1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: sztuka przybliżeń

W rozdziale o teorii względności Feynman pokazuje, że masa ciała zależy od prędkości: $m = m_0\left(1 - v^2/c^2\right)^{-1/2}$ . Wzór jest dokładny, ale niewiele z niego widać. Feynman rozwija go więc w szereg dla małych prędkości:FLP I-15-8 (wzór 15.11)

m_0\left(1 - \frac{v^2}{c^2}\right)^{-1/2} = m_0\left(1 + \frac12\frac{v^2}{c^2} + \frac38\frac{v^4}{c^4} + \dots\right) \approx m_0 + \frac{\tfrac12m_0v^2}{c^2} .

Drugi wyraz to energia kinetyczna podzielona przez $c^2$ . Z jednego rozwinięcia wychodzi stara mechanika jako przybliżenie nowej i pierwsza wskazówka, że $E = mc^2$ . Feynman dodaje, że szereg szybko się zbiega, gdy $v$ jest małe, a wyrazy po pierwszych dwóch lub trzech są do pominięcia.

W fizyce tak jest prawie zawsze. Dokładny wzór jest skomplikowany albo nieznany, ale w okolicy interesującego nas punktu funkcja zachowuje się prosto: jak stała, jak prosta, jak parabola. Ta lekcja pokazuje, jak z pochodnych zrobić narzędzie do przybliżeń: prosta (różniczka), parabola i dalsze wyrazy (wzór Taylora), płaski szczyt (ekstremum), nachylenie w wielu wymiarach (gradient) i szacowanie niepewności (różniczka zupełna).

1 Różniczka i przybliżenie liniowe

1.1 Przyrost i różniczka

Gdy argument zmienia się o $\mathrm{d}x$ , funkcja zmienia się o przyrost $\Delta f = f(x + \mathrm{d}x) - f(x)$ . Leitner rozkłada ten przyrost na dwie części:Leitner §55 · GS 4.4.1

\Delta f = \underbrace{f'(x)\,\mathrm{d}x}_{\text{różniczka }\mathrm{d}f} + \underbrace{r}_{\text{reszta}}, \qquad \frac{r}{\mathrm{d}x} \to 0\ \text{ przy } \mathrm{d}x \to 0 .

Różniczka $\mathrm{d}f = f'(x)\,\mathrm{d}x$ to zmiana wzdłuż stycznej, czyli główna, liniowa część przyrostu. Reszta maleje szybciej niż $\mathrm{d}x$ , dla funkcji gładkich jak $(\mathrm{d}x)^2$ . Dla $f = x^2$ w punkcie $x = 3$ i $\mathrm{d}x = 0{,}1$ : $\Delta f = 0{,}61$ , $\mathrm{d}f = 0{,}6$ , reszta $0{,}01$ . Przy $\mathrm{d}x = 0{,}01$ reszta spada do $0{,}0001$ : sto razy, a nie dziesięć.

Leitner zwraca uwagę na nazwę. Dla argumentu przyrost i różniczka to to samo, $\Delta x = \mathrm{d}x$ . Dla funkcji to dwie różne rzeczy. Z równości $\mathrm{d}f = f'\,\mathrm{d}x$ wynika, że pochodna to dosłownie iloraz dwóch różniczek, $f' = \mathrm{d}f/\mathrm{d}x$ . Stąd jej dawna nazwa: iloraz różniczkowy.Leitner §55

Przybliżenie liniowe

f(x_0 + \mathrm{d}x) \approx f(x_0) + f'(x_0)\,\mathrm{d}x .

Dla funkcji dwukrotnie różniczkowalnej błąd jest rzędu $(\mathrm{d}x)^2$ : dwa razy mniejszy krok daje mniej więcej cztery razy mniejszy błąd.Leitner (55.9) · GS 4.4.2

1.2 Zmiany względne

Dla potęgi $f = x^n$ różniczka daje $\mathrm{d}f = nx^{n-1}\mathrm{d}x$ , czyli

\frac{\mathrm{d}f}{f} = n\,\frac{\mathrm{d}x}{x} .

Względna zmiana potęgi to wykładnik razy względna zmiana podstawy. Jeśli niepewność względna średnicy kuli wynosi 1%, to niepewność względna jej objętości ( $\propto d^3$ ) wynosi ok. 3%. To ta sama reguła, którą w lekcji 1.3 Pochodne wyprowadziliśmy z logarytmu (wzór Feynmana dla iloczynu potęg). Równoważnie: $(1 + x)^n \approx 1 + nx$ dla $|x| \ll 1$ .Leitner przykł. 55.3

Przykład 1.1 Pierwiastek i sinus bez kalkulatora

Oszacuj różniczką $\sqrt{1{,}1}$ oraz $\sin31^\circ$ . Porównaj z wartościami dokładnymi.

$f = \sqrt x$ , $x_0 = 1$ , $\mathrm{d}x = 0{,}1$ : $\sqrt{1{,}1} \approx 1 + \tfrac12\cdot0{,}1 = 1{,}05$ (por. Leitner, przykład 55.2, gdzie tą samą metodą liczony jest $\sqrt[3]{1{,}1} \approx 1{,}033$ ).
$f = \sin x$ , $x_0 = 30^\circ$ , $\mathrm{d}x = 1^\circ = \tfrac{\pi}{180} \approx 0{,}01745$ rad. Kąt musi być w radianach, bo tylko wtedy $(\sin)' = \cos$ .
$\sin31^\circ \approx \sin30^\circ + \cos30^\circ\cdot0{,}01745 = 0{,}5 + 0{,}8660\cdot0{,}01745 \approx 0{,}51511$ .

Wynik: $\sqrt{1{,}1} \approx 1{,}05$ (dokładnie $1{,}04881$ ); $\sin31^\circ \approx 0{,}51511$ (dokładnie $0{,}51504$ ).

Sprawdzenie: oba przybliżenia są za duże. Dla pierwiastka styczna leży nad wykresem, bo $f'' < 0$ . Dla sinusa przy $30^\circ$ też $f'' = -\sin x < 0$ ✓. Błąd $\sqrt{1{,}1}$ wynosi $0{,}0012$ przy $\mathrm{d}x = 0{,}1$ , a przy $\mathrm{d}x = 0{,}01$ spadłby do ok. $0{,}0000125$ .

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 35 min

Oszacuj różniczką $\sqrt{15{,}96}$ .

Odpowiedź
$x_0 = 16$ , $\mathrm{d}x = -0{,}04$ : $4 - \dfrac{0{,}04}{8} = 3{,}995$ . Dokładnie $3{,}994997$ (różnica $3\cdot10^{-6}$ ).
Oszacuj $\arctan1{,}05$ .

Odpowiedź
$(\arctan)'(1) = \tfrac12$ : $\tfrac\pi4 + \tfrac12\cdot0{,}05 \approx 0{,}8104$ . Dokładnie $0{,}8098$ .
Sześcienna kostka lodu ma objętość $8\ \mathrm{cm^3}$ . Stopiło się $0{,}3\ \mathrm{cm^3}$ lodu. O ile w przybliżeniu zmniejszyła się krawędź? (GS ćw. 4.4.4)

Odpowiedź
$a = 2$ cm, $\mathrm{d}V = 3a^2\,\mathrm{d}a$ , więc $\mathrm{d}a = \dfrac{-0{,}3}{12} = -0{,}025$ cm.
Stalowa szyna ma długość 25 m przy $0^\circ$ C. Współczynnik rozszerzalności liniowej stali to $\alpha = 12\cdot10^{-6}\ \mathrm{K^{-1}}$ . O ile wydłuży się szyna przy $40^\circ$ C? O ile procent wzrośnie objętość stalowego sześcianu przy tej samej zmianie temperatury?

Odpowiedź
$\Delta l = \alpha l\,\Delta T = 12\cdot10^{-6}\cdot25\cdot40 = 0{,}012$ m, czyli 12 mm. Objętość $\propto a^3$ , więc $\dfrac{\Delta V}{V} \approx 3\alpha\,\Delta T = 0{,}144\%$ .
Dla $f = \sqrt x$ w punkcie $x_0 = 9$ wykaż, że reszta przybliżenia liniowego wynosi w przybliżeniu $-\dfrac{(\mathrm{d}x)^2}{216}$ . Oblicz ją dla $\mathrm{d}x = 0{,}09$ i porównaj z prawdziwym błędem $\sqrt{9{,}09} - 3{,}015$ .

Wskazówka
Reszta to w przybliżeniu $\tfrac12f''(x_0)(\mathrm{d}x)^2$ (część 2).

Odpowiedź
$f'' = -\tfrac14x^{-3/2}$ , $f''(9) = -\tfrac{1}{108}$ , więc $r \approx -\tfrac{1}{216}(\mathrm{d}x)^2 = -3{,}75\cdot10^{-5}$ . Prawdziwy błąd: $3{,}0149627 - 3{,}015 = -3{,}73\cdot10^{-5}$ ✓.

Więcej zadań: GS ćw. 4.4.3 c–f, 4.4.4 · Leitner §55.

2 Wzór Taylora

2.1 Od prostej do paraboli i dalej

Styczna dobrze przybliża funkcję blisko punktu, ale nie widzi, w którą stronę wykres się wygina. Dokładamy wyraz z drugą pochodną, potem z trzecią. Kolejne współczynniki dobieramy tak, żeby wielomian miał w $x_0$ te same pochodne co funkcja:

Wzór Taylora (z resztą Lagrange'a)

f(x_0 + h) = f(x_0) + f'(x_0)\,h + \frac{f''(x_0)}{2!}h^2 + \dots + \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}h^{n-1} + R_n,

R_n = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}h^n \quad\text{dla pewnego } c \text{ między } x_0 \text{ a } x_0 + h .

Dla $x_0 = 0$ wzór nazywamy wzorem Maclaurina. Reszta mówi, jak duży jest błąd: jest rzędu $h^n$ , czyli szybko maleje ze zmniejszaniem kroku. Czy dokładanie wyrazów zawsze pomaga, zależy od promienia zbieżności (lekcja 1.6 Szeregi liczbowe i potęgowe).Leitner tw. 63.1–63.2 · GS 5.3.2

Rozwinięcia, które warto znać na pamięć, dla $|x| \ll 1$ (kąty w radianach):Leitner §65

e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \dots, \qquad \ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots

\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \dots, \qquad \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \dots, \qquad (1 + x)^a = 1 + ax + \frac{a(a - 1)}{2}x^2 + \dots

Każde z nich wynika wprost ze wzoru: dla $e^x$ wszystkie pochodne w zerze są równe 1, dla sinusa na zmianę $0,\ 1,\ 0,\ -1$ .

2.2 Pierwszy wyraz, który się nie zeruje

W fizyce zwykle wystarcza pierwszy wyraz, który nie jest zerem. Najważniejszy przypadek to dno studni potencjału. W minimum $x_0$ energii potencjalnej $U'(x_0) = 0$ , więc rozwinięcie zaczyna się od wyrazu kwadratowego:

U(x) \approx U(x_0) + \tfrac12U''(x_0)\,(x - x_0)^2 .

To energia sprężyny o stałej $k = U''(x_0)$ . Dlatego małe drgania wokół równowagi trwałej są harmoniczne, o ile $U''(x_0) > 0$ (dla $U \propto x^4$ już nie), niezależnie od tego, czy chodzi o wahadło, atom w krysztale czy most. Wzór $\omega^2 = k/m$ na częstość kołową, a więc i okres $T = 2\pi/\omega$ , działa wszędzie, gdzie amplituda jest dostatecznie mała. Te drgania rozwiążemy w lekcji 4.1 Równania różniczkowe zwyczajne.

Przykład 2.1 Jak daleko widać z wieży

Obserwator stoi na wieży o wysokości $h = 100$ m nad morzem. Jak daleko jest horyzont? Promień Ziemi $R = 6371$ km.

Linia wzroku jest styczna do kuli, więc z twierdzenia Pitagorasa $d^2 + R^2 = (R + h)^2$ , czyli $d = \sqrt{2Rh + h^2} = \sqrt{2Rh}\left(1 + \dfrac{h}{2R}\right)^{1/2}$ .
$\dfrac{h}{2R} \approx 7{,}8\cdot10^{-6}$ , a $(1 + x)^{1/2} \approx 1 + \tfrac12x$ , więc poprawka to ok. $4\cdot10^{-6}$ względnie. Można ją pominąć: $d \approx \sqrt{2Rh}$ .
$d \approx \sqrt{2\cdot6{,}371\cdot10^6\cdot100} \approx 35{,}7$ km.

Wynik: $d \approx \sqrt{2Rh} \approx 35{,}7$ km; zasięg rośnie jak pierwiastek z wysokości.

Sprawdzenie: wzór dokładny daje $35{,}696$ km, przybliżony $35{,}696$ km: różnica ok. 14 cm ✓. Cztery razy wyższa wieża daje tylko dwa razy dalszy horyzont. Pomijamy załamanie światła w atmosferze, które w praktyce wydłuża zasięg o kilka procent.

Przykład 2.2 Wahadło jako sprężyna

Energia potencjalna wahadła o długości $l$ wychylonego o kąt $\theta$ to $U(\theta) = mgl(1 - \cos\theta)$ . Rozwiń ją wokół $\theta = 0$ i odczytaj „stałą sprężystości”. Jaki okres drgań wynika z wzoru $\omega^2 = k/I$ , gdzie $I = ml^2$ ?

$1 - \cos\theta = \dfrac{\theta^2}{2} - \dfrac{\theta^4}{24} + \dots$ , więc $U \approx \tfrac12mgl\,\theta^2$ .
To energia sprężyny $\tfrac12k\theta^2$ z $k = mgl$ (w zmiennej kątowej).
$\omega^2 = \dfrac{mgl}{ml^2} = \dfrac gl$ , więc $T = 2\pi\sqrt{l/g}$ .

Wynik: $U \approx \tfrac12mgl\,\theta^2$ ; $T = 2\pi\sqrt{l/g}$ dla małych wychyleń.

Sprawdzenie: następny wyraz, $-\theta^4/24$ , jest względnie mały, gdy $\theta^2/12 \ll 1$ . Przy $\theta = 0{,}3$ rad (ok. $17^\circ$ ) poprawka do energii to ok. 0,75%. Dokładny okres rośnie z amplitudą, bo potencjał jest „płytszy” od paraboli ✓

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 40 min

Oblicz $\cos0{,}2$ z rozwinięcia do wyrazu $x^4$ . Ile cyfr jest poprawnych? (GS ćw. 5.3.5)

Odpowiedź
$1 - 0{,}02 + \dfrac{0{,}0016}{24} = 0{,}9800667$ . Dokładnie $0{,}98006658$ ; błąd ok. $9\cdot10^{-8}$ , więc sześć cyfr po przecinku jest poprawnych.
Oblicz $\sqrt{1{,}1}$ z rozwinięcia $(1 + x)^{1/2}$ do wyrazu $x^2$ . O ile lepiej niż w przykładzie 1.1?

Odpowiedź
$1 + \dfrac{0{,}1}{2} - \dfrac{0{,}01}{8} = 1{,}04875$ . Błąd $6\cdot10^{-5}$ zamiast $1{,}2\cdot10^{-3}$ , czyli ok. 20 razy mniejszy.
Ile wyrazów rozwinięcia $\ln(1 + x)$ potrzeba, żeby obliczyć $\ln1{,}2$ z błędem mniejszym niż $10^{-3}$ ?

Odpowiedź
Dwa wyrazy: $0{,}2 - 0{,}02 = 0{,}18$ , błąd $2{,}3\cdot10^{-3}$ . Trzy: $0{,}18 + \dfrac{0{,}008}{3} = 0{,}18267$ , błąd $3{,}5\cdot10^{-4}$ . Wystarczą trzy. W szeregu naprzemiennym o malejących wyrazach błąd jest mniejszy od pierwszego pominiętego wyrazu: $\dfrac{0{,}2^4}{4} = 4\cdot10^{-4}$ .
Energia kinetyczna w teorii względności to $E_k = (\gamma - 1)mc^2$ , $\gamma = (1 - \beta^2)^{-1/2}$ , $\beta = v/c$ . Rozwiń $E_k$ do wyrazu z $\beta^4$ , korzystając z rozwinięcia Feynmana z prologu. Przy jakiej prędkości wzór klasyczny $\tfrac12mv^2$ zaniża energię kinetyczną o 1%?

Odpowiedź
$E_k = mc^2\left(\tfrac12\beta^2 + \tfrac38\beta^4\right) = \tfrac12mv^2\left(1 + \tfrac34\beta^2\right)$ . $\tfrac34\beta^2 = 0{,}01$ , $\beta \approx 0{,}115$ , $v \approx 3{,}5\cdot10^4$ km/s. Dokładny rachunek daje przy tej prędkości 1,01%.
Oddziaływanie atomów w cząsteczce opisuje potencjał Morse'a $U(x) = U_0\left(e^{-2a(x - x_0)} - 2e^{-a(x - x_0)}\right)$ . Wykaż, że $x_0$ to położenie równowagi, i wyznacz stałą „sprężyny” $k = U''(x_0)$ dla małych drgań.

Odpowiedź
$U' = U_0\left(-2ae^{-2a(x - x_0)} + 2ae^{-a(x - x_0)}\right) = 0$ dla $x = x_0$ . $U'' = U_0\left(4a^2e^{-2a(x - x_0)} - 2a^2e^{-a(x - x_0)}\right)$ , w $x_0$ : $k = 2a^2U_0$ . Minimum, bo $k > 0$ .

Więcej zadań: GS ćw. 5.3.3–5.3.5 · Leitner §61–65.

3 Wartość średnia i ekstrema

3.1 Twierdzenie Lagrange'a

Jeśli funkcja jest ciągła na $[a,\ b]$ i różniczkowalna wewnątrz, to gdzieś w środku nachylenie stycznej jest równe nachyleniu cięciwy:Leitner tw. 57.2 · GS 5.1.4

f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \quad\text{dla pewnego } c \in (a,\ b) .

Fizycznie: jeśli samochód przejechał 120 km w półtorej godziny, to w którejś chwili prędkościomierz pokazywał dokładnie 80 km/h. Szczególny przypadek $f(a) = f(b)$ , z poziomą styczną gdzieś w środku, to twierdzenie Rolle'a.Leitner tw. 57.1 · GS 5.1.1

Z twierdzenia Lagrange'a wynikają rzeczy, które dotąd przyjmowaliśmy na wiarę: funkcja o dodatniej pochodnej na przedziale jest rosnąca, o ujemnej malejąca, a o zerowej stała. Dlatego dwie funkcje pierwotne na przedziale różnią się tylko o stałą.Leitner §58

3.2 Warunek konieczny: płaski szczyt

Jeśli funkcja różniczkowalna ma w punkcie wewnętrznym $x_0$ maksimum albo minimum lokalne, to $f'(x_0) = 0$ (twierdzenie Fermata). Na szczycie góry przez chwilę idzie się poziomo. Twierdzenie odwrotne jest fałszywe: $x^3$ ma w zerze poziomą styczną, a ekstremum nie ma.Leitner tw. 56.2 · GS 6.1.7

Feynman podaje głębsze sformułowanie tej samej myśli. Promień światła wybiera drogę, dla której mała zmiana drogi nie zmienia czasu przejścia w pierwszym rzędzie, a jedynie w drugim. To właśnie znaczy $f'(x_0) = 0$ : w rozwinięciu Taylora brakuje wyrazu liniowego.FLP I-26-5

Warunki wystarczające ekstremum

(I) Jeśli $f$ jest ciągła w $x_0$ , a $f'$ zmienia znak w $x_0$ z $+$ na $-$ , to w $x_0$ jest maksimum; z $-$ na $+$ minimum.

(II) Jeśli $f'(x_0) = 0$ i $f''(x_0) < 0$ , to maksimum; jeśli $f''(x_0) > 0$ , to minimum. Gdy $f''(x_0) = 0$ , test nie rozstrzyga.Leitner tw. 58.7, 62.1 · GS 6.1.10, 6.1.13

Uzasadnienie (II) to znowu wzór Taylora: przy $f'(x_0) = 0$ mamy $f(x) - f(x_0) \approx \tfrac12f''(x_0)(x - x_0)^2$ , a znak tego wyrazu jest taki sam po obu stronach $x_0$ .

3.3 Największa wartość na przedziale

Maksimum lokalne to nie to samo co wartość największa. Funkcja ciągła na przedziale domkniętym osiąga wartość największą i najmniejszą, ale mogą one leżeć na końcach, gdzie pochodna wcale nie musi się zerować. Przepis jest więc taki: (1) zapisz optymalizowaną wielkość jako funkcję jednej zmiennej, (2) znajdź punkty z $f' = 0$ oraz punkty, w których $f'$ nie istnieje, (3) porównaj wartości w tych punktach i na końcach przedziału.Leitner §56

Przykład 3.1 Ratownik, czyli prawo Snella

Ratownik stoi 30 m od brzegu. Tonący jest 20 m od brzegu w wodzie, 50 m dalej wzdłuż linii brzegu. Ratownik biegnie z prędkością $v_1 = 5$ m/s, a płynie z $v_2 = 1{,}25$ m/s. W którym miejscu powinien wejść do wody? (Ten sam problem Feynman stawia przy zasadzie Fermata.)

Niech $x$ to odległość punktu wejścia od miejsca naprzeciw ratownika: $T(x) = \dfrac{\sqrt{x^2 + 30^2}}{v_1} + \dfrac{\sqrt{(50 - x)^2 + 20^2}}{v_2}$ .
$T'(x) = \dfrac{x}{v_1\sqrt{x^2 + 900}} - \dfrac{50 - x}{v_2\sqrt{(50 - x)^2 + 400}} = 0$ . Ułamki to $\sin\theta_1$ i $\sin\theta_2$ (kąty od normalnej do brzegu), więc $\dfrac{\sin\theta_1}{v_1} = \dfrac{\sin\theta_2}{v_2}$ .
Numerycznie: $x \approx 45{,}7$ m, $T \approx 27{,}3$ s. Dla porównania: po linii prostej do tonącego (wejście do wody przy $x = 30$ m) 31,1 s, wejście dokładnie naprzeciw tonącego ( $x = 50$ m) 27,7 s.

Wynik: wejść do wody ok. 45,7 m wzdłuż brzegu; czas 27,3 s.

Sprawdzenie: $\sin\theta_1/v_1 = \sin\theta_2/v_2 \approx 0{,}167$ s/m ✓. $T''(x) > 0$ , bo suma odległości jest funkcją wypukłą, więc to minimum ✓. Światło robi to samo na granicy powietrza i wody (FLP I-26-3).

Przykład 3.2 Najmocniejsza belka z okrągłego pnia

Wytrzymałość na zginanie belki o przekroju prostokątnym jest proporcjonalna do $bh^2$ ( $b$ to szerokość, $h$ wysokość). Jakie wymiary powinna mieć najmocniejsza belka wycięta z pnia o średnicy $d$ ?

Przekątna prostokąta to średnica pnia: $b^2 + h^2 = d^2$ , więc $W(b) = b\,(d^2 - b^2)$ dla $0 < b < d$ .
$W'(b) = d^2 - 3b^2 = 0$ , więc $b = d/\sqrt3$ , a $h = d\sqrt{2/3}$ .
$W''(b) = -6b < 0$ : maksimum. Na końcach przedziału $W = 0$ , więc to wartość największa.

Wynik: $b = d/\sqrt3 \approx 0{,}577d$ , $h \approx 0{,}816d$ , czyli $h : b = \sqrt2 : 1$ .

Sprawdzenie: belka jest wyższa niż szersza, zgodnie z intuicją budowlańców: wysokość wchodzi do wzoru w kwadracie ✓. Proporcję $\sqrt2 : 1$ ma też arkusz papieru A4.

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 40 min

Znajdź ekstrema funkcji $f(x) = x\,e^{-x}$ . Jaka jest jej wartość największa i najmniejsza na przedziale $[0;\ 3]$ ?

Odpowiedź
$f' = (1 - x)e^{-x} = 0$ dla $x = 1$ ; $f'$ zmienia znak z $+$ na $-$ , więc maksimum $f(1) = 1/e \approx 0{,}368$ . Na $[0;\ 3]$ : największa $1/e$ , najmniejsza $f(0) = 0$ , na końcu przedziału.
Pociąg przejechał 150 km w 2 godziny. Wyjaśnij twierdzeniem Lagrange'a, dlaczego w pewnej chwili jechał dokładnie 75 km/h. Jakie założenie o ruchu jest tu potrzebne?

Odpowiedź
$x(t)$ jest ciągła i różniczkowalna, więc istnieje $c$ , dla którego $v(c) = \dfrac{x(2) - x(0)}{2} = 75$ km/h. Potrzebna jest różniczkowalność położenia, czyli istnienie prędkości w każdej chwili. Dla prawdziwego pociągu jest to spełnione.
Z kwadratowego arkusza blachy 30 × 30 cm wycinamy w rogach kwadraty o boku $x$ i zaginamy boki, tworząc otwarte pudełko. Dla jakiego $x$ objętość jest największa?

Odpowiedź
$V = x(30 - 2x)^2$ , $V' = (30 - 2x)(30 - 6x) = 0$ : $x = 5$ cm (drugi pierwiastek $x = 15$ daje $V = 0$ ). $V_\text{max} = 5\cdot20^2 = 2000\ \mathrm{cm^3}$ .
Dla $f(x) = x^4$ i $g(x) = x^3$ w zerze $f' = f'' = 0$ oraz $g' = g'' = 0$ , więc test (II) nie rozstrzyga. Co jest w zerze w każdym przypadku? Jak to rozstrzyga pierwsza niezerowa pochodna?

Odpowiedź
$x^4$ ma minimum (pierwsza niezerowa pochodna $f^{(4)}(0) = 24 > 0$ , rzędu parzystego). $x^3$ nie ma ekstremum, tylko punkt przegięcia (pierwsza niezerowa $g'''(0) = 6$ , rzędu nieparzystego). Ogólnie: ekstremum jest wtedy, gdy rząd pierwszej niezerowej pochodnej jest parzysty (Leitner tw. 64.1).
Światło biegnie z punktu $A = (0,\ a)$ do lustra leżącego na osi $x$ i odbija się do punktu $B = (d,\ b)$ , gdzie $a, b > 0$ . Wykaż, minimalizując długość drogi, że punkt odbicia leży w $x = \dfrac{ad}{a + b}$ i że kąt padania jest równy kątowi odbicia.

Odpowiedź
$L(x) = \sqrt{x^2 + a^2} + \sqrt{(d - x)^2 + b^2}$ , $L' = \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + a^2}} - \dfrac{d - x}{\sqrt{(d - x)^2 + b^2}} = 0$ , czyli $\sin\theta_1 = \sin\theta_2$ , więc kąty są równe. Wtedy $\dfrac xa = \dfrac{d - x}{b}$ , czyli $x = \dfrac{ad}{a + b}$ . Feynman dochodzi do tego samego geometrycznie, przez odbicie punktu $B$ w lustrze (FLP I-26-3).

Więcej zadań: Leitner §56–58, §62 · GS rozdz. 6.

4 Pochodne cząstkowe i gradient

4.1 Różniczkujemy po jednej zmiennej naraz

Temperatura w pokoju, ciśnienie w atmosferze, energia potencjalna w polu grawitacyjnym zależą od kilku zmiennych. Pochodna cząstkowa $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ to zwykła pochodna po $x$ , gdy pozostałe zmienne traktujemy jak stałe. Dla $f = x^2y + e^{xy}$ : $\dfrac{\partial f}{\partial x} = 2xy + y\,e^{xy}$ .Leitner §67

Feynman wyjaśnia, dlaczego zamiast $\mathrm{d}$ piszemy $\partial$ . Ma to być ostrzeżenie, że pozostałe zmienne trzymamy stałe. Dodaje półżartem, że $\partial$ powinno być w użyciu od początku rachunku, bo $\mathrm{d}$ zawsze chcemy skracać, a $\partial$ nigdy.FLP I-14-5

Pochodne mieszane nie zależą od kolejności, o ile są ciągłe: $\dfrac{\partial^2f}{\partial x\,\partial y} = \dfrac{\partial^2f}{\partial y\,\partial x}$ (twierdzenie Schwarza).Leitner tw. 67.1

4.2 Gradient

Pochodne cząstkowe układamy w wektor, gradient:

\nabla f = \left[\frac{\partial f}{\partial x},\ \frac{\partial f}{\partial y},\ \frac{\partial f}{\partial z}\right] .

Własności gradientu

Zmiana $f$ przy przesunięciu o mały wektor $\mathrm{d}\vec r$ to $\mathrm{d}f = \nabla f\cdot\mathrm{d}\vec r$ . Stąd:

pochodna kierunkowa w kierunku wersora $\hat u$ to $\nabla f\cdot\hat u$ ;
gradient wskazuje kierunek najszybszego wzrostu $f$ , a jego długość to tempo tego wzrostu;
gradient jest prostopadły do poziomic, bo wzdłuż poziomicy $\mathrm{d}f = 0$ .Leitner §72, §77, tw. 72.2

Wszystkie trzy wynikają z iloczynu skalarnego (1.1 Wektory): $\nabla f\cdot\hat u = |\nabla f|\cos\varphi$ jest największe dla $\varphi = 0$ i zerowe dla $\varphi = 90^\circ$ .

4.3 Siła z energii potencjalnej

W polu sił zachowawczych siła to minus gradient energii potencjalnej. Feynman wyprowadza to składowa po składowej: $F_x = -\partial U/\partial x$ i tak dalej. Potem wspomina „wspaniały nowy symbol” $\nabla$ , wymyślony przez matematyków. Używa go, bo nie chce za każdym razem pisać trzech równań:FLP I-14-5

\vec F = -\nabla U .

Siła pcha więc ciało w stronę najszybszego spadku energii i zawsze prostopadle do powierzchni stałej energii. Dla $U = mgz$ wychodzi $\vec F = [0,\ 0,\ -mg]$ , a dla sprężyny $U = \tfrac12k(x^2 + y^2)$ wychodzi $\vec F = -k\,[x,\ y]$ .

Przykład 4.1 Gdzie najszybciej się ogrzać

Temperatura płyty to $T(x,\ y) = 100 - x^2 - 2y^2$ (°C, metry). W którą stronę i jak szybko rośnie temperatura w punkcie $(3,\ 1)$ ? Ile wynosi pochodna kierunkowa w kierunku $[1,\ 1]$ ?

$\nabla T = [-2x,\ -4y]$ , w punkcie $(3,\ 1)$ : $\nabla T = [-6,\ -4]$ °C/m.
Najszybszy wzrost w kierunku $[-6,\ -4]$ , mniej więcej w stronę najcieplejszego punktu $(0,\ 0)$ , ale nie dokładnie, bo poziomice są elipsami, w tempie $|\nabla T| = \sqrt{52} \approx 7{,}2$ °C/m.
Wersor $\hat u = \tfrac{1}{\sqrt2}[1,\ 1]$ : $\nabla T\cdot\hat u = \dfrac{-6 - 4}{\sqrt2} \approx -7{,}07$ °C/m. W tym kierunku temperatura spada.

Wynik: najszybszy wzrost w kierunku $[-3,\ -2]$ , $7{,}2$ °C/m; w kierunku $[1,\ 1]$ spadek $7{,}07$ °C/m.

Sprawdzenie: $|\nabla T\cdot\hat u| \le |\nabla T|$ : $7{,}07 < 7{,}21$ ✓. Kierunek $[1,\ 1]$ jest prawie przeciwny do gradientu, więc spadek jest bliski maksymalnemu.

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 40 min

Oblicz wszystkie pochodne cząstkowe pierwszego i drugiego rzędu funkcji $f = x^3y^2 - 4xy + y$ . Sprawdź, że pochodne mieszane są równe.

Odpowiedź
$f_x = 3x^2y^2 - 4y$ , $f_y = 2x^3y - 4x + 1$ , $f_{xx} = 6xy^2$ , $f_{yy} = 2x^3$ , $f_{xy} = f_{yx} = 6x^2y - 4$ .
Wyznacz gradient $f = x^2 + y^2$ w punkcie $(1,\ 2)$ . Narysuj poziomicę przez ten punkt i sprawdź, że gradient jest do niej prostopadły.

Odpowiedź
$\nabla f = [2,\ 4]$ , długość $\sqrt{20}$ . Poziomica to okrąg $x^2 + y^2 = 5$ , a gradient jest równoległy do promienia $[1,\ 2]$ , więc prostopadły do okręgu ✓.
Wyznacz siłę $\vec F = -\nabla U$ dla (a) $U = mgz$ , (b) $U = \tfrac12k(x^2 + y^2 + z^2)$ , (c) $U = \tfrac12k_xx^2 + \tfrac12k_yy^2$ z $k_x \neq k_y$ . W którym przypadku siła nie celuje w początek układu?

Odpowiedź
(a) $[0,\ 0,\ -mg]$ ; (b) $-k\,\vec r$ , do środka; (c) $[-k_xx,\ -k_yy]$ . W (c) siła nie jest równoległa do $\vec r$ , z wyjątkiem punktów na osiach, bo poziomice są elipsami, a nie okręgami.
Wysokość terenu to $h(x,\ y) = 200 - 0{,}002x^2 - 0{,}001y^2$ (metry). Jak stromy jest stok w punkcie $(100,\ 200)$ ? Podaj kąt nachylenia. W którą stronę spłynie woda?

Odpowiedź
$\nabla h = [-0{,}004x,\ -0{,}002y] = [-0{,}4,\ -0{,}4]$ , $|\nabla h| \approx 0{,}566$ , kąt $\arctan0{,}566 \approx 29{,}5^\circ$ . Woda płynie w kierunku $-\nabla h = [0{,}4,\ 0{,}4]$ , czyli od szczytu, wzdłuż kierunku $[1,\ 1]$ .
Wykres funkcji $f(x,\ y) = x^2 + y^2$ to paraboloida. Napisz równanie płaszczyzny stycznej w punkcie nad $(1,\ 2)$ , korzystając z różniczki zupełnej $f(x_0 + \mathrm{d}x,\ y_0 + \mathrm{d}y) \approx f(x_0,\ y_0) + f_x\,\mathrm{d}x + f_y\,\mathrm{d}y$ . Oszacuj nią $f(1{,}1;\ 1{,}9)$ i porównaj z wartością dokładną.

Odpowiedź
$f(1,\ 2) = 5$ , $f_x = 2$ , $f_y = 4$ : płaszczyzna $z = 5 + 2(x - 1) + 4(y - 2)$ . $f(1{,}1;\ 1{,}9) \approx 5 + 0{,}2 - 0{,}4 = 4{,}8$ ; dokładnie $1{,}21 + 3{,}61 = 4{,}82$ . Różnica $0{,}02 = (\mathrm{d}x)^2 + (\mathrm{d}y)^2$ , czyli dokładnie wyrazy drugiego rzędu.

Więcej zadań: Leitner §67, §72, §77.

5 Różniczka zupełna i niepewności

5.1 Różniczka funkcji wielu zmiennych

Gdy wszystkie zmienne zmieniają się naraz, w pierwszym przybliżeniu zmiany od każdej z nich się sumują. To różniczka zupełna:Leitner §68, §74

\mathrm{d}f = \frac{\partial f}{\partial x}\,\mathrm{d}x + \frac{\partial f}{\partial y}\,\mathrm{d}y + \frac{\partial f}{\partial z}\,\mathrm{d}z .

To ta sama „prosta z bliska” co w części 1, tylko w wielu wymiarach: wykres funkcji dwóch zmiennych z bliska wygląda jak płaszczyzna styczna.

5.2 Przenoszenie niepewności

Jeśli $x$ , $y$ , $z$ zmierzono z niepewnościami $\Delta x$ , $\Delta y$ , $\Delta z$ , to różniczka mówi, jak duża jest niepewność wyniku $f(x,\ y,\ z)$ . Są dwa przepisy:GS 4.4.5 · Leitner przykł. 55.3, 68.1

Niepewność wielkości złożonej

\Delta f_\text{max} = \left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|\Delta x + \left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\Delta y + \dots, \qquad \Delta f = \sqrt{\left(\frac{\partial f}{\partial x}\Delta x\right)^2 + \left(\frac{\partial f}{\partial y}\Delta y\right)^2 + \dots}

Pierwszy wzór to oszacowanie najgorszego przypadku, gdy wszystkie błędy działają w tę samą stronę. Drugi, suma kwadratów, to standard w laboratorium, gdy błędy są niezależne i losowe, bo częściowo się znoszą. Dla iloczynu potęg $f = C\,x^ay^b$ wygodniej liczyć niepewności względne: $\dfrac{\Delta f}{f} = \sqrt{\left(a\dfrac{\Delta x}{x}\right)^2 + \left(b\dfrac{\Delta y}{y}\right)^2}$ .

Wzór z sumą kwadratów stosuje się do niepewności standardowych $u(x)$ . Niepewność graniczną przyrządu $\Delta x$ (na przykład działkę suwmiarki) zamienia się najpierw na $u(x) = \Delta x/\sqrt3$ . W zadaniach tej lekcji podajemy oszacowanie maksymalne.

Wniosek praktyczny: wielkość w wysokiej potędze „wzmacnia” swoją niepewność, więc trzeba ją mierzyć najstaranniej. Niepewność wyniku podajemy z jedną albo dwiema cyframi znaczącymi, a wynik zaokrąglamy do tego samego miejsca dziesiętnego.

Przykład 5.1 Gęstość kulki

Kulka ma masę $m = (100{,}0 \pm 0{,}1)$ g i średnicę $d = (2{,}90 \pm 0{,}01)$ cm. Oblicz jej gęstość z niepewnością. Z jakiego materiału może być?

$\rho = \dfrac{m}{\frac\pi6d^3} = \dfrac{6\cdot100{,}0}{\pi\cdot2{,}90^3} \approx 7{,}83\ \mathrm{g/cm^3}$ .
$\rho \propto m^1d^{-3}$ . Niepewności względne: $\dfrac{0{,}1}{100} = 0{,}10\%$ i $3\cdot\dfrac{0{,}01}{2{,}90} = 1{,}03\%$ .
Suma kwadratów: $\sqrt{0{,}10^2 + 1{,}03^2}\,\% \approx 1{,}04\%$ , czyli $\Delta\rho \approx 0{,}08\ \mathrm{g/cm^3}$ . Oszacowanie maksymalne: $1{,}13\%$ , czyli $0{,}09\ \mathrm{g/cm^3}$ .

Wynik: $\rho = (7{,}83 \pm 0{,}08)\ \mathrm{g/cm^3}$ ; pasuje do stali (ok. 7,85 g/cm³).

Sprawdzenie: niepewność prawie w całości pochodzi ze średnicy, bo wchodzi do wzoru w trzeciej potędze. Waga jest dziesięć razy dokładniejsza, niż potrzeba ✓

Przykład 5.2 Pułapka różnicy

Grubość płytki wyznaczamy jako różnicę dwóch odczytów suwmiarki: $L_1 = (105{,}3 \pm 0{,}1)$ mm i $L_2 = (104{,}8 \pm 0{,}1)$ mm. Jaka jest grubość i jej niepewność względna?

$d = L_1 - L_2 = 0{,}5$ mm. Pochodne cząstkowe to $\pm1$ .
$\Delta d = \sqrt{0{,}1^2 + 0{,}1^2} \approx 0{,}14$ mm, czyli 28% (oszacowanie maksymalne $0{,}2$ mm, 40%).

Wynik: $d = (0{,}50 \pm 0{,}14)$ mm: niepewność ok. 30%, choć każdy odczyt miał niepewność 0,1%.

Sprawdzenie: niepewności bezwzględne nie maleją przy odejmowaniu (dodają się kwadratowo), a sama różnica jest mała. Wniosek: małych wielkości nie mierzy się jako różnicy dużych. Grubość lepiej zmierzyć bezpośrednio śrubą mikrometryczną ✓

Zadania · część 5

5 zadań · ok. 40 min

Prostokąt ma boki $a = (20{,}0 \pm 0{,}1)$ cm i $b = (10{,}0 \pm 0{,}1)$ cm. Oblicz pole z niepewnością obiema metodami.

Odpowiedź
$P = 200\ \mathrm{cm^2}$ . Maksymalnie: $b\,\Delta a + a\,\Delta b = 1 + 2 = 3\ \mathrm{cm^2}$ . Suma kwadratów: $\sqrt{1 + 4} \approx 2{,}2\ \mathrm{cm^2}$ .
Ciśnienie wyznaczamy jako $p = \dfrac{F}{\pi d^2/4}$ . Siłę zmierzono z niepewnością względną 0,5%, a średnicę tłoka 1%. Jaka jest niepewność względna ciśnienia (suma kwadratów)?

Odpowiedź
$\sqrt{0{,}5^2 + (2\cdot1)^2}\,\% \approx 2{,}1\%$ . Dominuje średnica, bo wchodzi w kwadracie.
Prędkość dźwięku mierzymy echem: $v = 2L/t$ , gdzie $L = (170{,}0 \pm 0{,}5)$ m, $t = (1{,}00 \pm 0{,}02)$ s. Oblicz $v$ z niepewnością. Co trzeba poprawić, żeby wynik był dokładniejszy?

Odpowiedź
$v = 340$ m/s. Względnie: $0{,}29\%$ i $2\%$ ; suma kwadratów $2{,}02\%$ , czyli $\pm7$ m/s (maksymalnie $\pm8$ ). Trzeba poprawić pomiar czasu, na przykład większą odległością albo elektronicznym pomiarem.
Współczynnik załamania $n = \dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}$ wyznaczono z kątów $\alpha = 40^\circ \pm 1^\circ$ , $\beta = 25^\circ \pm 1^\circ$ . Oblicz $n$ i jego niepewność maksymalną.

Wskazówka
$\dfrac{\Delta n}{n} = \cot\alpha\,\Delta\alpha + \cot\beta\,\Delta\beta$ , z kątami w radianach.

Odpowiedź
$n \approx 1{,}52$ . $\dfrac{\Delta n}{n} = (1{,}192 + 2{,}145)\cdot0{,}01745 \approx 5{,}8\%$ , więc $\Delta n \approx 0{,}09$ : $n = 1{,}52 \pm 0{,}09$ .
W wahadle $g = 4\pi^2L/T^2$ . Długość mierzymy z niepewnością względną $\varepsilon_L$ . Z jaką niepewnością względną trzeba zmierzyć okres, żeby oba pomiary wnosiły tyle samo? Okres (czas jednego pełnego wahnięcia) wynosi ok. 2 s i mierzymy go stoperem z niepewnością 0,2 s (czas reakcji). Ile wahnięć trzeba zmierzyć naraz, żeby $\varepsilon_T = 0{,}1\%$ ?

Odpowiedź
Wkłady: $\varepsilon_L$ i $2\varepsilon_T$ , więc $\varepsilon_T = \tfrac12\varepsilon_L$ . Mierząc $N$ wahnięć, niepewność czasu pozostaje 0,2 s, a mierzony czas to $2N$ s: $\varepsilon_T = \dfrac{0{,}2}{2N} = 0{,}001$ dla $N = 100$ .

Więcej zadań: GS 4.4.5 · Leitner §68.

6 Błędne intuicje

„Przybliżenie liniowe działa, gdy zmiana jest mała.”: Mała w porównaniu z czym? Liczy się $\mathrm{d}x$ w porównaniu ze skalą, na której funkcja odchyla się od stycznej. Dla $\sin x$ przy zerze następny wyraz to $x^3/6$ , więc $\sin x \approx x$ wymaga $x^2 \ll 6$ : działa dla $x = 0{,}1$ rad, ale nie dla $x = 5$ .
„ $f'(x_0) = 0$ , więc w $x_0$ jest ekstremum.”: To tylko warunek konieczny. $x^3$ ma w zerze poziomą styczną i nie ma ekstremum (część 3.2).
„Wartość największa jest tam, gdzie $f' = 0$ .”: Może leżeć na końcu przedziału, gdzie pochodna nie znika. Zawsze porównuj z wartościami na końcach (część 3.3).
„Szereg Taylora zawsze zbiega do funkcji, wystarczy wziąć dość wyrazów.”: $\ln(1 + x)$ i $(1 + x)^{-1/2}$ rozwinięte wokół zera nie zbiegają dla $x > 1$ , choćby wziąć dowolnie wiele wyrazów (symulacja 2). Rozwinięcie ma promień zbieżności.
„Siła z potencjału zawsze celuje w minimum.”: Siła jest prostopadła do poziomic. Gdy poziomice są elipsami, a nie okręgami, siła nie celuje w środek (zadanie 3 w części 4).
„Niepewności zawsze się sumuje.”: Suma wartości bezwzględnych to oszacowanie najgorszego przypadku. Dla niezależnych błędów losowych standardem jest suma kwadratów, która daje mniej (część 5.2).
„Każdy pomiar trzeba robić tak samo dokładnie.”: Wysiłek opłaca się tam, gdzie wkład do niepewności jest największy: przy wielkościach w wysokich potęgach i przy małych różnicach dużych liczb (przykłady 5.1 i 5.2).

7 Sprawdź się

1 Bok kwadratu rośnie o 1%. O ile procent rośnie pole?

O ok. 2%, bo pole to bok do kwadratu. Dokładnie $1{,}01^2 = 1{,}0201$ .

2 Ile wynosi

\sin0{,}01

z dokładnością do siedmiu miejsc po przecinku, bez kalkulatora?

$0{,}01 - \dfrac{10^{-6}}{6} \approx 0{,}0099998$ .

3 Dlaczego małe drgania wokół każdego minimum energii są harmoniczne?

Bo w minimum $U' = 0$ , więc pierwszy niezerowy wyraz Taylora jest kwadratowy, $\tfrac12U''x^2$ (gdy $U'' \neq 0$ ), a to energia sprężyny.

4 Funkcja ma w punkcie

f' = 0

f'' > 0

. Co tam jest?

Minimum lokalne właściwe: wykres jest wypukły jak dno miski.

5 Stoisz na zboczu. W którą stronę iść, żeby wysokość się nie zmieniała?

Prostopadle do gradientu, czyli wzdłuż poziomicy.

6 Masę zmierzono z niepewnością 1%, a prędkość z niepewnością 1%. Jaka jest niepewność energii kinetycznej (suma kwadratów)?

$\sqrt{1^2 + 2^2}\,\% \approx 2{,}2\%$ .

7 Czy funkcja ciągła na przedziale otwartym

(0;\ 1)

musi mieć wartość największą?

Nie. $f(x) = x$ na $(0;\ 1)$ dąży do 1, ale jej nie osiąga. Gwarancja istnieje tylko dla przedziału domkniętego.

8 Karta wzorów i co dalej

Jedna zmienna

$\mathrm{d}f = f'(x)\,\mathrm{d}x,\;\; f(x_0 + h) \approx f(x_0) + f'(x_0)h$

$\dfrac{\mathrm{d}f}{f} = n\dfrac{\mathrm{d}x}{x}$ dla $f = x^n$ ; $\;(1 + x)^a \approx 1 + ax$

$f(x_0 + h) = \sum\limits_{k < n}\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}h^k + \dfrac{f^{(n)}(c)}{n!}h^n$

$e^x \approx 1 + x + \tfrac12x^2,\;\; \sin x \approx x - \tfrac16x^3,\;\; \cos x \approx 1 - \tfrac12x^2$

$\ln(1 + x) \approx x - \tfrac12x^2$

Lagrange: $f'(c) = \dfrac{f(b) - f(a)}{b - a}$

ekstremum: $f' = 0$ ; $f'' < 0$ maks., $f'' > 0$ min.; sprawdź końce

Wiele zmiennych

$\nabla f = [f_x,\ f_y,\ f_z],\;\; \mathrm{d}f = \nabla f\cdot\mathrm{d}\vec r$

pochodna kierunkowa: $\nabla f\cdot\hat u$ ; $\;\nabla f \perp$ poziomice

$\vec F = -\nabla U$ ; $\;U(r) \Rightarrow \vec F = -U'(r)\,\hat r$

$U \approx U_0 + \tfrac12U''(x_0)(x - x_0)^2,\;\; k = U''(x_0)$

$\Delta f_\text{max} = \sum|f_{x_i}|\,\Delta x_i$

$\Delta f = \sqrt{\sum(f_{x_i}\Delta x_i)^2}$

$f = Cx^ay^b$ : $\dfrac{\Delta f}{f} = \sqrt{\left(a\frac{\Delta x}{x}\right)^2 + \left(b\frac{\Delta y}{y}\right)^2}$

Do przeczytania u Feynmana

Obowiązkowo: 26-3…26-5 (zasada Fermata: ratownik, minimum i „brak zmiany pierwszego rzędu”), 14-5 (potencjał, pochodne cząstkowe, gradient).
Dla chętnych: koniec 15-8 i 15-9 (rozwinięcie masy relatywistycznej i $E = mc^2$ ).

Do przeczytania w podręcznikach matematyki

R. Leitner, Zarys matematyki wyższej dla studiów technicznych, cz. I: §55 (przyrosty i różniczki), §56–58 (ekstrema, twierdzenia Rolle'a i Lagrange'a, monotoniczność), §61–65 (wzór i szereg Taylora), §67–68 (pochodne cząstkowe, różniczka zupełna), §72 i §77 (pochodna kierunkowa, gradient).
M. Gewert, Z. Skoczylas, Analiza matematyczna 1: 4.4 (różniczka, szacowanie błędów), 5.1 (twierdzenia o wartości średniej), 5.3 (wzór Taylora), rozdz. 6 (ekstrema, wypukłość). Funkcje wielu zmiennych są w części 2 skryptu.

Następna lekcja to całki (1.5 Całki). Przybliżenie liniowe wróci w pełni w równaniach różniczkowych (4.1 Równania różniczkowe zwyczajne), opartych na podręczniku Boyce'a i DiPrimy. Prawa fizyki prawie zawsze mówią, jak szybko coś się zmienia, a nie ile wynosi. Zobaczymy, jak z takiej informacji odtworzyć cały ruch.