تابع مشتق

اگر xعضو از دامنه ی تابع (y = f(x باشد و تابعf درx مشتق پذیر باشد. در این صورت متناظر آن تابع دیگری تحت عنوان تابع مشتق ( مشتق اول ) به صورت زیر تعریف می شود.

\(f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(x + h) - f(x)}}{h}\)

‏ تابع مشتق را به اختصار مشتق تابع مینامیم و آن را به صورت \(f'(x)\) یا \(y'\) یا \(\frac{{df}}{{dx}}\) کل نمایش می دهیم.

دامنه ی تابع مشتق زیر مجموعه ای از دامنه ی تابع fاست که در آن تابع مشتق پذیر باشد. یعنی

\({D'_f} = {D_f} - \left\{ f \right\}\)

fنقاط مشتق ناپذیر تابع

اگر uو vو w توابعی مشتق پذیر برحسبx باشند در این صورت میتوان قضایای زیر را برای مشتق بیان و اثبات کرد.

قضیه ی ۱ : ضریب تابع در مشتق گیری شرکت نمی کند. یعنی مشتق تابع y = an می شود \(y' = au'\) 

اثبات :

\(\begin{array}{l}y' = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{au(x + h) - au(x)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(u(x + h) - u(x))}}{h}\\\\a\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{u(x + h) - u(x)}}{h} = au'\end{array}\)

قضیه ی ۲ مشتق مجموع یا تفاضل دو یا چند تابع

‏\(y = u + v + w + ... \to y' = u' + v' + w' + ...\)

اثبات : اثبات برای مجموع دو تابع یعنی (f(x) =u (x) + v(x‏

\(\begin{array}{l}f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(x + h) - f(x)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{(u + v)\left( {x + h} \right) - \left( {u + v} \right)\left( x \right)}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{u(x + h) + v\left( {x + h} \right) - u\left( x \right) - v(x)}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{u(x + h) - u\left( x \right)}}{h} + \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{v\left( {x + h} \right) - v(x)}}{h}\\\\u'(x) + v'(x)\end{array}\)

قضیه ی ۳ : مشتق حاصل ضرب دو یا چند تابع

\(\begin{array}{l}y = u.v \to y' = u'.v + v'.u\\\\y = u.v.w \to y' = u'.vw + v'.u.w + w'.u.v\end{array}\)

اثبات :

\(\begin{array}{l}f(x) = u(x).v(x)\\\\f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(x + h) - f(x)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{(u.v)\left( {x + h} \right) - \left( {u.v} \right)\left( x \right)}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{u(x + h).v\left( {x + h} \right) - u\left( x \right).v(x)}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{u(x + h).v\left( {x + h} \right) - u(x).v(x) + v(x).u(x + h) - v(x).u(x + h)}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{u(x).v\left( {x + h} \right) - u(x).v(x) + u(x + h).v(x + h) - v(x).u(x + h)}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\left[ {u(x) - u(x)} \right]v(x) + \left[ {v(x + h) - v(x)} \right]u(x + h)}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{u(x + h) - u(x)}}{h}.v(x) + \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{v(x + h) - v(x)}}{h}.u(x + h)\\\\u'(x).v(x) + v'(x).u(x)\end{array}\)

توجه: اگرu تابعی بر حسبx باشد در این صورت مشتق تابع \(y = a{u^n}\) را میتوان به شکل زیر نوشت

\(y' = a.n.u'.{u^{n - 1}}\)

اثبات :

\(\begin{array}{l}y = a.{u^n} \to y = \underbrace {a \times u \times u \times ... \times u}_n\\\\y' = \underbrace {\underbrace {(a \times u' \times u \times ... \times u)}_{n - 1} + (a \times u \times u' \times u \times ... \times u) + (a \times \times u \times ... \times u')}_n\\\\ = a.u.u'.{u^{n - 1}}\end{array}\)

قضیه ی ۴ : مشتق تابع کسری

\(y = \frac{1}{v} \to y' = - \frac{{v'}}{{{v^2}}}\)

اثبات :

\(\begin{array}{l}f(x) = \frac{1}{{v(x)}}\\\\f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(x + h) - f(x)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{y = \frac{1}{{v(x + h)}} - \frac{1}{{v(x)}}}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{y = \frac{{v(x) - v(x + h)}}{{v(x + h)v(x)}}}}{h}\\\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{ - \frac{{v(x) - v(x + h)}}{h}}}{{v(x + h)v(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{v(x) - v(x + h)}}{h} \times \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{ - 1}}{{v(x + h)v(x)}}\\\\ = - v'(x) \times \frac{1}{{{v^2}(x)}} = - \frac{{v'(x)}}{{{v^2}(x)}}\end{array}\)

قضیه ی ۵ : مشتق خارج قسمت دو تابع

\(y = \frac{u}{v} \to y' = - \frac{{u.v' - v'.u}}{{{v^2}}}\)

اثبات :

\(\begin{array}{l}f(x) = \frac{{u(x)}}{{v(x)}}\\\\f(x) = \frac{{u(x)}}{{v(x)}} = u(x) \times \frac{1}{{v(x)}} \to f'(x) = u'(x) \times \frac{1}{{v(x)}} + u(x) \times \frac{{ - v'(x)}}{{{v^2}(x)}}\\\\ = \frac{{u'(x)v(x) - v'(x)u(x)}}{{{v^2}(x)}}\end{array}\)

اکنون میتوان مشتق توابع تانژانت و کتانژانت را از طریق تبدیل آنها به تابع کسری نیز به سادگی اثبات کرد.

\(\begin{array}{l}y = {\mathop{\rm tanx}\nolimits} \to y = \frac{{\sin x}}{{\cos x}}\\\\y' = \frac{{(\cos x)(\cos x) - \left( {\sin x} \right)\left( {\sin x} \right)}}{{{{(\cos x)}^2}}} = \frac{{{{\cos }^2}x + {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x\\\\y = \cot x \to y = \frac{{\cos x}}{{\sin x}}\\\\y' = \frac{{\left( { - \sin x} \right)\left( {\sin x} \right) - (\cos x)(\cos x)}}{{{{(\cos x)}^2}}} = \frac{{ - {{\sin }^2}x - {{\cos }^2}x}}{{{{\sin }^2}x}}\\\\ = - \frac{{{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}{{{{\sin }^2}x}} = - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} = - (1 + {\cot ^2}x)\end{array}\)

قضیه ی ۶ مشتق تابع رادیکالی با فرجه ی ۲

\(y = \sqrt x \to y' = - \frac{{u'}}{{2\sqrt v }}\)

اثبات :

\(\begin{array}{l}f(x) = \sqrt {u(x)} \\\\f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(x + h) - f(x)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\sqrt {u(x + h)} - \sqrt {u(x)} }}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (\frac{{\sqrt {u(x + h)} - \sqrt {u(x)} }}{h} \times \frac{{\sqrt {u(x + h)} + \sqrt {u(x)} }}{{\sqrt {u(x + h)} + \sqrt {u(x)} }})\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (\frac{{u(x + h) - u(x)}}{h} \times \frac{1}{{u(x + h) - u(x)}})\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (\frac{{u(x + h) - u(x)}}{h} \times \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{1}{{\sqrt {u(x + h) + \sqrt {u(x)} } }}) = u'(x) \times \frac{1}{{2\sqrt {u(x} )}}\end{array}\)

قضیه ی ۷ مشتق تابع رادیکالی با فرجه ی بالاتر از ۲

\(y{ = ^m}\sqrt {{u^n}} ,m > n \to y' = \frac{{nu'}}{{{m^m}\sqrt {{u^{m - n}}} }}\)

قضیه ی ۸ مشتق تابع تابع ( تابع مرکب )

\(y = f(u) \to y' = u'f(u)\)

اثبات : قرار می دهیم u=g(x)‏

\(\begin{array}{l}(fog)'\\x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{(fog)(x + h) - (fog)(x + h)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{(f(g(x + h)) - (f(g(x))}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (\frac{{(f(g(x + h)) - (f(g(x))}}{h} \times \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{g(x + h) - g(x)}}{h} = f'(g(x)) \times g'(x)\\\\ = f'(u) \times u'\end{array}\)

نتیجه ی ۱ : اگرu تابعی مشتق پذیر بر حسبx باشد. در این صورت

\(y = a.{u^n} \to y' = a.n.u'.{u^{n - 1}}\)

اثبات قرار می دهیم \(f(x) = a.{x^n}\)و \(g(x) = u\) در این صورت \(f'(x) = a.n.{x^{n - 1}}\)از طرفی :

نتیجه ی ۲ قاعده ی زنجیری : اگر yتابعی ازu و uتابعی از X باشد آنگاه مشتق yنسبت به X‏برابر است با حاصل ضرب مشتق yنسبت بهu در مشتق uنسبت به X یعنی

\(y = f(u) \to y' = u'f'(u)\)

یا به نمادی دیگر

\(\frac{{\partial y}}{{\partial x}} = \frac{{\partial y}}{{\partial x}} \times \frac{{\partial x}}{{\partial x}}\)

قضیه ی ۹ : مشتق توابع مثلثاتی

\(\begin{array}{l}y = \sin u \to y' = u'.cosu\\\\y = \cos u \to y' = - u'.\sin u\\\\y = \tan u \to y' = u'.(1 + {\tan ^2}u)\\\\y = \cot u \to y' = u'.(1 + {\cot ^2}u)\end{array}\)

در این قسمت فقط به اثبات یک مورد اکتفا می شود.

\(\begin{array}{l}f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(x + h) - f(x)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\sin u(x + h) - sinu(x)}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\frac{{2\sin (x + h) - u(x + h) - u(x)}}{2}\cos \frac{{u(x + h) - u(x)}}{2}}}{h}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (\frac{{\frac{{u(x + h) - u(x)}}{2}}}{{\frac{{u(x + h) - u(x)}}{2}}} \times \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{u(x + h) - u(x)}}{h} \times \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \cos \frac{{u(x + h) - u(x)}}{h}\\\\ = 1 \times u'(x) \times \cos \frac{{u(x + 0) - u(x)}}{2} = u'(x) \times \cos (x)\end{array}\)