$f(x+\Delta x)=c,\, \Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=\Delta c=c-c=0,\, dc=0,\, c'=0$.

$f(x+\Delta x)=b(x+\Delta x)$,
$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=b(x+\Delta x)-bx=b\Delta x$. Итак
$\Delta (bx)=b\Delta x,\, d(bx)=bdx,\, (bx)'=b$.

$f(x+\Delta x)=a(x+\Delta x)^2$,
$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=a(x+\Delta x)^2-ax^2=2ax\Delta x+a(\Delta x)^2$. Итак
$\Delta (ax^2)=2ax\Delta x+a(\Delta x)^2,\, d(ax^2)=2axdx$,
$(ax^2)'=2ax$.

$f(x+\Delta x)=a(x+\Delta x)^2+b(x+\Delta x)+c$,
$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=a(x+\Delta x)^2+b(x+\Delta x)+c-ax^2-bx-c$
$\Delta f(x)=(2ax+b)\Delta x+a(\Delta x)^2$. В результате
$\Delta (ax^2+bx+c)=(2ax+b)\Delta x+a(\Delta x)^2$,
$d(ax^2+bx+c)=(2ax+b)dx$,
$(ax^2+bx+c)'=2ax+b$.

$f(x+\Delta x)=\frac{c}{x+\Delta x},\, \Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=\frac{c}{x+\Delta x}-\frac{c}{x}=\frac{-c\Delta x}{x(x+\Delta x)}=\frac{-c\Delta x}{x^2(1+\Delta x/x)}$. Запишем полученное выражение как
$\Delta f(x)=\frac{-c\Delta x}{x^2}\frac{1}{1+\Delta x/x}$.
Из формулы для суммы бесконечного числа членов геометрической прогрессии
$\frac{1}{1+\Delta x/x}=1-\frac{\Delta x}{x}+(\frac{\Delta x}{x})^2-(\frac{\Delta x}{x})^3+\ldots$, так что
$\Delta f(x)\equiv \Delta\frac{c}{x}=-\frac{c\Delta x}{x^2}+\frac{c(\Delta x)^2}{x^3}-\frac{c(\Delta x)^3}{x^4}+\ldots$
$d\frac{c}{x}=-\frac{cdx}{x^2}\, ,\, (\frac{c}{x})'=-\frac{c}{x^2}$.

$f(x+\Delta x)=(x+\Delta x)^n=$
$=(x+\Delta x)\cdot(x+\Delta x)\cdot\ldots\cdot(x+\Delta x)$
Всего перемножается $n$ скобок. Если из каждой скобки взять по одному слагаемому и перемножить, то получим $2^n$ слагаемых. Среди них будет ровно $n$ штук вида $x^{n-1}\Delta x$. Почему? Чтобы получить слагаемое, содержащее ровно одну величину $\Delta x$, надо только из одной скобки выбрать $\Delta x$, а из оставшихся $x$. Оставшихся скобок $n-1$ штука, а возможности выбора $\Delta x$ определяются числом скобок $n$. Поэтому имеем
$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)=nx^{n-1}\Delta x+\ldots$ Здесь тремя точками $\ldots$ обозначены слагаемые, содержащие $\Delta x$ в квадрате, кубе и т.д. до степени $n$ включительно. Главное - слагаемые, отмеченные тремя точками не содержат линейных по $\Delta x$ слагаемых! В результате имеем
$d(x^n)=nx^{n-1}dx\, ,\, (x^n)'=nx^{n-1}$,
$\Delta (x^n)=d(x^n)+\ldots$

$f(x+\Delta x)=(x+\Delta x)^{-n}=\frac{1}{(x+\Delta x)^n}$,
$\Delta f(x)=\frac{1}{(x+\Delta x)^n}-\frac{1}{x^n}=-\frac{(x+\Delta x)^n-x^n}{x^n(x+\Delta x)^n}$,
$\Delta f(x)=-\frac{(x+\Delta x)^n-x^n}{x^{2n}}(\frac{1}{1+\Delta x/x})^n$
$=-\frac{nx^{n-1}\Delta x+\ldots}{x^{2n}}(\frac{1}{1+\Delta x/x})^n$. Множитель $(\frac{1}{1+\Delta x/x})^n=(1-\frac{\Delta x}{x}+\ldots)^n$ состоит из единицы и слагаемых, содержащие различные натуральные степени $\Delta x$. Поэтому линейное по $\Delta x$ слагаемое в $\Delta f(x)$ имеет вид
$d(x^{-n})=-nx^{-1-n}dx,\, (x^{-n})'=-nx^{-n-1}$,
$\Delta (x^{-n})=d(x^{-n})+\ldots$
Как обычно, три точки $\ldots$ обозначают слагаемые, содержащие степени не ниже второй от величины $\Delta x\equiv dx$.

Введем $y=x^{1/n}$. По определению обратной функции (или корня $n$ -ой степени) $x=y^n$, так что
$\Delta x=ny^{n-1}\Delta y +\ldots$ Как обычно, три точки обозначают слагаемые, содержащие $\Delta y$ в степенях 2, 3 и выше. Отсюда
$\Delta y=\frac{1}{n}y^{1-n}\Delta x +\ldots=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}\Delta x +\ldots$ Здесь под слагаемыми, обозначенными тремя точками можно считать слагаемые, содержащие множители $\Delta x$ в степенях, выше первой (т.е.2, 3, и т.д.), если предполагать справедливость разложения
$\Delta f(x)=f'(x)\Delta x+\ldots$ Поэтому получаем
$d(x^{1/n})=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}\Delta x , \, (x^{1/n})'=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1},\, \Delta x \equiv dx$.

В силу дифференцируемости имеем представления
$\Delta f(x)=f'(x)\Delta x+\ldots,\, \Delta g(x)=g'(x)\Delta x+\ldots,$ где тремя точками обозначены слагаемые, содержащие $\Delta x$ в степенях от второй и выше.
Рассмотрим приращение
$\Delta F(x)=f(g(x+\Delta x))-f(g(x))=$
$=f(g(x)+\Delta g(x))-f(g(x))=f'_g(g(x))\Delta g(x)+\ldots$ Здесь нижний индекс у производной $f'(g)$ подчеркивает, что переменной, по которой берется производная, является именно $g$. Три точки обозначают слагаемые, содержащие, по сравнению с выписанным слагаемым, более высокие степени $\Delta g(x)$. Если учесть представление для $\Delta g(x)$, то те три точки можно рассматривать как слагаемые, содержащие степени $\Delta x$ выше первой. В результате
$\Delta F(x)=f'_g(g(x))g'(x)\Delta x+\ldots\,$, так что
$df(g(x))=f'_g(g(x))dg(x),\, F'(x)=f'_g(g(x))g'(x)$.

В силу дифференцируемости имеем представления
$\Delta f(x)=f'(x)\Delta x+\ldots,\, \Delta g(x)=g'(x)\Delta x+\ldots,$ где тремя точками обозначены слагаемые, содержащие $\Delta x$ в степенях от второй и выше.
Рассмотрим приращение
$\Delta F(x)=f(x+\Delta x)g(x+\Delta x)-f(x)g(x))=$
$=(f(x)+\Delta f(x))(g(x)+\Delta g(x))-f(x)g(x)=$
$=f(x)\Delta g(x)+(\Delta f(x))g(x)+(\Delta f(x))(\Delta g(x))=$
$=f(x)g'(x)\Delta x+f'(x)g(x)\Delta x+\ldots$
Тремя точками $\ldots$ обозначены слагаемые, содержащие $\Delta x$ в квадрате, кубе и т.д. Подчеркнем, что это, вообще говоря, другие слагаемые, нежели в выписанных выше формулах. В результате имеем
$d(f(x)g(x))=(df(x))g(x)+f(x)dg(x)$,
$(f(x)g(x))'=f'(x)g(x))+f(x)g'(x)$.

По определению $(e^x)'=e^x$, так что $de^x=e^x dx$.
Пусть $y=e^x,\, x=\ln y$. Имеем
$\Delta y=e^x \Delta x+\ldots\, ,\, \Delta x =\Delta y/e^x+\ldots=\frac{\Delta y}{y} +\ldots$
$d\ln y=\frac{dy}{y},\, (\ln y)'=\frac{1}{y}$.
Переобозначая переменную, получаем окончательно
$d\ln x=\frac{dx}{x},\, (\ln x)'=\frac{1}{x}$.

Если $g$ – независимая переменная, то $df(x)=n[g(x)]^{n-1}dg(x)$. Поскольку $dg(x)=g'(x)dx$, то $df(x)= n[g(x)]^{n-1}g'(x)dx$. Отсюда - производная $[g(x)^n]'= n[g(x)]^{n-1}g'(x)$. То же следует и по правилам дифференцирования сложной функции.

Если $g$ – независимая переменная, то $df(x)=e^{g(x)}dg(x)$. Поскольку $dg(x)=g'(x)dx$, то $df(x)= e^{g(x)}g'(x)dx$. Отсюда - производная $[e^{g(x)}]'= e^{g(x)}g'(x)$. То же и по правилам дифференцирования сложной функции.

Если $g$ – независимая переменная, то $df(x)= \cos(g(x))dg(x)$. Поскольку $dg(x)=g'(x)dx$, то $df(x)= \cos(g(x))g'(x)dx$. По формуле дифференцирования сложной функции. $f'(x)=\cos(g(x))g'(x)$. То же из определения дифференциала $df(x)=f'(x)dx= \cos(g(x))g'(x)dx$.

Если $g$ – независимая переменная, то $df(x)=\frac{dh}{dg}dg(x)$. Поскольку $dg(x)=g'(x)dx$, то $df(x)=h'_g g'(x)dx$.

По формуле Лейбница дифференцирования произведения и на основе предыдущих результатов: $f'(x)=n[g(x)]^{n-1}g'(x)e^{h(x)}+ [g(x)^n]e^{h(x)}h'(x)$, $df(x)=f'(x)dx$.

По формуле Лейбница дифференцирования произведения $f(x)= h(x)\frac{1}{g(x)}$ и на основе предыдущих результатов имеем: $f'(x)=h'(x) \frac{1}{g(x)} +h(x)(-1) [g(x)]^{-2}g'(x)=\frac{h'(x)g(x)-h(x)g'(x)}{g^2(x)}$, $df(x)=f'(x)dx$. Это – один из выводов формулы дифференцирования дроби!

Среди правил нет правил дифференцирования подобных функций, но есть основное правило-определение экспоненты. Поэтому запишем функцию в виде $f(x)=e^{\ln [h(x)]^{g(x)}}=e^{g(x)\ln h(x)}$. По формуле дифференцирования сложной функции и правилу Лейбница. $f'(x)= e^{g(x)\ln h(x)}[g'(x)\ln h(x)+g(x)\frac{h'(x)}{h(x)}$, $df(x)=f'(x)dx$.

По формуле дифференцирования сложной функции. $f'(x)=3(x^2+5)^2 2x$.

По формуле дифференцирования сложной функции. $f'(x)=\frac{3\cdot 2x +5}{3x^2+5x+7)$.

$f(x)=\frac{\sin x}{\cos x}$. По формуле дифференцирования дроби: $f'(x)=\frac{\cos^2x-\sin x(-\sin x)}{\cos^2 x}=\frac{1}{\cos^2x}$.

По формуле дифференцирования сложной функции :
$f'(x)=5[\sin^4[(3x^2+7x+11)^3]] [\cos (3x^2+7x+11)^3]\cdot$
$\cdot 3[3x^2+7x+11)^2](3\cdot 2x +7)$.

Представим иначе исходную функцию:
$f(x)=e^{\ln(x^2)^{3x}}=e^{6x\ln|x|}$. Откуда по формуле дифференцирования сложной функции : $f'(x)= e^{6x\ln|x|}(6\ln|x|+6)=(x^2)^{3x}(\ln (x^6)+6)$.

Представим $x$ через тангенс как $x=\tan u$. Тогда $dx=\frac{1}{\cos^2u}du$. Поскольку $\frac{1}{x^2+1}=\frac{1}{\tan^2u+1}=\cos^2u$, то $f(x)dx=\frac{dx}{x^2+1}=\frac{1}{\cos^2u}\cos^2u du=du=d\arctan x$.
Т.е первообразные даются формулой
$\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+C$.
Проделайте то же для представления переменной через котангенс $x=\cot w$.

Представим $\frac{1}{1-x^2}$ как $\frac{1}{1-x^2}=-\frac{1}{2}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1})$, так что.
$\frac{dx}{1-x^2}=-\frac{1}{2}(d\ln|x-1|-d\ln|x+1|)=\frac{1}{2}d\ln|\frac{x+1}{x-1}|$.
Т.е первообразные даются формулой
$\int\frac{dx}{1-x^2}=\frac{1}{2}\ln|\frac{x+1}{x-1}|+C$.

Для $-1\leq x \leq 1$ представим $x$ через синус как $x=\sin u$. Считаем, что $-\pi/2\leq u\leq \pi/2$. Тогда $-1\leq x \leq 1$. Имеем $dx=\cos u du$,
$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{\cos^2u}}=\frac{1}{\cos u}$. Таким образом,
$\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=du=d\arcsin x$,
$\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}= \arcsin x+C$.
Проделайте то же для представления переменной через косинус $x=\cos w$.

Сначала надо преобразовать дифференциал и только потом вносить получившееся выражение перед $dx$ под знак дифференциала:
$xd\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=x\frac{\sqrt{1-x^2}+x\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}dx=\\ \frac{xdx}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}=-\frac{1}{2}\frac{d(-x^2)}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}=d\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$
Такое преобразование встречается при выводе выражения для энергии в релятивистской механике.

Используя предыдущие результаты по нахождению первообразных имеем:
$\int\limits_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\int\limits_0^1d\arctan x= \arctan 1- \arctan 0=\pi/4$.

Используя предыдущие результаты по нахождению первообразных имеем:
$\int\limits_0^1(x+2)^2dx=\int\limits_0^1(x+2)^2d(x+2)=\\ \int\limits_0^1\frac{d(x+2)^3}{3}= \frac{(1+2)^3}{3}-\frac{(0+2)^3}{3}=\frac{19}{3}.$

Используя формулу Лейбница:
$xd\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=d(x\frac{x}{\sqrt{1-x^2}})-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx$.
Здесь одно слагаемое уже представлено дифференциалом. Для другого слагаемого имеем:
$-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{1}{2}\frac{d(-x^2)}{\sqrt{1-x^2}}=d\sqrt{1-x^2}$,
так что
$xd\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=d(x\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}+\sqrt{1-x^2})= d\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
Такое преобразование встречается при выводе выражения для энергии в релятивистской механике. Найдите также другой способ решения этой задачи!

Разобъем интервал $[b,x]\subset(a,c)$ точками
$x_0=b,x_1,\cdots,x_n,\cdots,x_{N-1},x_N=x$
на $N$ подинтервалов, таких, что
$\Delta x_n\equiv x_n-x_{n-1},\,n=1,\cdots,N$ являются малыми приращениями и для них выполнено условие
$\Delta f(x_n)\equiv=f(x_n)-f(x_{n-1})\approx 0$.
Тогда сумма последовательных приращений
$\sum\limits_1^N\equiv\Delta f(x_1)+\Delta f(x_2)+\cdots+\Delta f(x_{N-1}) +\Delta f(x_N)=\\=(f(x_1)-f(x_0))+(f(x_2)-f(x_1))+\cdots\\+(f(x_{N-1})-f(x_{N-2})+(f(x_{N})-f(x_{N-2})=\\=f(x_N)-f(x_0)\approx0.$
Т.е. $f(x)\approx f(b)=\mathrm{const}$.
Отличие пропорционально сумме слагаемых, пропорциональных $(\Delta x)^2$. Величина таких слагаемых порядка $(\frac{c-a}{N})^2$. Их число $N$. Так что отличие стремится к нулю с ростом $N$.

Перепишем уравнение в виде равенства дифференциалов:
$dv(t)=adt,\,v(t)=x'(t)$ и сведем его базовому:
$dv(t)=d(at)$. Отсюда $v(t)=at+\mathrm{const}$.
Константа не зависит от времени $t$. Подставляя значения при $t=0$:
$v(0)=a\cdot 0+\mathrm{const}$. Отсюда $\mathrm{const}=v_0$.
Теперь запишем в дифференциалах уравнение $v(t)=x'(t)=at+v_0$:
$dx(t)=(at+v_0)dt\Rightarrow dx(t)=d(\frac{at^2}{2}+v_0 t)$. Отсюда
$x(t)=\frac{at^2}{2}+v_0 t+\mathrm{const}$. Здесь другая постоянная, которая из начальных условий находится равной $x_0$. Итак,
$x(t)=\frac{at^2}{2}+v_0 t+x_0$.
Получились формулы для равноускоренного движения !

Введем $v(t)=x'(t)$ и умножим на эту величину исходное уравнение, а результат запишем в дифференциалах:
$v(t)dv(t)+\omega_0^2x(t)v(t)dt=0$. Но $v(t)dt=dx(t)$, так что $d\frac{v^2(t)}{2}+d\frac{\omega_0^2x^2(t)}{2}=0$.
Отсюда $v^2(t)+\omega_0^2x^2(t)=\mathrm{const}\equiv E$. Находим, что
$v(t)=\pm\sqrt{E-\omega_0^2x^2(t)}$. Ограничиваясь определенной областью изменения $t$, характеризуемой определенным знаком, например плюсом, снова записываем уравнение в дифференциалах:
$dx(t)=\sqrt{E-\omega_0^2x^2(t)}dt\Rightarrow \frac{dx}{\sqrt{E-\omega_0^2x^2(t)}}=dt$.
С учетом полученных ранее результатов введем новую переменную по формуле
$x(t)=\frac{\sqrt{E}}{\omega_0}\sin u(t)$. Тогда $\frac{du(t)}{\omega_0}=dt$, откуда $u(t)=\omega_0t+\mathrm{const}$, $x(t)= \frac{\sqrt{E}}{\omega_0}\sin(\omega_0t+\mathrm{const})$.
Вместо нахождения константы из этой формулы, лучше переписать решение как
$x(t)=A\sin\omega_0t+B\cos\omega_0t$,
$x'(t)=A\omega_0\cos\omega_0t-B\omega_0\sin\omega_0t$,
откуда новые константы $A$ и $B$ легко находятся как
$A=x_0,\,B=-\frac{v_0}{\omega_0}$.