קוד:נגזרת של הרכבת פונקציות (כלל שרשרת) - היסטוריית גרסאות

ארז שיינר: 4 גרסאות יובאו

2014-10-04T20:16:41Z

4 גרסאות יובאו

→ הגרסה הקודמת	גרסה מ־20:16, 4 באוקטובר 2014
(אין הבדלים)

Ofekgillon10 ב־11:11, 2 בספטמבר 2014

2014-09-02T11:11:53Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־11:11, 2 בספטמבר 2014
שורה 26:		שורה 26:
	$$g(f(x_0))+g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) \cdot t + o(t)_{t\to 0} \Rightarrow (g(f(x)))'(x_0)=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) $$		$$g(f(x_0))+g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) \cdot t + o(t)_{t\to 0} \Rightarrow (g(f(x)))'(x_0)=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) $$
	\end{proof}		\end{proof}

			\begin{cor}
			הנגזרת של $x^\alpha $ היא $\alpha x^{\alpha - 1} $, גם אם $\alpha \not\in\mathbb{N} $

			\end{cor}

			\begin{proof}
			$$(x^\alpha)'=(e^{\alpha \ln x})'=(e^{\alpha \ln x})\cdot (\alpha \ln x)' = x^\alpha \cdot \alpha\cdot \frac{1}{x}=\alpha x^{\alpha - 1} $$
			\end{proof}

			\begin{example}
			$$(\cos x)'=\left(\sin (\frac{\pi}{2} - x)\right)'=\cos(\frac{\pi}{2}-x)\cdot (\frac{\pi}{2}-x)' = -\cos(\frac{\pi}{2}-x) = -\sin x $$
			$\Leftarrow$
			$$(\tan x)'=\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)' = \frac{(\sin x)'\cos x - \sin x (\cos x)'}{\cos^2 x} = \frac{\cos^2(x)+\sin^2(x)}{\cos^2(x)}=\frac{1}{\cos^2(x)} $$
			\end{example}

Ofekgillon10 ב־10:42, 2 בספטמבר 2014

2014-09-02T10:42:51Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־10:42, 2 בספטמבר 2014
שורה 6:		שורה 6:
	$\frac{dh}{dx} (x_0) = \frac{dg}{df} (f(x_0))\cdot \frac{df}{dx} (x_0) $		$\frac{dh}{dx} (x_0) = \frac{dg}{df} (f(x_0))\cdot \frac{df}{dx} (x_0) $

	~~אם הכתיב האחרון נראה לכם מוזר ועושה לכם כאב ראש, אל תדאגו, זה בעיקר בשביל הפיזיקאים אבל אתן בכל זאת דוגמה:~~		\end{thm}

	אם נגדיר $g(u)=\sin u $ אבל $u(x)=x^2 $ אז הנגזרת של $h(x)=g(u(x))=\sin x^2 $ היא $\frac{dg}{du} (u(x))\cdot \frac{du}{dx} $ אבל $\frac{dg}{du} ~~$ זה $~~\cos u $ ו- $\frac{du}{dx}=2x $ ולכן סך הכל נקבל $\cos u(x) \cdot 2x = \cos x^2 \cdot 2x $		אם הכתיב האחרון נראה לכם מוזר ועושה לכם כאב ראש, אל תדאגו, זה בעיקר בשביל הפיזיקאים, אבל בכל מקרה הנה דוגמה:

			אם נגדיר $g(u)=\sin u $ אבל $u(x)=x^2 $ אז הנגזרת של $h(x)=g(u(x))=\sin x^2 $ היא $\frac{dg}{du} (u(x))\cdot \frac{du}{dx} $ אבל $\frac{dg}{du}=\cos u $ ו- $\frac{du}{dx}=2x $ ולכן סך הכל נקבל
			$$\cos (u(x)) \cdot 2x = \cos (x^2) \cdot 2x $$

	~~\end{thm}~~

	\begin{proof}		\begin{proof}
	ידוע ש-		ידוע ש-

	$f(x_0+t)=f(x_0)+f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t ~~\ \text{when }~~\epsilon_1(t)\underset{t\to 0}{\longrightarrow} 0 \\, g(y_0+s)=g(y_0)+g'(y_0) s + \epsilon_2(s)\cdot s~~\ \text{when }~~ \epsilon_2(s) \underset{s\to 0} {\longrightarrow} 0 $ ~~ולכן~~		$$f(x_0+t)=f(x_0)+f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t $$
			כש- $\epsilon_1(t)\underset{t\to 0}{\longrightarrow} 0 $ ובנוסף,
			$$g(y_0+s)=g(y_0)+g'(y_0) s + \epsilon_2(s)\cdot s$$
			כש- $\epsilon_2(s) \underset{s\to 0} {\longrightarrow} 0$ . לכן:

	$g(f(x_0)+t))=g(f(x_0)+f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t)=g(f(x_0))+g'(f(x_0))(f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t)+\epsilon_2 (f'(x_0) t + \epsilon_1 (t))\cdot (f'(x_0) t + \epsilon_1 (t))= \\		$$h(x_0+t)=g((f(x_0+t))=g\left (f(x_0)+f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t\right )=$$
	g(f(x_0))+g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) \cdot t + o(t)_{t\to 0} \Rightarrow (g(f(x)))'(x_0)=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) $		$$g(f(x_0))+g'(f(x_0))(f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t)+\epsilon_2 (f'(x_0) t + \epsilon_1 (t))\cdot (f'(x_0) t + \epsilon_1 (t))=$$
			$$g(f(x_0))+g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) \cdot t + o(t)_{t\to 0} \Rightarrow (g(f(x)))'(x_0)=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) $$
	\end{proof}		\end{proof}

Ofekgillon10 ב־15:24, 29 באוגוסט 2014

2014-08-29T15:24:55Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־15:24, 29 באוגוסט 2014
שורה 1:		שורה 1:
	\begin{~~theorem~~}		\begin{thm}
	נניח $f:(a,b)\to (c,d) , g:(c,d)\to \mathbb{R} $ נסמן את $h=g\circ f $ כלומר $h(x)=g(f(x)) $ . אם $f$ דיפרנציאבילית ב- $x_0 $ ו- $g$ דיפרנציאבילית ב- $f(x_0) $ אזי $h$ דיפרנציאבילית ב- $x_0 $ ומתקיים: (הצורות שקולות)		נניח $f:(a,b)\to (c,d) , g:(c,d)\to \mathbb{R} $ נסמן את $h=g\circ f $ כלומר $h(x)=g(f(x)) $ . אם $f$ דיפרנציאבילית ב- $x_0 $ ו- $g$ דיפרנציאבילית ב- $f(x_0) $ אזי $h$ דיפרנציאבילית ב- $x_0 $ ומתקיים: (הצורות שקולות)

שורה 10:		שורה 10:
	אם נגדיר $g(u)=\sin u $ אבל $u(x)=x^2 $ אז הנגזרת של $h(x)=g(u(x))=\sin x^2 $ היא $\frac{dg}{du} (u(x))\cdot \frac{du}{dx} $ אבל $\frac{dg}{du} $ זה $\cos u $ ו- $\frac{du}{dx}=2x $ ולכן סך הכל נקבל $\cos u(x) \cdot 2x = \cos x^2 \cdot 2x $		אם נגדיר $g(u)=\sin u $ אבל $u(x)=x^2 $ אז הנגזרת של $h(x)=g(u(x))=\sin x^2 $ היא $\frac{dg}{du} (u(x))\cdot \frac{du}{dx} $ אבל $\frac{dg}{du} $ זה $\cos u $ ו- $\frac{du}{dx}=2x $ ולכן סך הכל נקבל $\cos u(x) \cdot 2x = \cos x^2 \cdot 2x $

	\end{~~theorem~~}		\end{thm}

	\begin{proof}		\begin{proof}

Ofekgillon10: יצירת דף עם התוכן "\begin{theorem} נניח $f:(a,b)\to (c,d) , g:(c,d)\to \mathbb{R} $ נסמן את $h=g\circ f $ כלומר $h(x)=g(f(x)) $ . אם $f$ דיפרנציאבילית..."

2014-08-28T16:47:43Z

יצירת דף עם התוכן "\begin{theorem} נניח $f:(a,b)\to (c,d) , g:(c,d)\to \mathbb{R} $ נסמן את $h=g\circ f $ כלומר $h(x)=g(f(x)) $ . אם $f$ דיפרנציאבילית..."

דף חדש

\begin{theorem}
נניח $f:(a,b)\to (c,d) , g:(c,d)\to \mathbb{R} $ נסמן את $h=g\circ f $ כלומר $h(x)=g(f(x)) $ . אם $f$ דיפרנציאבילית ב- $x_0 $ ו- $g$ דיפרנציאבילית ב- $f(x_0) $ אזי $h$ דיפרנציאבילית ב- $x_0 $ ומתקיים: (הצורות שקולות)

$h'(x_0)=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) $

$\frac{dh}{dx} (x_0) = \frac{dg}{df} (f(x_0))\cdot \frac{df}{dx} (x_0) $

אם הכתיב האחרון נראה לכם מוזר ועושה לכם כאב ראש, אל תדאגו, זה בעיקר בשביל הפיזיקאים אבל אתן בכל זאת דוגמה:

אם נגדיר $g(u)=\sin u $ אבל $u(x)=x^2 $ אז הנגזרת של $h(x)=g(u(x))=\sin x^2 $ היא $\frac{dg}{du} (u(x))\cdot \frac{du}{dx} $ אבל $\frac{dg}{du} $ זה $\cos u $ ו- $\frac{du}{dx}=2x $ ולכן סך הכל נקבל $\cos u(x) \cdot 2x = \cos x^2 \cdot 2x $

\end{theorem}

\begin{proof}
ידוע ש-

$f(x_0+t)=f(x_0)+f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t \ \text{when }\epsilon_1(t)\underset{t\to 0}{\longrightarrow} 0 \\, g(y_0+s)=g(y_0)+g'(y_0) s + \epsilon_2(s)\cdot s\ \text{when } \epsilon_2(s) \underset{s\to 0} {\longrightarrow} 0 $ ולכן

$g(f(x_0)+t))=g(f(x_0)+f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t)=g(f(x_0))+g'(f(x_0))(f'(x_0) t + \epsilon_1(t)\cdot t)+\epsilon_2 (f'(x_0) t + \epsilon_1 (t))\cdot (f'(x_0) t + \epsilon_1 (t))= \\
g(f(x_0))+g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) \cdot t + o(t)_{t\to 0} \Rightarrow (g(f(x)))'(x_0)=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0) $
\end{proof}