Mokykis

Diferencialas: tikras ir apytikslis pokytis

Kai x pasikeičia truputį, kreivę šalia pasirinkto taško pakeičiame jos liestine. Apskaičiuoti pokytį tiesėje lengviau nei kreivėje. Diferencialas dy yra būtent šios tiesės prognozuojamas pokytis.

Liestinė kaip vietinis skaičiuotuvas

Tarkime, jau žinome $f(a)$ ir nuolydį $f'(a)$. Nukeliavę horizontaliai per $dx$, tiesėje pakylame per „nuolydis kart atstumas“, taigi $dy=f'(a)dx$. Prognozuojamas naujas aukštis yra $f(a)+dy$. Kreivė ir liestinė taške $a$ turi tą patį aukštį ir nuolydį, tačiau toliau gali išsiskirti. Todėl čia kuriame vietinę prognozę, o ne tikslią kreivės formulę visiems argumentams.

Pasimatuok skirtumą su funkcija, kurią moki

Imk $f(x)=x^2$, $a=3$, $dx=0{,}1$. Diferencialas $dy=2\cdot3\cdot0{,}1=0{,}6$, todėl prognozuojame $f(3{,}1)\approx9{,}6$. Tikras pokytis yra $\Delta y=3{,}1^2-3^2=0{,}61$, tikra reikšmė $9{,}61$. Skirtumas $0{,}01$ yra čia nepaisytas $(dx)^2$. Sumažinus pokytį iki $0{,}01$, skirtumas sumažėja iki $0{,}0001$. Šis pavyzdys parodo, kur atsiranda aproksimavimo paklaida ir kodėl mažesnis žingsnis padeda.

Trys panašūs, bet skirtingi dalykai

$\Delta x$ – tikras argumento pokytis. Pasirenkame $dx=\Delta x$. Tikras funkcijos pokytis $\Delta y=f(a+\Delta x)-f(a)$. Diferencialas $$dy=f'(a)\,dx.$$ Todėl $\Delta y\approx dy$, o $$f(a+\Delta x)\approx f(a)+f'(a)\Delta x.$$ Diferencialo formulėje lygybė tiksli, tikro pokyčio aproksimacijoje – apytikslė.

Kaip pasirinkti a

Norėdamas apskaičiuoti $\sqrt{4{,}1}$, pasirink artimą patogų skaičių $a=4$, nes $\sqrt4=2$. $dx=0{,}1$, $\displaystyle f'(4)=\frac{1}{4}$. Tuomet prognozė $2+0{,}025=2{,}025$. Tikra reikšmė maždaug 2,024846, todėl paklaida apie 0,000154. Kuo pokytis mažesnis, tuo vietinis tiesinis modelis paprastai tikslesnis.

Geometrija ir paklaidos

Kubui $V=x^3$, todėl $dV=3x^2dx$. Kai $x=5$ m, $dx=0{,}2$ m, gauname $dV=15$ m³. Tikras pokytis $5{,}2^3-5^3=15{,}608$ m³. Santykinis mažo pokyčio įvertis $\displaystyle \frac{dV}{V}=\frac{3dx}{x}$, čia 0,12 arba 12 %. Skaičiuojant paklaidų dydžius naudojami moduliai.

! Aproksimacijoje būtinas apytikslės lygybės ženklas

$dx=\Delta x$, $dy=f'(x_0)dx$, tačiau paprastai $\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)\ne dy$. Teisinga $f(x_0+\Delta x)\approx f(x_0)+f'(x_0)\Delta x$. Pvz., $f(x)=x^2$: $\Delta y=2x_0\Delta x+(\Delta x)^2$, $dy=2x_0\Delta x$; atmestas kvadratinis narys paaiškina paklaidą. Konspekto $\sqrt[3]{8{,}001}$ pavyzdyje $x_0=8$, $\Delta x=0{,}001$, $f'(8)=1/(3\cdot8^{2/3})=1/12$. Todėl $\sqrt[3]{8{,}001}\approx2+0{,}001/12=2{,}000083333\ldots$.

Atverti interaktyvų grafiką ↗

Išspręskime kartu

Diferencialu apytiksliai rask $\ln(1{,}02)$.

  1. Imame $f(x)=\ln x$, patogų pradinį argumentą $a=1$, nes $\ln1=0$.
  2. Argumento pokytis $dx=1{,}02-1=0{,}02$.
  3. Išvestinė $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}$, todėl pradiniame taške $f^{\prime}(1)=1$.
  4. Diferencialas $dy=f^{\prime}(a)dx=1\cdot0{,}02=0{,}02$.
  5. Prie pradinės reikšmės pridedame prognozę: $f(1{,}02)\approx f(1)+dy=0+0{,}02=0{,}02$.
  6. Tai aproksimacija: tikras pokytis $\Delta y$ ir liestinės prognozė $dy$ kreivai funkcijai paprastai skiriasi.

Atsakymas. $\ln(1{,}02)\approx0{,}02$.

Kubinė šaknis be skaičiuotuvo

Naudodamas diferencialą apytiksliai apskaičiuok $\sqrt[3]{27{,}3}$.

Užuomina

Pasirink netolimą argumentą, kurio kubinę šaknį moki: $27$.

Pirmas žingsnis

Imk $\displaystyle f(x)=x^{\frac{1}{3}}$, $a=27$, $dx=0{,}3$.

Sprendimo eiga
  1. Imk $\displaystyle f(x)=x^{\frac{1}{3}}$, $a=27$, $dx=0{,}3$.
  2. Tiksli pradinė reikšmė $f(27)=3$. Argumento pokytis $dx=27{,}3-27=0{,}3$.
  3. Iš laipsnio taisyklės $\displaystyle (x^{\frac{1}{3}})^{\prime}=\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}=\frac{1}{3x^{\frac{2}{3}}}$. Kadangi $\displaystyle 27^{\frac{1}{3}}=3$, tai $\displaystyle 27^{\frac{2}{3}}=9$ ir $\displaystyle f^{\prime}(27)=\frac1{3\cdot9}=\frac1{27}$.
  4. Išvestinė $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{3x^{\frac{2}{3}}}$, todėl $\displaystyle f'(27)=\frac{1}{27}$.
  5. Diferencialas $\displaystyle dy=f'(27)dx=\frac{0{,}3}{27}=\frac{1}{90}\approx0{,}011111$.
  6. Tikrą funkcijos pokytį pakeičiame liestinės prognoze: $\displaystyle \sqrt[3]{27{,}3}\approx3+\frac{1}{90}=3{,}011111\ldots$. Tai apytikslė, ne tiksli lygybė.
  7. Patikra: $\displaystyle (3+\frac{1}{90})^3\approx27{,}301112$, arti $27{,}3$. Kadangi kubinė šaknis teigiamoje srityje įgaubta, liestinė duoda šiek tiek per didelę reikšmę.

$\sqrt[3]{27{,}3}\approx3{,}0111$.

Logaritmas šalia vieneto

Naudodamas diferencialą apytiksliai apskaičiuok $\ln(1{,}02)$.

Užuomina

Logaritmo reikšmė ir išvestinė ypač paprastos ties $x=1$.

Pirmas žingsnis

Imk $f(x)=\ln x$, $a=1$, $dx=0{,}02$.

Sprendimo eiga
  1. Imk $f(x)=\ln x$, $a=1$, $dx=0{,}02$.
  2. Pradinė funkcijos reikšmė $f(1)=\ln1=0$.
  3. Išvestinė $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{x}$, todėl $f'(1)=1$.
  4. Diferencialas $dy=f'(1)dx=1\cdot0{,}02=0{,}02$.
  5. Tad $\ln(1{,}02)\approx0+0{,}02=0{,}02$.
  6. Patikra: tikslesnė skaitinė reikšmė $0{,}0198026\ldots$, todėl absoliuti aproksimavimo paklaida apie $0{,}0001974$.

$\ln(1{,}02)\approx0{,}02$.

Originalas 401: sferos paviršiaus pokytis

Sferos spindulys padidėja nuo $10$ cm iki $10{,}2$ cm. Diferencialu apytiksliai apskaičiuok paviršiaus ploto padidėjimą.

Užuomina

Sferos paviršiaus plotas $S=4\pi r^2$.

Pirmas žingsnis

Imk $r=10$ cm, $dr=0{,}2$ cm; $dS=8\pi r\,dr$.

Sprendimo eiga
  1. Imk $r=10$ cm, $dr=0{,}2$ cm; $dS=8\pi r\,dr$.
  2. Argumento pokytis yra $dr=10{,}2-10=0{,}2$ cm. Pradinė reikšmė išvestinėje yra $r=10$, ne $10{,}2$.
  3. Ploto išvestinė pagal spindulį $S'(r)=8\pi r$, todėl diferencialas $dS=8\pi r\,dr$.
  4. Įstatome: $dS=8\pi\cdot10\cdot0{,}2=16\pi$ cm², maždaug $50{,}2655$ cm².
  5. Tai apytikslis tikro pokyčio įvertis: $\Delta S\approx dS$.
  6. Patikra tiksliai: $\Delta S=4\pi(10{,}2^2-10^2)=16{,}16\pi$ cm². Aproksimacija per maža dydžiu $0{,}16\pi\approx0{,}50265$ cm².

$\Delta S\approx dS=16\pi\ \mathrm{cm}^2\approx50{,}27\ \mathrm{cm}^2$.

Originalas 402: rutulio tūrio pokytis

Rutulio spindulys padidėja nuo $10$ cm iki $10{,}2$ cm. Diferencialu apytiksliai apskaičiuok tūrio padidėjimą.

Užuomina

Rutulio tūris $\displaystyle V=\frac{4\pi r^3}{3}$. Nepainiok jo su sferos paviršiaus plotu.

Pirmas žingsnis

$dV=4\pi r^2\,dr$, kur $r=10$ cm, $dr=0{,}2$ cm.

Sprendimo eiga
  1. $dV=4\pi r^2\,dr$, kur $r=10$ cm, $dr=0{,}2$ cm.
  2. Pradinė formulė $\displaystyle V(r)=\frac43\pi r^3$. Jos išvestinė $\displaystyle V^{\prime}(r)=\frac43\pi\cdot3r^2=4\pi r^2$. Argumento pokytis $dr=10{,}2-10=0{,}2$ cm.
  3. Diferencijuojame tūrio formulę: $V'(r)=4\pi r^2$.
  4. Diferencialas $dV=V'(10)\cdot0{,}2=4\pi\cdot100\cdot0{,}2=80\pi$ cm³.
  5. Todėl tikras tūrio pokytis apytiksliai $\Delta V\approx80\pi\approx251{,}3274$ cm³.
  6. Patikra: tikslus pokytis yra $\displaystyle (\frac{4\pi}{3})(10{,}2^3-10^3)=81{,}610666\ldots\pi$ cm³, šiek tiek didesnis už diferencialą.
  7. Santykinio pokyčio įvertis $\displaystyle \frac{dV}{V}=\frac{3dr}{r}=0{,}06$, arba $6\%$. Atkreipk dėmesį į tūrio vienetus cm³.

$\Delta V\approx dV=80\pi\ \mathrm{cm}^3\approx251{,}33\ \mathrm{cm}^3$.

Originalas 403: trikampio aukštis mažėja

Lygiašonio trikampio pagrindas lieka $10$ cm, o aukštinė sumažėja nuo $8$ cm iki $7$ cm. Diferencialu apskaičiuok ploto pokytį.

Užuomina

Kai pagrindas pastovus, plotas yra tiesinė aukštinės funkcija.

Pirmas žingsnis

$\displaystyle S(h)=\frac{10h}{2}=5h$, o $dh=7-8=-1$ cm.

Sprendimo eiga
  1. $\displaystyle S(h)=\frac{10h}{2}=5h$, o $dh=7-8=-1$ cm.
  2. Pagrindas nekinta, todėl vienintelis kintamasis yra aukštinė $h$. Ploto formulė $S(h)=5h$.
  3. Išvestinė $S'(h)=5$, o diferencialas $dS=5\,dh=5\cdot(-1)=-5$ cm².
  4. Neigiamas pokytis reiškia, kad plotas sumažėjo $5$ cm²; sumažėjimo dydis teigiamas.
  5. Patikra tiksliai: pradinis plotas $40$ cm², galutinis $35$ cm², todėl $\Delta S=35-40=-5$ cm².
  6. Šiuo konkrečiu atveju $\Delta S=dS$ tiksliai, nes funkcija $5h$ tiesinė. Bendroms kreivoms funkcijoms tai būtų tik aproksimacija.

$\Delta S=dS=-5\ \mathrm{cm}^2$; plotas sumažėja $5\ \mathrm{cm}^2$.

Daugiau užduočių pagal skyrius ↗