izvedenice, tj.

Odgovor.

Primjer 3.

Nađi vrijednost treće izvedenice funkcije u točki.

Riješenje.

Prema tablica derivata višeg reda, imamo:

U primjeru koji se razmatra, to jest, dobivamo

Imajte na umu da bi se sličan rezultat mogao postići uzastopnim pronalaskom derivata.

U određenoj točki treća je izvedenica:

Odgovor:

Primjer 4.

Pronađi drugu derivaciju funkcije

Riješenje. Prvo, pronađimo prvu izvedenicu:

Da bismo pronašli drugu izvedenicu, opet razlikujemo izraz za prvu izvedenicu:

Odgovor:

Primjer 5.

Pronađi ako

Budući da je zadana funkcija proizvod dviju funkcija, bit će prikladno koristiti Leibnizovu formulu za pronalaženje izvedenice četvrtog reda:

Pronađimo sve izvedenice i izračunajmo koeficijente pojmova.

1) Izračunajmo koeficijente pojmova:

2) Pronađite izvedenice funkcije:

3) Pronađite izvedenice funkcije:

Odgovor:

Primjer 6.

Zadana je funkcija y = x 2 cos3x. Pronađi izvedenicu trećeg reda.

Neka je u = cos3x, v = x 2 ... Zatim pomoću Leibnizove formule nalazimo:

Derivati ​​u ovom izrazu su:

(cos3x) ′ = - 3sin3x,

(cos3x) ′ ′ = ( - 3sin3x) ′ = - 9cos3x,

(cos3x) ′ ′ ′ = (- 9cos3x) ′ = 27sin3x,

(x2) ′ = 2x,

(x2) ′ ′ = 2,

(x2) ′ ′ ′ = 0.

Stoga je treća izvedenica date funkcije

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

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

Primjer 7.

Pronađi izvedenicu n -funkcija I. reda y = x 2 cosx.

Za postavljanje koristimo Leibnizovu formuluu = cosx, v = x 2 ... Zatim

Preostali članovi niza jednaki su nuli, budući da(x2) (i) = 0 za i> 2.

Izvedenica n kosinusna funkcija trećeg reda:

Stoga je izvedenica naše funkcije

ZAKLJUČAK

Škola proučava i koristi takozvane skraćene formule množenja: kvadrate i kocke zbroja i razlike dvaju izraza i formulu za faktoring razlike kvadrata, zbroj i razliku kockica dvaju izraza. Opća generacija ovih formula je formula koja se naziva Newtonova binomska formula i formule za faktorizaciju zbroja i razlika snaga. Te se formule često koriste u rješavanju različitih problema: dokazivanje djeljivosti, poništavanje razlomaka, približni izračuni. Razmatraju se zanimljiva svojstva Pascalovog trokuta, koja su usko povezana s Newtonovim binomom.

Rad sistematizira podatke o temi, daje primjere problema o primjeni Newtonovog binoma i formule za zbroj i razliku stupnjeva. Rad se može koristiti u radu matematičkog kruga, kao i za samostalno istraživanje oni koji vole matematiku.

POPIS KORIŠTENIH IZVORA

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

2. Nikolsky S.M., Potapov M.K., Reshetnikov N.N., Shevkin A.V. Algebra i počeci matematička analiza... 10 razred: udžbenik. za opće obrazovanje. organizacije osnovne i napredne razine - M.: Obrazovanje, 2014. - 431 str.

3. Rješavanje problema u statistici, kombinatoriki i teoriji vjerojatnosti. 7-9 razreda / autor - sastavio V.N. Studenetskaya. - izd. 2., Rev., - Volgograd: Učitelj, 2009. (zbornik)

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

5. Sharygin I.F. Fakultativni kolegij iz matematike: Rješavanje problema. Vodič za 10 cl. 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/