قضایای مشتق تابع در یک نقطه

استفاده از تعریف مشتق برای محاسبه ی مشتق توابع در اکثر مواقع وقت گیر و مشکل است، لذا جهت رفع این مشکل قضایای مشتق که همگی به کمک تعریف قابل اثبات هستند به صورت زیر مطرح می شوند.

قضیه : اگر f(x)=kیک تابع ثابت باشد. ثابت کنید که‏ \(f'(a) = 0\)

اثبات :

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

قضیه : اگرf(x)=x یک تابع همانی باشد ثابت کنید که \(f'(a) = 1\)‏

اثبات :

\(f'(0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{x - a}}{{x - a}} = 1\)

قضیه : اگر توابع g و fدر نقطه ی a مشتق پذیر باشند. در این صورت

(۱) تابع kfنیز در aمشتق پذیر است و \((kf')(a) = kf'(a)\)

‏(2تابع f+g مشتق پذیر است و \((f + g)'(a) = f'(a) + g'(a)\)

(3تابع f-g نیز در  مشتق پذیر است و \((f - g)'(a) = f'(a) - g'(a)\)

‏( 4تابعfg نیز درa مشتق پذیر است و \((fg)'(a) = f'(a)g(a) + f(a)g'(a)\)

(5تابع \(\frac{1}{f}\) نیز )به شرط (\(f(a) \ne 0\) درa مشتقپذیر است و \((\frac{1}{f})'(a) = - \frac{{f'(a)}}{{{f^2}(a)}}\)

‏تابع \(\frac{f}{g}\)  نیز به شرط \((g(a) \ne 0)\) در مشتق پذیر است و \((\frac{f}{g})'(a) = - \frac{{f'(a)g(a) - g'(a)f(a)}}{{{g^2}(a)}}\)

اثبات

\(\begin{array}{l}(1)\\(kf)'(a) = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{kf(x) - kf(a)}}{{x - a}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{k(f(x) - f(a))}}{{x - a}}\\\\\mathop {k\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} = (kf)'(a)\\\\(2)\\(f + g)'(a) = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{(f + g)(x) - (f + g)(a)}}{{x - a}}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x) + g(x) - f(a) - g(a)}}{{x - a}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} (\frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} + \frac{{g(x) - g(a)}}{{x - a}})\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{g(x) - g(a)}}{{x - a}} = f'(a) + g'(a)\\\\(3)\\(f - g)'(a) = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{(f - g)(x) - (f - g)(a)}}{{x - a}}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x) - g(x) - f(a) + g(a)}}{{x - a}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} (\frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} - \frac{{g(x) - g(a)}}{{x - a}})\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} - \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{g(x) - g(a)}}{{x - a}} = f'(a) - g'(a)\\\end{array}\)

\(\begin{array}{l}(4)\\(f.g)'(a) = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{(f.g)(x) - (f.g)(a)}}{{x - a}}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x).g(x) - f(a).g(a)}}{{x - a}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} (\frac{{f(x).g(a) - f(a).g(x) + f(a)g(a) - f(a).g(a)}}{{x - a}}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} - \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}}.g(x) + f(a).\frac{{g(x) - g(a)}}{{x - a}}\\\\ = f'(a).g\left( a \right) + f(a).g'\left( a \right)\\\\\left( 5 \right)\\(\frac{1}{f})'(a) = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{(\frac{1}{f})(x) - (\frac{1}{f})(a)}}{{x - a}}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{\frac{1}{{f(x)}} - \frac{1}{{f(a)}}}}{{x - a}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{\frac{{f(a) - f(x)}}{{f(x)f(a)}}}}{{x - a}}\\\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{1}{{f(x)f(a)}} \times \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(a) - f(x)}}{{x - a}} = - \frac{1}{{{f^2}(a)}} \times f'(a) = - \frac{{{f^2}(a)}}{{{f^2}(a)}}\\\\\left( 6 \right)\\(\frac{f}{g})'(a) = (f \times \frac{1}{g})'\left( a \right)\\\\ = (f)'(a) \times (\frac{1}{g})\left( a \right) + f(a) \times (\frac{1}{g})'\left( a \right) = f'(a) \times \frac{1}{{g(a)}} + f(a) \times \frac{{ - g'(a)}}{{{g^2}(a)}}\\\\ = \frac{{f'(a)}}{{g(a)}} - \frac{{ - g'(a)f(a)}}{{{g^2}(a)}} = \frac{{f'(a) - g'(a)f(a)}}{{{g^2}(a)}}\end{array}\)

قضیه : فرض کنید تابع gدر نقطه ی a و تابع در g(a) مشتق پذیر باشند، در این صورت

تابع ‏fog در aمشتق پذیر است و \((fog)'(a) = g'(a)f'(g(a))\)

اثبات : قرار میدهیم u=g(x)و (b = g(a آنگاه

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} u = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} g(x) = g(a) = b\)

از طرفی\(x \to a\) نتیجه می دهد \(u \to b\) . بنابراین

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