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复合函数的求导法则

## 6.2.5 复合函数的求导法则
这个法则也称为链式法则（chain rule，或译为链导法，链规则等），它是导数计算中最有用的法则之一。

定理 6.3 （复合函数的求导法则，链式法则）设 $y=y(u), u=u(x)$ 均可导，则复合函数 $y=y(u(x))$ 在其有定义的区间内也可导，且成立

$$
y_x^{\prime}=y_u^{\prime} \cdot u_x^{\prime}
$$

>一般来说在不会发生混淆时导数记号 $y^{\prime}$ 或 $f^{\prime}$ 不必带有下标．但在这里，与反函数求导法则中类似，为了清楚起见采用带有下标的导数记号，指出求导时以什么为自变量．在定理6．3中，$x$ 是自变量，$u$ 为中间变量，$y_x^{\prime}$ 和 $y_u^{\prime}$ 的含意完全不同．

注 链式法则有多种记法，例如有

$$
\begin{aligned}
{[y(u(x))]_x^{\prime} } & =y_u^{\prime}(u(x)) \cdot u^{\prime}(x) \\
(y \circ u)^{\prime}(x) & =y^{\prime}(u(x)) \cdot u^{\prime}(x)=\left.y^{\prime}(u)\right|_{u=u(x)} \cdot u^{\prime}(x) \\
\frac{d y}{d x} & =\frac{d y}{d u} \cdot \frac{d u}{d x}
\end{aligned}
$$

但最后一式右边第一个导数中要将 $u$ 用 $u=u(x)$ 代入，也就是说第一个因子是一个复合函数．

现在先通过例题学习如何使用链式法则，而将它的证明放在后面进行．
例题 6.7 求 $(\sin 2 x)^{\prime}$ ．
解 这里要将函数 $\sin 2 x$ 看成是 $y=\sin u$ 和 $u=2 x$ 的复合．因此有

$$
(\sin 2 x)^{\prime}=\left.(\sin u)_u^{\prime}\right|_{u=2 x} \cdot(2 x)_x^{\prime}=(\cos 2 x) \cdot 2=2 \cos 2 x
$$

注 实际上平时我们只是在心中默记当前什么是中间变量 $u$ ，而并不将它明显写出．例如此题的计算可以直接写为

$$
(\sin 2 x)^{\prime}=\cos 2 x \cdot 2=2 \cos 2 x .
$$

以下几题也都是如此．

例题 6.8 求 $(\ln (1-x))^{\prime}$ ．
解 心中记住 $u=1-x$ ，就有

$$
(\ln (1-x))^{\prime}=\frac{1}{1-x} \cdot(1-x)^{\prime}=-\frac{1}{1-x}
$$

例题 6.9 求 $\left(\sin \frac{1}{x}\right)^{\prime}$ ．
解 心中记住 $u=1 / x$ ，直接有

$$
\left(\sin \frac{1}{x}\right)^{\prime}=\cos \frac{1}{x} \cdot\left(\frac{1}{x}\right)^{\prime}=-\frac{1}{x^2} \cos \frac{1}{x}
$$

例题 6.10 求 $\left(\sqrt{1+x^2}\right)^{\prime}$ ．
解 心中记住 $u=1+x^2$ ，并记 $\sqrt{1+x^2}=\left(1+x^2\right)^{\frac{1}{2}}$ ，就有

$$
\left(\sqrt{1+x^2}\right)^{\prime}=\frac{1}{2}\left(1+x^2\right)^{-\frac{1}{2}} \cdot\left(1+x^2\right)^{\prime}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}
$$

下面来证明链式法则。
正如反函数求导法则的证明过程可以从 Leibniz 的导数符号得到启发那样，回顾链式法则采用 Leibniz 的导数符号时的写法

$$
\frac{d y}{d x}=\frac{d y}{d u} \cdot \frac{d u}{d x}
$$

同样提示我们可以采取以下的证明方法．这就是先写出

$$
\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{\Delta y}{\Delta u} \cdot \frac{\Delta u}{\Delta x}
$$

然后在两边令 $\Delta x \rightarrow 0$ 取极限：

$$
\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\left(\frac{\Delta y}{\Delta u} \cdot \frac{\Delta u}{\Delta x}\right)=\lim _{\Delta u \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta u} \cdot \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta u}{\Delta x}=\frac{d y}{d u} \cdot \frac{d u}{d x},
$$

其中利用了 $\Delta x \rightarrow 0 \Longleftrightarrow \Delta u \rightarrow 0$ 以及乘积极限等于极限乘积的运算法则．
但在这个证明中存在一个无法回避的漏洞。
问题就出在基本类型的函数极限 $\lim _{x \rightarrow x_0} f(x)$ 中不允许 $x=x_0$ ．从导数定义中我们已经明白这一点是必须的，在 $\Delta x \rightarrow 0$ 的极限过程中不允许 $\Delta x=0$ ，因为差商 $\frac{\Delta y}{\Delta x}$ 在 $\Delta x=0$ 时成为真正的 0 除 0 ，没有意义．

回顾等式（6．7），在 $\Delta x \neq 0$ 时，不能排除发生 $\Delta u=0$ 的可能性．由于 $u$ 是中间变量，我们无法强制规定 $\Delta u \neq 0$ ．在发生 $\Delta u=0$ 时（6．7）就不能成立，因此上述证明需要修改 ${ }^{(1)}$ 。

链式法则的证明 将（6．7）修改如下．
（1）定义 $\Delta u$ 的函数 $\omega(\Delta u)$ 为：

$$
\omega(\Delta u)=\left\{\begin{aligned}
\frac{\Delta y}{\Delta u}, & \Delta u \neq 0 \\
y_u^{\prime}, & \Delta u=0
\end{aligned}\right.
$$

（这里的目的很明白，就是要克服差商 $\Delta y / \Delta u$ 在分母为 0 时没有定义的困难．）由于 $\lim _{\Delta u \rightarrow 0} \omega(\Delta u)=y_u^{\prime}=\omega(0)$ ，因此函数 $\omega(\Delta u)$ 在 $\Delta u=0$ 处连续．
（2）在 $\Delta x \neq 0$ 时 代替（6．7）成立下列等式：

$$
\frac{\Delta y}{\Delta x}=\omega(\Delta u) \cdot \frac{\Delta u}{\Delta x}
$$

实际上在 $\Delta u \neq 0$ 时等式（6．8）就是（6．7），它的成立没有问题。当 $\Delta u=0$ 时，（6．8）的右边为 0 ，由于左边的分子为

$$
\Delta y=y(u(x+\Delta x))-y(u(x))=y(u(x)+\Delta u)-y(u(x))
$$

其中 $\Delta u=u(x+\Delta x)-u(x)$ ，因此当 $\Delta u=0$ 时 $\Delta y=0$ ，等式（6．8）成立．
（3）在等式（6．8）两边令 $\Delta x \rightarrow 0$ ．由于这时 $\Delta u \rightarrow 0$ ，而 $\omega(\Delta u)$ 于 $\Delta u=0$ 连续，且 $\omega(0)=y_u^{\prime}$ ，因此就得到所求的链式法则：

$$
y_x^{\prime}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta u \rightarrow 0} \omega(\Delta u) \cdot \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta u}{\Delta x}=y_u^{\prime} \cdot u_x^{\prime}
$$

注 在前面讲四则运算法则时的法则 2 和法则 4 ，即

$$
\left(u^2\right)^{\prime}=2 u \cdot u^{\prime}, \quad\left(\frac{1}{u}\right)^{\prime}=-\frac{1}{u^2} \cdot u^{\prime}
$$

都可以看成是链式法则的具体例子，其中的 $u=u(x)$ 是中间变量．
例题 6.11 求 $\left(x \sqrt{1+x^2}\right)^{\prime}$ ．
解 以下除了链式法则外还使用了 $(u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime}$ ：

$$
\begin{aligned}
\left(x \sqrt{1+x^2}\right)^{\prime} & =\sqrt{1+x^2}+x \cdot \frac{1}{2}\left(1+x^2\right)^{-\frac{1}{2}} \cdot 2 x \\
& =\sqrt{1+x^2}+\frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}} \\
& =\frac{1+2 x^2}{\sqrt{1+x^2}}
\end{aligned}
$$

例题 6.12 设 $y=\left(x^2+1\right)^{100}$ ，求 $y^{\prime}$ ．
解 将 $x^2+1$ 看作为中间变量 $u$ ，则就有

$$
y^{\prime}=100\left(x^2+1\right)^{99} \cdot 2 x=200 x\left(x^2+1\right)^{99}
$$

例题 6.13 求 $\left(\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|\right)^{\prime}$ ．
解 这里遇到了多层次的复合函数，即 $y=\ln |u|, u=\tan v, v=\frac{x}{2}$ ．这时有 $[y(u(v(x)))]_x^{\prime}=y_u^{\prime} \cdot u_v^{\prime} \cdot v_x^{\prime}$ ，或写为

$$
\frac{d y}{d x}=\frac{d y}{d u} \cdot \frac{d u}{d v} \cdot \frac{d v}{d x}
$$

这样就可以计算如下：

$$
\begin{aligned}
\left(\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|\right)^{\prime} & =\frac{1}{\tan \frac{x}{2}} \cdot \sec ^2 \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2} \\
& =\frac{\cos \frac{x}{2}}{2 \sin \frac{x}{2} \cos ^2 \frac{x}{2}} \\
& =\frac{1}{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}} \\
& =\frac{1}{\sin x} .
\end{aligned}
$$

在这一节的最后我们介绍对数求导法．它首先是用于求 $\left(u^v\right)_x^{\prime}$ ，其中 $u, v$ 都是 $x$ 的可导函数，且设 $u(x)>0$ 成立。

对数求导法的使用有两种写法．

方法 1．$\left(u^v\right)^{\prime}=\left( e ^{v \ln u}\right)^{\prime}= e ^{v \ln u} \cdot(v \ln u)^{\prime}$

$$
\begin{aligned}
& =u^v \cdot\left(v^{\prime} \ln u+v \cdot \frac{u^{\prime}}{u}\right) \\
& =u^v v^{\prime} \ln u+u^{v-1} v u^{\prime} .
\end{aligned}
$$

对此公式可如下记忆：第一项相当于将 $u$ 看成常数求导，第二项相当于将 $v$ 看成常数求导。

方法 2．先对 $u^v$ 取对数，然后求导．一方面有

$$
\left(\ln u^v\right)^{\prime}=\frac{1}{u^v}\left(u^v\right)^{\prime}
$$

另一方面有

$$
\left(\ln u^v\right)^{\prime}=(v \ln u)^{\prime}=v^{\prime} \ln u+v \cdot \frac{u^{\prime}}{u},
$$

因此同样得到

$$
\left(u^v\right)^{\prime}=u^v v^{\prime} \ln u+u^{v-1} v u^{\prime} .
$$

下面也是适合用对数求导法的例子．

例题 6.14 求 $y=\sqrt[3]{\frac{(x+1)(2 x+1)^2}{x-3}}$ 的导函数．
解 先写出

$$
\ln |y|=\frac{1}{3} \ln |x+1|+\frac{2}{3}|2 x+1|-\frac{1}{3} \ln |x-3|,
$$

因此对 $x$ 求导就得到

$$
\frac{y^{\prime}}{y}=\frac{1}{3(x+1)}+\frac{4}{3(2 x+1)}-\frac{1}{3(x-3)}
$$

于是有

$$
y^{\prime}=y\left(\frac{1}{3(x+1)}+\frac{4}{3(2 x+1)}-\frac{1}{3(x-3)}\right)
$$

注 这里还应当讨论在点 $-1,-\frac{1}{2}, 3$ 处的导数．实际上有 $f^{\prime}(-1)=-\infty$ ， $f_{-}^{\prime}\left(-\frac{1}{2}\right)=+\infty, f_{+}^{\prime}\left(-\frac{1}{2}\right)=-\infty$ ，这些都可以从上述表达式的极限看出。但在点 $x=3$ 处函数为第二类间断点，因此不需要讨论．

例题 6.15 求 $y=x^{\frac{1}{x}}$ 的导函数，其中 $x>0$ ．
解 取对数后求导：

$$
\begin{aligned}
&\begin{aligned}
(\ln y)^{\prime} & =\frac{y^{\prime}}{y}=\left(\frac{\ln x}{x}\right)^{\prime} \\
& =\ln x \cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)+\frac{1}{x^2}=\frac{1-\ln x}{x^2},
\end{aligned}\\
&\text { 最后得到 }\\
&y^{\prime}=y \cdot \frac{1-\ln x}{x^2}=x^{\frac{1}{x}-2}(1-\ln x) .
\end{aligned}
$$

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