Диференціал першого порядку у наближених обчисленнях. Застосування диференціала у наближених обчисленнях

Мал. 4.2. Графік

Мал. 4.3. Графік

Вертикальні асимптоти функції слід шукати або в точках розриву другого роду (хоча б одна з односторонніх меж функції в точці нескінченна або не існує), або на кінцях її області визначення
, якщо
- Кінцеві числа.

Якщо функція
визначена на всій числовій осі та існує кінцева межа
, або
, то пряма, що задається рівнянням
, є правосторонньою горизонтальною асимптотою, а пряма
- Лівосторонньою горизонтальною асимптотою.

Якщо існують кінцеві межі

і
,

то пряма
є похилою асимптотою графіка функції. Похила асимптота також може бути правосторонньою (
) або лівосторонній (
).

Функція
називається зростаючою на безлічі
, якщо для будь-яких
, таких, що >, виконується нерівність:
>
(зменшується, якщо при цьому:
<
). Безліч
у цьому випадку називають інтервалом монотонності функції.

Справедливо наступна достатня умова монотонності функції: якщо похідна функції, що диференціюється всередині множини
позитивна (негативна), то функція зростає (зменшується) у цій множині.

приклад 4.5.Дана функція
. Знайти її інтервали зростання та спадання.

Рішення.Знайдемо її похідну
. Очевидно, що >0 при >3 та <0 при<3. Отсюда функция убывает на интервале (
;3) і збільшується на (3;
).

Крапка називається точкою локального максимуму (мінімуму)функції
, якщо в деякій околиці точки виконується нерівність
(
) . Значення функції у точці називається максимумом (мінімумом).Максимум і мінімум функції поєднуються загальною назвою екстремумфункції.

Для того, щоб функція
мала екстремум у точці необхідно, щоб її похідна в цій точці дорівнювала нулю (
) чи не існувала.

Точки, у яких похідна функції дорівнює нулю, називаються стаціонарнимиточками функції. У стаціонарній точці не обов'язково має бути екстремум функції. Для знаходження екстремумів потрібно додатково досліджувати стаціонарні точки функції, наприклад шляхом використання достатніх умов екстремуму.

Перше полягає в тому, що якщо при переході через стаціонарну точку зліва направо похідна функції, що диференціюється змінює знак з плюсу на мінус, то в точці досягається локальний максимум. Якщо знак змінюється з мінуса на плюс, це точка мінімуму функції.

Якщо зміна знака похідної під час переходу через досліджувану точку немає, то цій точці екстремуму немає.

Друга достатня умова екстремуму функції у стаціонарній точці використовує другу похідну функції: якщо
<0, тоє точкою максимуму, а якщо
>0, то - точка мінімуму. При
=0 питання про тип екстремуму залишається відкритим.

Функція
називається опуклою (увігнутою) на безлічі
якщо для будь-яких двох значень
виконується нерівність:

.

Рис.4.4. Графік опуклої функції

Якщо друга похідна двічі диференційована функція
позитивна (негативна) всередині множини
, то функція увігнута (опукла) на множині
.

Точкою перегину графіка безперервної функції
називається точка, що розділяють інтервали, в яких функція опукла та увігнута.

Друга похідна
двічі диференційованої функції у точці перегину дорівнює нулю, тобто
= 0.

Якщо друга похідна під час переходу через деяку точку змінює свій знак, то є точка перегину її графіка.

При дослідженні функції та побудові її графіка рекомендується використовувати таку схему:

Поняття диференціала

Нехай функція y = f(x) диференційована при деякому значенні змінної x. Отже, у точці xіснує кінцева похідна

Тоді за визначенням межі функції різниця

є нескінченно малою величиною при . Виразивши з рівності (1) збільшення функції, отримаємо

(2)

(величина залежить від , т. е. залишається постійної при ).

Якщо , то правої частини рівності (2) перший доданок лінійно щодо . Тому при

воно є нескінченно малою того ж порядку малості, що і . Друге доданок - нескінченно мала більш високого порядку малості, ніж перше, тому що їх відношення прагне до нуля при

Тому кажуть, що перший доданок формули (2) є головною, лінійною щодо частиною збільшення функції; що менше , то більшу частку збільшення становить ця частина. Тому за малих значеннях (і за) збільшення функції можна приблизно замінити його головною частиною , тобто.

Цю головну частину збільшення функції називають диференціалом цієї функції у точці xі позначають

Отже,

(5)

Отже, диференціал функції y = f(x) дорівнює добутку її похідної на збільшення незалежної змінної.

Зауваження. Потрібно пам'ятати, що якщо x- Вихідне значення аргументу,

Нарощене значення, то похідна у виразі диференціала береться у вихідній точці x; у формулі (5) це видно із запису, у формулі (4) – ні.

Диференціал функції можна записати в іншій формі:

Геометричний зміст диференціала. Диференціал функції y = f(x) дорівнює приросту ординати дотичної, проведеної до графіка цієї функції в точці ( x; y), при зміні xна величину.

Властивості диференціалу. Інваріантність форми диференціалу

У цьому й наступному параграфах кожну з функцій вважатимемо диференційованою за всіх аналізованих значеннях її аргументів.

Диференціал має властивості, аналогічні властивостям похідної:

(С – постійна величина) (8)

(9)

(12)

Формули (8) – (12) виходять з відповідних формул для похідної множенням обох частин кожної рівності на .

Розглянемо диференціал складної функції. Нехай - складна функція:

Диференціал

цією функцією, використовуючи формулу для похідної складної функції, можна записати у вигляді

Але є диференціал функції, тому

(13)

Тут диференціал записаний у тому вигляді, як й у формулі (7), хоча аргумент не незалежної змінної, а функцією . Отже, вираз диференціала функції як твори похідної цієї функції на диференціал її аргументу справедливо незалежно від цього, є аргумент незалежної змінної чи функцією інший змінної. Цю властивість називають інваріантністю(незмінністю) форми диференціала.

Підкреслимо, що у формулі (13) не можна замінити на , оскільки

для будь-якої функції, крім лінійної.

приклад 2.Записати диференціал функції

двома способами, виражаючи його: через диференціал проміжної змінної та через диференціал змінної x. Перевірити збіг отриманих виразів.

Рішення. Покладемо

а диференціал запишеться у вигляді

Підставляючи в цю рівність

Отримуємо

Застосування диференціала у наближених обчисленнях

Встановлена ​​у першому параграфі наближена рівність

дозволяє використовувати диференціал для наближених обчислень значень функції.

Запишемо наближену рівність докладніше. Так як

приклад 3.Користуючись поняттям диференціала, обчислити приблизно ln 1,01.

Рішення. Число ln 1,01 є одним із значень функції y= ln x. Формула (15) в даному випадку набуде вигляду

Отже,

що є дуже добрим наближенням: табличне значення ln 1,01 = 0,0100.

приклад 4.Користуючись поняттям диференціала, обчислити приблизно

Рішення. Число
є одним із значень функції

Оскільки похідна цієї функції

то формула (15) набуде вигляду

отримуємо

(табличне значення

).

Користуючись наближеним значенням числа, необхідно мати можливість судити про ступінь його точності. З цією метою обчислюють його абсолютну та відносну похибки.

Абсолютна похибка наближеного числа дорівнює абсолютній величині різниці між точним числом та його наближеним значенням:

Відносною похибкою наближеного числа називається відношення абсолютної похибки цього числа до абсолютної величини відповідного точного числа:

Помножуючи на 4/3, знаходимо

Приймаючи табличне значення кореня

за точне число, оцінимо за формулами (16) та (17) абсолютну та відносну похибки наближеного значення:

За аналогією з лінеаризацією функції однієї змінної можна при наближеному обчисленні значень функції декількох змінних, що диференціюється в деякій точці, замінювати її збільшення диференціалом. Таким чином, можна знаходити наближене значення функції кількох (наприклад, двох) змінних за формулою:

приклад.

Обчислити наближене значення
.

Розглянемо функцію
і виберемо х 0 = 1, у 0 = 2. Тоді Δ х = 1,02 - 1 = 0,02; Δ у = 1,97 - 2 = -0,03. Знайдемо
,

Отже, враховуючи, що f ( 1, 2) = 3, отримаємо:

Диференціювання складних функцій.

Нехай аргументи функції z = f (x, y) uі v: x = x (u, v), y = y (u, v). Тоді функція f теж є функція від uі v. З'ясуємо, як знайти її приватні похідні за аргументами u і v, не роблячи безпосередньої підстановки

z = f(x(u, v), y(u, v)).При цьому будемо припускати, що всі функції, що розглядаються, мають приватні похідні за всіма своїми аргументами.

Задамо аргументу uприріст Δ u, не змінюючи аргумент v. Тоді

Якщо ж поставити приріст лише аргументу v, отримаємо: . (2.8)

Розділимо обидві частини рівності (2.7) на Δ uа рівності (2.8) – на Δ vі перейдемо до межі відповідно при Δ u→ 0 та Δ v→ 0. Врахуємо при цьому, що через безперервність функцій хі у. Отже,

Розглянемо деякі окремі випадки.

Нехай x = x(t), y = y(t). Тоді функція f (x, y) є фактично функцією однієї змінної t, і можна, використовуючи формули (2.9) та замінюючи в них приватні похідні хі упо u і vна звичайні похідні по t(Зрозуміло, за умови диференційованості функцій x(t) і y(t) ) , отримати вираз для :

(2.10)

Припустимо тепер, що як tвиступає змінна х, тобто хі упов'язані співвідношенням у = у (х).При цьому, як і в попередньому випадку, функція fє функцією однієї змінної х.Використовуючи формулу (2.10) при t = x та враховуючи, що
, отримаємо, що

. (2.11)

Звернемо увагу на те, що у цій формулі присутні дві похідні функції fза аргументом х: зліва стоїть так звана повна похідна, На відміну від приватної, що стоїть праворуч.

приклади.

Тоді з формули (2.9) отримаємо:

(В остаточний результат підставляємо вирази для хі уяк функцій uі v).

Знайдемо повну похідну функції z = sin ( x + y²), де y = cos x.

Інваріантність форми диференціалу.

Скориставшись формулами (2.5) та (2.9), виразимо повний диференціал функції z = f (x, y) , де x = x(u, v), y = y(u, v), через диференціали змінних u і v:

(2.12)

Отже, форма запису диференціала зберігається для аргументів uі vтакий самий, як і для функцій цих аргументів хі у, тобто є інваріантною(незмінною).

Неявні функції, умови існування. Диференціювання неявних функцій. Приватні похідні та диференціали вищих порядків, їх властивості.

Визначення 3.1.Функція увід х, що визначається рівнянням

F(x, y) = 0 , (3.1)

називається неявною функцією.

Звичайно, далеко не кожне рівняння виду (3.1) визначає уяк однозначну (і, тим більше, безперервну) функцію від х. Наприклад, рівняння еліпса

ставить уяк двозначну функцію від х:
для

Умови існування однозначної та безперервної неявної функції визначаються наступною теоремою:

Теорема 3.1 (Без доказу). Нехай:

а) в деякій околиці точки ( х 0 , у 0 ) рівняння (3.1) визначає уяк однозначну функцію від х: y = f(x) ;

б) за х = х 0 ця функція набуває значення у 0 : f (x 0 ) = y 0 ;

в) функція f (x) безперервна.

Знайдемо при виконанні зазначених умов похідну функцію y = f (x) по х.

Теорема 3.2. Нехай функція увід хзадається неявно рівнянням (3.1), де функція F (x, y) задовольняє умови теореми 3.1. Нехай, крім того,
- безперервні функції у певній області D, Що містить точку (х,у),координати якої задовольняють рівняння (3.1), причому у цій точці
. Тоді функція увід хмає похідну

(3.2)

приклад.Знайдемо , якщо
. Знайдемо
,
.

Тоді з формули (3.2) отримуємо:
.

Похідні та диференціали вищих порядків.

Приватні похідні функції z = f (x, y) є, у свою чергу, функціями змінних хі у. Отже, можна знайти їх похідні по цих змінних. Позначимо їх так:

Таким чином, отримано чотири приватні похідні 2-го порядку. Кожну з них можна знову продиференціювати за хі по ута отримати вісім приватних похідних 3-го порядку тощо. Визначимо похідні вищих порядків так:

Визначення 3.2.Приватна похіднаn -го порядкуфункції кількох змінних називається перша похідна від похідної ( n- 1)-го порядку.

Приватні похідні мають важливу властивість: результат диференціювання не залежить від порядку диференціювання (наприклад,
). Доведемо це твердження.

Теорема 3.3. Якщо функція z = f (x, y) та її приватні похідні
визначені та безперервні у точці М (х, у)і в деякому її околиці, то в цій точці

(3.3)

Слідство. Зазначена властивість справедлива для похідних будь-якого порядку та функцій від будь-якого числа змінних.

Наближене значення збільшення функції

При досить малих збільшення функції приблизно дорівнює її диференціалу, тобто. Dy » dy і, отже,

приклад 2.Знайти наближене значення збільшення функції y= за зміни аргументу x від значення x 0 =3 до x 1 =3,01.

Рішення. Скористаємося формулою (2.3). Для цього обчислимо

X 1 - x 0 = 3,01 - 3 = 0,01, тоді

Dу » .

Наближене значення функції у точці

Відповідно до визначення збільшення функції y = f(x) у точці x 0 при збільшенні аргументу Dx (Dx®0) Dy = f(x 0 + Dx) - f(x 0) і формулою (3.3) можна записати

f(x 0 + Dx) f (x 0) + . (3.4)

Окремими випадками формули (3.4) є вирази:

(1 + Dx) n » 1 + nDx (3.4a)

ln(1 + Dx) » Dx (3.4б)

sinDx » Dx (3.4в)

tgDx » Dx (3.4г)

Тут, як і раніше, передбачається, що Dx®0.

приклад 3.Знайти наближене значення функції f(x) = (3x -5) 5 у точці x 1 =2,02.

Рішення. Для обчислень скористаємося формулою (3.4). Представимо x 1 як x 1 = x 0 + Dx. Тоді x0 = 2, Dx = 0,02.

f(2,02)=f(2 + 0,02) f(2) +

f(2) = (3 × 2 - 5) 5 = 1

15 × (3 × 2 - 5) 4 = 15

f(2,02) = (3 × 2,02 - 5) 5 » 1 + 15 × 0,02 = 1,3

приклад 4.Обчислити (1,01) 5 ln(1,02) ln .

Рішення

1. Скористаємося формулою (3.4а). Для цього представимо (1,01) 5 у вигляді (1+0,01) 5 .

Тоді, вважаючи Dх = 0,01, n = 5, отримаємо

(1,01) 5 = (1 + 0,01) 5 » 1 + 5 × 0,01 = 1,05.

2. Представивши у вигляді (1 - 0,006) 1/6 згідно (3.4а), отримаємо

(1 - 0,006) 1/6 » 1 + .

3. Враховуючи, що ln(1,02) = ln(1 + 0,02) і вважаючи Dx=0,02, за формулою (3.4б) отримаємо

ln(1,02) = ln(1 + 0,02)» 0,02.

4. Аналогічно

ln = ln(1 - 0,05) 1/5 = .

Знайти наближені значення збільшення функцій

155. y = 2x 3 + 5 за зміни аргументу x від значення x 0 = 2 до x 1 = 2,001

156. у = 3x 2 + 5x + 1 при x 0 = 3 та Dx = 0,001

157. y = x 3 + x - 1 при x 0 = 2 та Dx = 0,01

158. y = ln x при x 0 = 10 та Dx = 0,01

159. y = x 2 - 2x при x 0 = 3 та Dx = 0,01

Знайти наближені значення функцій

160. у = 2x 2 - x + 1 у точці x 1 = 2,01

161. y = x 2 + 3x + 1 у точці x 1 = 3,02

162. y = у точці x 1 = 1,1

163. y= у точці x 1 = 3,032

164. y = у точці x 1 = 3,97

165. y = sin 2x у точці x 1 = 0,015

Обчислити приблизно

166. (1,025) 10 167. (9,06) 2 168.(1,012) 3

169. (9,95) 3 170. (1,005) 10 171. (0,975) 4

172. 173. 174.

175. 176. 177.

178. ln(1,003×e) 179. ln(1,05) 5 180. ln

181. ln0,98 182. ln 183. ln(e 2 ×0,97)

Дослідження функцій та побудова графіків

Ознаки монотонності функції

Теорема 1 (необхідна умова зростання (зменшення) функції) . Якщо функція, що диференціюється y = f(x), xÎ(a; b) зростає (зменшується) на інтервалі (a; b), то для будь-якого x 0 Î(a; b).

Теорема 2 (достатня умова зростання (зменшення) функції) . Якщо функція y = f(x), xÎ(a; b) має позитивну (негативну) похідну в кожній точці інтервалу (a; b), то ця функція зростає (зменшується) на цьому інтервалі.

Екстремуми функції

Визначення 1.Точка x 0 називається точкою максимуму (мінімуму) функції у = f(x), якщо для всіх x з деякої d-околиці точки x 0 виконується нерівність f(x)< f(x 0) (f(x) >f(x 0)) при x x 0 .

Теорема 3 (Ферма) (Необхідна умова існування екстремуму) . Якщо точка x 0 є точкою екстремуму функції y = f(x) і в цій точці існує похідна ,

Теорема 4 (Перша достатня умова існування екстремуму) . Нехай функція y = f(x) диференційована в деякій d-околиці точки x 0 . Тоді:

1) якщо похідна під час переходу через точку x 0 змінює знак з (+) на (-), то x 0 є точкою максимуму;

2) якщо похідна під час переходу через точку x 0 змінює знак з (-) на (+), то x 0 є точкою мінімуму;

3) якщо похідна під час переходу через точку x 0 не змінює знак, то точці x 0 функція немає екстремуму.

Визначення 2.Точки, у яких похідна функції перетворюється на нуль чи немає, називаються критичними точками першого роду.

за допомогою першої похідної

1. Знайти область визначення D(f) функції у = f(x).

2. Обчислити першу похідну

3. Знайти критичні точки першого роду.

4. Розставити критичні точки в області визначення D(f) функції y = f(x) та визначити знак похідної у проміжках, на які критичні точки ділять область визначення функції.

5. Виділити точки максимуму та мінімуму функції та обчислити в цих точках значення функції.

приклад 1.Дослідити на екстремум функцію у = x3-3x2.

Рішення. Відповідно до алгоритму знаходження екстремуму функції за допомогою першої похідної маємо:

1. D(f): xÎ(-¥; ¥).

2. .

3. 3x 2 - 6x = 0 Þ x = 0, x = 2 - критичні точки першого роду.

Похідна під час переходу через точку x = 0

змінює знак з (+) на (-), отже це точка

Максимуму. При переході через точку х = 2 змінює знак із (-) на (+), отже це точка мінімуму.

5. ymax = f(0) = 03×3×02 = 0.

Координати максимуму (0; 0).

y min = f(2) = 2 3 - 3 × 2 2 = -4.

Координати мінімуму (2; -4).

Теорема 5 (Друга достатня умова існування екстремуму) . Якщо функція у = f(x) визначена і двічі диференційована в околиці точки x 0 , причому , то в точці x 0 функція f(x) має максимум, якщо і мінімум, якщо .

Алгоритм знаходження екстремуму функції

за допомогою другої похідної

1. Знайти область визначення D(f) функції y = f(x).

2. Обчислити першу похідну

208. f(x) = 209. f(x) =

210. f(x) = x (ln x - 2) 211. f(x) = x ln 2 x + x + 4

Але? y = Δ f(х 0) - збільшення функції, а f (х 0) Δ x = d f(х 0) - диференціал функції.

Тому остаточно отримуємо

Теорема 1. Нехай функція у = f(х) у точці х 0 має кінцеву похідну f (х 0)≠0. Тоді для досить малих значень Δ має наближену рівність (1), яка стає як завгодно точним при Δ x→ 0.

Таким чином, диференціал функції в точці х 0 приблизно дорівнює приросту функції в цій точці.

Т.к. то з рівності (1) отримуємо

при Δ x→ 0 (2)

при x→ х 0 (2  )

Оскільки рівняння щодо графіку функції y= f(x) у точці х 0 має вигляд

То наближені рівності (1)-(2) геометрично означають, що поблизу точки x=x 0 графік функції у = f(х) приблизно замінюється дотичної до кривої у = f(х).

При досить малих значення повне збільшення функції і диференціал відрізняються незначно, тобто. . Ця обставина використовується для наближених обчислень.

приклад 1.Обчислити приблизно .

Рішення. Розглянемо функцію та покладемо х 0 = 4, х= 3,98. Тоді Δ x =x –x 0 = – 0,02, f(x 0) = 2. Оскільки , то f (х 0) = 1/4 = 0,25. Тому за формулою (2) остаточно отримуємо: .

приклад 2.За допомогою диференціалу функції встановити, наскільки приблизно зміниться значення функції y=f(х)=(3x 3+5)∙tg4 xпри зменшенні значення її аргументу х 0 = 0 на 0,01.

Рішення. В силу (1) зміна функції у = f(х) у точці х 0 приблизно дорівнює диференціалу функції в цій точці при досить малих значеннях D x:

Обчислимо диференціал функції df(0). Маємо D x= -0,01. Так як f (х)= 9x 2 ∙tg4 x + ((3x 3 +5)/ cos 2 4 x)∙4, то f (0)=5∙4=20 та df(0)=f (0)∙Δ x= 20 · (-0,01) = -0,2.

Тому Δ f(0) ≈ -0,2, тобто. при зменшенні значення х 0 = 0 аргументу функції на 0,01 саме значення функції y=f(х) приблизно зменшиться на 0,2.

приклад 3.Нехай функція попиту товар має вид . Потрібно знайти обсяг попиту товар за ціною p 0 = 3 ден. та встановити, наскільки приблизно збільшиться попит при зменшенні ціни товару на 0,2 ден.

Рішення. за ціною p 0 = 3 ден. обсяг попиту Q 0 =D(p 0) = 270/9 = 30 од. товару. Зміна ціни Δ p= -0,2 ден. од. У силу (1) Δ Q (p 0) ≈ dQ (p 0). Обчислимо диференціал обсягу попиту товар.

Оскільки, то D (3) = -20 і

диференціал обсягу попиту dQ(3) = D  (3)∙Δ p= -20 · (-0,2) = 4. Отже, Δ Q(3) ≈ 4, тобто. при зменшенні ціни товару p 0 = 3 на 0,2 ден. обсяг попиту товар збільшиться приблизно на 4 од.товари і дорівнюватиме приблизно 30+4=34 од.товару.

Запитання для самоперевірки

1. Що називається диференціалом функції?

2. Який геометричний зміст диференціала функції?

3. Перелічіть основні властивості диференціалу функції.

3. Напишіть формули, що дозволяють знаходити наближене значення функції її диференціала.