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 \[ f\left(x_{1}\right)=f\left(x\right)+A\left(x\right)\cdot\Delta x+o\left(\Delta x\right), \] где $\Delta x=x_{1}-x$ – приращение аргумента, а $o\left(\Delta x\right)$ - это такое слагаемое, которое обладает свойством \[ \lim_{\Delta x\to0}\frac{o\left(\Delta x\right)}{\Delta x}=0, \] 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.
