1 FUNKCIJOSIŠVESTINE˙mif.vu.lt/~stepanauskas/AM1/isvestine.pdf · 2013-11-24 · 1.6...

1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

1.1 Funkcijos išvestines sąvoka

Išvestines sąvoka yra viena svarbiausiu matematikos sąvoku.Tegul funkcija y = f(x) yra apibrežta taško x0 aplinkoje. Tarkime, kad

x priklauso tai aplinkai.

1 apibrežimas. Dydis∆x := x− x0

vadinamas funkcijos y = f(x) argumento pokyčiu arba prieaugliu. Kar-tais pabrežiama, kad tas pokytis yra taške x0.

2 apibrežimas. Funkcijos y = f(x) pokyčiu arba prieaugliu taške x0

atitinkančiu argumento x pokyti ∆x vadinsime skirtumą

∆f(x0) = ∆f = ∆y := f(x0 + ∆x)− f(x0).

1 tvirtinimas. Funkcija f(x) yra tolydi taške x0 ⇐⇒

lim∆x→0

∆y = 0.

Irodymas. Funkcija f(x) yra tolydi taške x0, kai

limx→x0

f(x) = f(x0)

arbalim

∆x→0f(x0 + ∆x) = f(x0),

arbalim

∆x→0∆y = 0.

JFunkcijos ir jos argumento pokyčiu santykis išreiškia funkcijos kitimo

vidutini greiti intervale [x0;x0 + ∆x]:

(1) vvid. =∆y

∆x=f(x0 + ∆x)− f(x0)

∆x.

Vidutinio greičio riba, kai nepriklausomo kintamojo pokytis arteja prienulio,

(2) lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

f(x0 + ∆x)− f(x0)

∆x

vadinama funkcijos kitimo greičiu taške x0 arba išvestine.

1

1.1 Funkcijos išvestines sąvoka 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

3 apibrežimas. Jei ∃ baigtine funkcijos ir jos argumento pokyčiu santykioriba, kai ∆x arteja prie nulio:

(3) lim∆x→0

∆y

∆x,

tai ji vadinama funkcijos y = f(x) išvestine taške x0.

Išvestinę žymime f ′(x0) arba y′|x=x0 , arbady

dx|x=x0 .

Išvestinę galime apskaičiuoti ivairiuose funkcijos apibrežimo aibesX tašku-

ose, todel išvestine yra kintamojo x funkcija, žymima f ′(x), y′, y′x arbady

dx.

Funkcijos išvestines radimą vadiname tos funkcijos diferencijavimu.

1 pavyzdys. Raskime funkcijos lygios pastoviam dydžiui, t.y. y = c, išvestinę.

Sprendimas. Kadangi

∆y = f(x+ ∆x)− f(x) = c− c = 0,

tailim

∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

0

∆x= 0.

Todel

(4) c′ = 0

J

2 pavyzdys. Raskime funkcijos y = xn, n ∈ N, išvestinę.

Sprendimas. Kadangi

∆y = (x+ ∆x)n − xn

= ((x+∆x)−x)((x+∆x)n−1 +(x+∆x)n−2x+ · · ·+(x+∆x)xn−2 +xn−1),

tai, pritaikę Niutono binomo formulę, gausime∆y

∆x= nxn−1 +

n(n− 1)

2xn−2∆x+ · · ·+ (∆x)n−1.

Pereję pastarojoje lygybeje prie ribos, kai ∆x arteja prie nulio, (naudojamesišvestines apibrežimu, (3) formule) randame laipsnines funkcijos y = xn

išvestinę:

(5) (xn)′ = lim∆x→0

∆y

∆x

= lim∆x→0

nxn−1 + lim∆x→0

n(n− 1)

2xn−2∆x+ · · ·+ lim

∆x→0(∆x)n−1 = nxn−1.

J

2

1.2 Išvestines fizikine prasme 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

3 pavyzdys. Apskaičiuokime funkcijos y = 5√x išvestinę taške x0 = 0.

Sprendimas. Funkcijos pokytis

∆y = f(0 + ∆x)− f(0) =5√

∆x,

olim

∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

15√

(∆x)4= +∞.

Kadangi gautoji riba yra begaline, tai funkcija y = 5√x taške x0 = 0 išvestines

neturi. J

1.2 Išvestines fizikine prasme

1. Jau apibrežiant funkcijos išvestinę (1) ir (2) formulese minejome, kadišvestine tai funkcijos kitimo greitis taške x. Čia ir gludi išvestines mechanineprasme. Jeigu s(t) žymi kuno nueitą kelią priklausomai nuo laiko t, tai tokuno greitis yra kelio išvestine:

v(t) = s′(t),

o kuno pagreitis yra greičio išvestine arba kelio antroji išvestine:

a(t) = v′(t) = s′′(t).

2. Tegul y = f(t) žymi elektros kieki, pratekanti laidininko skerspjuviu

per laiką t. Santykis∆y

∆treikš vidutini sroves stiprumą laiko intervale nuo

t iki t + ∆t. Taigi f ′(t) nusakys sroves, pratekančios laidininko skerspjuviu,stiprumą laiko momentu t.

1.3 Išvestines geometrine prasme

1.4 Vienpuses išvestines

Vienpuses išvestines apibrežiamos vienpusiu ribu pagalba.

4 apibrežimas. Išvestine iš dešines arba dešinine išvestine vadinamafunkcijos ir argumento pokyčiu santykio riba, kai argumento pokytis ∆x →+0, (ši riba turi egzistuoti ir buti baigtine):

f ′(x0 + 0) := lim∆x→+0

∆y

∆x.

3

1.5 Funkcijos diferencialas 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

Išvestine iš kaires arba kairine išvestine vadinama funkcijos ir argumentopokyčiu santykio riba, kai argumento pokytis ∆x → −0, (ši riba turi egzis-tuoti ir buti baigtine):

f ′(x0 − 0) := lim∆x→−0

∆y

∆x.

Iš ribu teorijos išplaukia, kad funkcijos išvestines tam tikrame taške egzis-tavimas ekvivalentus jos vienpusiu išvestiniu tame taške lygybei.

4 pavyzdys. Apskaičiuokime funkcijos y = |x| dešininę ir kairinę išvestinestaške x0 = 0.

Sprendimas. Pagal vienpusiu išvestiniu apibrežimą

f ′(0 + 0) = lim∆x→+0

f(0 + ∆x)− f(0)

∆x= lim

∆x→+0

|∆x|∆x

= 1,

f ′(0− 0) = lim∆x→−0

|∆x|∆x

= −1.

Dešinine ir kairine funkcijos y = |x| išvestines taške x0 = 0 atitinkamai yralygios 1 ir −1. (Taip pat galima daryti išvadą, kad ši funkcija taške x0 = 0išvestines neturi, nes dešinine ir kairine išvestines nera tarpusavyje lygios.)

J

1.5 Funkcijos diferencialas

5 apibrežimas. Funkcija y = f(x) yra vadinama diferencijuojama taškex0, jei jos pokyti ∆y = f(x0 + ∆x) − f(x0) galima išreikšti suma dviejudemenu, pirmasis iš kuriu yra tiesinis ∆x atžvilgiu, o antrasis yra aukštesneseiles negu ∆x nykstantis dydis, t.y.

(6) ∆y = A∆x+ o(∆x);

čia A yra pastovus dydis, konstanta.

Dažnai yra patogu naudoti (6) formules ekvivalenčią išraišką

(7) ∆y = A∆x+ α∆x;

čia α = α(∆x) yra nykstantis dydis, lim∆x→0 α = 0.Iš apibrežimo matyti, kad A∆x, kai A 6= 0, yra pagrindine pokyčio ∆y

dalis.

4

1.5 Funkcijos diferencialas 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

1 teorema. Funkcija y = f(x) yra diferencijuojama taške x0 ⇐⇒ taške x0

∃ išvestine f ′(x0) = A.

Irodymas. Butinumas (=⇒). Kai funkcija f(x) yra diferencijuojama, taiiš (6) lygybes turime, kad

∆y

∆x= A+

o(∆x)

∆x= A+ o(1).

Todel ∃ ribalim

∆x→0

∆y

∆x= A = f ′(x0).

Taigi taške x0 ∃ išvestine ir f ′(x0) = A.Pakankamumas (⇐=). Tarkime, kad ∃ išvestine taške x0 ir f ′(x0) = A.

Tuometf ′(x0) = A = lim

∆x→0

∆y

∆x.

Iš šios lygybes gauname, kad

∆y

∆x− A ∆x→0−→ 0

arba∆y = A∆x+ o(∆x).

Taigi funkcija f(x) yra diferencijuojama taške x0. JIš irodytos teoremos išplaukia, kad teiginiai "funkcija turi išvestinę" ir

"funkcija yra diferencijuojama" yra ekvivalentus.

6 apibrežimas. Reiškinys f ′(x0)∆x vadinamas funkcijos y = f(x) dife-rencialu taške x0 ir žymimas df arba df(x0), arba dy. Taigi diferencialastaške x:

(8) dy = df(x) := f ′(x)∆x.

Panaudoję (8) formulę funkcijai y = x, gausime, kad

dy = dx = x′∆x = ∆x.

Todel.

7 apibrežimas. Nepriklausomo kintamojo x diferencialu vadinsime jopokyti:

(9) dx := ∆x.

5

1.6 Diferencialo geometrine prasme 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

1.6 Diferencialo geometrine prasme

1.7 Funkcijos išvestines ir jos tolydumo ryšys

2 teorema. Jei funkcija f(x) turi išvestinę taške x, tai ji šiame taške yratolydi.

Irodymas. Kadangi funkcija turi išvestinę taške x, tai ∃ baigtine riba

lim∆x→0

∆y

∆x= f ′(x).

Todel∆y

∆x− f ′(x)

∆x→0−→ 0

arba∆y

∆x− f ′(x) = o(1),

arba∆y = f ′(x)∆x+ o(∆x).

Iš pastarosios lygybes išplaukia, kad

lim∆x→0

∆y = lim∆x→0

(f ′(x)∆x+ o(∆x)) = 0.

Dabar iš 1 tvirtinimo jau išplaukia funkcijos tolydumas taške x. JAtvirkščias teiginys nera teisingas: iš funkcijos tolydumo tam tikrame

taške neišplaukia, kad tame taške funkcija turi išvestinę. Ji patvirtina anksčiauišnagrineti 3 ir 4 pavyzdžiai: funkcijos y = 5

√x ir y = |x| yra tolydžios taške

x = 0, tačiau jame išvestines neturi.Taigi funkcijos tolydumas taške yra tik butina tos funkcijos išvestines

egzistavimo sąlyga. Trukio taškuose funkcijos negali tureti išvestines.

1.8 Išvestiniu skaičiavimo taisykles

3 teorema. Jei funkcijos u(x) ir v(x) turi išvestines taške x, tai funkcijos

cu(x) (c – konstanta ), u(x)± v(x), u(x)v(x) iru(x)

v(x)(jei v(x) 6= 0 ) irgi turi

išvestines šiame taške. Be to,

(cu)′ = cu′,(10)(u± v)′ = u′ ± v′,(11)

(uv)′ = u′v + uv′,(12) (uv

)′=u′v − uv′

v2.(13)

6

1.8 Išvestiniu skaičiavimo taisykles 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

Irodymas.1.

(cu(x))′ = lim∆x→0

cu(x+ ∆x)− cu(x)

∆x

= c lim∆x→0

u(x+ ∆x)− u(x)

∆x= c lim

∆x→0

∆u

∆x= cu′(x).

2.

(u(x)± v(x))′ = lim∆x→0

(u(x+ ∆x)± v(x+ ∆x))− (u(x)± v(x))

∆x

= lim∆x→0

(u(x+ ∆x)− u(x)

∆x± v(x+ ∆x)− v(x)

∆x

)= lim

∆x→0

(∆u

∆x± ∆v

∆x

)= u′(x)± v′(x).

3.

(14) (u(x)v(x))′ = lim∆x→0

u(x+ ∆x)v(x+ ∆x)− u(x)v(x)

∆x

= lim∆x→0

(u(x+ ∆x)v(x+ ∆x)− u(x)v(x+ ∆x)) + (u(x)v(x+ ∆x)− u(x)v(x))

∆x

= lim∆x→0

(u(x+ ∆x)− u(x)

∆xv(x+ ∆x) +

v(x+ ∆x)− v(x)

∆xu(x)

)= lim

∆x→0

(∆u

∆xv(x+ ∆x) +

∆v

∆xu(x)

).

Funkcija v(x) turi išvestinę taške x, tai iš 2 teoremos išplaukia, kad funkcijav(x) yra ir tolydi taške x. Vadinasi

lim∆x→0

v(x+ ∆x) = v(x).

Pasinaudoję šia riba, tęsdami (14) lygybes, turesime

(u(x)v(x))′ = u′(x)v(x) + v′(x)u(x).

4. Kadangi v(x) 6= 0 ir yra tolydi taške x, tai iš tolydžiuju funkcijusavybiu išplaukia, kad ∃ taško x aplinka, kurioje funkcija v(x) 6= 0. Imkime∆x toki mažą, kad ir taškas x + ∆x priklausytu tai aplinkai. Tada ir v(x +∆x) 6= 0, ir mes galesime dalyti ne tik iš v(x), bet ir iš v(x+ ∆x).

7


Taigi

(15)(u(x)

v(x)

)′= lim

∆x→0

u(x+ ∆x)

v(x+ ∆x)− u(x)

v(x)

∆x

= lim∆x→0

(u(x+ ∆x)

v(x+ ∆x)− u(x)

v(x+ ∆x)

)+

(u(x)

v(x+ ∆x)− u(x)

v(x)

)∆x

= lim∆x→0

(u(x+ ∆x)− u(x)

∆x

1

v(x+ ∆x)− u(x)

v(x+ ∆x)v(x)

v(x+ ∆x)− v(x)

∆x

)= lim

∆x→0

(∆u

∆x

1

v(x+ ∆x)− u(x)

v(x+ ∆x)v(x)

∆v

∆x

).

Dabar kaip ir ankstesneje dalyje, pasinaudoję funkcijos v(x) tolydumu, tęs-dami (15) lygybes, turesime(

u(x)

v(x)

)′= u′(x)

1

v(x)− u(x)

v2(x)v′(x) =

u′(x)v(x)− u(x)v′(x)

v2(x).

JSuformuluosime diferencialo savybes, tiesiogiai išplaukiančias iš išvestiniu

skaičiavimo taisykliu bei diferencialo apibrežimo.

Išvada.

d(cu) = c du, c− const,(16)d(u± v) = du± dv,(17)d(uv) = u dv + v du,(18)

d(uv

)=v du− u dv

v2, v 6= 0.(19)

4 teorema. (Sudetines funkcijos diferencijavimas.) Tarkime, kad funkcijau = u(x) taške x0 turi išvestinę u′x = u′(x0), o funkcija y = f(u) taškeu0 = u(x0) – išvestinę y′u = f ′(u0). Tarkime taip pat, kad taško x0 aplinkojeapibrežta sudetine funkcija y = f(u(x)). Tada ta sudetine funkcija taške x0

turi išvestinę y′x, lygią išvestiniu y′u ir u′x sandaugai:

y′x = y′u u′x.

Irodymas. Funkcija y = f(u) turi išvestinę taške u0, taigi ji yra ir diferen-cijuojama šiame taške (žr. 1 teoremą). Iš diferencijuojamumo ((7) formule)išplaukia, kad

∆y = f ′(u0)∆u+ α∆u, α∆u→0−→ 0.

8


Padaliję abi šios lygybes puses iš pokyčio ∆x 6= 0, apskaičiuosime abiejupusiu ribas, kai ∆x→ 0:

(20) lim∆x→0

∆y

∆x= f ′(u0) lim

∆x→0

∆u

∆x+ lim

∆x→0α lim

∆x→0

∆u

∆x.

Funkcija u(x) yra diferencijuojama taške x0, tai ji yra tame taške ir tolydi (žr.2 teoremą). Toliau iš u(x) tolydumo turesime (1 tvirtinimas), kad ∆u → 0,kai ∆x→ 0. Taigi

lim∆x→0

α = lim∆u→0

α = 0.

Tęsdami (20) formulę gauname

lim∆x→0

∆y

∆x= f ′(u0)u′(x0) + 0u′(x0)

arbay′x = y′u u

′x.

J

5 teorema. (Atvirkštines funkcijos išvestine.) Tarkime, kad funkcija y =f(x) turi atvirkštinę funkciją x = g(y). Jeigu funkcija y = f(x) taške x = x0

turi nelygią nuliui išvestinę f ′(x0), tai taške y0 = f(x0) egzistuoja atvirkštines

funkcijos x = g(y) išvestine, lygi1

f ′(x0). Taigi

(21) x′y =1

y′x.

Irodymas. Suteikime argumentui y pokyti ∆y 6= 0. Tuomet funkcijosx = g(y) pokytis

(22) ∆x = g(y0 + ∆y)− g(y0).

Isitikinsime, kad ∆x 6= 0. Tarkime, priešingai, ∆x = 0. Tada iš (22)formules išplaukia, kad

g(y0 + ∆y) = g(y0) = x0.

Iš pastaruju lygybiu ir atvirkštines funkcijos apibrežimo gauname, kad

y0 + ∆y = y0 = f(x0)

arba∆y = 0.

9

1.9 Pagr. funkciju išvestines 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

Tai prieštarauja musu prielaidai, kad ∆y 6= 0. Taigi ∆x 6= 0.Todel

(23)∆x

∆y=

1∆y

∆x

.

Isitikinsime, kad ∆x → 0, kai ∆y → 0. Kadangi ∃ išvestine f ′(x0), taifunkcija y diferencijuojama (žr. 1 teoremą). Taigi

(24) ∆y = f ′(x0)∆x+ α∆x, α∆x→0−→ 0.

Kadangi f ′(x0) 6= 0, tai galima paimti toki mažą ∆x, kad f ′(x0) + α 6= 0.Tada iš (24) išplaukia, kad

∆x =∆y

f ′(x0) + α.

Iš pastarosios lygybes jau turesime, kad ∆x→ 0, kai ∆y → 0.Pereikime prie ribos (23) lygybeje:

lim∆y→0

∆x

∆y= lim

∆x→0

∆x

∆y= lim

∆x→0

1∆y

∆x

.

Gavome formulę

x′y =1

y′x.

J(21) formules geometrine prasme ...............

1.9 Pagrindiniu elementariuju funkciju išvestines

1. Pastovaus dydžio išvestine. Jau 1 pavyzdyje paskaičiavome, kadpastovaus dydžio išvestine yra lygi nuliui.

c′ = 0

2. Trigonometriniu funkciju išvestines.a) Funkcijos y = sinx pokytis

∆y = sin(x+ ∆x)− sinx = 2 sin∆x

2cos

(x+

∆x

2

).

10


Todel

(sinx)′ = lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

2 sin∆x

2cos

(x+

∆x

2

)∆x

= cosx.

(sinx)′ = cosx

b) Funkcijos y = cosx išvestinei surasti naudosime sudetines funkcijosišvestines skaičiavimo formulę:

(cosx)′ =(

sin(π

2− x))′

= cos(π

2− x)(π

2− x)′

= cos(π

2− x)

(−1) = − sinx.

(cosx)′ = − sinx

c)

(tg x)′ =

(sinx

cosx

)′=

(sinx)′ cosx− sinx(cosx)′

cos2 x

=cosx cosx− sinx(− sinx)

cos2 x=

cos2 x+ sin2 x

cos2 x=

1

cos2 x.

(tg x)′ =1

cos2 x

d)

(ctg x)′ =(

tg(π

2− x))′

=1

cos2(π2− x) (π

2− x)′

=1

sin2 x(−1) = − 1

sin2 x.

(ctg x)′ = − 1

sin2 x

3. Logaritmines funkcijos išvestine.

(loga x)′ =

(lnx

ln a

)′=

1

ln a(lnx)′ =

1

ln alim

∆x→0

ln(x+ ∆x)− lnx

∆x

=1

ln alim

∆x→0

lnx+ ∆x

x∆x

=1

ln alim

∆x→0

ln

(1 +

∆x

x

)∆x

=1

ln alim

∆x→0

(1

xln

(1 +

∆x

x

) x∆x

)=

1

ln a

1

xln e =

1

x ln a.

11


(loga x)′ =1

x ln a

(lnx)′ =1

x

4. Rodiklines funkcijos išvestine. Rodiklines funkcijos y = ax

išvestinei rasti naudosime atvirkštines funkcijos (šiuo atveju funkcijos x =loga x) išvestines skaičiavimo taisyklę:

(ax)′ =1

(loga y)′=

11

y ln a

= y ln a = ax ln a.

(ax)′ = ax ln a

(ex)′ = ex

5. Laipsnines funkcijos išvestine.

(xα)′ =(eα lnx

)′= eα lnx(α lnx)′ = xαα(lnx)′ = xαα

1

x= αxα−1.

(xα)′ = αxα−1

6. Atvirkštiniu trigonometriniu funkciju išvestines.a) Funkcija y = arcsinx apibrežta, kai x ∈ [−1, 1],ir turi atvirkštinę funkciją x = sin y. Atvirkštine funkcija apibrežta in-

tervale y ∈[−π

2,π

2

]. Bet ši atvirkštine funkcija turi teigiamą išvestinę,

kai y ∈(−π

2,π

2

). Kadangi išvestines skaičiavimui naudosime atvirkštines

funkcijos skaičiavimo taisyklę, o toje taisykleje reikalaujama, kad atvirkštinesfunkcijos išvestine nebutu lygi nuliui, tai arcsinx išvestinę paskaičiuosime tikatvirame intervale, x ∈ (−1, 1).

Galima butu kalbeti ir apie išvestines intervalo galuose, t.y. taškuose ±1, bet tik apievienpuses išvestines. Naudodami išvestines apibrežimą galetume isitikinti, kad funkcijospokyčio ir argumento pokyčio santykio vienpuses ribos šiuose galiniuose intervalo taškuoseyra begalines. Taigi išvestine juose neegzistuoja. Tai galima matyti ir iš arksinuso grafiko.Jo liestines taškuose ±1 yra lygiagrečios y ašiai.

Taigi

(arcsinx)′ =1

(sin y)′=

1

cos y.

12

1.10 Logaritmine išvestine 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

Kadangi y ∈(−π

2,π

2

), tai cos y > 0 ir cos y =

√1− sin2 y. Todel

(arcsinx)′ =1√

1− sin2 y=

1√1− x2

.

(arcsinx)′ =1√

1− x2

b) Funkcija y = arccosx turi atvirkštinę funkciją x = cos y, kuriosišvestine nelygi nuliui, kai y ∈ (0, π), o x ∈ (−1, 1). Todel

(arccosx)′ =1

(cos y)′=

1

− sin y= − 1√

1− cos2 y= − 1√

1− x2.

(arccosx)′ = − 1√1− x2

c) Funkcija y = arctg x, x ∈ R, y ∈ (−π/2, π/2), yra atvirkštine funkcijaix = tg y. Todel

(arctg x)′ =1

(tg x)′=

1

1/ cos2 y=

1

1 + tg2y=

1

1 + x2.

(arctg x)′ =1

1 + x2

d) Analogiškai apskaičiuojama funkcijos y = arcctg x, x ∈ R, y ∈ (0, π),išvestine:

(arcctg x)′ =1

(ctg y)′=

1

−1/ sin2 y= − 1

1 + ctg2y= − 1

1 + x2.

(arcctg x)′ = − 1

1 + x2

1.10 Logaritmine išvestine

Skaičiuojant funkciju išvestines, kartais yra patogu ieškoti funkcijos logaritmoišvestines. Išvestines skaičiavimas ypač palengveja, kai funkcija yra išreikštakeliu dauginamuju sandauga. Funkcijos logaritmo išvestine vadinama logarit-mine išvestine. Funkcijos išvestine ir logaritmine išvestine taškuose, kuriuosey 6= 0, susietos sąryšiu:

(ln |y|)′ = |y|′

|y|=

y′

y, kai y > 0,

(−y)′

−y=y′

y, kai y < 0.

13

1.10 Logaritmine išvestine 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

Taigi bet kokiu atveju, jei tik y 6= 0,

(25) y′ = y(ln |y|)′.

5 pavyzdys. Raskime funkcijos

y =(x+ 1)2(x− 1)

(2x2 + 3)3

išvestinę.

Sprendimas. Naudodami (25) formulę, turesime((x+ 1)2(x− 1)

(2x2 + 3)3

)′=

(x+ 1)2(x− 1)

(2x2 + 3)3

(ln

(x+ 1)2|x− 1|(2x2 + 3)3

)′=

(x+ 1)2(x− 1)

(2x2 + 3)3

(2 ln |x+ 1|+ ln |x− 1| − 3 ln(2x2 + 3)

)′=

(x+ 1)2(x− 1)

(2x2 + 3)3

(2

x+ 1+

1

x− 1− 12x

2x2 + 3

)=

(x+ 1)(−6x3 − 2x2 + 21x− 3)

2x2 + 3)4.

J

6 pavyzdys. Raskime funkcijos

y = (arctg (2x+ 1))x2+1

išvestinę, kai x > −1/2 (tada arctg (2x+ 1) > 0).

Sprendimas.((arctg (2x+ 1))x

2+1)′

= (arctg (2x+ 1))x2+1(

ln (arctg (2x+ 1))x2+1)′

= (arctg (2x+ 1))x2+1 ((x2 + 1) ln arctg (2x+ 1)

)′= (arctg (2x+ 1))x

2+1

×(

2x ln arctg (2x+ 1) + (x2 + 1)1

arctg (2x+ 1)

2

1 + (2x+ 1)2

)= (arctg (2x+ 1))x

2+1

(2x ln arctg (2x+ 1) +

x2 + 1

(2x2 + 2x+ 1)arctg (2x+ 1)

).

J

14

1.11 Diferencialo invariantiškumas 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

1.11 Diferencialo formos invariantiškumas

Jeigu funkcija y = f(x) diferencijuojama, tai jos diferencialas

(26) dy = f ′(x)∆x.

Jeigu x yra nepriklausomas kintamasis, tai

∆x = dx

ir (26) formulę galima užrašyti taip:

(27) dy = f ′(x) dx.

Tarkime, kad x yra priklausomas kintamasis, t.y. x = g(t), o t nepriklau-somas kintamasis. Tuomet y yra sudetine kintamojo t funkcija

y = f(g(t)).

Pagal sudetines funkcijos išvestines skaičiavimo taisyklę funkcijos y diferen-cialą galime užrašyti taip:

dy = (f(g(t)))′dt = f ′(x)g′(t) dt = f ′(x) dx.

Matome, kad ir priklausomo kintamojo x atveju (27) yra teisinga. Ši savybevadinama diferencialo formos invariantiškumu.

7 pavyzdys. Suskaičiuokime funkcijos y = ecosx diferencialą.

Sprendimas. 1 budas. Funkcija y = ecosx yra nepriklausomo kintamojo xfunkcija. Todel

dy = y′dx = −ecosx sinx dx.

2 budas. Pasinaudodami funkcijos diferencialo formos invariantiškumugalime jos diferencialą suskaičiuoti ir taip:

dy = decosx = ecosxd(cosx) = −ecosx sinx dx.

J

1.12 Diferencialas ir apytikslis skaičiavimas

Jei funkcija y = f(x) diferencijuojama, tai jos prieauglis

(28) ∆y = f ′(x) dx+ α∆x, α∆x→0−→ 0.

15

1.12 Diferencialas ir apytikslis skaičiavimas 1 FUNKCIJOS IŠVESTINE

Jei f ′(x) 6= 0, tai pirmas (28) formules demuo f ′(x) dx yra pagrindinis, kai∆x yra mažas. Taigi, kai ∆x maži, turime apytikslę formulę

(29) ∆y ≈ f ′(x) dx.

Jos absoliutine paklaida yra lygi α∆x, o santykine paklaida

∆y − f ′(x) dx∆x

= α∆x→0−→ 0.

Taigi santykine paklaida yra kiek norima maža, kai ∆x pakankamai mažas.Kadangi ∆y = f(x+ ∆x)− f(x), tai (29) formule gali buti užrašyta ir taip:

(30) f(x+ ∆x) ≈ f(x) + f ′(x) ∆x.

Kaip tik ši forma ir naudojama apytiksliame skaičiavime.Užrašykime keletą apytikslio skaičiavimo formuliu konkrečioms funkci-

joms.

8 pavyzdys. Užrašykime apytikslio skaičiavimo formulę reiškinio n√

1 + ∆xreikšmems paskaičiuoti, kai ∆x maži.

Sprendimas. Naudokime (30) formulę. Šiuo atveju

f(x) = n√

1 + x, x = 0, f(0) = 1,

f ′(x) =1

n(1 + x)

1n−1, f ′(0) =

1

n.

Taigin√

1 + ∆x ≈ 1 +1

n∆x.

JFunkcijoms sinx, ex, ln(1 + x), kai ∆x yra maži, analogiškai gautume,

kadsin ∆x ≈ ∆x,

e∆x ≈ 1 + ∆x,

ln(1 + ∆x) ≈ ∆x.

16

2 AUKŠT. EILIU IŠVESTINES

2 Aukštesniuju eiliu išvestines ir diferencialai

2.1 Aukštesniuju eiliu išvestines

Sakykime, kad funkcija y = f(x) turi išvestinę kiekviename aibes X taške.Tuomet f ′(x) yra nauja kintamojo x funkcija g(x). Jei funkcija g(x) difer-encijuojama, tai galime kalbeti apie jos išvestinę g′(x) = (f ′(x))′, kuri vadi-

nama funkcijos f(x) antrąja išvestine ir žymima f ′′(x), y′′, y′′xx, y′′x2 arba

d2y

dx2.

Analogiškai, kai f ′′(x) irgi yra diferencijuojama funkcija, apibrežiame trečio-

sios eiles išvestinę f ′′′(x) := (f ′′(x))′, kuri žymima ird3y

dx3. Ir taip toliau,

jei taško x aplinkoje egzistuoja (n− 1)-osios eiles išvestine, tai n-tosios eilesišvestine apibrežiama kaip šios (n− 1)-osios išvestines išvestine:

f (n)(x) :=(f (n−1)(x)

)′;

dar rašoma:

y(n) :=(y(n−1)

)′, arba

dnydxn

:=ddx

(dn−1y

dxn−1

).

Funkcija vadinama n kartu diferencijuojama taške x ∈ X, jei šiame taškeegzistuoja visu eiliu tos funkcijos išvestines imtinai iki n-tosios eiles.

9 pavyzdys. Raskime funkcijos y = lnx n-tosios eiles išvestinę.

Sprendimas.

y′ = (lnx)′ =1

x,

y′′ =

(1

x

)′= − 1

x2,

y′′′ =

(− 1

x2

)′=

1 · 2x3

,

yIV =

(2!

x3

)′= − 3!

x4,

−−−−−−−−−−

y(n) = (−1)n−1 (n− 1)!

xn.

J

10 pavyzdys. Raskime funkcijos y = cosx n-tosios eiles išvestinę.

17

2.1 Aukštesniuju eiliu išvestines 2 AUKŠT. EILIU IŠVESTINES

Sprendimas.

y′ = (cosx)′ = − sinx = cos(π

2+ x),

y′′ =(

cos(π

2+ x))′

= − sin(π

2+ x)

= cos (π + x) ,

y′′′ = (cos (π + x))′ = − sin (π + x) = cos

(3π

2+ x

),

−−−−−−−−−−

y(n) = cos(nπ

2+ x).

J

6 teorema. (Leibnico formule.) Jei funkcijos u = u(x) ir v = v(x) turiišvestines iki n-tosios eiles, tai

(uv)′ =n∑k=0

Cknu

(n−k)vk.

Čia Ckn – binominiai koeficientai,

Ckn =

n(n− 1) . . . (n− k + 1)

k!, kai k = 1, 2, . . . , n,

ir C0n = 1.

11 pavyzdys. Raskime funkcijos y = x4e−x n-tosios eiles išvestinę.

Sprendimas. Pasinaudoję Leibnico formule ir žinodami, kad (x4)(k) = 0,kai k > 4, gausime

(x4e−x

)(n)=

n∑k=0

Ckn(e−x)(n−k)(x4)(k)

= C0n(e−x)(n)(x4)(0) + C1

n(e−x)(n−1)(x4)(1) + C2n(e−x)(n−2)(x4)(2)

+ C3n(e−x)(n−3)(x4)(3) + C4

n(e−x)(n−4)(x4)(4)

= (−1)ne−xx4 + n(−1)n−1e−x4x3 +n(n− 1)

2(−1)n−2e−x12x2

+n(n− 1)(n− 2)

3!(−1)n−3e−x24x+

n(n− 1)(n− 2)(n− 3)

4!(−1)n−4e−x24

= (−1)ne−x(x4 − 4nx3 + 6n(n− 1)x2 − 4n(n− 1)(n− 2)x

+n(n− 1)(n− 2)(n− 3)) .

J

18

2.2 Akštesniuju eiliu diferencialai 2 AUKŠT. EILIU IŠVESTINES

2.2 Akštesniuju eiliu diferencialai

Tarkime, y = f(x) yra diferencijuojama funkcija. Tuomet

dy = f ′(x) dx

yra jos diferencialas. Diferencialas taip pat yra kintamojo x funkcija, t.y.dy = g(x). Šios funkcijos (funkcijos g(x)) diferencialas vadinamas antruojufunkcijos y = f(x) diferencialu ir žymimas

d2y := d(dy).

Apskritai, n-asis funkcijos y = f(x) diferencialas yra n−1-ojo diferencialodiferencialas:

dny := d(dn−1y).

Kai x yra nepriklausomas kintamasis, tai dx = ∆x yra pastovus dydis(konstanta). Todel

d2y = d(dy) = d(f ′(x) dx) = (f ′(x) dx)′dx = f ′′(x)(dx)2 = f ′′(x) dx2,

nes nepriklausomojo kintamojo diferencialo kvadrate (dx)2 skliaustai papras-tai praleidžiami, t.y. rašoma

(dx)2 = dx2.

Analogiškai gautume, kad

d3y = d(d2y) = f ′′′(x)(dx)3 = f ′′′(x) dx3,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dny = f (n)(x)(dx)n = f (n)(x) dxn.

Kai x yra priklausomas kintamasis, t.y. x = g(t), aukštesniu eiliu dife-rencialu formules yra sudetingesnes.

Raskime funkcijos y = f(x) antros eiles diferencialą, kai x priklausomaskintamasis:

(31) d2y = d(f ′(x) dx).

Čia, pasinaudoję funkciju sandaugos diferencialo skaičiavimo (18) taisykle,tęsdami (31), turesime

d2y = dx df ′(x) + f ′(x) d(dx)

= f ′′(x) dx dx+ f ′(x) d2x = f ′′(x)(d)2 + f ′(x) d2x.

Dar aukštesniu eiliu diferencialu formules yra dar sudetingesnes.

19

3 NEIŠREIKŠTINIU FUNKCIJU DIFERENCIJAVIMAS

12 pavyzdys. Raskime funkcijos y = x5 ketvirtąji diferencialą.

Sprendimas.

dy = 5x4 dx,d2y = 20x3 dx2,

d3y = 60x2 dx3,

d4y = 120x dx4.

J

13 pavyzdys. Raskime funkcijos y = u5 trečiąji diferencialą, kai kintamasisu = u(x) yra kito kintamojo x funkcija.

Sprendimas.dy = 5u4 du,

d2y = 5(du d(u4) + u4 d(du)

)= 5

(du 4u3 du+ u4 d2u

)= 20u3(du)2 + 5u4 d2u,

d3y = 20((du)2 d(u3) + u3 d

((du)2

))+ 5

(d2u d(u4) + u4 d(d2u)

)= 20

((du)23u2 du+ u32 du d(du)

)+ 5

(d2u 4u3 du+ u4 d3u

)= 60u2(du)3 + 60u3 du d2u+ 5u4 d3u.

J

3 Neišreikštiniu funkciju diferencijavimasJei funkcija duota lygtimi

y = f(x),

tai ji vadinama išreikštine, nes kintamasis y yra išreikštas kintamuoju x.Tarkime, x ir y yra susieti lygtimi

(32) F (x, y) = 0.

(32) lygtyje, pasirinkus x reikšmę iš kintamojo x apibrežimo srities, kintama-sis y yra surandamas išsprendus šią lygti. Taigi pagal funkcijos apibrežimą,y galime laikyti x funkcija (turime taisyklę, pagal kurią pasirinktam x suran-dame y). Todel sakome, kad (32) apibrežia neišreikštinę funkciją.

20


Kartais iš neišreikštines lygties galima surasti y ir užrašyti išreikštinęfunkciją. Pavyzdžiui, iš lygties

x2 + 2x+ y − 7 = 0

galime užrašyti, kady = 7− x2 − 2x.

Tačiau ne kiekvieną neišreikštinę funkciją galime pakeisti išreikštine. Pavyz-džiui, iš lygties

y3 + exy + sinx+ cos y = 0

y vargu ar surasime.Ir vis tik kaip reiketu ieškoti funkcijos y = y(x) išvestines (kai pati funkcija

duota neišreikštai) neieškant išreikštines funkcijos. Pakanka paskaičiuoti (32)lygybes abieju pusiu išvestines x atžvilgiu, turint galvoje, kad y yra ar-gumento x funkcija (skaičiuojant išvestines remiamasi sudetines funkcijosišvestines skaičiavimo taisykle), ir jas sulyginti. Sakoma, kad (32) lygybediferencijuojama panariui. Išdiferencijavus abi (32) lygybes puses x atžvil-giu, reikia gautą lygti išspręsti y′ atžvilgiu. Tokia lygtis yra pirmojo laipsniolygtis y′ atžvilgiu ir todel visuomet lengvai išsprendžiama. Išsprendę gausime

y′ = y′(x).

Kad pasirinkę x galetume surasti y′ reikšmę, neužtenka gautos lygybes, nesreikia žinoti ir atitinkamą y reikšmę (paskaičiuojamą iš (32) lygybes). Todeli atsakymą reiketu itraukti abi lygtis, gautą išvestines y′ išraišką ir pradinę(32) lygti.

14 pavyzdys. Suraskime funkcijos y = y(x) išvestinę, kai ji duota neišreikš-tai:

(33) xy + ey + x3 = 0.

Sprendimas. Diferencijuokime abi (33) lygybes puses. Turesime

(xy)′x + (ey)′x + (x3)′x = (0)′x,

y + xy′ + eyy′ + 3x2 = 0,

y′ = −y + 3x2

x+ ey.

Taigi galutinai turime, kady′ = −y + 3x2

x+ ey,

xy + ey + x3 = 0.

21


JNoredami surasti neišreikštai duotos funkcijos y = y(x) aukštesniu eiliu

išvestines, (32) lygti turetume diferencijuoti kelis kartus ir i gautą išraiškąistatyti anksčiau gautas žemesniu eiliu išvestines. Arba, kai jau gaunamen − 1-ąją išvestinę, dar kartą paskaičiuoti jos išvestinę ir istatyti i gautąformulę pirmosios išvestines išraišką. I atsakymą vel reiketu itraukti gautąn-osios išvestines išraišką ir (32) pradinę lygti.

15 pavyzdys. Suraskime funkcijos y = y(x) antrąją išvestinę, kai ji duotaneišreikštai:

(34) xy3 − y + x3 = 6.

Sprendimas. Pirmas budas. (34) lygybę diferencijuokime panariui du kartus:

(35) y3 + 3xy2y′ − y′ + 3x2 = 0,

3y2y′ + 3y2y′ + 6xy(y′)2 + 3xy2y′′ − y′′ + 6x = 0,

(1− 3xy2)y′′ = 6(y2y′ + xy(y′)2 + x

),

(36) y′′ = 6y2y′ + xy(y′)2 + x

1− 3xy2.

Iš (35) surandame pirmąją išvestinę ir istatome i antrosios išvestines (36)išraišką:

(37) y′ =y3 + 3x2

1− 3xy2,

y′′ = 6

y2 y3 + 3x2

1− 3xy2+ xy

(y3 + 3x2)2

(1− 3xy2)2+ x

1− 3xy2

= 6−2xy7 + 6x3y4 + 9x5y + y5 − 3x2y2 + x

(1− 3xy2)3.

Taigi y′′ = 6−2xy7 + 6x3y4 + 9x5y + y5 − 3x2y2 + x

(1− 3xy2)3,

xy3 − y + x3 = 6.

22

4 FUNKCIJU, APIBREŽTU PARAMETRINEMIS LYGTIMIS,DIFERENCIJAVIMAS

Antras budas. Antrąją išvestinę suraskime iš pirmos išvestines išraiškos,t.y. iš (37) lygybes. Taigi

y′′ =

(y3 + 3x2

1− 3xy2

)′x

=(y3 + 3x2)′(1− 3xy2)− (y3 + 3x2)(1− 3xy2)′

(1− 3xy2)2

=(3y2y′ + 6x)(1− 3xy2) + (y3 + 3x2)(3y2 + 6xyy′)

(1− 3xy2)2

=(−3xy4 + 18x3y + 3y2) y′ + 3y5 − 9x2y2 + 6x

(1− 3xy2)2.

Istatę y′ iš (37), gausime

y′′ =

(−3xy4 + 18x3y + 3y2)y3 + 3x2

1− 3xy2+ 3y5 − 9x2y2 + 6x

(1− 3xy2)2

= 6−2xy7 + 6x3y4 + 9x5y + y5 − 3x2y2 + x

(1− 3xy2)3.

Taigi y′′ = 6−2xy7 + 6x3y4 + 9x5y + y5 − 3x2y2 + x

(1− 3xy2)3,

xy3 − y + x3 = 6.

J

4 Funkciju, apibrežtu parametrinemis lygtimis,diferencijavimas

Funkcija y = y(x) gali buti apibrežta ir lygtimis

(38)

x = φ(t),

y = ψ(t).

Parametro t kitimo aibe gali buti intervalas [α, β] arba kitokia aibe, tarkime,T . Pasirinkus parametrą t, iš (38) surandame x ir y. Šiam x ir priskiriame šiy. Taip gauname funkciją y = y(x) (t.y. taisyklę, x reikšmems priskiriančią yreikšmes, panaudojant tarpini kintamąji, parametrą t). Jei funkcija y = y(x)apibrežta (38) lygtimis, sakome, kad ji apibrežta parametrinemis lygtimis(parametriniu budu).

23


Jei funkcija duota išreikštai, t.y. y = f(x), tai visada galima pereiti prieparametriniu lygčiu:

x = t,

y = f(t).

Atvirkščiai, nuo parametriniu lygčiu pereiti prie išreikštines funkcijos formosgalima tada, kai galima rasti funkcijos x = φ(t) atvirkštinę funkciją t =φ−1(x). Ši t istatę i funkciją y = ψ(t), gausime išreikštinę funkciją

y = ψ(φ−1(x)) = g(x).

Bet nevisada galima surasti funkcijai x = φ(t) atvirkštinę funkciją.Kaip reiketu skaičiuoti funkcijos y = f(x) išvestines, kai funkija apibrežta

parametrinemis lygtimis? Tarkime, kad funkcijos x = φ(t) ir y = ψ(t) turiišvestines φ′(t) ir ψ′(t). Taip pat tarkime, kad funkcija x = φ(t) turi atvirkš-tinę funkciją t = φ−1(x). Tuomet šios funkcijos išvestine, pagal atvirkštinesfunkcijos išvestines skaičiavimo taisyklę, yra

t′x = (φ−1(x))′x =1

φ′(t)(φ′(t) 6= 0).

Pasinaudoję sudetines funkcijos išvestines skaičiavimo taisykle, turesime

y′x = (ψ(φ−1(x)))′ = ψ′(t)(φ−1(x))′ =ψ′(t)

φ′(t)=y′tx′t

(x′t 6= 0).

Kadangi gavome funkciją y′x išreištą per t, tai prideję funkciją x = φ(t), velturesime, kad y′x duota parametrinemis lygtimis:

(39)

x = φ(t),

y′x =ψ′(t)

φ′(t)= χ(t) (φ′(t) 6= 0).

Užrašyta (39) formule yra teisinga ir bendruoju atveju, reikalaujant tikišvestiniu ψ′(t), φ′(t) (φ′(t) 6= 0) egzistavimo (nereikalaujant, kad egzistuotufunkcijos x = φ(t) atvirkštine funkcija).

Aukštesniuju eiliu išvestines skaičiuojamos analogiškai. Pavyzdžiui, ieškantantrosios eiles išvestines y′′xx, reikia naudoti pirmos išvestines y′x parametrines(39) lygtis. Paskaičiavę gautume, kad

(40)

x = φ(t),

y′′xx =χ′(t)

φ′(t)=ψ′′(t)φ′(t)− φ′′(t)ψ′(t)

(φ′(t))3(φ′(t) 6= 0).

24


16 pavyzdys. Suraskime funkcijos y = y(x), duotos parametrinemis lyg-timis

x = et + t,

y = t3 + t+ 1 (t ∈ R),

pirmąją, antrąją ir trečiąją išvestines.

Sprendimas.

y′x =y′tx′t

=3t2 + 1

et + 1.

Taigi pirmoji išvestine, užrašyta parametrinemis lygtimis, yrax = et + t,

y′x =3t2 + 1

et + 1(t ∈ R).

Skaičiuojame antrąją išvestinę.

y′′xx =(y′x)

′t

x′t=

(3t2 + 1)′(et + 1)− (et + 1)′(3t2 + 1)

(et + 1)(et + 1)2=

(−3t2 + 6t− 1)et + 6t

(et + 1)3.

Taigi antroji išvestine, užrašyta parametrinemis lygtimis, yrax = et + t,

y′′xx =(−3t2 + 6t− 1)et + 6t

(et + 1)3(t ∈ R).

Paskaičiuokime trečiąją išvestinę. Analogiškai gausime

y′′′xxx =(y′′xx)

′t

x′t=

(6t2 − 18t+ 8)e2t + (−3t2 − 18t+ 11)et + 6

(et + 1)5.

Taigi trečioji išvestine, užrašyta parametrinemis lygtimis, yrax = et + t,

y′′′xxx =(6t2 − 18t+ 8)e2t + (−3t2 − 18t+ 11)et + 6

(et + 1)5(t ∈ R).

J

25

5 PAGRINDINES DIFERENCIJUOJAMU FUNKCIJU TEOREMOS

5 Pagrindines diferencijuojamu funkciju teore-mos

5.1 Ferma teorema

7 teorema. Tarkime, kad funkcija f(x)

• yra apibrežta intervale (a, b),

• taške x = c igyja ekstremumą,

• taške x = c egzistuoja baigtine išvestine f ′(c).

Tuomet f ′(c) = 0.

5.2 Rolio teorema


• yra tolydi intervale [a, b],

• diferencijuojama intervale (a, b),

• f(a) = f(b).

Tuomet egzistuoja toks taškas c, c ∈ (a, b), kad f ′(c) = 0.

5.3 Lagranžo teorema


• yra tolydi intervale [a, b],

• diferencijuojama intervale (a, b).

Tuomet egzistuoja toks taškas c, c ∈ (a, b), kad

f(b)− f(a) = f ′(c) · (b− a).

26

5.4 Koši teorema5 PAGRINDINES DIFERENCIJUOJAMU FUNKCIJU TEOREMOS

5.4 Koši teorema

10 teorema. Tarkime, kad funkcijos f(x) ir g(x)

• yra tolydžios intervale [a, b],

• diferencijuojamos intervale (a, b),

• g′(x) 6= 0 intervale (a, b).

Tuomet egzistuoja toks taškas c, c ∈ (a, b), kad

f(b)− f(a)

g(b)− g(a)=f ′(c)

g′(c).

5.5 Lopitalio teorema

11 teorema. Tarkime, kad funkcijos f(x) ir g(x)

1. yra tolydžios ir diferencijuojamos taško x = a aplinkoje, išskyrus galbutpati tašką x = a,

2. g′(x) 6= 0 minetoje aplinkoje,

3. limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = 0,

4. egzistuoja riba limx→a

f ′(x)

g′(x).

Tuomet egzistuoja ir riba limx→a

f(x)

g(x)ir teisinga lygybe

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)

g′(x).

1 pastaba. Lopitalio teorema yra teisinga, jeigu trečia sąlyga pakeičiamatokia:

3’. limx→a

f(x) = limx→a

g(x) =∞.

2 pastaba. Lopitalio teorema ir 1 pastaba yra teisingos, jeigu x → ∞,x → +∞ ar x → −∞, t.y. vietoj baigtinio taško a aplinkos nagrinejamosbegalybes aplinkos.

27

6 TEILORO FORMULE

6 Teiloro formuleNagrinekime funkciją f(x), apibrežtą intervale (a, b). Tegul ji turi šiameintervale išvestines iki n-osios eiles. Paimkime fiksuotą intervalo (a, b) taškąx0 ir kitą tašką x ∈ (a, b). Pažymekime

Pn(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2!(x− x0)2 + · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n,

orn(x) = f(x)− Pn(x).

Tada galime užrašyti tokią formulę:

f(x) = Pn(x) + rn(x)

arba

(41)f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +

f ′′(x0)

2!(x− x0)2

+ · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n + rn(x).

Ši formule vadinama Teiloro formule. Pn(x) yra daugianaris x atžvilgiu, orn(x) vadinama liekana arba liekamuoju Teiloro formules nariu. Pn(x)yra gana paprasta funkcija, patogi ivairiuose skaičiavimuose, taikymuose. Betaišku, kad (41) formule efektyvi tik tada, kai liekaną galime kaip nors ivertinti,kai ji nedidele, t.y. kai ji arteja prie nulio n augant. Reikia žinoti kaip tąliekaną užrašyti kokiu nors aiškiu, paprastu budu.

12 teorema. (Teiloro teorema.) Tegul f(x) intervale (a, b) turi išvestinesiki (n+ 1)-osios eiles, tegul x, x0 ∈ (a, b). Tuomet tarp tašku x0 ir x yra tokstaškas ξ, kad (41) Teiloro formules liekana

(42) rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)n+1.

Irodymas. Intervale [x0, x] ⊂ (a, b) apibrežkime funkciją

φ(z) = f(x)− f(z)− f ′(z)(x− z)− f ′′(z)

2!(x− z)2 − · · · − f (n)(z)

n!(x− z)n,

z ∈ [x0, x].

28

6 TEILORO FORMULE

Kadangi f(z) turi išvestines iki (n+ 1)-osios eiles, tai f(z), f ′(z), f ′′(z), . . . ,f (n)(z) yra tolydžios funkcijos ir turi išvestines. Todel ir φ(z) yra tolydiintervale [x0, x] ir turi išvestinę intervale (x0, x). Jos išvestine

φ′(z) = −f ′(z)− f ′′(z)(x− z) + f ′(z)− f ′′′(z)

2!(x− z)2 + f ′′(z)(x− z)

− · · · − f (n+1)(z)

n!(x− z)n +

f (n)(z)

(n− 1)!(x− z)n−1 = −f

(n+1)(z)

n!(x− z)n.

Paimkime dar vieną funkciją

ψ(z) = (x− z)n+1.

Ši funkcija taip pat tolydi intervale [x0, x] ir turi išvestinę intervale (x0, x).Be to, jos išvestine šiame intervale nelygi nuliui:

ψ′(z) = −(n+ 1)(x− z)n 6= 0, z ∈ (x0, x).

Funkcijoms φ(z) ir ψ(z) galima taikyti (??) Koši formulę. Taigi egzistuojatoks ξ ∈ (x0, x), kad

(43)φ(x)− φ(x0)

ψ(x)− ψ(x0)=φ′(ξ)

ψ′(ξ).

Kadangi

φ(x) = 0, φ(x0) = rn(x), φ′(ξ) = −f(n+1)(ξ)

n!(x− ξ)n,

ψ(x) = 0, ψ(x0) = (x− x0)n+1, ψ′(ξ) = −(n+ 1)(x− ξ)n,

tai (43) formule tampa tokia:

0− rn(x)

0− (x− x0)n+1=−f (n+1)(ξ)

n!(x− ξ)n

−(n+ 1)(x− ξ)n.

Iš čia

rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)n+1.

Teiloro teorema irodyta. J

29

6.1 Teiloro formules liekamieji nariai 6 TEILORO FORMULE

6.1 Teiloro formules liekamieji nariai

Teiloro formules (42) liekana vadinama Lagranžo formos liekamuoju nariuarba tiesiog Lagranžo liekana.

Naudojamos ir kitokios Teiloro formules liekanos formos. Štai prie tupačiu sąlygu kaip ir 12 teoremoje teisinga tokia liekanos rn(x) išraiška:

(44) rn(x) =f (n+1)(ξ)

n!(x− ξ)n(x− x0) su tam tikru ξ ∈ (x0, x).

Pastaroji liekanos forma vadinama Koši formos liekana arba tiesiog Košiliekana.

Sprendžiant ivairius uždavinius dažnai nereikia tikslaus Teiloro formulesliekamojo nario, o užtenka tik jo nykimo greičio. Tokiems tikslams pakanka(45) Peano liekamojo nario.

3 pastaba. Sakykime, funkcija f(x) intervale (a, b) turi išvestines iki n− 1-osios eiles imtinai, o pačiame taške x0 n-osios eiles išvestinę1, tada

(45) rn(x) = o((x− x0)n).

6.2 Makloreno formule

Makloreno formule paprastai vadinama Teiloro formule, kai joje x0 = 0.Taigi (41) Teiloro formuleje paemę x0 = 0, gausime Makloreno formulę:

(46) f(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)

2!x2 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn + rn(x).

6.3 Kai kuriu elementariuju funkciju reiškimas Mak-loreno formule

1. f(x) = ex. Kadangi visiems n

f (n) = ex, f (n)(0) = 1

tai šios funkcijos Makloreno formule bus tokia:

(47) ex = 1 +x

1!+x2

2!+ · · ·+ xn

n!+ rn(x).

1Taigi funkcija f(x) tenkina silpnesnes sąlygas negu anksčiau.

30

6.3 Elementariuju funkc. Makloreno f. 6 TEILORO FORMULE

Paemę (42) Lagranžo liekamąji nari gautume, kad

rn(x) =x(n+1)

(n+ 1)!eξ n→∞−−−→ 0 ∀x ∈ R ir ∀ξ ∈ (0, x).

2. f(x) = sin x. Kadangi

f (n)(x) =

sinx, kai n = 4k,

cosx, kai n = 4k + 1,

− sinx, kai n = 4k + 2,

− cosx, kai n = 4k + 3,

tai

f (n)(0) =

0, kai n = 2k,

1, kai n = 4k + 1,

−1, kai n = 4k + 3.

Ir galime užrašyti Makloreno formulę:

(48) sinx = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ · · ·+ (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!+ r2n(x).

Iš (42) Lagranžo liekamojo nario gauname, kad

|r2n(x)| =∣∣∣∣ x(2n+1)

(2n+ 1)!cos ξ

∣∣∣∣ n→∞−−−→ 0 ∀x ∈ R ir ∀ξ ∈ (0, x).

3. f(x) = cos x. Kadangi

f (n)(x) =

cosx, kai n = 4k,

− sinx, kai n = 4k + 1,

− cosx, kai n = 4k + 2,

sinx, kai n = 4k + 3,

tai

f (n)(0) =

1, kai n = 4k,

−1, kai n = 4k + 2,

0, kai n = 2k + 1.

Todel Makloreno formule tokia:

(49) cosx = 1− x2

2!+x4

4!− x6

6!+ · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ r2n+1(x).

31


Vel iš (42) Lagranžo liekamojo nario gauname, kad

|r2n+1(x)| =∣∣∣∣ x(2n+2)

(2n+ 2)!cos ξ

∣∣∣∣ n→∞−−−→ 0 ∀x ∈ R ir ∀ξ ∈ (0, x).

4. f(x) = ln(1 + x). Kadangi

f (n)(x) = (−1)n−1 (n− 1)!

(1 + x)n, f(0) = 0, f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)!,

tai ln(1 + x)Makloreno formule:

(50) ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− x4

4+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ rn(x).

Naudojant liekamojo nario formą galima butu parodyti, kad šiai funkcijai

rn(x)n→∞−−−→ 0, kai x ∈ (−1, 1].

5. f(x) = (1 + x)α, α ∈ R. Kadangi

f (n)(x) = α(α− 1) . . . (α− n+ 1)(1 + x)α−n,

f(0) = 1, f (n)(0) = α(α− 1) . . . (α− n+ 1),

tai

(51)(1 + x)α = 1 +

α

1!x+

α(α− 1)

2!x2 + . . .

+α(α− 1) . . . (α− n+ 1)

n!xn + rn(x).

Liekamasis narysrn(x)

n→∞−−−→ 0, kai x ∈ (−1, 1).

Atskiru atveju, kai α = n ∈ N, rn(x) = 0. Tuomet gauname žinomąNiutono binomo formulę

(52) (1 + x)n = 1 +n

1!x+

n(n− 1)

2!x2 + · · ·+ xn.

O iš pastarosios formules išplaukia

(53) (a+ x)n = an(

1 +x

a

)n= an

(1 +

n

1!

(xa

)+n(n− 1)

2!

(xa

)2

+ · · ·+(xa

)n)= an +

n

1!an−1x+

n(n− 1)

2!an−2x2 + · · ·+ xn.

32


6. f(x) = arctgx. Panašiai galima isitikinti, kad šiuo atveju

(54) arctgx = x− x3

3+x5

5− x7

7+ · · ·+ (−1)n−1 x

2n−1

2n− 1+ r2n(x).

Liekanar2n(x)

n→∞−−−→ 0, kai x ∈ [−1, 1].

Skyrelio pabaigoje pateiksime sudetingesnes funkcijos pavyzdi.

17 pavyzdys. Užrašykime funkcijos f(x) = e2x−x2 Makloreno formulę ikinario su x5.

Sprendimas. 1 budas. Pirmosios penkios funkcijos f(x) išvestines yra tokios:

f ′(x) = 2(1− x)e2x−x2

,

f ′′(x) = 2(1− 4x+ 2x2)e2x−x2

,

f ′′′(x) = 4(−1− 3x+ 6x2 − 2x3)e2x−x2

,

f IV (x) = 4(−5 + 8x+ 12x2 − 16x3 + 4x4)e2x−x2

,

fV (x) = 8(−1 + 25x− 20x2 − 20x3 + 20x4 − 4x5)e2x−x2

.

Apskaičiavę ju reikšmes taške x0 = 0, turesime

f(0) = 1, f ′(0) = 2, f ′′(0) = 2, f ′′′(0) = −4, f IV (0) = −20, fV (0) = −8.

Taigi funkcijos f(x) = e2x−x2 Makloreno formule iki nario su x5 yra tokia:

e2x−x2

= 1 +2x

1!+

2x2

2!+−4x3

3!+−20x4

4!+−8x5

5!+ r5(x)

= 1 + 2x+ x2 − 2

3x3 − 5

6x4 − 1

15x5 + r5(x).

2 budas. Tegul t = 2x − x2. Užrašykime funkcijos et Makloreno formulęiki nario su t5. Formuleje (47) paemę n = 5, turesime

et = 1 + t+t2

2+t3

6+t4

24+

t5

120+ r5(t).

Vietoje t istatykime 2x−x2 ir visus narius su aukštesniais laipsniais negu x5

33

6.4 Apytikslis skaičiavimas 6 TEILORO FORMULE

itraukime i liekamąji nari. Gausime

e2x−x2

= 1 + (2x− x2) +(2x− x2)2

2+

(2x− x2)3

6

+(2x− x2)4

24+

(2x− x2)5

120+ r5(2x− x2)

= 1 + 2x− x2 +4x2 − 4x3 + x4

2+

8x3 − 12x4 + 6x5 − x6

6

+16x4 − 32x5 + 24x6 − 8x7 + x8

24

+32x5 − 80x6 + 80x7 − 40x8 + 10x9 − x10

120+ r5(2x− x2)

= 1 + 2x+

(−x2 +

4x2

2

)+

(−4x3

2+

8x3

6

)+

(x4

2+−12x4

6+

16x4

24

)+

(6x5

6+−32x5

24+

32x5

120

)+ r∗5(x)

= 1 + 2x+ x2 − 2

3x3 − 5

6x4 − 1

15x5 + r∗5(x).

J

6.4 Teiloro formules taikymas apytiksliame skaičiavime

18 pavyzdys. Ivertinkime apytiksles formules

cosx ≈ 1− x2

2+x4

24

paklaidą,(a) kai |x| ≤ 1

2,

(b) kai |x| ≤ 0.1.

Sprendimas. Iš (49) Makloreno formules, paemę n = 2, turime

cosx = 1− x2

2+x4

24− x6

720cos ξ, ξ ∈ (0, x).

Taigi liekanos modulis nedidesnis kaip

|x6|720

cos ξ ≤ 1

26 · 720=

1

46 080≈ 0.000 02,

kai |x| ≤ 12. Tikslumas yra nemažesnis kaip 1

46 080. Pavertus dešimtaine

trupmena turesime nemažiau kaip 4 ženklus po kablelio tikslius.

34

6.4 Apytikslis skaičiavimas 6 TEILORO FORMULE

Ir liekanos modulis neviršija

1

1 000 000 · 720=

1

720 000 000≈ 0.000 000 001,

kai |x| ≤ 0.1. Tikslumas yra nemažesnis kaip 1720 000 000

. Pavertus dešimtainetrupmena turesime nemažiau kaip 8 ženklus po kablelio tikslius. J

19 pavyzdys. Kokioms x reikšmems apytiksle formule

(55) sinx ≈ x− x3

6

teisinga su absoliutine paklaida nedidesne kaip 0.001?

Sprendimas. Iš (48) formules turime

sinx = x− x3

6+ r4(x).

Čiar4(x) =

x5

120cos ξ, ξ ∈ (0, x).

Turi buti ∣∣∣∣ x5

120cos ξ

∣∣∣∣ ≤ 0.001.

Pastarasis reikalavimas bus patenkintas, kai

|x5|120≤ 0.001, |x5| ≤ 0.12, |x| ≤ 0.121/5 ≈ 0.65.

Taigi (55) apytiksle formule su paklaida nedidesne kaip 0.001 gali buti nau-dojama, kai |x| ≤ 0.65. J

20 pavyzdys. Suskaičiuokime e skaitinę reikšmę 0.001 tikslumu.

Sprendimas. (47) formuleje paemę x = 1, turesime

e = 1 + 1 +1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!+ rn(1).

Liekanarn(1) =

1

(n+ 1)!eξ ≤ 3

(n+ 1)!,

nes ξ ∈ (0, 1), o e < 3. Turi buti

3

(n+ 1)!≤ 0.001, (n+ 1)! ≥ 3 · 1 000 = 3 000.

35

6.5 Ribos 6 TEILORO FORMULE

Paemę n = 5, gausime, kad (n + 1)! = 6! = 720, o paemę n = 6, kad(n+ 1)! = 7! = 5 040. Taigi pakanka paimti n = 6. Turesime

e ≈ 2 +1

2+

1

6+

1

24+

1

120+

1

720=

1 957

720≈ 2.718

0.001 tikslumu. J

6.5 Teiloro formules taikymas ribu skaičiavime

21 pavyzdys. Suraskime ribą

limx→0

sinx− xx3

.

Sprendimas. Pasinaudoję (48) formule, kai n = 2, su (45) Peano liekamuojunariu, gausime

limx→0

sinx− xx3

= limx→0

x− x3

3!+ o(x4)− xx3

= limx→0

(− 1

3!+ o(x)

)=

1

6.

J

22 pavyzdys. Suraskime ribą

limx→0

e−x2/2 − cosx

x3 sinx.

Sprendimas. Pasinaudoję (47), (49) ir (48) formulemis su (45) Peano lieka-muoju nariu, gausime

ez = 1 + z +z2

2!+ o(z2),

o kai z = −x2

2,

e−x2/2 = 1− x2

2+x4

8+ o(x4);

cosx = 1− x2

2!+x4

4!+ o(x5);

sinx = x+ o(x2).

Taigi

limx→0

e−x2/2 − cosx

x3 sinx= lim

x→0

1− x2

2+ x4

8+ o(x4)− 1 + x2

2!− x4

4!+ o(x5)

x4 + o(x5)

= limx→0

x4

12+ o(x4)

x4 + o(x5)= lim

x→0

112

+ o(1)

1 + o(x)=

1

12.

J

36

7 GRAIKIŠKOS RAIDES

7 Graikiškos raidesNr. Didžiosios raides Mažosios raides Tarimas1 α alfa2 β beta3 Γ γ gama4 ∆ δ delta5 ε, ε epsilion6 ζ dzeta7 η eta8 Θ θ, ϑ teta9 ι jota10 κ,κ kapa11 Λ λ lambda12 µ miu13 ν niu14 Ξ ξ ksy15 o o16 Π π,$ py17 ρ, % ro18 Σ σ, ς sigma19 τ tau20 Υ υ upsilion21 Φ ϕ, φ fy22 χ chy23 Ψ ψ psy24 Ω ω omega

37

1 FUNKCIJOSIŠVESTINE˙mif.vu.lt/~stepanauskas/AM1/isvestine.pdf · 2013-11-24 · 1.6...

Documents

Transcript of 1 FUNKCIJOSIŠVESTINE˙mif.vu.lt/~stepanauskas/AM1/isvestine.pdf · 2013-11-24 · 1.6...