微积分/乘积法则

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乘积法则

当我们想要微分一个更复杂的表达式，例如

h ( x ) = ( x 2 + 5 x + 7 ) ⋅ ( x 3 + 2 x − 4 ) {\displaystyle h(x)=(x^{2}+5x+7)\cdot (x^{3}+2x-4)}

我们唯一的方法（截至目前）来微分这个表达式是把它展开得到一个多项式，然后微分那个多项式。当手工计算时，这种方法变得非常复杂，并且容易出错。初学者可能会猜测乘积的导数是导数的乘积，类似于加法和减法规则，但这并不正确。为了求乘积的导数，我们使用乘积法则。

乘积的导数（乘积法则）

d d x [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = f ( x ) ⋅ g ′ ( x ) + f ′ ( x ) ⋅ g ( x ) {\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left[f(x)\cdot g(x)\right]=f(x)\cdot g'(x)+f'(x)\cdot g(x)\,\!}

它也可以写成

( f ⋅ g ) ′ = f ′ ⋅ g + f ⋅ g ′ {\displaystyle (f\cdot g)'=f'\cdot g+f\cdot g'\,\!}

或者用莱布尼茨符号写成

d d x ( u ⋅ v ) = u ⋅ d v d x + v ⋅ d u d x {\displaystyle {\dfrac {d}{dx}}(u\cdot v)=u\cdot {\dfrac {dv}{dx}}+v\cdot {\dfrac {du}{dx}}} .

三个函数乘积的导数为

d d x ( u ⋅ v ⋅ w ) = d u d x ⋅ v ⋅ w + u ⋅ d v d x ⋅ w + u ⋅ v ⋅ d w d x {\displaystyle {\dfrac {d}{dx}}(u\cdot v\cdot w)={\dfrac {du}{dx}}\cdot v\cdot w+u\cdot {\dfrac {dv}{dx}}\cdot w+u\cdot v\cdot {\dfrac {dw}{dx}}} .

由于两个或多个函数的乘积出现在许多物理现象的数学模型中，因此乘积法则在物理学、化学和工程学中有着广泛的应用。

示例[编辑 | 编辑源代码]

假设我们想要微分ƒ(x) = x2 sin(x)。使用乘积法则，我们得到导数ƒ '(x) = 2x sin(x) + x2cos(x)（因为x2的导数是2x，sin(x)的导数是cos(x)）。

乘积法则的一种特殊情况是常数倍法则，它指出：如果c是实数，ƒ(x)是可微函数，那么cƒ(x)也是可微的，它的导数为(c × ƒ)'(x) = c × ƒ '(x)。这是因为任何常数的导数都是零。这与导数的加法规则相结合，表明微分是线性的。

分部积分法是根据乘积法则推导出来的，商法则（一个弱版本）也是如此。（它是一个“弱”版本，因为它没有证明商是可微的，只是说明了它的导数是什么，如果它是可微的。）

物理示例 I：电磁感应[编辑 | 编辑源代码]

法拉第电磁感应定律指出，感应电动势是通过导电回路的磁通量变化率的负值。

E = − d Φ B d t , {\displaystyle {\mathcal {E}}=-{{d\Phi _{B}} \over dt},}

其中 E {\displaystyle {\mathcal {E}}} 是以伏特为单位的电动势 (emf)，ΦB 是以韦伯为单位的磁通量。对于面积为 A 的回路在磁场 B 中，磁通量由下式给出

Φ B = B ⋅ A ⋅ cos ⁡ ( θ ) , {\displaystyle \Phi _{B}=B\cdot A\cdot \cos(\theta ),}

其中 θ 是电流回路的法线与磁场方向之间的夹角。

对磁通量关于时间求负导数，得到电动势为

E = − d d t ( B ⋅ A ⋅ cos ⁡ ( θ ) ) = − d B d t ⋅ A cos ⁡ ( θ ) − B ⋅ d A d t cos ⁡ ( θ ) − B ⋅ A d d t cos ⁡ ( θ ) {\displaystyle {\begin{aligned}{\mathcal {E}}&=-{\frac {d}{dt}}\left(B\cdot A\cdot \cos(\theta )\right)\\&=-{\frac {dB}{dt}}\cdot A\cos(\theta )-B\cdot {\frac {dA}{dt}}\cos(\theta )-B\cdot A{\frac {d}{dt}}\cos(\theta )\\\end{aligned}}}

在许多实际应用中，只有一个变量（A、B 或 θ）在变化，因此上述三项中的两项通常为零。

证明[编辑 | 编辑源代码]

证明这个规则比较简单，首先我们给出导数的公式

d d x [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = lim h → 0 f ( x + h ) ⋅ g ( x + h ) − f ( x ) ⋅ g ( x ) h {\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x)}{h}}}

然后，我们会用到一个最古老的技巧——在中间添加一个抵消的项

d d x [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = lim h → 0 f ( x + h ) ⋅ g ( x + h ) − f ( x + h ) ⋅ g ( x ) + f ( x + h ) ⋅ g ( x ) − f ( x ) ⋅ g ( x ) h {\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)\cdot g(x+h)\mathbf {-f(x+h)\cdot g(x)+f(x+h)\cdot g(x)} -f(x)\cdot g(x)}{h}}}

请注意，这些项相加为零，因此我们只是在方程中加了 0。现在我们可以将方程拆分为我们已经知道如何求解的形式

d d x [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = lim h → 0 [ f ( x + h ) ⋅ g ( x + h ) − f ( x + h ) ⋅ g ( x ) h + f ( x + h ) ⋅ g ( x ) − f ( x ) ⋅ g ( x ) h ] {\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim _{h\to 0}\left[{\frac {f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x+h)\cdot g(x)}{h}}+{\frac {f(x+h)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x)}{h}}\right]}

观察这个式子，我们发现可以将分子中的公因子分离出来得到

d d x [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = lim h → 0 [ f ( x + h ) g ( x + h ) − g ( x ) h + g ( x ) f ( x + h ) − f ( x ) h ] {\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim _{h\to 0}\left[f(x+h){\frac {g(x+h)-g(x)}{h}}+g(x){\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\right]}

当我们求极限时，它变为

d d x [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = f ( x ) ⋅ g ′ ( x ) + g ( x ) ⋅ f ′ ( x ) {\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left[f(x)\cdot g(x)\right]=f(x)\cdot g'(x)+g(x)\cdot f'(x)} ，或者用记忆方法“一 D-二 加 二 D-一”。

这可以扩展到 3 个函数。

d d x [ f g h ] = f ( x ) g ( x ) h ′ ( x ) + f ( x ) g ′ ( x ) h ( x ) + f ′ ( x ) g ( x ) h ( x ) {\displaystyle {\frac {d}{dx}}[fgh]=f(x)g(x)h'(x)+f(x)g'(x)h(x)+f'(x)g(x)h(x)\,}

对于任意数量的函数，它们的乘积的导数是每个函数的导数乘以所有其他函数的和。

回到我们最初的乘积示例， h ( x ) = ( x 2 + 5 x + 7 ) ⋅ ( x 3 + 2 x − 4 ) {\displaystyle h(x)=(x^{2}+5x+7)\cdot (x^{3}+2x-4)} ，我们根据乘积法则找到导数是

h ′ ( x ) = ( x 2 + 5 x + 7 ) ( 3 x 2 + 2 ) + ( 2 x + 5 ) ( x 3 + 2 x − 4 ) = 5 x 4 + 20 x 3 + 27 x 2 + 12 x − 6 {\displaystyle h'(x)=(x^{2}+5x+7)(3x^{2}+2)+(2x+5)(x^{3}+2x-4)=5x^{4}+20x^{3}+27x^{2}+12x-6\,}

注意，它的导数不会是不是

( 2 x + 5 ) ⋅ ( 3 x 2 + 2 ) = 3 x 3 + 15 x 2 + 4 x + 10 {\displaystyle {\color {red}(2x+5)\cdot (3x^{2}+2)=3x^{3}+15x^{2}+4x+10}}

这是你假设乘积的导数是导数的乘积时会得到的结果。

为了应用乘积法则，我们将第一个函数乘以第二个函数的导数，然后加上第一个函数的导数乘以第二个函数。有时记住这句话“第一个乘以第二个的导数加上第二个乘以第一个的导数”会有所帮助。

应用，幂法则的证明[edit | edit source]

乘积法则可以用来证明幂法则对于整数成立。证明过程是通过数学归纳法进行的。我们从基本情况 n = 1 {\displaystyle n=1} 开始。如果 f 1 ( x ) = x {\displaystyle f_{1}(x)=x} ，那么从定义中很容易看出

f 1 ′ ( x ) = lim h → 0 x + h − x h = 1 {\displaystyle f_{1}'(x)=\lim _{h\rightarrow 0}{\frac {x+h-x}{h}}=1}

接下来我们假设对于固定值 N {\displaystyle N} ，我们知道对于 f N ( x ) = x N {\displaystyle f_{N}(x)=x^{N}} ， f N ′ ( x ) = N x N − 1 {\displaystyle f_{N}'(x)=Nx^{N-1}} 。考虑 f N + 1 ( x ) = x N + 1 {\displaystyle f_{N+1}(x)=x^{N+1}} 的导数，

f N + 1 ′ ( x ) = ( x ⋅ x N ) ′ = ( x ) ′ x N + x ⋅ ( x N ) ′ = x N + x ⋅ N ⋅ x N − 1 = ( N + 1 ) x N . {\displaystyle f_{N+1}'(x)=(x\cdot x^{N})'=(x)'x^{N}+x\cdot (x^{N})'=x^{N}+x\cdot N\cdot x^{N-1}=(N+1)x^{N}.}

我们已经证明了语句 f n ′ ( x ) = n ⋅ x n − 1 {\displaystyle f_{n}'(x)=n\cdot x^{n-1}} 对于 n = 1 {\displaystyle n=1} 为真，并且如果该语句对于 n = N {\displaystyle n=N} 成立，那么它对于 n = N + 1 {\displaystyle n=N+1} 也成立。因此，根据数学归纳法原理，该语句对于 n = 1 , 2 , … {\displaystyle n=1,2,\dots } 都成立。

参考资料[编辑 | 编辑源代码]

外部链接[编辑 | 编辑源代码]

http://www.calculusapplets.com/prodquot.html

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