Matematika/Išvestinės taikymas praktikoje

Uždavinių pavyzdžiai

skardos lapas

Iš kvadratinio skardos lapo, kurio kraštinės ilgis yra a, reikia pagaminti didžiausio tūrio stačiakampio gretasienio formos indą (be dangčio), kurio pagrindas būtų kvadratas.

Išpjaunamo kvadrato kraštinės ilgį žymėkime x. Kadangi indo pagrindas yra kvadratas, tai 0<x<a/2, ir indo tūrį išreiškiame formule

V(x)=(a-2x)^{2}x=(a^{2}-4ax+4x^{2})x=a^{2}x-4ax^{2}+4x^{3}.

Taigi reikia rasti didžiausia funkcijos V(x) reikšmę atkarpoje (0; a/2). Kadangi

V'(x)=(a^{2}x-4ax^{2}+4x^{3})'=a^{2}-8ax+12x^{2},

tai išsprendę lygtį $12x^{2}-8ax+a^{2}=0$ , rasime funkcijos V(x) stacionariuosius taškus. Pirma surasime diskriminantą:

D=(-8a)^{2}-4\cdot 12\cdot a^{2}=64a^{2}-48a^{2}=16a^{2}.

x_{1,2}={\frac {-(-8a)\pm {\sqrt {16a^{2}}}}{2\cdot 12}}={\frac {8a\pm 4a}{24}}={\frac {a}{2}};{\frac {a}{6}}.

Sprendinys a/2 netinka, nes netinka lygybės 0<x<a/2. Įstatę a/6 reikšmę į pirmą lygti gauname didžiausio tūrio atsakymą:

V(x)=(a-2x)^{2}x=(a-2{\frac {a}{6}})^{2}{\frac {a}{6}}=({\frac {3a-a}{3}})^{2}\cdot {\frac {a}{6}}={\frac {4a^{2}}{9}}\cdot {\frac {a}{6}}={\frac {2a^{3}}{27}},

tai funkcija V(x) įgyja didžiausią reikšmę atkarpoje (0; a/2), kai x=a/6. Taigi, kai x=a/6, indo tūris bus didžiausias:

V({\frac {a}{6}})={\frac {2a^{3}}{27}}.

Jeigu, pavyzdžiui, a=6, tai x=a/6=6/6=1, o tūris lygus:

V(a/6)=V(1)={\frac {2\cdot 6^{3}}{27}}={\frac {432}{27}}=16.

Reikia pagaminti cilindro formos skardinę 2 l talpos dėžute, uždarą iš viršaus ir apačios.

Kokie turi būti jos matmenys, kad būtų sunaudota mažiausiai skardos?

V=2000\;(cm^{3});

V=\pi r^{2}h=2000;

h={\frac {2000}{\pi r^{2}}};

S_{pav.}=2\pi rh+2\pi r^{2}={\frac {4000}{r}}+2\pi r^{2}.

Reikia rasti funkcijos $S_{pav.}=S(r)$ minimumą.

S_{r}'=({\frac {4000}{r}}+2\pi r^{2})'=-{\frac {4000}{r^{2}}}+4\pi r;

-{\frac {4000}{r^{2}}}+4\pi r=0;

r^{3}={\frac {1000}{\pi }};

r_{min}=({\frac {1000}{\pi }})^{\frac {1}{3}}={\frac {10}{\pi ^{\frac {1}{3}}}};

h_{min}={\frac {2000}{\pi r_{min}^{2}}}={\frac {20}{\pi ^{\frac {1}{3}}}}.

Reikia pastebėti, kad

h_{min}=2r_{min}.

Su tokiomis reikšmėmis (kai h=2r) iš visų vienodo tūrio ritinių, toks (h=2r) ritinis turi mažiausią paviršiaus plotą.

Laivo ekipažo išlaikymui kas valandą išleidžiama 480 eurų. Suvartojamo kuro kiekis yra proporcingas laivo greičio kubui. Plaukiant 10 mazgų greičiui, per valandą kuro sudeginama už 30 eurų. Kokiu pastoviu greičiu turi plaukti laivas, kad bendros išlaidos būtų minimalios?

Sakykime, b yra bendros išlaidos per valandą. Tada b=480+i; čia i yra sudeginto kuro kaina. Remiantis sąlyga, $i=kv^{3}$ čia k - proporcingumo koeficientas, v - greitis. Iš uždavinio sąlygos žinome, kad i=30, kai v=10, todėl $30=10^{3}k,$ t. y. $k=30/(10^{3})=0.03.$ Taigi $b=480+0.03v^{3}.$ Bendros išlaidos $B=t(480+0.03v^{3});$ čia t - laikas.

Iš fizikos žinome, kad, kai judėjimas yra tolygus, t=s/v; čia s - kelio ilgis. Taigi

B(v)={\frac {s}{v}}(480+0,03v^{3})=480{\frac {s}{v}}+0.03sv^{2},

o v>0.

Rasime funkcijos B(v) kritinius taškus. Kadangi

B'(v)=-{\frac {480s}{v^{2}}}+0.06sv,

tai išsprendę lygtį

-{\frac {480s}{v^{2}}}+0.06sv=0,

-{\frac {480s}{v^{2}}}=-0.06sv,

480s=0.06sv^{3},

{\frac {480s}{0.06s}}=v^{3},

8000=v^{3},

v=20.

Lengvai galime nustatyti, kad taške v=20 funkcija B(v) turi minimumą, o taškas v=0 nepriklauso funkcijos apibrėžimo sričiai. Taigi išlaidos bus tuo artimesnės minimalioms, kuo greitis bus artimesnis 20 mazgų.

Rasime didžiausio didžiausio ploto stačiakampį, kurio perimetras P.

Stačiakampių, kurių perimetras P, yra begalinė aibė. Iš tos stačiakampių aibės turime išrinkti stačiakampį, kurio plotas S būtų didžiausias. Sakykime, stačiakampio kraštinių ilgiai yra x ir y. Jo plotas $S=xy$ , o perimetras $P=2x+2y;$ $P-2x=2y;$ $y={\frac {P-2x}{2}}.$ Vadinasi $S(x)=x{\frac {P-2x}{2}}={\frac {xP}{2}}-x^{2}.$ Dabar ieškosime funkcijos S(x) didžiausios reikšmės, kai $0<x<{\frac {P}{2}}.$ Tuo tikslu randame

S'(x)=({\frac {xP}{2}}-x^{2})'={\frac {P}{2}}-2x;

{\frac {P}{2}}-2x=0;

{\frac {P}{2}}=2x;

x={\frac {P}{4}}.

Taigi funkcijos S(x) kritinis taškas yra

x={\frac {P}{4}}.

Toliau nagrinėsime aibę funkcijos S reikšmių taškuose $x_{1}=0,$ $x_{2}=P/4$ ir $x_{3}=P/2.$ S(0)=0, S(P/2)=0,

S({\frac {P}{4}})={\frac {{\frac {P}{4}}P}{2}}-({\frac {P}{4}})^{2}={\frac {P^{2}}{8}}-{\frac {P^{2}}{16}}={\frac {P^{2}}{16}}.

Taigi $S({\frac {P}{4}})={\frac {P^{2}}{16}}$ yra didžiausia funkcijos reikšmė atkarpoje [0; P]. Vadinasi plotas butų didžiausias kai $x={\frac {P}{4}}.$ Dabar rasime y:

y={\frac {P-2x}{2}}={\frac {P-2{\frac {P}{4}}}{2}}={\frac {P}{2}}-{\frac {P}{4}}={\frac {P}{4}}.

Taigi x=y, t. y. ieškomasis stačiakampis yra kvadratas, kurio kraštinės ilgis lygus ${\frac {P}{4}}.$

Rodiklinio didėjimo ir rodiklinio mažėjimo diferencialinė lygtis

Daugelio fizikos, technikos, biologijos ir socialinių mokslų uždavinių sprendimas pakeičiamas tokiu matematiniu uždaviniu: reikia rasti funkciją f, tenkinančią diferencialinę lygtį

f'(x)=kf(x)\quad (1)

(k - konstanta).

Žinant rodiklinės funkcijos išvestinės formulę, nesunku suvokti, jog (1) lygties sprendinys yra bet kuri funkcija

f(x)=Ce^{kx}\quad (2)

(C - konstanta). Kadangi C - laisvai parenkama konstanta, tai (1) diferencialin4 lygtis turi be galo daug sprendinių.

Įrodysime, kad (2) išraiškos funkcijos yra vieninteliai (1) lygties sprendiniai. Išnagrinėkime bet kurią funkciją f, tenkinančią (1) lygtį, ir sudarykime pagalbinę funkciją

F(x)=f(x)e^{-kx}.\quad (3)

Rasime funkcijos F išvestinę:

F'(x)=f'(x)\cdot e^{-kx}+f(x)\cdot (e^{-kx})'=f'(x)\cdot e^{-kx}-k\cdot f(x)e^{-kx}.

Įrašę vietoje

f'(x)\;

reiškinį

k\cdot f(x)

iš (1) lygties, gausime:

F'(x)=kf(x)e^{-kx}-kf(x)e^{-kx}=0.

Iš funkcijos F išvestinės lygumo nuliui išplaukia, jog

F(x)=C,\;

koks bebūtų x. Tada iš (3) formulės randame

f(x)e^{-kx}=C.

Todėl

f(x)=Ce^{kx}.

Tai ir reikėjo įrodyti.

Pastaba. Įrodydami teiginį, tarėme, kad funkcija f yra apibrėžta ir tenkina (1) lygtį visoje skaičių tiesėje. Sprendžiant uždavinius, pasitaiko funkcijų, tenkinančių (1) lygtį tik tam tikrame intervale. Aišku, tokiu atveju uždavinio bendrasis sprendinys (2) formule reiškiamas tik tame intervale, kuriame teisinga (1) lygtis.

(1) diferencialinės lygties prasmė - funkcijos kitimo greitis taške yra proporcingas pačios funkcijos reikšmei taške. Ši lygtis dažnai pasitaiko sprendžiant praktinius uždavinius.

Pavyzdžiai

1 pavyzdys. (Radioaktyvusis skilimas.) Sakykime, pradiniu laiko momentu radioaktyvios medžiagos masė lygi

m(0)=m_{0}.\quad (4)

Žinoma, kad medžiagos masės m(t) mažėjimo greitis laiko momentu t proporcingas jos kiekiui, t. y.

m'(t)=-k\cdot m(t)\quad (k>0).

Anksčiau įsitikinome, jog

m(t)=Ce^{-kx}.\;

Konstantą C randame iš (4) sąlygos. Kai

t=0,

m_{0}=m(0)=C\cdot e^{-k\cdot 0}=C,

t. y.

C=m_{0}.

Taigi

m(t)=m_{0}\cdot e^{-kt}.

Išnagrinėtasis pavyzdis yra tipiškas: norint iš visų diferencialinės lygties sprendinių išskirti vieną, reikia žinoi "pradines sąlygas". Šiuo atveju tai (4) lygybė.

Laiko tarpas T, per kurį radioaktyviosios medžiagos masė sumažėja perpus, vadinamas tos medžiagos "skilimo pusamžiu". Žinodami T, galima rasti k. Kadangi

m(T)={\frac {1}{2}}m_{0},

t. y.

m_{0}e^{-kT}={\frac {1}{2}}m_{0},

tai

e^{-kT}={\frac {1}{e^{kT}}}={\frac {1}{2}}.

Vadinasi,

e^{kT}=2,

\ln(e^{kT})=kT=\ln 2.

Iš čia

k={\frac {\ln 2}{T}}.

Pavyzdžiui, radžio skilimo pusamžis yra

T\approx 1550

metų. Todėl (matuojant laiką metais)

k={\frac {\ln 2}{1550}}\approx 0,000447.

Iš pradinės radžio masės

m_{0}

po milijono metų liks tik

m(10^{6})\approx m_{0}e^{-447}\approx 0,6\cdot 10^{-194}m_{0}.

Galima skaičiuoti ir kitaip. Reikia paskaičiuoti kiek yra radžio skilimo pusamžių viename milijone metų. Taigi, radžio skilimo pusamžių milijone metų yra 1000000/1550=645,1612903 (pusamžiai). Vadinasi apytiksliai 645 kartus radžio masė sumažės 2 kartus. Todėl po milijono metų iš pradinės radžio masės

m_{0}

liks:

m(10^{6})\approx {\frac {m_{0}}{2^{645,1612903}}}\approx 6,1249081229\cdot 10^{-195}m_{0}.

Skaičiuojant kompiuteriaus kalkuliatoriumi gaunamos tokios tikslios reikšmės:

k={\frac {\ln 2}{1550}}\approx 0,000447191;

m(t)=m_{0}\cdot e^{-kt}=m(10^{6})\approx m_{0}e^{-447,1917294}\approx m_{0}\cdot 2,71828183^{-447,1917294}\approx 6,1249064346118113447159707166963\cdot 10^{-195}\cdot m_{0};

k\cdot t=0,000447191\cdot 1000000=447,19172939351310284982717513431.

Šie skaičiavimai yra ekvivalentūs, nes:

m(t)=m_{0}\cdot e^{-kt}=m_{0}\cdot e^{-{\frac {\ln 2}{1550}}\cdot t}=m_{0}\cdot (e^{\ln 2})^{-{\frac {t}{1550}}}=m_{0}\cdot 2^{-{\frac {t}{1550}}}=m_{0}\cdot 2^{-{\frac {1000000}{1550}}}=

={\frac {m_{0}}{2^{645,16129032258064516129032258065}}}=m_{0}\cdot 6,1249080270475054502221772176686\cdot 10^{-195}.

Vadinasi, suradimui kiek liks medžiagos nuo pradinės masės galima taikyti trumpesnę formulę:

m(t)=m_{0}\cdot 2^{-{\frac {t}{T}}},

kur t yra laikas metais per kuri medžiaga gulėjo nuo to laiko, kada jos masė buvo

m_{0}

iki laiko kai jos masė pasidarė

m(t)

; T yra medžiagos skilimo pusamžis;

m_{0}

yra pradinė medžiagos masė;

m(t)

yra masė likusi nuo pradinės masės po laiko t.

Pavyzdys. Per laiką $t=1$ metai tam tikros radiaktyvios medžiagos suskyla 20% nuo pradinės masės $m_{0}=1$ (kg). Vadinasi per metus vietoje 1 kilogramo radiaktyvios medžiagos liks 0,8 kilogramo radiaktyvios medžiagos. Reikia rasti medžiagos skilimo pusamžį T. Pasinaudosime sutrumpinta formule:

m(t)=m_{0}\cdot 2^{-{\frac {t}{T}}},

m(t)=m_{0}\cdot {\frac {1}{2^{\frac {t}{T}}}},

m(t)\cdot 2^{\frac {t}{T}}=m_{0},

2^{\frac {t}{T}}={\frac {m_{0}}{m(t)}},

\log _{2}(2^{\frac {t}{T}})=\log _{2}{\frac {m_{0}}{m(t)}},

{\frac {t}{T}}\cdot \log _{2}2=\log _{2}{\frac {m_{0}}{m(t)}},

{\frac {t}{T}}=\log _{2}{\frac {m_{0}}{m(t)}},

T={\frac {t}{\log _{2}{\frac {m_{0}}{m(t)}}}}={\frac {1}{\log _{2}{\frac {1}{0,8}}}}={\frac {1}{\log _{2}{\frac {10}{8}}}}={\frac {1}{\log _{2}(1,25)}}={\frac {1}{0,321928094}}=3,106283728,

na tai tik standarto klausimas, kad niekas nenaudoja matematikoje logoritmo pagrindu 2;

tuomet pasinaudosime natūriniu logoritmu

m(t)=m_{0}\cdot 2^{-{\frac {t}{T}}},

m(t)=m_{0}\cdot {\frac {1}{2^{\frac {t}{T}}}},

m(t)\cdot 2^{\frac {t}{T}}=m_{0},

2^{\frac {t}{T}}={\frac {m_{0}}{m(t)}},

\ln(2^{\frac {t}{T}})=\ln {\frac {m_{0}}{m(t)}},

{\frac {t}{T}}\cdot \ln 2=\ln {\frac {m_{0}}{m(t)}},

t\cdot \ln 2=T\ln {\frac {m_{0}}{m(t)}},

T={\frac {t\ln 2}{\ln {\frac {m_{0}}{m(t)}}}}={\frac {1\cdot \ln 2}{\ln {\frac {1}{0,8}}}}={\frac {\ln 2}{\ln {\frac {10}{8}}}}={\frac {\ln 2}{\ln(1,25)}}={\frac {0,69314718}{0,223143551}}=3,10628372,

Vadinasi, radiaktyvios medžiagos skilimo pusamžis T yra apie 3 metai.

Patikriname, kad

m(t)=m(1)=1\cdot 2^{-{\frac {1}{3,10628372}}}=2^{-0,321928094}={\frac {1}{2^{0,321928094}}}={\frac {1}{1,25}}=0,8.

Na tikrai patikrinkime, žinodami, kad formulėje

m(t)=m_{0}\cdot 2^{-{\frac {t}{T}}},

turime

m(t)={\frac {8}{10}}={\frac {4}{5}}\;(kg),\;\;m_{0}=1\;(kg),\;\;t=1\;(metas),\;\;T=3,10628372\;(meto).

Tuomet

m(t)=m_{0}\cdot 2^{-{\frac {t}{T}}}=1\cdot 2^{-{\frac {1}{3,10628372}}}=2^{-0,321928094}=0,8.

Pavyzdys. Per laiką $t=1000000$ metų radžio lieka $6,124908027\cdot 10^{-195}\;(kg)$ nuo pradinės masės $m_{0}=1$ (kg). Reikia rasti medžiagos skilimo pusamžį T. Pasinaudosime sutrumpinta formule: