در آموزشهای قبلی مجله فرادرس با مفهوم مشتق و روشهای محاسبه آن آشنا شدیم. در این آموزش چند نمونه سوال مشتق را بررسی میکنیم. این مثالهای متنوع طوری انتخاب شدهاند که روش حل مسئله را بیاموزید و بهترین راهحل را انتخاب کنید. علاوه بر این، برای تسلط بیشتر بر مفاهیم و روشهای مختلف مشتقگیری توابع مختلف، پیشنهاد میکنیم در صورت لزوم، آموزشهای زیر را مطالعه کنید:
فرمولها و قواعد مقدماتی مشتقگیری
فرمولهای زیادی برای محاسبه مشتق وجود دارد.
البته با چند فرمول ساده و مقدماتی میتوان اغلب مشتقهای دشوار را نیز حل کرد. این مشتقهای مقدماتی به شرح زیر هستند و در حل مسائل مربوط به مشتق میتوانید از آنها استفاده کنید:
[ x a ] ′ = a ⋅ x a − 1 , x ∈ R for a ∈ I N , x ∈ R − { 0 } for a ∈ Z x ∈ R + for a ∈ R [ e x ] ′ = e x , x ∈ R [ a x ] ′ = ln ( a ) a x , x ∈ R [ ln ( x ) ] ′ = 1 x , x > 0 [ log a ( x ) ] ′ = 1 ln ( a ) 1 x , x > 0 [ sin ( x ) ] ′ = cos ( x ) , x ∈ R [ cos ( x ) ] ′ = − sin ( x ) , x ∈ I R [ tan ( x ) ] ′ = 1 cos 2 ( x ) , x ≠ π 2 + k π [ cot ( x ) ] ′ = − 1 sin 2 ( x ) , x ≠ k π [ arcsin ( x ) ] ′ = 1 1 − x 2 , x ∈ ( − 1 , 1 ) [ arccos ( x ) ] ′ = − 1 1 − x 2 , x ∈ ( − 1 , 1 ) [ arctan ( x ) ] ′ = 1 x 2 + 1 , x ∈ R [ arccot ( x ) ] ′ = − 1 x 2 + 1 , x ∈ R [ sinh ( x ) ] ′ = cosh ( x ) , x ∈ R [ cosh ( x ) ] ′ = sinh ( x ) , x ∈ R [ tanh ( x ) ] ′ = 1 cosh 2 ( x ) , x ∈ R [ coth ( x ) ] ′ = − 1 sinh 2 ( x ) , x ≠ 0 [ arg sinh ( x ) ] ′ = 1 x 2 + 1 , x ∈ R [ arg cosh ( x ) ] ′ = 1 x 2 − 1 , x ∈ ( 1 , ∞ ) [ argtanh ( x ) ] ′ = 1 1 − x 2 , x ∈ ( − 1 , 1 ) [ argcoth ( x ) ] ′ = 1 1 − x 2 , x ∈ ( − ∞ , − 1 ) ∪ ( 1 , ∞ ) \large \begin {aligned} & \left [ x ^ { a } \right ] ^ { \prime } = a \cdot x ^ { a - 1 } , x \in \mathbb { R } \text { for } a \in I N , x \in \mathbb { R } - \{ 0 \} \text { for } a \in \mathbb { Z } \\ & x \in \mathbb { R } ^ { + } \text {for } a \in \mathbb { R } \\ & \left [ e ^ { x } \right ] ^ { \prime } = e ^ { x } , x \in \mathbb { R } \\ & \left [ a ^ { x } \right ] ^ { \prime } = \ln ( a ) a ^ { x } , x \in \mathbb { R } \\ & [ \ln ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { x } , x > 0 \\ & \left [ \log _ { a } ( x ) \right ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { \ln ( a ) } \frac { 1 } { x } , x > 0 \\ & [ \sin ( x ) ] ^ { \prime } = \cos ( x ) , x \in \mathbb { R } \\ & [ \cos ( x ) ] ^ { \prime } = - \sin ( x ) , x \in I R \\ & [ \tan ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1} { \cos ^ { 2 } ( x ) } , x \neq \frac { \pi } { 2 } + k \pi \\ & [ \cot ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { - 1 } { \sin ^ { 2 } ( x ) } , x \neq k \pi \\ & [ \arcsin ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { \sqrt { 1- x^ { 2 } } } , x \in ( - 1 , 1 ) \\ & [ \arccos ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { - 1 } { \sqrt { 1 -x ^ { 2 } } } , x \in ( - 1 , 1 ) \\ & [ \arctan ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { x ^ { 2 } + 1 } , x \in \mathbb { R } \\ & [ \operatorname {arccot} ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { - 1 } { x ^ { 2 } + 1} , x \in \mathbb { R } \\ & [ \sinh ( x ) ] ^ { \prime } = \cosh ( x ) , x \in \mathbb { R } \\ & [ \cosh ( x ) ] ^ { \prime } = \sinh ( x ) , x \in \mathbb { R } \\ & [ \tanh ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { \cosh ^ { 2 } ( x) } , x \in \mathbb { R } \\ & [ \operatorname {coth} ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { - 1 }{ \sinh ^ { 2 } ( x ) } , x \neq 0 \\ & [ \arg \sinh ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } , x \in \mathbb { R } \\ & [ \arg \cosh ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 }{ \sqrt { x ^ { 2 } - 1 } } , x \in ( 1 , \infty ) \\ & [ \operatorname {argtanh} ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { 1 - x ^ { 2 } } , x \in ( - 1 , 1 ) \\ & [ \operatorname {argcoth} ( x ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { 1 - x ^ { 2 } } , x \in ( - \infty , - 1 ) \cup ( 1 , \infty ) \end {aligned} [ x a ] ′ = a ⋅ x a − 1 , x ∈ R for a ∈ I N , x ∈ R − { 0 } for a ∈ Z x ∈ R + for a ∈ R [ e x ] ′ = e x , x ∈ R [ a x ] ′ = ln ( a ) a x , x ∈ R [ ln ( x ) ] ′ = x 1 , x > 0 [ log a ( x ) ] ′ = ln ( a ) 1 x 1 , x > 0 [ sin ( x ) ] ′ = cos ( x ) , x ∈ R [ cos ( x ) ] ′ = − sin ( x ) , x ∈ I R [ tan ( x ) ] ′ = cos 2 ( x ) 1 , x = 2 π + kπ [ cot ( x ) ] ′ = sin 2 ( x ) − 1 , x = kπ [ arcsin ( x ) ] ′ = 1 − x 2 1 , x ∈ ( − 1 , 1 ) [ arccos ( x ) ] ′ = 1 − x 2 − 1 , x ∈ ( − 1 , 1 ) [ arctan ( x ) ] ′ = x 2 + 1 1 , x ∈ R [ arccot ( x ) ] ′ = x 2 + 1 − 1 , x ∈ R [ sinh ( x ) ] ′ = cosh ( x ) , x ∈ R [ cosh ( x ) ] ′ = sinh ( x ) , x ∈ R [ tanh ( x ) ] ′ = cosh 2 ( x ) 1 , x ∈ R [ coth ( x ) ] ′ = sinh 2 ( x ) − 1 , x = 0 [ arg sinh ( x ) ] ′ = x 2 + 1 1 , x ∈ R [ arg cosh ( x ) ] ′ = x 2 − 1 1 , x ∈ ( 1 , ∞ ) [ argtanh ( x ) ] ′ = 1 − x 2 1 , x ∈ ( − 1 , 1 ) [ argcoth ( x ) ] ′ = 1 − x 2 1 , x ∈ ( − ∞ , − 1 ) ∪ ( 1 , ∞ )
قواعد مشتقگیری نیز برای دو تابع f f f و g g g به شرح زیر هستند:
[ f + g ] ′ = f ′ + g ′ [ f − g ] ′ = f ′ − g ′ [ f g ] ′ = f ′ g + f g ′ [ f g ] ′ = f ′ g − f g ′ g 2 [ g ( f ) ] ′ = g ′ ( f ) ⋅ f ′ \large \begin {aligned} & [ f + g ] ^ { \prime } = f ^ { \prime } + g ^ { \prime } \\ & [ f - g ] ^ { \prime } = f ^ { \prime } - g ^ { \prime } \\ & [ f g ] ^ { \prime } = f ^ { \prime } g + f g ^ { \prime } \\ & \left [ \frac { f } { g } \right ] ^ { \prime } = \frac { f ^ { \prime } g - f g ^ { \prime } } { g ^ { 2 } } \\ & [ g ( f ) ] ^ { \prime } = g ^ { \prime } ( f ) \cdot f ^ { \prime } \end {aligned} [ f + g ] ′ = f ′ + g ′ [ f − g ] ′ = f ′ − g ′ [ f g ] ′ = f ′ g + f g ′ [ g f ] ′ = g 2 f ′ g − f g ′ [ g ( f ) ] ′ = g ′ ( f ) ⋅ f ′
علاوه بر این، برای دسترسی به فهرست کامل مشتق توابع پرکاربرد میتوانید «تقلب نامه (Cheat Sheet) فرمول های مشتق گیری » را دانلود کنید.
نمونه سوال مشتق
در این بخش، چند نمونه سوال مربوط به مبحث مشتق را حل میکنیم.
مثال ۱
مشتق مرتبه سوم تابع زیر را حساب کنید.
f ( x ) = x 2 ln ( x + 1 ) \large f ( x ) = x ^ 2 \ln ( x + 1 ) f ( x ) = x 2 ln ( x + 1 )
حل مثال ۱: مشتق مرتبه اول را با استفاده از قاعده مشتق ضرب دو تابع به صورت زیر محاسبه میکنیم:
f ′ ( x ) = [ x 2 ] ′ ⋅ ln ( x + 1 ) + x 2 ⋅ [ ln ( x + 1 ) ] ′ \large f' ( x ) = [ x ^ 2 ]' \cdot \ln ( x + 1 ) + x ^ 2 \cdot [ \ln ( x + 1 ) ]' f ′ ( x ) = [ x 2 ] ′ ⋅ ln ( x + 1 ) + x 2 ⋅ [ ln ( x + 1 ) ] ′
عبارت اول مشتق به صورت زیر محاسبه میشود:
f ′ ( x ) = [ x 2 ] ′ ⋅ ln ( x + 1 ) + x 2 ⋅ [ ln ( x + 1 ) ] ′ \large f ^ { \prime } ( x ) = \left [ x ^ { 2 } \right ] ^ { \prime } \cdot \ln ( x + 1 ) + x ^ { 2 } \cdot [ \ln ( x + 1 ) ] ^ { \prime } f ′ ( x ) = [ x 2 ] ′ ⋅ ln ( x + 1 ) + x 2 ⋅ [ ln ( x + 1 ) ] ′
و با محاسبه مشتق عبارت دوم، حاصل مشتق اول برابر است با:
f ′ ( x ) = 2 x 1 ln ( x + 1 ) + x 2 1 x + 1 ⋅ 1 = 2 x ln ( x + 1 ) + x 2 x + 1 \large f ^ { \prime } ( x ) = 2 x ^ { 1 } \ln ( x + 1 ) + x ^ { 2 } \frac { 1 } { x + 1 } \cdot 1 = 2 x \ln ( x + 1 ) + \frac { x ^ { 2 } } { x + 1 } f ′ ( x ) = 2 x 1 ln ( x + 1 ) + x 2 x + 1 1 ⋅ 1 = 2 x ln ( x + 1 ) + x + 1 x 2
اکنون باید مشتق دوم را حساب کنیم:
f ′ ′ ( x ) = [ 2 x ln ( x + 1 ) ] ′ + [ x 2 x + 1 ] ′ \large f ^ { \prime \prime } ( x ) = [ 2 x \ln ( x + 1 ) ] ^ { \prime } + \left [ \frac { x ^ { 2 } } { x + 1 } \right ] ^ { \prime } f ′′ ( x ) = [ 2 x ln ( x + 1 ) ] ′ + [ x + 1 x 2 ] ′
مشتق جمله اول از قاعده ضرب پیروی میکند و مشتق دوم از قاعده مشتق برای تقسیم. بنابراین، خواهیم داشت:
f ′ ′ ( x ) = ( [ 2 x ] ′ ln ( x + 1 ) + 2 x [ ln ( x + 1 ) ] ′ ) + [ x 2 ] ′ ( x + 1 ) − x 2 [ x + 1 ] ′ ( x + 1 ) 2 \large f ^ { \prime \prime } ( x ) = \left ( [ 2 x ] ^ { \prime} \ln ( x + 1 ) + 2 x [ \ln ( x + 1 ) ] ^ { \prime } \right ) + \frac { \left [ x ^ { 2 } \right ] ^ { \prime } ( x + 1 ) - x ^{ 2 } [ x + 1 ] ^ { \prime }} { ( x + 1 ) ^ { 2 } } f ′′ ( x ) = ( [ 2 x ] ′ ln ( x + 1 ) + 2 x [ ln ( x + 1 ) ] ′ ) + ( x + 1 ) 2 [ x 2 ] ′ ( x + 1 ) − x 2 [ x + 1 ] ′
که حاصل آن برابر است با:
f ′ ′ ( x ) = 2 ⋅ ln ( x + 1 ) + 2 x 1 x + 1 ⋅ 1 + 2 x ⋅ ( x + 1 ) − x 2 ⋅ 1 ( x + 1 ) 2 = 2 ln ( x + 1 ) + 2 x x + 1 + x 2 + 2 x ( x + 1 ) 2 \large \begin {aligned} f ^ { \prime \prime } ( x ) & = 2 \cdot \ln ( x + 1 ) + 2 x \frac { 1 } { x + 1 } \cdot 1 + \frac { 2 x \cdot ( x + 1 ) - x ^ { 2 } \cdot 1 } { ( x + 1 ) ^ { 2 } } \\ & = 2 \ln ( x + 1 ) + \frac { 2 x } { x + 1 } + \frac { x ^ {2 } +2 x } { ( x + 1 ) ^ { 2 } } \end {aligned} f ′′ ( x ) = 2 ⋅ ln ( x + 1 ) + 2 x x + 1 1 ⋅ 1 + ( x + 1 ) 2 2 x ⋅ ( x + 1 ) − x 2 ⋅ 1 = 2 ln ( x + 1 ) + x + 1 2 x + ( x + 1 ) 2 x 2 + 2 x
با مشتق گرفتن از مشتق مرتبه دوم، مشتق مرتبه سوم را محاسبه میکنیم:
f ′ ′ ′ ( x ) = [ 2 ln ( x + 1 ) ] ′ + [ 2 x ] ′ ( x + 1 ) − 2 x [ x + 1 ] ′ ( x + 1 ) 2 + [ x 2 + 2 x ] ′ ( x + 1 ) 2 − ( x 2 + 2 x ) [ ( x + 1 ) 2 ] ′ ( x + 1 ) 4 \large \begin {aligned} f ^ { \prime \prime \prime } ( x ) = [ 2 & \ln ( x + 1 ) ] ^ { \prime } + \frac { [ 2 x ] ^ { \prime } ( x + 1 ) - 2 x [ x + 1 ] ^ { \prime } } { ( x + 1 ) ^ { 2 } } \\ & + \frac { \left [ x ^ {2 } + 2 x \right ] ^ { \prime } ( x + 1 ) ^ { 2 } - \left ( x ^ { 2 } + 2 x \right ) \left [ ( x + 1 ) ^ { 2 } \right ] ^ { \prime } } { ( x + 1 ) ^ { 4 } } \end {aligned} f ′′′ ( x ) = [ 2 ln ( x + 1 ) ] ′ + ( x + 1 ) 2 [ 2 x ] ′ ( x + 1 ) − 2 x [ x + 1 ] ′ + ( x + 1 ) 4 [ x 2 + 2 x ] ′ ( x + 1 ) 2 − ( x 2 + 2 x ) [ ( x + 1 ) 2 ] ′
که حاصل آن به صورت زیر است:
f ′ ′ ′ ( x ) = 2 1 x + 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ ( x + 1 ) − 2 x ⋅ 1 ( x + 1 ) 2 + ( [ x 2 ] ′ + 2 [ x ] ′ ) ( x + 1 ) 2 − ( x 2 + 2 x ) 2 ( x + 1 ) [ x + 1 ] ′ ( x + 1 ) 4 = 2 x + 1 + 2 ( x + 1 ) 2 + ( 2 x + 2 ) ( x + 1 ) 2 − ( x 2 + 2 x ) 2 ( x + 1 ) ⋅ 1 ( x + 1 ) 4 = 2 x + 1 + 2 ( x + 1 ) 2 + 2 ( x + 1 ) 3 , x > − 1 \large \begin {aligned} f ^ { \prime \prime \prime } ( x ) = & 2 \frac { 1 } { x + 1 } \cdot 1 + \frac { 2 \cdot ( x + 1 ) - 2 x \cdot 1 } { ( x + 1 ) ^ { 2 } } \\ & + \frac { \left ( \left [ x ^ { 2 } \right ] ^ { \prime } +2 [ x ] ^ { \prime } \right ) ( x + 1 ) ^ { 2 } - \left ( x ^ { 2 } + 2 x \right ) 2 ( x + 1 ) [ x + 1 ] ^ { \prime } } { ( x + 1 ) ^ { 4 } } \\ = & \frac { 2 } { x + 1 } + \frac { 2 } { ( x + 1 ) ^ { 2 } } + \frac { ( 2 x + 2 ) ( x + 1 ) ^ { 2 } - \left ( x ^ { 2} + 2 x \right ) 2 ( x + 1 ) \cdot 1 } {( x + 1 ) ^ { 4 } } \\ = & \frac { 2 } { x + 1 } + \frac { 2 } { ( x + 1 ) ^ { 2} } + \frac { 2 } { ( x + 1 ) ^ { 3 } } , \quad x > - 1 \end {aligned} f ′′′ ( x ) = = = 2 x + 1 1 ⋅ 1 + ( x + 1 ) 2 2 ⋅ ( x + 1 ) − 2 x ⋅ 1 + ( x + 1 ) 4 ( [ x 2 ] ′ + 2 [ x ] ′ ) ( x + 1 ) 2 − ( x 2 + 2 x ) 2 ( x + 1 ) [ x + 1 ] ′ x + 1 2 + ( x + 1 ) 2 2 + ( x + 1 ) 4 ( 2 x + 2 ) ( x + 1 ) 2 − ( x 2 + 2 x ) 2 ( x + 1 ) ⋅ 1 x + 1 2 + ( x + 1 ) 2 2 + ( x + 1 ) 3 2 , x > − 1
باید توجه داشته باشیم که دامنه مشتق را نیز بنویسیم (x > − 1 x > - 1 x > − 1 ). برای حل این مثال میتوانستیم از فرمول زیر نیز کمک بگیریم.
[ ln ( y ) ] ′ = ( 1 / y ) ⋅ [ y ] ′ , [ y 2 ] ′ = 2 y ⋅ [ y ] ′ \large [ \ln ( y ) ] ^ { \prime } = ( 1 / y ) \cdot [ y ] ^ { \prime } , \quad \left [ y ^ { 2 } \right ] ^ { \prime } =2 y \cdot [ y ] ^ { \prime } [ ln ( y ) ] ′ = ( 1/ y ) ⋅ [ y ] ′ , [ y 2 ] ′ = 2 y ⋅ [ y ] ′
مثال ۲
مشتق تابع زیر را به دست آورید.
f ( x ) = e 2 x ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) \large f ( x ) = \sqrt { e ^ { 2 x } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) } f ( x ) = e 2 x ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) )
حل مثال ۲: یک تابع رادیکالی داریم. همانطور که میدانیم، مشتق تابع رادیکالی به صورت زیر محاسبه میشود:
[ y ] ′ = [ y 1 2 ] ′ = 1 2 y 1 2 − 1 = 1 2 y − 1 2 = 1 2 y \large [ \sqrt { y } ] ^ { \prime } = \left [ y ^ { \frac { 1 }{ 2 } } \right ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { 2 } y ^ { \frac { 1 }{ 2 } -1 } = \frac { 1 } { 2 } y ^ { - \frac { 1 } { 2 } } = \frac { 1 } { 2 \sqrt { y } } [ y ] ′ = [ y 2 1 ] ′ = 2 1 y 2 1 − 1 = 2 1 y − 2 1 = 2 y 1
از این فرمول کمک میگیریم و داریم:
f ′ ( x ) = 1 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) ⋅ [ e 2 x ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) ] ′ \large f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { 2 \sqrt { e ^ { 2 x } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) } } \cdot \left [ e ^ { 2 x } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) \right ] ^ { \prime } f ′ ( x ) = 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 c o s ( 2 x ) ) 1 ⋅ [ e 2 x ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) ) ] ′
برای سادهنویسی، کسر اول را با نماد لوزی (⋄ \diamond ⋄ ) نشان داده و مشتق جمله دوم را محاسبه میکنیم:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( [ e 2 x ] ′ ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) + e 2 x [ 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ] ′ ) \large f ^ { \prime } ( x ) = \diamond \cdot \left ( \left [ e ^ { 2 x } \right ] ^ { \prime } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) + e ^ { 2 x } \left [ 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^{ x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ] ^ { \prime } \right ) f ′ ( x ) = ⋄⋅ ( [ e 2 x ] ′ ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) ) + e 2 x [ 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) ] ′ )
بنابراین داریم:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( e 2 x [ 2 x ] ′ ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) + e 2 x ( [ 5 ] ′ + 3 [ x 4 ] ′ + [ cos ( 2 x ) x 2 + 1 ] ′ ) ) \large f ^ { \prime } ( x ) = \diamond \cdot \left ( e ^ { 2 x } [ 2 x ] ^ { \prime } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) + e ^ { 2 x } \left ( [ 5 ] ^ { \prime } + 3 \left [ x ^ { 4 } \right ] ^ { \prime } + \left [ \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ] ^ { \prime } \right ) \right ) f ′ ( x ) = ⋄⋅ ( e 2 x [ 2 x ] ′ ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) ) + e 2 x ( [ 5 ] ′ + 3 [ x 4 ] ′ + [ x 2 + 1 cos ( 2 x ) ] ′ ) )
با اعمال مشتق موجود در عبارت بالا، خواهیم داشت:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( e 2 x ⋅ 2 ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) + e 2 x ( 0 + 3 ⋅ 4 x 4 − 1 + [ cos ( 2 x ) ] ′ ( x 2 + 1 ) − cos ( 2 x ) [ x 2 + 1 ] ′ ( x 2 + 1 ) 2 ) ) \large \begin {aligned} f ^ { \prime } ( x ) = \diamond \cdot ( & e ^ { 2 x } \cdot 2 \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) \\ & \left . + e ^ { 2 x } \left ( 0 + 3 \cdot 4 x ^ { 4 - 1 } + \frac { \left [ \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) \right ] ^ { \prime } \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) - \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) \left [ x ^ { 2 } + 1 \right ] ^ { \prime } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } \right ) \right ) \end {aligned} f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( e 2 x ⋅ 2 ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) ) + e 2 x ( 0 + 3 ⋅ 4 x 4 − 1 + ( x 2 + 1 ) 2 [ cos ( 2 x ) ] ′ ( x 2 + 1 ) − cos ( 2 x ) [ x 2 + 1 ] ′ ) )
سایر مشتقهای باقیمانده نیز به صورت زیر حساب میشوند:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) + e 2 x ( 12 x 3 + − sin ( 2 x ) [ 2 x ] ′ ( x 2 + 1 ) − cos ( 2 x ) ( 2 x + 0 ) ( x 2 + 1 ) 2 ) ) \large \begin {aligned} f ^ { \prime } ( x ) & = \diamond \cdot \left ( 2 e ^ { 2 x } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) }{ x ^ { 2 } + 1 } \right ) \right . \\ & \;\;\;\;\;\; \left . + e ^ { 2 x } \left ( 1 2 x ^ { 3 }+ \frac { - \sin \left ( 2 ^ { x } \right ) \left [ 2 ^ { x } \right ] ^ { \prime } \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) - \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) ( 2 x + 0 ) } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } \right ) \right ) \end {aligned} f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) ) + e 2 x ( 12 x 3 + ( x 2 + 1 ) 2 − sin ( 2 x ) [ 2 x ] ′ ( x 2 + 1 ) − cos ( 2 x ) ( 2 x + 0 ) ) )
و در نهایت جواب مسئله برابر است با:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) + e 2 x ( 12 x 3 + − sin ( 2 x ) ln ( 2 ) 2 x ( x 2 + 1 ) − cos ( 2 x ) 2 x ( x 2 + 1 ) 2 ) ) \large \begin {aligned} f ^ { \prime } ( x ) & = \diamond \cdot \left ( 2 e ^ { 2 x } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) \right . \\ & \; \; \; \; \; \; \left . + e ^ { 2 x } \left ( 1 2 x ^ { 3 } + \frac { - \sin \left ( 2 ^ { x } \right ) \ln ( 2 ) 2 ^ { x } \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) - \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) 2 x } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } \right ) \right ) \end {aligned} f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) ) + e 2 x ( 12 x 3 + ( x 2 + 1 ) 2 − sin ( 2 x ) ln ( 2 ) 2 x ( x 2 + 1 ) − cos ( 2 x ) 2 x ) )
اکنون کافی است مقدار لوزی را در عبارت بالا قرار داده و دامنه مشتق را به دست آوریم. از داخلیترین توابع شروع کرده و دامنه مشتق را بررسی میکنیم. مخرج کسر همواره کوچکتر از ۱ است و از این نظر مشکلی وجود ندارد. سینوس و کسینوس 2 x 2 ^ x 2 x نیز به ازای همه مقادیر x x x تعریف شدهاند. تنها چیزی که مسئله بر انگیز است، عبارت زیر رادیکال است که باید بزرگتر یا مساوی صفر باشد:
5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ≥ 5 + 3 x 4 − ∣ cos ( 2 x ) x 2 + 1 ∣ ≥ 5 + 0 − 1 = 4 > 0 \large 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \geq 5 + 3 x ^ { 4 } - \left | \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right | \geq 5 + 0 - 1 = 4 > 0 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 cos ( 2 x ) ≥ 5 + 3 x 4 − x 2 + 1 cos ( 2 x ) ≥ 5 + 0 − 1 = 4 > 0
همانطور که میبینیم عبارت زیر رادیکال همواره مثبت است و دامنه مشتق همه اعداد حقیقی است. بنابراین، جواب نهایی را به شکل زیر مینویسیم:
f ′ ( x ) = 1 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) ⋅ ( 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + cos ( 2 x ) x 2 + 1 ) + e 2 x ( 12 x 3 − ln ( 2 ) ( x 2 + 1 ) sin ( 2 x ) 2 x + 2 x cos ( 2 x ) ( x 2 + 1 ) 2 ) ) , x ∈ R \large \begin {array} { c } f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { 2 \sqrt { e ^ { 2 x } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) } } \cdot \left ( 2 e ^ { 2 x } \left ( 5 + 3 x ^ { 4 } + \frac { \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) \right . \\ \left . + e ^ { 2 x } \left ( 1 2 x ^ { 3 } - \frac { \ln ( 2 ) \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) \sin \left ( 2 ^ { x } \right ) 2 ^ { x } + 2 x \cos \left ( 2 ^ { x } \right ) } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } \right ) \right ) , x \in R \end {array} f ′ ( x ) = 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 c o s ( 2 x ) ) 1 ⋅ ( 2 e 2 x ( 5 + 3 x 4 + x 2 + 1 c o s ( 2 x ) ) + e 2 x ( 12 x 3 − ( x 2 + 1 ) 2 l n ( 2 ) ( x 2 + 1 ) s i n ( 2 x ) 2 x + 2 x c o s ( 2 x ) ) ) , x ∈ R
توجه کنید که اگر فراموش کردهاید مشتق 2 x 2 ^ x 2 x را محاسبه کنید، میتوانید از فرمول زیر کمک بگیرید:
[ 2 x ] ′ = [ e x ln ( 2 ) ] ′ = e x ln ( 2 ) [ x ln ( 2 ) ] ′ = 2 x ⋅ ln ( 2 ) \large \left [ 2 ^ { x } \right ] ^ { \prime } = \left [ e ^ { x \ln ( 2 ) } \right ] ^ { \prime } = e ^ { x \ln ( 2 ) } [ x \ln ( 2 ) ] ^ { \prime } = 2 ^ { x } \cdot \ln ( 2 ) [ 2 x ] ′ = [ e x l n ( 2 ) ] ′ = e x l n ( 2 ) [ x ln ( 2 ) ] ′ = 2 x ⋅ ln ( 2 )
مثال ۳
مشتق تابع زیر را محاسبه کنید.
f ( x ) = ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) arcsin ( x ) \large f ( x ) = \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) ^ { \arcsin ( x ) } f ( x ) = ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) a r c s i n ( x )
حل مثال ۳: ابتدا تابع را به فرم کانونیکال زیر مینویسیم:
f ( x ) = e arcsin ( x ) ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) \large f ( x ) = e ^ { \arcsin ( x ) \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) } f ( x ) = e a r c s i n ( x ) l n ( 3 x 2 − 6 1 − π e x )
این تابع یک تابعی ترکیبی به فرم e y e ^ y e y است و مشتق آن به صورت زیر به دست میآید:
f ′ ( x ) = e arcsin ( x ) ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) ⋅ [ arcsin ( x ) ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) ] ′ = ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) arcsin ( x ) ⋅ [ arcsin ( x ) ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) ] ′ \large \begin {aligned} f ^ { \prime } ( x ) & = e ^ { \arcsin ( x ) \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) } \cdot \left [ \arcsin ( x ) \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) \right ] ^ { \prime } \\ & = \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) ^ { \arcsin ( x ) } \cdot \left [ \arcsin ( x ) \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) \right ] ^ { \prime } \end {aligned} f ′ ( x ) = e a r c s i n ( x ) l n ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) ⋅ [ arcsin ( x ) ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) ] ′ = ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) a r c s i n ( x ) ⋅ [ arcsin ( x ) ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) ] ′
با در نظر گرفتن بخشی از عبارت محاسبه شده بالا به صورت لوزی، از بخش دیگر مشتق میگیریم:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( [ arcsin ( x ) ] ′ ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) + arcsin ( x ) [ ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) ] ′ ) \large f ^ { \prime } ( x ) = \diamond \cdot \left ( [ \arcsin ( x ) ] ^ { \prime } \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) + \arcsin ( x ) \left [ \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) \right ] ^ { \prime } \right ) f ′ ( x ) = ⋄⋅ ( [ arcsin ( x ) ] ′ ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) + arcsin ( x ) [ ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) ] ′ )
اکنون باید مشتق ln \ln ln را حساب کنیم:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( 1 1 − x 2 ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) + arcsin ( x ) 1 1 − π e x 3 x 2 − 6 [ 1 − π e x 3 x 2 − 6 ] ′ ) \large f ^ { \prime } ( x ) = \diamond \cdot \left ( \frac { 1 }{ \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) + \arcsin ( x ) \frac { 1 } { \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } } \left [ \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ] ^ { \prime } \right ) f ′ ( x ) = ⋄⋅ ( 1 − x 2 1 ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) + arcsin ( x ) 3 x 2 − 6 1 − π e x 1 [ 3 x 2 − 6 1 − π e x ] ′ )
مشتق کسر نیز به شکل زیر نوشته میشود:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( 1 1 − x 2 ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) + arcsin ( x ) 3 x 2 − 6 1 − π e x × × [ 1 − π e x ] ′ ( 3 x 2 − 6 ) − ( 1 − π e x ) [ 3 x 2 − 6 ] ′ ( 3 x 2 − 6 ) 2 ) \large \begin {aligned} f ^ { \prime } ( x ) = \diamond \cdot \left ( \frac { 1 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \right . & \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) + \arcsin ( x ) \frac { 3 x ^ { 2 } - 6 } { 1 - \pi e ^ { x } } \times \\ & \left . \times \frac { \left [ 1 - \pi e ^ { x } \right ] ^ { \prime } \left ( 3 x ^ { 2 } - 6 \right ) - \left ( 1 - \pi e ^ { x } \right ) \left [ 3 x ^ { 2 } - 6 \right ] ^ { \prime } } { \left ( 3 x ^ { 2 } - 6 \right ) ^ { 2 } } \right ) \end {aligned} f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( 1 − x 2 1 ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) + arcsin ( x ) 1 − π e x 3 x 2 − 6 × × ( 3 x 2 − 6 ) 2 [ 1 − π e x ] ′ ( 3 x 2 − 6 ) − ( 1 − π e x ) [ 3 x 2 − 6 ] ′ )
و درنهایت، مشتق به صورت زیر خواهد بود:
f ′ ( x ) = ⋄ ⋅ ( 1 1 − x 2 ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) + arcsin ( x ) × × ( [ 1 ] ′ − π [ e x ] ′ ) ( 3 x 2 − 6 ) − ( π e x − 1 ) ( 3 [ x 2 ] ′ − [ 6 ] ′ ) ( 1 − π e x ) ( 3 x 2 − 6 ) ) = ⋄ ⋅ ( 1 1 − x 2 ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) + arcsin ( x ) × × − π e x ( 3 x 2 − 6 ) − ( 1 − π e x ) 3 ⋅ 2 x ( 1 − π e x ) ( 3 x 2 − 6 ) ) = ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) arcsin ( x ) ( 1 1 − x 2 ln ( 1 − π e x 3 x 2 − 6 ) − arcsin ( x ) × × π e x ( 3 x 2 − 6 ) + 6 x ( 1 − π e x ) ( 1 − π e x ) ( 3 x 2 − 6 ) ) \large \begin {aligned} f ^ { \prime } ( x ) = & \diamond \cdot \left ( \frac { 1 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) + \arcsin ( x ) \times \right . \\ & \quad \times \left . \frac { \left ( [ 1 ] ^ { \prime } - \pi \left [ e ^ { x } \right ] ^ { \prime } \right ) \left ( 3 x ^ { 2 } - 6 \right ) - \left ( \pi e ^ { x } - 1 \right ) \left ( 3 \left [ x ^ { 2 } \right ] ^ { \prime } - [ 6 ] ^ { \prime } \right ) } { \left ( 1 - \pi e ^ { x } \right ) \left ( 3 x ^ { 2 } - 6 \right ) } \right ) \\ = & \diamond \cdot \left ( \frac { 1 } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) + \arcsin ( x ) \times \right . & \\ & \quad \left . \times \frac { - \pi e ^ { x } \left ( 3 x ^ { 2 } - 6 \right ) - \left ( 1 - \pi e ^ { x } \right ) 3 \cdot 2 x }{ \left ( 1 - \pi e ^ { x } \right ) \left ( 3 x ^ { 2 } - 6 \right ) } \right ) \\ = & \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) ^ { \arcsin ( x ) } \left ( \frac { 1 } { \sqrt { 1 -x ^ { 2 } } } \ln \left ( \frac { 1 - \pi e ^ { x } } { 3 x ^ { 2 } - 6 } \right ) - \arcsin ( x ) \times \right . & \\ & \quad \left . \times \frac { \pi e ^ { x } \left ( 3 x ^ { 2 } - 6 \right ) + 6 x \left ( 1 - \pi e ^ { x } \right ) } { \left ( 1 - \pi e ^ { x } \right ) \left ( 3 x ^ { 2 } - 6 \right ) } \right ) \end {aligned} f ′ ( x ) = = = ⋄ ⋅ ( 1 − x 2 1 ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) + arcsin ( x ) × × ( 1 − π e x ) ( 3 x 2 − 6 ) ( [ 1 ] ′ − π [ e x ] ′ ) ( 3 x 2 − 6 ) − ( π e x − 1 ) ( 3 [ x 2 ] ′ − [ 6 ] ′ ) ⋄ ⋅ ( 1 − x 2 1 ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) + arcsin ( x ) × × ( 1 − π e x ) ( 3 x 2 − 6 ) − π e x ( 3 x 2 − 6 ) − ( 1 − π e x ) 3 ⋅ 2 x ) ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) a r c s i n ( x ) ( 1 − x 2 1 ln ( 3 x 2 − 6 1 − π e x ) − arcsin ( x ) × × ( 1 − π e x ) ( 3 x 2 − 6 ) π e x ( 3 x 2 − 6 ) + 6 x ( 1 − π e x ) )
اکنون باید دامنه مشتق را بیابیم. از تابع اصلی شروع میکنیم. دامنه arcsin ( x ) \arcsin ( x ) arcsin ( x ) بازه [ − 1 , 1 ] [ - 1 , 1 ] [ − 1 , 1 ] است. از آنجایی که مخرج کسر آرگومان ln \ln ln منفی است، صورت آن نیز باید منفی باشد:
1 − π e x < 0 ⇒ x > ln ( 1 / π ) = − ln ( π ) \large 1 - \pi e ^ x < 0 \Rightarrow x > \ln ( 1 / \pi ) = - \ln ( { \pi } ) 1 − π e x < 0 ⇒ x > ln ( 1/ π ) = − ln ( π )
از آنجا که ln ( π ) > 1 \ln ( \pi ) > 1 ln ( π ) > 1 است، دامنه f f f بازه [ − 1 , 1 ] [-1 , 1 ] [ − 1 , 1 ] بوده و دامنه f ′ f' f ′ بازه باز ( − 1 , 1 ) ( - 1 , 1 ) ( − 1 , 1 ) است.
مثال ۴
حاصل مشتق زیر را به دست آورید.
f ( x ) = arcsin ( 2 x x 2 + 1 ) \large f ( x ) = \arcsin \left ( \frac { 2 x } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) f ( x ) = arcsin ( x 2 + 1 2 x )
حل مثال ۴: طبق فرمولهای مشتقگیری، داریم:
f ′ ( x ) = 1 1 − ( 2 x x 2 + 1 ) 2 [ 2 x x 2 + 1 ] ′ \large f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { \sqrt { 1 -\left ( \frac { 2 x } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) ^ { 2 } } } \left [ \frac { 2 x } { x ^ { 2 } + 1 } \right ] ^ { \prime } f ′ ( x ) = 1 − ( x 2 + 1 2 x ) 2 1 [ x 2 + 1 2 x ] ′
اکنون باید از کسر مشتق بگیریم:
f ′ ( x ) = 1 1 − 4 x 2 ( x 2 + 1 ) 2 [ 2 x ] ′ ( x 2 + 1 ) − 2 x [ x 2 + 1 ] ′ ( x 2 + 1 ) 2 \large f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { \sqrt { 1 - \frac { 4 x ^ { 2 } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 }} } } \frac { [ 2 x ] ^ { \prime } \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) - 2 x \left [ x ^ { 2 } + 1 \right ] ^ { \prime } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } f ′ ( x ) = 1 − ( x 2 + 1 ) 2 4 x 2 1 ( x 2 + 1 ) 2 [ 2 x ] ′ ( x 2 + 1 ) − 2 x [ x 2 + 1 ] ′
و با اعمال مشتقهای باقیمانده، خواهیم داشت:
f ′ ( x ) = 1 ( x 2 + 1 ) 2 − 4 x 2 ( x 2 + 1 ) 2 2 ( x 2 + 1 ) − 2 x ⋅ 2 x ( x 2 + 1 ) 2 = ( x 2 + 1 ) 2 x 4 + 2 x 2 + 1 − 4 x 2 2 − 2 x 2 ( x 2 + 1 ) 2 = 2 ( x 2 + 1 ) 2 ( x 2 − 1 ) 2 1 − x 2 ( x 2 + 1 ) 2 \large \begin {aligned} f ^ { \prime } (x ) & = \frac { 1 }{ \sqrt { \frac { \left ( x^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } - 4 x ^ { 2 } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } } } \frac { 2 \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) - 2 x \cdot 2 x } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } \\ & = \sqrt { \frac { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } }{ x ^ { 4 } + 2 x ^ { 2 } + 1 - 4 x ^ { 2 } } } \frac { 2 - 2 x ^ { 2 } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } = 2 \frac { \sqrt { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } } { \sqrt { \left ( x ^ { 2 } - 1 \right ) ^ { 2 } } } \frac { 1 - x ^ { 2 } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } \end {aligned} f ′ ( x ) = ( x 2 + 1 ) 2 ( x 2 + 1 ) 2 − 4 x 2 1 ( x 2 + 1 ) 2 2 ( x 2 + 1 ) − 2 x ⋅ 2 x = x 4 + 2 x 2 + 1 − 4 x 2 ( x 2 + 1 ) 2 ( x 2 + 1 ) 2 2 − 2 x 2 = 2 ( x 2 − 1 ) 2 ( x 2 + 1 ) 2 ( x 2 + 1 ) 2 1 − x 2
اکنون باید دامنه مشتق را محاسبه کنیم. برای این منظور، ابتدا دامنه تابع اصلی را به دست میآوریم و آرگومان آرک سینوس باید در بازه [ − 1 , 1 ] [-1 , 1 ] [ − 1 , 1 ] باشد:
− 1 ≤ 2 x x 2 + 1 2 x x 2 + 1 ≤ 1 − ( x 2 + 1 ) ≤ 2 x 2 x ≤ x 2 + 1 0 ≤ x 2 + 2 x + 1 0 ≤ x 2 − 2 x + 1 0 ≤ ( x + 1 ) 2 0 ≤ ( x − 1 ) 2 \large \begin {array} { c c } - 1 \leq \frac { 2 x } { x ^ { 2 } + 1 } & \frac { 2 x } { x ^ { 2 } + 1 } \leq 1 \\ - \left( x ^ { 2 } + 1 \right ) \leq 2 x & 2 x \leq x ^ { 2 } + 1 \\ 0 \leq x ^ { 2 } + 2 x + 1 & 0 \leq x ^ { 2 } - 2 x + 1 \\ 0 \leq ( x + 1 ) ^ { 2 } & 0 \leq ( x - 1 ) ^ { 2 } \end {array} − 1 ≤ x 2 + 1 2 x − ( x 2 + 1 ) ≤ 2 x 0 ≤ x 2 + 2 x + 1 0 ≤ ( x + 1 ) 2 x 2 + 1 2 x ≤ 1 2 x ≤ x 2 + 1 0 ≤ x 2 − 2 x + 1 0 ≤ ( x − 1 ) 2
در نتیجه، دامنه تابع اصلی، کل اعداد حقیقی است. اما در مورد مشتق تابع چه چیزی میتوان گفت؟ مشتق را میتوانیم به صورت زیر بنویسیم:
f ′ ( x ) = 2 ∣ x 2 + 1 ∣ ∣ x 2 − 1 ∣ 1 − x 2 ( x 2 + 1 ) 2 = { 2 x 2 + 1 x 2 − 1 1 − x 2 ( x 2 + 1 ) 2 , x < − 1 2 x 2 + 1 − ( x 2 − 1 ) 1 − x 2 ( x 2 + 1 ) 2 , − 1 < x < 1 2 x 2 + 1 x 2 − 1 1 − x 2 ( x 2 + 1 ) 2 , x > 1 = { − 2 x 2 + 1 , x < − 1 2 x 2 + 1 , − 1 < x < 1 − 2 x 2 + 1 , x > 1 \large \begin {aligned} f ^ { \prime } ( x ) & = 2 \frac { \left | x^ { 2 } + 1 \right | } { \left | x ^ { 2 } - 1 \right | } \frac { 1 - x ^ { 2 } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } = \left \{ \begin {array}{ c l } 2 \frac { x ^ { 2 } + 1 } { x ^ { 2 } - 1 } \frac { 1 - x ^ { 2 } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } , & x < - 1 \\ 2 \frac { x ^ { 2 } + 1 } { - \left ( x ^ { 2 } - 1 \right ) } \frac { 1 - x ^ { 2 } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } , & - 1 < x < 1 \\ 2 \frac { x ^ { 2 } + 1 } { x ^ { 2 } - 1 } \frac { 1 - x ^ { 2 } } { \left ( x ^ { 2 } + 1 \right ) ^ { 2 } } , & x > 1 \end {array} \right . \\ & = \left \{ \begin {array} { l l } \frac { - 2 } { x ^ { 2 } + 1 } , & x < - 1 \\ \frac { 2 } { x ^ { 2 } + 1 } , & - 1 < x < 1 \\ \frac { - 2 } { x ^ { 2 } + 1 } , & x > 1 \end {array} \right . \end {aligned} f ′ ( x ) = 2 x 2 − 1 x 2 + 1 ( x 2 + 1 ) 2 1 − x 2 = ⎩ ⎨ ⎧ 2 x 2 − 1 x 2 + 1 ( x 2 + 1 ) 2 1 − x 2 , 2 − ( x 2 − 1 ) x 2 + 1 ( x 2 + 1 ) 2 1 − x 2 , 2 x 2 − 1 x 2 + 1 ( x 2 + 1 ) 2 1 − x 2 , x < − 1 − 1 < x < 1 x > 1 = ⎩ ⎨ ⎧ x 2 + 1 − 2 , x 2 + 1 2 , x 2 + 1 − 2 , x < − 1 − 1 < x < 1 x > 1
مشتقهای یکطرفه در x = − 1 x = - 1 x = − 1 به صورت زیر محاسبه میشوند:
f − ′ ( − 1 ) = lim x → ( − 1 ) − ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → ( − 1 ) − ⟹ x < − 1 ⟩ ⟩ = lim x → ( − 1 ) − ( − 2 x 2 + 1 ) = − 1 f + ′ ( − 1 ) = lim x → ( − 1 ) + ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → ( − 1 ) + ⟹ x ∈ ( − 1 , 1 ) ⟩ ) = lim x → ( − 1 ) + ( 2 x 2 + 1 ) = 1 \large \begin {aligned} f _ { - } ^ { \prime } ( - 1 ) & = \lim _ { x \rightarrow ( - 1 ) ^ { - } } \left ( f ^ { \prime }( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow ( - 1 ) ^ { - } \Longrightarrow x < - 1 \right \rangle \right \rangle \\ & = \lim _ { x \rightarrow ( - 1 ) ^ { - } } \left ( \frac { - 2 }{ x ^ { 2 } + 1 } \right ) = - 1 \\ f _ { + } ^ { \prime } ( - 1 ) & = \lim _ { x \rightarrow ( - 1 ) ^ { + } } \left ( f ^ { \prime }( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow ( - 1 ) ^ { + } \Longrightarrow x \in ( - 1 , 1 ) \right \rangle \right ) \\ & = \lim _ { x \rightarrow ( - 1 ) ^ { + } } \left ( \frac { 2 } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) = 1 \end {aligned} f − ′ ( − 1 ) f + ′ ( − 1 ) = x → ( − 1 ) − lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → ( − 1 ) − ⟹ x < − 1 ⟩ ⟩ = x → ( − 1 ) − lim ( x 2 + 1 − 2 ) = − 1 = x → ( − 1 ) + lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → ( − 1 ) + ⟹ x ∈ ( − 1 , 1 ) ⟩ ) = x → ( − 1 ) + lim ( x 2 + 1 2 ) = 1
میبینیم که حد چپ و راست در x = − 1 x =-1 x = − 1 برابر نیستند. برای نقطه x = 1 x = 1 x = 1 نیز داریم:
f − ′ ( 1 ) = lim x → 1 − ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 1 − ⟹ x ∈ ( − 1 , 1 ) ⟩ ⟩ = lim x → 1 − ( 2 x 2 + 1 ) = 1 f + ′ ( 1 ) = lim x → 1 + ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 1 + ⟹ x > 1 ⟩ ⟩ = lim x → 1 + ( − 2 x 2 + 1 ) = − 1 \large \begin {aligned} & f _ { - } ^ { \prime } ( 1 ) = \lim _ { x \rightarrow 1 ^ { - } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow 1 ^ { - } \Longrightarrow x \in ( - 1 , 1 ) \right \rangle \right \rangle = \lim _ { x \rightarrow 1 ^ { - } } \left ( \frac{ 2 } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) = 1 \\ & f _ { + } ^ { \prime } ( 1 ) = \lim _ { x \rightarrow 1 ^ { + } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow 1 ^ { + } \Longrightarrow x > 1 \right \rangle \right \rangle = \lim _ { x \rightarrow 1 ^ { + } } \left ( \frac { - 2 } { x ^ { 2 } + 1 } \right ) = - 1 \end {aligned} f − ′ ( 1 ) = x → 1 − lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 1 − ⟹ x ∈ ( − 1 , 1 ) ⟩ ⟩ = x → 1 − lim ( x 2 + 1 2 ) = 1 f + ′ ( 1 ) = x → 1 + lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 1 + ⟹ x > 1 ⟩ ⟩ = x → 1 + lim ( x 2 + 1 − 2 ) = − 1
مشاهده میکنیم که حد چپ و راست در x = 1 x = 1 x = 1 نیز برابر نیستند. بنابراین، دامنه مشتق، برابر با کل مجموعه اعداد حقیقی به جز x = − 1 x = - 1 x = − 1 و x = 1 x = 1 x = 1 است.
مثال ۵
مشتق تابع چندضابطهای زیر را به دست آورید.
f ( x ) = { cos ( x ) , x ∈ ( − ∞ , − π ] sin ( x ) , x ∈ ( − π , 0 ] x , x ∈ ( 0 , 1 ] 1 2 − x , x ∈ ( 1 , 2 ) ln ( x ) , x ∈ [ 2 , ∞ ) \large f ( x ) = \left \{ \begin {array} { c l } \cos ( x ) , & x \in ( - \infty , - \pi ] \\ \sin ( x ) , & x \in ( - \pi , 0 ] \\ x , & x \in ( 0 , 1 ] \\ \frac { 1 } { \sqrt { 2 - x } } , & x \in ( 1 , 2 ) \\ \ln ( x ) , & x \in [ 2 , \infty ) \end {array} \right . f ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ cos ( x ) , sin ( x ) , x , 2 − x 1 , ln ( x ) , x ∈ ( − ∞ , − π ] x ∈ ( − π , 0 ] x ∈ ( 0 , 1 ] x ∈ ( 1 , 2 ) x ∈ [ 2 , ∞ )
حل مثال ۵: مشتق سه ضابطه تابع به راحتی به دست میآید. مشتق ضابطه سوم به صورت زیر محاسبه میشود.
[ 1 2 − x ] ′ = [ ( 2 − x ) − 1 / 2 ] ′ = ( − 1 2 ) ( 2 − x ) − 3 / 2 ⋅ [ 2 − x ] ′ = ( − 1 2 ) 1 ( 2 − x ) 3 / 2 ⋅ ( − 1 ) = 1 2 ( 2 − x ) 3 \large \begin {aligned} \left [ \frac { 1 } { \sqrt { 2 - x } } \right ] ^ { \prime } & = \left [ ( 2 - x ) ^ { - 1 / 2 } \right ] ^ { \prime } = \left ( - \frac { 1 } { 2 } \right ) ( 2 - x ) ^ { - 3 / 2 } \cdot [ 2 -x ] ^ { \prime } \\ & = \left ( - \frac { 1 } { 2 } \right ) \frac { 1 } { ( 2 - x ) ^ { 3 / 2 } } \cdot ( - 1 ) = \frac { 1 } { 2 ( \sqrt { 2 - x } ) ^ { 3 } } \end {aligned} [ 2 − x 1 ] ′ = [ ( 2 − x ) − 1/2 ] ′ = ( − 2 1 ) ( 2 − x ) − 3/2 ⋅ [ 2 − x ] ′ = ( − 2 1 ) ( 2 − x ) 3/2 1 ⋅ ( − 1 ) = 2 ( 2 − x ) 3 1
بنابراین، خواهیم داشت:
f ′ ( x ) = { − sin ( x ) , x ∈ ( − ∞ , − π ) cos ( x ) , x ∈ ( − π , 0 ) 1 , x ∈ ( 0 , 1 ) 1 2 ( 2 − x ) 3 , x ∈ ( 1 , 2 ) 1 x , x ∈ ( 2 , ∞ ) \large f ^ { \prime } ( x ) = \left \{ \begin {aligned} - \sin ( x ) , \quad x \in ( - \infty , - \pi ) \\ \cos ( x ) , \quad \quad\quad x \in ( - \pi , 0 ) \\ 1 , \quad \quad\quad\quad\quad\quad x \in ( 0 , 1 ) \\ \frac { 1 } { 2 ( \sqrt { 2 - x } ) ^ { 3 } } , \quad x \in ( 1 , 2 ) \\ \frac { 1 } { x } , \quad \quad \quad \quad x \in ( 2 , \infty ) \end {aligned} \right . f ′ ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ − sin ( x ) , x ∈ ( − ∞ , − π ) cos ( x ) , x ∈ ( − π , 0 ) 1 , x ∈ ( 0 , 1 ) 2 ( 2 − x ) 3 1 , x ∈ ( 1 , 2 ) x 1 , x ∈ ( 2 , ∞ )
اکنون باید نقاط مرز ضابطهها را برای دامنه مشتق بررسی کنیم. در نقطه x = − π x = - \pi x = − π تابع ناپیوسته است و به همین دلیل مشتق در آنجا تعریف نشده است. تابع در x = 0 x = 0 x = 0 پیوسته است. مشتق چپ و راست در x = 1 x = 1 x = 1 به صورت زیر محاسبه میشوند:
f − ′ ( 0 ) = lim x → 0 − ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 0 − ⟹ x ∈ ( − π , 0 ) ⟩ ⟩ = lim x → 0 − ( cos ( x ) ) = 1 f + ′ ( 0 ) = lim x → 0 + ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 0 + ⟹ x ∈ ( 0 , 1 ) ⟩ ⟩ = lim x → 0 + ( 1 ) = 1 \large \begin {aligned} f _ { - } ^ { \prime } ( 0 ) & = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { - } } \left ( f ^ { \prime }( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow 0 ^ { - } \Longrightarrow x \in ( -\pi , 0 ) \right \rangle \right \rangle = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { - } } ( \cos ( x ) ) = 1 \\ f _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) & = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow 0 ^ { + } \Longrightarrow x \in ( 0 , 1 ) \right \rangle \right \rangle = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } ( 1 ) = 1 \end {aligned} f − ′ ( 0 ) f + ′ ( 0 ) = x → 0 − lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 0 − ⟹ x ∈ ( − π , 0 ) ⟩ ⟩ = x → 0 − lim ( cos ( x )) = 1 = x → 0 + lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 0 + ⟹ x ∈ ( 0 , 1 ) ⟩ ⟩ = x → 0 + lim ( 1 ) = 1
بنابراین، x = 0 x = 0 x = 0 در دامنه مشتق قرار دارد.
در x = 1 x = 1 x = 1 نیز تابع پیوسته است و مشتقهای چپ و راست در این نقطه به صورت زیر هستند:
f − ′ ( 1 ) = lim x → 1 − ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 1 − ⟹ x ∈ ( 0 , 1 ) ⟩ ) = lim x → 1 − ( 1 ) = 1 f + ′ ( 1 ) = lim x → 1 + ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 1 + ⟹ x ∈ ( 1 , 2 ) ⟩ ⟩ = lim x → 1 + ( 1 2 ( 2 − x ) 3 ) = 1 2 \large \begin {aligned} f _ { - } ^ { \prime } ( 1 ) & = \lim _ { x \rightarrow 1 ^ { - } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow 1 ^ { - } \Longrightarrow x \in ( 0 , 1 ) \right \rangle \right ) = \lim _ { x \rightarrow 1 ^ { - } } ( 1 ) = 1 \\ f _ { + } ^ { \prime } ( 1 ) & = \lim _ { x \rightarrow 1 ^ { + } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow 1 ^ { + } \Longrightarrow x \in ( 1 , 2 ) \right \rangle \right \rangle \\ & = \lim _ { x \rightarrow 1 ^ { + } } \left ( \frac { 1 }{ 2 ( \sqrt { 2 - x } ) ^ { 3 } } \right ) = \frac { 1 } { 2 } \end {aligned} f − ′ ( 1 ) f + ′ ( 1 ) = x → 1 − lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 1 − ⟹ x ∈ ( 0 , 1 ) ⟩ ) = x → 1 − lim ( 1 ) = 1 = x → 1 + lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 1 + ⟹ x ∈ ( 1 , 2 ) ⟩ ⟩ = x → 1 + lim ( 2 ( 2 − x ) 3 1 ) = 2 1
میبینیم که دو مشتق برابر نبوده و به همین دلیل، این نقطه در دامنه مشتق نیست.
در نهایت، مشتق را میتوانیم به صورت زیر بنویسیم:
f ′ ( x ) = { − sin ( x ) , x ∈ ( − ∞ , − π ) cos ( x ) , x ∈ ( − π , 0 ] 1 , x ∈ [ 0 , 1 ) 1 2 ( 2 − x ) 3 , x ∈ ( 1 , 2 ) 1 x , x ∈ ( 2 , ∞ ) \large f ^ { \prime } ( x ) = \left \{ \begin {aligned} - \sin ( x ) , & \quad x \in ( - \infty , - \pi ) \\ \cos ( x ) , & \quad x \in ( - \pi , 0 ] \\ 1 , & \quad x \in [ 0 , 1 ) \\ \frac { 1 } { 2 ( \sqrt { 2 - x } ) ^ { 3 } } , & \quad x \in ( 1 , 2 ) \\ \frac { 1 } { x } , & \quad x \in ( 2 , \infty ) \end {aligned} \right . f ′ ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ − sin ( x ) , cos ( x ) , 1 , 2 ( 2 − x ) 3 1 , x 1 , x ∈ ( − ∞ , − π ) x ∈ ( − π , 0 ] x ∈ [ 0 , 1 ) x ∈ ( 1 , 2 ) x ∈ ( 2 , ∞ )
مثال ۶
مشتق تابع زیر را به دست آورید.
f ( x ) = cos ( ∣ x − π ∣ 5 ) + e ∣ x ∣ \large f ( x ) = \cos \left ( | x - \pi | ^ { 5 } \right ) + e ^ { | x | } f ( x ) = cos ( ∣ x − π ∣ 5 ) + e ∣ x ∣
حل مثال ۶: با توجه به قدر مطلقهای موجود، تابع به فرم سه ضابطهای زیر نوشته میشود:
f ( x ) = { cos ( ( π − x ) 5 ) + e − x , x ≤ 0 cos ( ( π − x ) 5 ) + e x , 0 ≤ x ≤ π cos ( ( x − π ) 5 ) + e x , x ≥ π \large f ( x ) = \left \{ \begin {array} { c l } \cos \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { - x } , & x \leq 0 \\ \cos \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } , & 0 \leq x \leq \pi \\ \cos \left ( ( x - \pi ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } , & x \geq \pi \end {array} \right . f ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ cos ( ( π − x ) 5 ) + e − x , cos ( ( π − x ) 5 ) + e x , cos ( ( x − π ) 5 ) + e x , x ≤ 0 0 ≤ x ≤ π x ≥ π
مشتق ضابطه اول به شکل زیر محاسبه میشود:
[ cos ( ( π − x ) 5 ) + e − x ] ′ = − sin ( ( π − x ) 5 ) [ ( π − x ) 5 ] ′ + e − x [ − x ] ′ \large \left [ \cos \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { -x } \right ] ^ { \prime } = - \sin \left ( ( \pi -x ) ^ { 5 } \right ) \left [ ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ] ^ { \prime } + e ^ { - x } [ -x ] ^ { \prime } [ cos ( ( π − x ) 5 ) + e − x ] ′ = − sin ( ( π − x ) 5 ) [ ( π − x ) 5 ] ′ + e − x [ − x ] ′
با اعمال مشتق باقیمانده داخل آن نیز داریم:
[ cos ( ( π − x ) 5 ) + e − x ] ′ = − sin ( ( π − x ) 5 ) 5 ( π − x ) 4 [ π − x ] ′ + e − x ⋅ ( − 1 ) \large \left [ \cos \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { - x } \right ] ^ { \prime } = - \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } [ \pi - x ] ^ { \prime } + e ^ { - x } \cdot ( - 1 ) [ cos ( ( π − x ) 5 ) + e − x ] ′ = − sin ( ( π − x ) 5 ) 5 ( π − x ) 4 [ π − x ] ′ + e − x ⋅ ( − 1 )
که منجر به نتیجه زیر میشود:
[ cos ( ( π − x ) 5 ) + e x ] ′ = − sin ( ( π − x ) 5 ) 5 ( π − x ) 4 ⋅ ( − 1 ) − e − x \large \left [ \cos \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } \right ] ^ { \prime } = - \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } \cdot ( - 1 ) - e ^ { - x } [ cos ( ( π − x ) 5 ) + e x ] ′ = − sin ( ( π − x ) 5 ) 5 ( π − x ) 4 ⋅ ( − 1 ) − e − x
به طور مشابه، مشتق دو ضابطه دیگر را محاسبه کرده و در نهایت خواهیم داشت:
f ′ ( x ) = { 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) − e − x , x < 0 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) + e x , 0 < x < π − 5 ( x − π ) 4 sin ( ( x − π ) 5 ) + e x , x > π \large f ^ { \prime } ( x ) = \left \{ \begin {aligned} 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) - e ^ { - x } , \quad & \quad \quad x < 0 \\ 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } , \quad & 0 < x < \pi \\ - 5 ( x - \pi ) ^ { 4 } \sin \left ( ( x - \pi ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } , \quad & \quad \quad x > \pi \end {aligned} \right . f ′ ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) − e − x , 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) + e x , − 5 ( x − π ) 4 sin ( ( x − π ) 5 ) + e x , x < 0 0 < x < π x > π
اکنون باید بررسی کنیم که در نقاط شکست چه اتفاقی رخ میدهد. بدین منظور، ابتدا مشتق چپ و راست را در x = 0 x = 0 x = 0 محاسبه میکنیم:
f − ′ ( 0 ) = lim x → 0 − ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 0 − ⟹ x < 0 ⟩ ⟩ = lim x → 0 − ( 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) − e − x ) = 5 π 4 sin ( π 5 ) − 1 f + ′ ( 0 ) = lim x → 0 + ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 0 + ⟹ x ∈ ( 0 , π ) ⟩ ⟩ = lim x → 0 + ( 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) + e x ) = 5 π 4 sin ( π 5 ) + 1 \large \begin {aligned} f _ { - } ^ { \prime } ( 0 ) & = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { - } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow 0 ^ { - } \Longrightarrow x < 0 \right \rangle \right \rangle \\ & = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { - } } \left ( 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) - e ^ { - x } \right ) = 5 \pi ^ { 4 } \sin \left ( \pi ^ { 5 } \right ) - 1 \\ f _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) & = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow 0 ^ { + } \Longrightarrow x \in (0 , \pi ) \right \rangle \right \rangle \\ & = \lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } \left ( 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } \right ) = 5 \pi ^ { 4 } \sin \left ( \pi ^ { 5 } \right ) + 1 \end {aligned} f − ′ ( 0 ) f + ′ ( 0 ) = x → 0 − lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 0 − ⟹ x < 0 ⟩ ⟩ = x → 0 − lim ( 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) − e − x ) = 5 π 4 sin ( π 5 ) − 1 = x → 0 + lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → 0 + ⟹ x ∈ ( 0 , π ) ⟩ ⟩ = x → 0 + lim ( 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) + e x ) = 5 π 4 sin ( π 5 ) + 1
همانطور که میبینیم، این دو مشتق برابر نیستند و در نتیجه، در x = 0 x = 0 x = 0 مشتق نداریم.
به طور مشابه در نقطه x = π x = \pi x = π داریم:
f − ′ ( π ) = lim x → π − ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → π − ⟹ x ∈ ( 0 , π ) ⟩ ⟩ = lim x → π − ( 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) + e x ) = e π f + ′ ( π ) = lim x → π + ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → π + ⟹ x > π ⟩ ⟩ = lim x → π + ( − 5 ( x − π ) 4 sin ( ( x − π ) 5 ) + e x ) = e π \large \begin {aligned} f _ { - } ^ { \prime } ( \pi ) & = \lim _ { x \rightarrow \pi ^ { - } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow \pi ^ { - } \Longrightarrow x \in ( 0 , \pi ) \right \rangle \right \rangle \\ & = \lim _ { x \rightarrow \pi ^ { - } } \left ( 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right) + e ^ { x } \right ) = e ^ { \pi } \\ f _ { + } ^ { \prime } ( \pi ) & = \lim _ { x \rightarrow \pi ^ { + } } \left ( f ^ { \prime } ( x ) \right ) = \left \langle \left \langle x \rightarrow \pi ^ { + } \Longrightarrow x > \pi \right \rangle \right \rangle \\ & =\lim _ { x \rightarrow \pi ^ { + } } \left ( - 5 ( x - \pi ) ^ { 4 } \sin \left ( ( x - \pi ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } \right ) = e ^ { \pi } \end {aligned} f − ′ ( π ) f + ′ ( π ) = x → π − lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → π − ⟹ x ∈ ( 0 , π ) ⟩ ⟩ = x → π − lim ( 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) + e x ) = e π = x → π + lim ( f ′ ( x ) ) = ⟨ ⟨ x → π + ⟹ x > π ⟩ ⟩ = x → π + lim ( − 5 ( x − π ) 4 sin ( ( x − π ) 5 ) + e x ) = e π
و بنابراین، در x = π x = \pi x = π مشتق وجود دارد. در نتیجه، فرم نهایی مشتق تابع به صورت زیر خواهد بود:
f ′ ( x ) = { 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) − e − x , x < 0 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) + e x , 0 < x ≤ π − 5 ( x − π ) 4 sin ( ( x − π ) 5 ) + e x , x ≥ π \large f ^ { \prime } ( x ) = \left \{ \begin {aligned} 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) - e ^ { - x } , & x < 0 \\ 5 ( \pi - x ) ^ { 4 } \sin \left ( ( \pi - x ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } , & 0 < x \leq \pi \\ - 5 ( x - \pi ) ^ { 4 } \sin \left ( ( x - \pi ) ^ { 5 } \right ) + e ^ { x } , & x \geq \pi \end {aligned} \right . f ′ ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) − e − x , 5 ( π − x ) 4 sin ( ( π − x ) 5 ) + e x , − 5 ( x − π ) 4 sin ( ( x − π ) 5 ) + e x , x < 0 0 < x ≤ π x ≥ π
مثال ۷
مشتق تابع زیر را محاسبه کنید.
f ( x ) = ln ( x p cosh ( q x + 13 ) ) \large f ( x) = \ln ( { x ^ { p } \cosh ( q x + 1 3 ) }) f ( x ) = ln ( x p cosh ( q x + 13 ) )
که در آن، p p p و q q q اعداد ثابتی هستند.
حل مثال ۷: با توجه به اینکه مشتق ln ( y ) \ln ( y) ln ( y ) برابر با y ′ / y y'/y y ′ / y است، داریم:
f ′ ( x ) = 1 x p cosh ( q x + 13 ) [ x p cosh ( q x + 13 ) ] ′ \large f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { x ^ { p } \cosh ( q x + 1 3 ) } \left [ x ^ { p } \cosh ( q x + 1 3 ) \right ] ^ { \prime } f ′ ( x ) = x p cosh ( q x + 13 ) 1 [ x p cosh ( q x + 13 ) ] ′
اکنون باید مشتق عبارتی را که دارای ضرب است حساب کنیم:
f ′ ( x ) = 1 x p cosh ( q x + 13 ) ( [ x p ] ′ cosh ( q x + 13 ) + x p [ cosh ( q x + 13 ) ] ′ ) \large f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { x ^ { p } \cosh ( q x + 1 3 ) } \left ( \left [ x ^ { p } \right ] ^ { \prime } \cosh ( q x + 1 3 ) + x ^ { p } [ \cosh ( q x + 1 3 ) ] ^ { \prime } \right ) f ′ ( x ) = x p cosh ( q x + 13 ) 1 ( [ x p ] ′ cosh ( q x + 13 ) + x p [ cosh ( q x + 13 ) ] ′ )
و در نهایت، با محاسبه همه مشتقها به عبارت زیر میرسیم:
f ′ ( x ) = 1 x p cosh ( q x + 13 ) ( p x p − 1 cosh ( q x + 13 ) + x p sinh ( q x + 13 ) ⋅ [ q x + 13 ] ′ ) = 1 x p cosh ( q x + 13 ) ( p x p − 1 cosh ( q x + 13 ) + x p sinh ( q x + 13 ) ⋅ q ) \large \begin {aligned} f ^ { \prime } ( x ) & = \frac { 1 } { x ^ { p } \cosh ( q x + 1 3 ) } \left ( p x ^ { p - 1 } \cosh ( q x + 1 3 ) + x ^ { p } \sinh ( q x + 1 3 ) \cdot [ q x + 1 3 ] ^ { \prime } \right ) \\ & = \frac { 1 } { x ^ { p } \cosh ( q x + 1 3 ) } \left ( p x ^ { p - 1 } \cosh ( q x + 1 3 ) + x ^ { p } \sinh ( q x + 1 3 ) \cdot q \right ) \end {aligned} f ′ ( x ) = x p cosh ( q x + 13 ) 1 ( p x p − 1 cosh ( q x + 13 ) + x p sinh ( q x + 13 ) ⋅ [ q x + 13 ] ′ ) = x p cosh ( q x + 13 ) 1 ( p x p − 1 cosh ( q x + 13 ) + x p sinh ( q x + 13 ) ⋅ q )
اکنون باید دامنه مشتق را حساب کنیم. برای این کار، دامنه تابع اصلی را مورد بررسی قرار میدهیم. همانطور که میدانیم، آرگومان لگاریتم باید مثبت باشد. مقدار کسینوس هیپربولیک حداقل ۱ است و از این نظر مشکلی وجود ندارد. اما در عبارت x p x ^ p x p ، از آنجا که مقدار پارامتر p p p را نمیدانیم، باید x > 0 x > 0 x > 0 باشد. بنابراین، دامنه مشتق x > 0 x > 0 x > 0 است و در نهایت، مشتق تابع به صورت زیر نوشته میشود:
f ′ ( x ) = 1 x p cosh ( q x + 13 ) ( p x p − 1 cosh ( q x + 13 ) + q x p sinh ( q x + 13 ) ) ; x > 0 \large f ^ { \prime } ( x ) = \frac { 1 } { x ^ { p } \cosh ( q x + 1 3 ) } \left ( p x ^ { p - 1 } \cosh ( q x + 1 3 ) + q x ^ { p } \sinh ( q x + 1 3 ) \right ) ; \quad x > 0 f ′ ( x ) = x p cosh ( q x + 13 ) 1 ( p x p − 1 cosh ( q x + 13 ) + q x p sinh ( q x + 13 ) ) ; x > 0
مثال ۸
مشتق تابع زیر را به دست آورید.
f ( x ) = ( ln ( x ) + e sin ( x ) + 1 x 3 ) 13 x 2 + 2 x x 2 + 1 \large f ( x ) = \left ( \ln ( x ) + e ^ { \sin ( x ) } + \frac { 1 } { x ^ { 3 } } \right ) \frac { 1 3 x ^ { 2 } + 2 ^ { x } } { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } f ( x ) = ( ln ( x ) + e s i n ( x ) + x 3 1 ) x 2 + 1 13 x 2 + 2 x
حل مثال ۸: از قاعده مشتق ضرب دو تابع استفاده میکنیم:
f ′ ( x ) = [ ln ( x ) + e sin ( x ) + 1 x 3 ] ′ 13 x 2 + 2 x x 2 + 1 + ( ln ( x ) + e sin ( x ) + 1 x 3 ) [ 13 x 2 + 2 x x 2 + 1 ] ′ \large f ^ { \prime } ( x ) = \left [ \ln ( x ) + e ^ { \sin ( x ) } + \frac { 1 } { x ^ { 3 } } \right ] ^ { \prime } \frac { 1 3 x ^ { 2 } + 2 ^ { x } } { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } + \left ( \ln ( x ) + e ^ { \sin ( x ) } + \frac { 1 } { x ^ { 3 } } \right ) \left [ \frac { 1 3 x ^ { 2 } + 2 ^ { x } }{ \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } \right ] ^ { \prime } f ′ ( x ) = [ ln ( x ) + e s i n ( x ) + x 3 1 ] ′ x 2 + 1 13 x 2 + 2 x + ( ln ( x ) + e s i n ( x ) + x 3 1 ) [ x 2 + 1 13 x 2 + 2 x ] ′
مشتقها را اعمال کرده و برای جمله دوم از قاعده مشتق تقسیم دو تابع کمک میگیریم:
f ′ ( x ) = ( [ ln ( x ) ] ′ + [ e sin ( x ) ] ′ + [ 1 x 3 ] ′ ) 13 x 2 + 2 x x 2 + 1 + ( ln ( x ) + e sin ( x ) + 1 x 3 ) × × [ 13 x 2 + 2 x ] ′ x 2 + 1 − ( 13 x 2 + 2 x ) [ x 2 + 1 ] ′ ( x 2 + 1 ) 2 \large \begin {array} { c } f ^ { \prime } ( x ) = \left ( [ \ln ( x ) ] ^ { \prime } + \left [ e ^ { \sin ( x ) } \right ] ^ { \prime } + \left [ \frac { 1 } { x ^ { 3 } } \right ] ^ { \prime } \right ) \frac { 1 3 x ^ { 2 } + 2 ^ { x } } { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } + \left ( \ln ( x ) + e ^ { \sin ( x ) } + \frac { 1 } { x ^ { 3 } } \right ) \times \\ \times \frac { \left [ 1 3 x ^ { 2 } + 2 ^ { x } \right ] ^ { \prime } \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } - \left ( 1 3 x ^ { 2 } + 2 ^ { x } \right ) [ \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } ] ^ { \prime } } { ( \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } ) ^ { 2 } } \end {array} f ′ ( x ) = ( [ ln ( x ) ] ′ + [ e s i n ( x ) ] ′ + [ x 3 1 ] ′ ) x 2 + 1 13 x 2 + 2 x + ( ln ( x ) + e s i n ( x ) + x 3 1 ) × × ( x 2 + 1 ) 2 [ 13 x 2 + 2 x ] ′ x <