Processing math: 4%

Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

17.11.2020

Задания и материалы для дистанционного занятия гр. 06-022 в 8:30 в вт. 17.11.2020 (Демидович № 1087, 1093, 1132, 1135, 1386)

Здравствуйте! Нижеследующее вам нужно освоить и сделать. Не обязательно все задания делать прямо сейчас, но к следующему занятию они должны быть доделаны все. Спрашивайте, если что непонятно.

Если функция в некоторой окрестности точки x может быть представлена в виде f(x1)=f(x)+A(x)Δx+o(Δx), где Δx=x1x – приращение аргумента, а o(Δx) - это такое слагаемое, которое обладает свойством lim то функция f называется дифференцируемой, а слагаемое A\left(x\right)\cdot\Delta x (являющееся линейной частью приращения) в этом разложении называется дифференциалом функции f, и обозначается df. Запомните приведённое выше определение дифференциала, оно будет ещё долго работать: дифференциал - это линейная часть приращения.

Можно заметить, что f\left(x_{1}\right)-f\left(x\right)=A\left(x\right)\cdot\Delta x+o\left(\Delta x\right), \frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}=A\left(x\right)+\frac{o\left(\Delta x\right)}{\Delta x}, \lim_{\Delta x\to0}\frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}\equiv f'\left(x\right)=A\left(x\right)+\lim_{\Delta x\to0}\frac{o\left(\Delta x\right)}{\Delta x}=A\left(x\right), то есть A\left(x\right)=f'\left(x\right), и df\left(x\right)=A\left(x\right)\cdot\Delta x=f'\left(x\right)\cdot\Delta x. Далее, в случае, когда f\left(x\right)=x, dx=x'\cdot\Delta x=1\cdot\Delta x=\Delta x. Поэтому в обозначении дифференциала обычно заменяют \Delta x на dx: df\left(x\right)=f'\left(x\right)\cdot\Delta x=f'\left(x\right)dx. Задача нахождения дифференциала функции одной переменной (для функций многих переменных это будет не так) сводится, таким образом, к приписыванию к производной этой функции двух букв (dx), обозначающих приращение аргумента. Легко находится, что дифференциал обладает свойствами, аналогичными свойствам производной: d\left(\alpha f+\beta g\right)=\alpha df+\beta dg,\quad(\alpha,\beta=const),\qquad d\left(fg\right)=g\cdot df+f\cdot dg,\qquad d\left(\frac{f}{g}\right)=\frac{g\cdot df-f\cdot dg}{g^{2}}, df\left(g\right)=f'\left(g\right)\cdot dg Примеры: Демидович №1087 y=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|,\qquad dy=? Заметим, что y=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|=\frac{1}{2a}\left(\ln\left|x-a\right|-\ln\left|x+a\right|\right) Буквой a, если не обозначено иное, в Демидовиче обозначается константа. Поэтому dy'=\frac{1}{2a}\left(d\ln\left|x-a\right|-d\ln\left|x+a\right|\right)=\frac{1}{2a}\left(\frac{dx}{x-a}-\frac{dx}{x+a}\right)=\frac{1}{2a}\left(\frac{x+a}{x^{2}-a^{2}}-\frac{x-a}{x^{2}-a^{2}}\right)dx= =\frac{1}{2a}\frac{2a}{x^{2}-a^{2}}dx=\frac{dx}{x^{2}-a^{2}}. Демидович №1093 y=\frac{1}{\sqrt{u^{2}+v^{2}}}, причём u и v – функции от x. dy=d\frac{1}{\sqrt{u^{2}+v^{2}}}=d\left(u^{2}+v^{2}\right)^{-1/2}=-\frac{1}{2}\left(u^{2}+v^{2}\right)^{-3/2}d\left(u^{2}+v^{2}\right)=-\frac{1}{2}\frac{2udu+2vdv}{\sqrt{\left(u^{2}+v^{2}\right)^{3}}}=-=-\frac{udu+vdv}{\sqrt{\left(u^{2}+v^{2}\right)^{3}}}. Задание: Демидович № 1085, 1086, 1089, 1090 а-в, 1092, 1094.

По аналогии с второй производной, второй дифференциал – это дифференциал от дифференциала (обозначается d^{2}f), третий – дифференциал от второго дифференциала (обозначается d^{3}f), и т.д. При вычислении дифференциала от дифференциала нужно помнить, что приращение x никак не зависит от самого x, а значит, \left(dx\right)'=0,\qquad d^{2}x=d\left(dx\right)=0. Для остальных функций от x это, в общем случае, не верно. В частности, легко получить, что d^{n}f\left(x\right)=f^{(n)}\left(x\right)\left(dx\right)^{n}.

Примеры: Демидович №1132 y=\frac{\ln x}{x},\quad d^{2}y=? dy=d\frac{\ln x}{x}=d\left(\frac{1}{x}\ln x\right)=-\frac{dx}{x^{2}}\ln x+\frac{1}{x}\frac{dx}{x}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}dx, d^{2}y=d\left( \frac{1-\ln x}{x^{2}}dx \right)= \left( \frac{1-\frac{1}{x} }{x^{2}} -2 \frac{1-\ln x}{x^{3}} \right)(dx)^2= \left( \frac{x-1 }{x^{3}} + \frac{-2+2\ln x}{x^{3}} \right)(dx)^2= \frac{x-3+2\ln x}{x^{3}}(dx)^2. Демидович №1135 y=\frac{u}{v},\quad d^{2}y=? dy=d\left(u\frac{1}{v}\right)=\frac{1}{v}du+ud\left(\frac{1}{v}\right)=\frac{1}{v}du-u\frac{1}{v^{2}}dv d^{2}y=d\left(dy\right)=d\left(\frac{1}{v}du-u\frac{1}{v^{2}}dv\right)=d\left(\frac{1}{v}du\right)-d\left(u\frac{1}{v^{2}}dv\right)= =\frac{1}{v}d\left(du\right)+d\left(\frac{1}{v}\right)du-d\left(u\right)\frac{1}{v^{2}}dv-u\cdot dv\cdot d\left(\frac{1}{v^{2}}\right)-u\frac{1}{v^{2}}d\left(dv\right)= =\frac{1}{v}d^{2}u-\frac{dv}{v^{2}}du-\frac{1}{v^{2}}dudv-udv\left(-2\frac{dv}{v^{3}}\right)-u\frac{1}{v^{2}}d^{2}v= =\frac{1}{v}d^{2}u-\frac{1}{v^{2}}dudv-\frac{1}{v^{2}}dudv+2u\frac{\left(dv\right)^{2}}{v^{3}}-u\frac{1}{v^{2}}d^{2}v= =-\frac{2}{v^{2}}dudv+2u\frac{\left(dv\right)^{2}}{v^{3}}+\frac{1}{v}d^{2}u-u\frac{1}{v^{2}}d^{2}v. Замечу, что нехорошо писать du^{2}, так как непонятно, что имеется в виду: d\left(u^{2}\right)=2udu\neq\left(du\right)^{2}.

Задание: Демидович № 1131, 1134, 1138, 1172, 1173

Логично расширить идею разложения, с которого началось это занятие: если у приращения функции можно выделить линейную часть по приращению аргумента, то почему нельзя выделить части, зависящие от приращения аргумента квадратично, кубично и так далее? Эта мысль воплощается в способе разложения функций, который называется формулой Тейлора. Согласно ей, вокруг точки x_{0} f\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\left(x-x_{0}\right)^{k}+R, причём коэффициенты a_{k} не зависят от x, и вычисляются по формуле a_{k}=\frac{f^{\left(k\right)}\left(x_{0}\right)}{k!}; а R называется остаточным членом и оценивается разными способами. Если констатируется, что (это доказывается отдельно) \lim_{x\to x_{0}}\frac{R}{\left(x-x_{0}\right)^{n}}=0\text{,} то говорят, что остаточный член представлен в форме Пеано. R=\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(x_{0}+\theta\left(x-x_{0}\right)\right)}{\left(n+1\right)!}\left(x-x_{0}\right)^{n+1},\qquad0 < \theta < 1, называется остаточным членом в форме Лагранжа.

Пример: Демидович №1386 Разложить \mathrm{tg}\,x по степеням x (то есть вокруг нуля) до степени x^{5}

Находим первые пять производных функции \mathrm{tg}\,x: \mathrm{tg}'\,x=\frac{1}{\cos^{2}x} \mathrm{tg}''\,x=\frac{2\sin x}{\cos^{3}x} \mathrm{tg}^{(3)}\,x=\frac{4\sin^{2}x+2}{\cos^{4}x} \mathrm{tg}^{(4)}\,x=\frac{8\sin^{3}x+16\sin x}{\cos^{5}x} \mathrm{tg}^{(5)}\,x=\frac{16\sin^{4}x+88\sin^{2}x+16}{\cos^{6}x} Так как раскладываем вокруг нуля (x_{0}=0), нам потребуются эти производные (с самой функцией) в нуле: \mathrm{tg}\,0=0 \mathrm{tg}'\,0=1 \mathrm{tg}''\,0=0 \mathrm{tg}^{(3)}\,0=2 \mathrm{tg}^{(4)}\,x=0 \mathrm{tg}^{(5)}\,x=16 Так как a_{k}=\frac{f^{\left(k\right)}\left(x_{0}\right)}{k!}, a_{0}=\frac{\mathrm{tg}\,0}{0!}=0 a_{1}=\frac{\mathrm{tg}'\,0}{1!}=\frac{1}{1}=1 a_{2}=0 a_{3}=\frac{2}{3!}=\frac{1}{3} a_{4}=0 a_{5}=\frac{16}{5!}=\frac{16}{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5}=\frac{4}{2\cdot3\cdot5}=\frac{2}{15} Тогда \mathrm{tg}\,x=\sum_{k=0}^{5}a_{k}x^{k}+R\approx a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+a_{4}x^{4}+a_{5}x^{5}=x+\frac{1}{3}x^{3}+\frac{2}{15}x^{5}. Задание: Демидович № 1385, 1384.

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников