Без уверенного владения техникой приращений
невозможно понимание физики !
Это - основной математический аппарат физики !

• Базовые задачи
♦ Вычисления приращения, дифференциала и производной
Вычисления по определениюпо правиламОсновные правила
1Вычислить приращение, дифференциал и производную функции:
1.1. $f(x)=c$, где $c=const$. Решение
$f(x+\Delta x)=c,\, \Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=\Delta c=c-c=0,\, dc=0,\, c'=0$.
1.2. $f(x)=bx$, где $b=const$. Решение
$f(x+\Delta x)=b(x+\Delta x)$,
$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=b(x+\Delta x)-bx=b\Delta x$. Итак
$\Delta (bx)=b\Delta x,\, d(bx)=bdx,\, (bx)'=b$.
1.3. $f(x)=ax^2$, где $a=const$. Решение
$f(x+\Delta x)=a(x+\Delta x)^2$,
$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=a(x+\Delta x)^2-ax^2=2ax\Delta x+a(\Delta x)^2$. Итак
$\Delta (ax^2)=2ax\Delta x+a(\Delta x)^2,\, d(ax^2)=2axdx$,
$(ax^2)'=2ax$.
1.4. $f(x)=ax^2+bx+c$, где $a,b,c=const$. Решение
$f(x+\Delta x)=a(x+\Delta x)^2+b(x+\Delta x)+c$,
$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=a(x+\Delta x)^2+b(x+\Delta x)+c-ax^2-bx-c$
$\Delta f(x)=(2ax+b)\Delta x+a(\Delta x)^2$. В результате
$\Delta (ax^2+bx+c)=(2ax+b)\Delta x+a(\Delta x)^2$,
$d(ax^2+bx+c)=(2ax+b)dx$,
$(ax^2+bx+c)'=2ax+b$.
1.5. $f(x)=\frac{c}{x}\, ,$ где $c=const$. Решение
$f(x+\Delta x)=\frac{c}{x+\Delta x},\, \Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$,
$\Delta f(x)=\frac{c}{x+\Delta x}-\frac{c}{x}=\frac{-c\Delta x}{x(x+\Delta x)}=\frac{-c\Delta x}{x^2(1+\Delta x/x)}$. Запишем полученное выражение как
$\Delta f(x)=\frac{-c\Delta x}{x^2}\frac{1}{1+\Delta x/x}$.
Из формулы для суммы бесконечного числа членов геометрической прогрессии
$\frac{1}{1+\Delta x/x}=1-\frac{\Delta x}{x}+(\frac{\Delta x}{x})^2-(\frac{\Delta x}{x})^3+\ldots$, так что
$\Delta f(x)\equiv \Delta\frac{c}{x}=-\frac{c\Delta x}{x^2}+\frac{c(\Delta x)^2}{x^3}-\frac{c(\Delta x)^3}{x^4}+\ldots$
$d\frac{c}{x}=-\frac{cdx}{x^2}\, ,\, (\frac{c}{x})'=-\frac{c}{x^2}$.
2Вычислить дифференциал и производную функции:
2.1. $f(x)=x^n\, ,$ где $n$ - натуральное число. Решение
$f(x+\Delta x)=(x+\Delta x)^n=$
$=(x+\Delta x)\cdot(x+\Delta x)\cdot\ldots\cdot(x+\Delta x)$
Всего перемножается $n$ скобок. Если из каждой скобки взять по одному слагаемому и перемножить, то получим $2^n$ слагаемых. Среди них будет ровно $n$ штук вида $x^{n-1}\Delta x$. Почему? Чтобы получить слагаемое, содержащее ровно одну величину $\Delta x$, надо только из одной скобки выбрать $\Delta x$, а из оставшихся $x$. Оставшихся скобок $n-1$ штука, а возможности выбора $\Delta x$ определяются числом скобок $n$. Поэтому имеем
$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)=nx^{n-1}\Delta x+\ldots$ Здесь тремя точками $\ldots$ обозначены слагаемые, содержащие $\Delta x$ в квадрате, кубе и т.д. до степени $n$ включительно. Главное - слагаемые, отмеченные тремя точками не содержат линейных по $\Delta x$ слагаемых! В результате имеем
$d(x^n)=nx^{n-1}dx\, ,\, (x^n)'=nx^{n-1}$,
$\Delta (x^n)=d(x^n)+\ldots$
2.2. $f(x)=x^{-n}\, ,$ где $n$ - натуральное число. Решение
$f(x+\Delta x)=(x+\Delta x)^{-n}=\frac{1}{(x+\Delta x)^n}$,
$\Delta f(x)=\frac{1}{(x+\Delta x)^n}-\frac{1}{x^n}=-\frac{(x+\Delta x)^n-x^n}{x^n(x+\Delta x)^n}$,
$\Delta f(x)=-\frac{(x+\Delta x)^n-x^n}{x^{2n}}(\frac{1}{1+\Delta x/x})^n$
$=-\frac{nx^{n-1}\Delta x+\ldots}{x^{2n}}(\frac{1}{1+\Delta x/x})^n$. Множитель $(\frac{1}{1+\Delta x/x})^n=(1-\frac{\Delta x}{x}+\ldots)^n$ состоит из единицы и слагаемых, содержащие различные натуральные степени $\Delta x$. Поэтому линейное по $\Delta x$ слагаемое в $\Delta f(x)$ имеет вид
$d(x^{-n})=-nx^{-1-n}dx,\, (x^{-n})'=-nx^{-n-1}$,
$\Delta (x^{-n})=d(x^{-n})+\ldots$
Как обычно, три точки $\ldots$ обозначают слагаемые, содержащие степени не ниже второй от величины $\Delta x\equiv dx$.
2.3. $f(x)=x^{1/n}\, ,$ где $n$ - натуральное число, а $x\geq 0$. Решение
Введем $y=x^{1/n}$. По определению обратной функции (или корня $n$ -ой степени) $x=y^n$, так что
$\Delta x=ny^{n-1}\Delta y +\ldots$ Как обычно, три точки обозначают слагаемые, содержащие $\Delta y$ в степенях 2, 3 и выше. Отсюда
$\Delta y=\frac{1}{n}y^{1-n}\Delta x +\ldots=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}\Delta x +\ldots$ Здесь под слагаемыми, обозначенными тремя точками можно считать слагаемые, содержащие множители $\Delta x$ в степенях, выше первой (т.е.2, 3, и т.д.), если предполагать справедливость разложения
$\Delta f(x)=f'(x)\Delta x+\ldots$ Поэтому получаем
$d(x^{1/n})=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}\Delta x , \, (x^{1/n})'=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1},\, \Delta x \equiv dx$.
3Вычислить дифференциал и производную функции:
3.1. $F(x)=f(g(x))$, если функции $f(x)$ и $g(x)$ – дифференцируемы. Решение
В силу дифференцируемости имеем представления
$\Delta f(x)=f'(x)\Delta x+\ldots,\, \Delta g(x)=g'(x)\Delta x+\ldots,$ где тремя точками обозначены слагаемые, содержащие $\Delta x$ в степенях от второй и выше.
Рассмотрим приращение
$\Delta F(x)=f(g(x+\Delta x))-f(g(x))=$
$=f(g(x)+\Delta g(x))-f(g(x))=f'_g(g(x))\Delta g(x)+\ldots$ Здесь нижний индекс у производной $f'(g)$ подчеркивает, что переменной, по которой берется производная, является именно $g$. Три точки обозначают слагаемые, содержащие, по сравнению с выписанным слагаемым, более высокие степени $\Delta g(x)$. Если учесть представление для $\Delta g(x)$, то те три точки можно рассматривать как слагаемые, содержащие степени $\Delta x$ выше первой. В результате
$\Delta F(x)=f'_g(g(x))g'(x)\Delta x+\ldots\,$, так что
$df(g(x))=f'_g(g(x))dg(x),\, F'(x)=f'_g(g(x))g'(x)$.
3.2. $F(x)=f(x)g(x)$, если функции $f(x)$ и $g(x)$ – дифференцируемы. Решение
В силу дифференцируемости имеем представления
$\Delta f(x)=f'(x)\Delta x+\ldots,\, \Delta g(x)=g'(x)\Delta x+\ldots,$ где тремя точками обозначены слагаемые, содержащие $\Delta x$ в степенях от второй и выше.
Рассмотрим приращение
$\Delta F(x)=f(x+\Delta x)g(x+\Delta x)-f(x)g(x))=$
$=(f(x)+\Delta f(x))(g(x)+\Delta g(x))-f(x)g(x)=$
$=f(x)\Delta g(x)+(\Delta f(x))g(x)+(\Delta f(x))(\Delta g(x))=$
$=f(x)g'(x)\Delta x+f'(x)g(x)\Delta x+\ldots$
Тремя точками $\ldots$ обозначены слагаемые, содержащие $\Delta x$ в квадрате, кубе и т.д. Подчеркнем, что это, вообще говоря, другие слагаемые, нежели в выписанных выше формулах. В результате имеем
$d(f(x)g(x))=(df(x))g(x)+f(x)dg(x)$,
$(f(x)g(x))'=f'(x)g(x))+f(x)g'(x)$.
3.3. $f(x)=e^x$ и $g(x)=\ln x$. Решение
По определению $(e^x)'=e^x$, так что $de^x=e^x dx$.
Пусть $y=e^x,\, x=\ln y$. Имеем
$\Delta y=e^x \Delta x+\ldots\, ,\, \Delta x =\Delta y/e^x+\ldots=\frac{\Delta y}{y} +\ldots$
$d\ln y=\frac{dy}{y},\, (\ln y)'=\frac{1}{y}$.
Переобозначая переменную, получаем окончательно
$d\ln x=\frac{dx}{x},\, (\ln x)'=\frac{1}{x}$.
1Вычислить дифференциал функции $f(x)$, если $g(x)$ – дифференцируемая функция:
1.1. $f(x)=g(x)^n$. Решение
Если $g$ – независимая переменная, то $df(x)=n[g(x)]^{n-1}dg(x)$. Поскольку $dg(x)=g'(x)dx$, то $df(x)= n[g(x)]^{n-1}g'(x)dx$. Отсюда - производная $[g(x)^n]'= n[g(x)]^{n-1}g'(x)$. То же следует и по правилам дифференцирования сложной функции.
1.2. $f(x)=e^{g(x)}$. Решение
Если $g$ – независимая переменная, то $df(x)=e^{g(x)}dg(x)$. Поскольку $dg(x)=g'(x)dx$, то $df(x)= e^{g(x)}g'(x)dx$. Отсюда - производная $[e^{g(x)}]'= e^{g(x)}g'(x)$. То же и по правилам дифференцирования сложной функции.
1.3. $f(x)=\sin(g(x))$. Решение
Если $g$ – независимая переменная, то $df(x)= \cos(g(x))dg(x)$. Поскольку $dg(x)=g'(x)dx$, то $df(x)= \cos(g(x))g'(x)dx$. По формуле дифференцирования сложной функции. $f'(x)=\cos(g(x))g'(x)$. То же из определения дифференциала $df(x)=f'(x)dx= \cos(g(x))g'(x)dx$.
1.4. $f(x)=h((g(x))$. Решение
Если $g$ – независимая переменная, то $df(x)=\frac{dh}{dg}dg(x)$. Поскольку $dg(x)=g'(x)dx$, то $df(x)=h'_g g'(x)dx$.
2Вычислить производную и дифференциал сложной функции $f(x)$, если $g(x)$ и $h(x)$ – дифференцируемые функции:
2.1. $f(x)=[g(x)^n]e^{h(x)}$. Решение
По формуле Лейбница дифференцирования произведения и на основе предыдущих результатов: $f'(x)=n[g(x)]^{n-1}g'(x)e^{h(x)}+ [g(x)^n]e^{h(x)}h'(x)$, $df(x)=f'(x)dx$.
2.2. $f(x)=\frac{h(x)}{g(x)}$. Решение
По формуле Лейбница дифференцирования произведения $f(x)= h(x)\frac{1}{g(x)}$ и на основе предыдущих результатов имеем: $f'(x)=h'(x) \frac{1}{g(x)} +h(x)(-1) [g(x)]^{-2}g'(x)=\frac{h'(x)g(x)-h(x)g'(x)}{g^2(x)}$, $df(x)=f'(x)dx$. Это – один из выводов формулы дифференцирования дроби!
2.3. $f(x)=[h(x)]^{g(x)}$, $h(x)>0$. Решение
Среди правил нет правил дифференцирования подобных функций, но есть основное правило-определение экспоненты. Поэтому запишем функцию в виде $f(x)=e^{\ln [h(x)]^{g(x)}}=e^{g(x)\ln h(x)}$. По формуле дифференцирования сложной функции и правилу Лейбница. $f'(x)= e^{g(x)\ln h(x)}[g'(x)\ln h(x)+g(x)\frac{h'(x)}{h(x)}$, $df(x)=f'(x)dx$.
3Вычислить производную функции $f(x)$:
3.1. $f(x)=(x^2+5)^3$. Решение
По формуле дифференцирования сложной функции. $f'(x)=3(x^2+5)^2 2x$.
3.2. $f(x)=\ln(3x^2+5x+7)$. Решение
По формуле дифференцирования сложной функции. $f'(x)=\frac{3\cdot 2x +5}{3x^2+5x+7)$.
3.3. $f(x)=\tan x$. Решение
$f(x)=\frac{\sin x}{\cos x}$. По формуле дифференцирования дроби: $f'(x)=\frac{\cos^2x-\sin x(-\sin x)}{\cos^2 x}=\frac{1}{\cos^2x}$.
3.4. $f(x)=\sin^5[(3x^2+7x+11)^3]$. Решение
По формуле дифференцирования сложной функции :
$f'(x)=5[\sin^4[(3x^2+7x+11)^3]] [\cos (3x^2+7x+11)^3]\cdot$
$\cdot 3[3x^2+7x+11)^2](3\cdot 2x +7)$.
3.5. $f(x)=(x^2)^{3x}$, $x\neq 0$. Решение
Представим иначе исходную функцию:
$f(x)=e^{\ln(x^2)^{3x}}=e^{6x\ln|x|}$. Откуда по формуле дифференцирования сложной функции : $f'(x)= e^{6x\ln|x|}(6\ln|x|+6)=(x^2)^{3x}(\ln (x^6)+6)$.
1 Производные основных функций:
1.1. $(C)'=0,\, C=\mathrm{const}$.
1.2. $(x^{\alpha})'=\alpha x^{\alpha-1}$.
1.3. $(e^x)'= e^x$.
1.4. $(\ln |x|)'= \frac{1}{x}$.
2 Основные правила дифференцирования:
2.1. $(Cf(x))'= Cf'(x)),\, C=\mathrm{const}$.
2.2. $(f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)$.
2.3. Правило Лейбница:
$(f(x)\cdot g(x))'=f'(x)\cdot g(x)+ f(x)\cdot g'(x)$.
2.4. Правило дифференцирования сложной функции:
$(f(g(x)))'=f'_g\cdot g'(x)$.
Скрыть блок "Вычисления приращения, дифференциала и производной"
♦ Внесение переменных под знак дифференциала и приращения. Вычисление первообразных и интегралов
Первообразная функции $f(x)$ – это функция $F(x)$, такая, что $F'(x)=f(x)$. Первообразных много, поскольку $(F(x)+C)'=f(x)$ для любой постоянной $C$.
Обозначение семейства первообразных функции $f(x)$:
$\int f(x) dx$. Т.е., если $F(x)$ – некоторая первообразная, то
$\int f(x) dx=F(x)+C$. При этом
$\int dF(x)=F(x)+C$. Поэтому один из способом вычисления первообразных, который также используется для решения дифференциальных уравнений – это внесение под знак дифференциала функции $f(x)$ в выражениях $f(x)dx$.
Основные правилаПримерыИнтегрирование по частям
1 Правила для приращений. Всюду - $f(x)$ и $g(x)$ – дифференцируемые функции; $\approx$ означает справедливость приближенного равенства для малых приращений, т.е. в выражении для приращения отброшены высшие все степени приращений, кроме первой степени, а чем меньше приращение, тем точнее равенство. Если в подобных соотношениях писать вместо знака приближенного равенства знак точного равенства, то тогда надо предполагать, что равенство также содержит слагаемые более высоких степеней по приращению аргумента. Пример:
$\Delta f(x)\approx df(x)$, но $\Delta f(x)= df(x)+\cdots$.
Последнее означает:
$\Delta f(x)=df(x)+f_2(x)(\Delta x)^2+ f_3(x)(\Delta x)^3+\cdots$.

1.1. $C\Delta f(x)=\Delta (Cf(x)),\, C=\mathrm{const}$.
1.2. $\Delta f(x)+ \Delta g(x)=\Delta (f(x)+g(x))$.
1.3. $[f(x)]^{\alpha}\Delta f(x)\approx \Delta \frac {[f(x)]^{\alpha+1}}{\alpha+1}$, $\alpha\neq -1$.
1.4. $\frac{\Delta f(x)}{ f(x)}\approx \Delta \ln |f(x)|$.
1.5. $e^{f(x)}\Delta f(x)\approx\Delta e^{f(x)}$.
2 Правила для дифференциалов ($f(x)$ и $g(x)$ – дифференцируемые функции).

2.1. $Cdf(x)=d(Cf(x)),\, C=\mathrm{const}$.
2.2. $df(x)=d(f(x)+C),\, C=\mathrm{const}$.
2.3. $df(x)+dg(x)=d(f(x)+g(x))$.
2.4. $(df(x))g(x)+f(x)dg(x)=d(f(x)g(x))$.
2.5 $[f(x)]^{\alpha}df(x)=d\frac{[f(x)]^{\alpha+1}}{\alpha+1}$, $\alpha\neq -1$.
2.6. $\frac{df(x)}{f(x)}=d\ln|f(x)|$.
2.7. $e^{f(x)}df(x)=de^{f(x)}$.
3 Некоторые частные случаи.

3.1 $x^{\alpha}\Delta x\approx\Delta\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}$, $\alpha\neq -1$.
3.2 $x^{\alpha}dx=d\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}$, $\alpha\neq -1$.
3.3 $(x+C)^{\alpha}\Delta x=(x+C)^{\alpha}\Delta (x+C) \approx\Delta\frac{(x+C)^{\alpha+1}}{\alpha+1}$, $\alpha\neq -1$.
3.4. $\frac{dx}{x}=d\ln|x|$.
4 Некоторые часто встречающиеся случаи.

4.1. $\sin x dx=-d\cos x$.
4.2. $\cos x dx=d\sin x$.
4.3. $\frac{dx}{\cos^2x}=d\tan x$.
4.4. $\frac{dx}{\cos^2x}=d\tan x$.
1Найти одну из первообразных функции $f(x)$, внеся в выражении $f(x)dx$ все под знак дифференциала:
1.1. $f(x)=\frac{1}{x^2+1}$. Решение
Представим $x$ через тангенс как $x=\tan u$. Тогда $dx=\frac{1}{\cos^2u}du$. Поскольку $\frac{1}{x^2+1}=\frac{1}{\tan^2u+1}=\cos^2u$, то $f(x)dx=\frac{dx}{x^2+1}=\frac{1}{\cos^2u}\cos^2u du=du=d\arctan x$.
Т.е первообразные даются формулой
$\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+C$.
Проделайте то же для представления переменной через котангенс $x=\cot w$.
1.2. $f(x)=\frac{1}{1-x^2}$. Решение
Представим $\frac{1}{1-x^2}$ как $\frac{1}{1-x^2}=-\frac{1}{2}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1})$, так что.
$\frac{dx}{1-x^2}=-\frac{1}{2}(d\ln|x-1|-d\ln|x+1|)=\frac{1}{2}d\ln|\frac{x+1}{x-1}|$.
Т.е первообразные даются формулой
$\int\frac{dx}{1-x^2}=\frac{1}{2}\ln|\frac{x+1}{x-1}|+C$.
1.3. $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$. Решение
Для $-1\leq x \leq 1$ представим $x$ через синус как $x=\sin u$. Считаем, что $-\pi/2\leq u\leq \pi/2$. Тогда $-1\leq x \leq 1$. Имеем $dx=\cos u du$,
$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{\cos^2u}}=\frac{1}{\cos u}$. Таким образом,
$\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=du=d\arcsin x$,
$\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}= \arcsin x+C$.
Проделайте то же для представления переменной через косинус $x=\cos w$.
2Внести под знак дифференциала:
2.1. $xd\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$. Решение
Сначала надо преобразовать дифференциал и только потом вносить получившееся выражение перед $dx$ под знак дифференциала:
$xd\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=x\frac{\sqrt{1-x^2}+x\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}dx=\\ \frac{xdx}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}=-\frac{1}{2}\frac{d(-x^2)}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}=d\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$
Такое преобразование встречается при выводе выражения для энергии в релятивистской механике.
3Вычислить интегралы, используя внесение подынтегральной функции под знак дифференциала:
3.1. $\int\limits_0^1\frac{dx}{x^2+1}$. Решение
Используя предыдущие результаты по нахождению первообразных имеем:
$\int\limits_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\int\limits_0^1d\arctan x= \arctan 1- \arctan 0=\pi/4$.
3.2. $\int\limits_0^1(x+2)^2dx$. Решение
Используя предыдущие результаты по нахождению первообразных имеем:
$\int\limits_0^1(x+2)^2dx=\int\limits_0^1(x+2)^2d(x+2)=\\ \int\limits_0^1\frac{d(x+2)^3}{3}= \frac{(1+2)^3}{3}-\frac{(0+2)^3}{3}=\frac{19}{3}.$
1 Внести все под знак дифференциала:

1.1. $xd\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$. Решение
Используя формулу Лейбница:
$xd\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=d(x\frac{x}{\sqrt{1-x^2}})-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx$.
Здесь одно слагаемое уже представлено дифференциалом. Для другого слагаемого имеем:
$-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{1}{2}\frac{d(-x^2)}{\sqrt{1-x^2}}=d\sqrt{1-x^2}$,
так что
$xd\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=d(x\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}+\sqrt{1-x^2})= d\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
Такое преобразование встречается при выводе выражения для энергии в релятивистской механике. Найдите также другой способ решения этой задачи!
Скрыть блок "Внесение переменных под знак дифференциала и приращения"
♦ Решение уравнения в приращениях
Базовые уравнения
и их решенияСведение уравнений
к базовымТипичные
примеры
1 Если при $x\in (a,c)$ для некоторых $a$ и $c$ и выполнено:

или $\Delta f(x)\approx 0$ для малых $\Delta x$
или $df(x)=0$,
или $f'(x)=0$,
то для $x\in (a,c)$ имеем решение:
$f(x)=\mathrm{const}$.
Элементарное доказательство
Разобъем интервал $[b,x]\subset(a,c)$ точками
$x_0=b,x_1,\cdots,x_n,\cdots,x_{N-1},x_N=x$
на $N$ подинтервалов, таких, что
$\Delta x_n\equiv x_n-x_{n-1},\,n=1,\cdots,N$ являются малыми приращениями и для них выполнено условие
$\Delta f(x_n)\equiv=f(x_n)-f(x_{n-1})\approx 0$.
Тогда сумма последовательных приращений
$\sum\limits_1^N\equiv\Delta f(x_1)+\Delta f(x_2)+\cdots+\Delta f(x_{N-1}) +\Delta f(x_N)=\\=(f(x_1)-f(x_0))+(f(x_2)-f(x_1))+\cdots\\+(f(x_{N-1})-f(x_{N-2})+(f(x_{N})-f(x_{N-2})=\\=f(x_N)-f(x_0)\approx0.$
Т.е. $f(x)\approx f(b)=\mathrm{const}$.
Отличие пропорционально сумме слагаемых, пропорциональных $(\Delta x)^2$. Величина таких слагаемых порядка $(\frac{c-a}{N})^2$. Их число $N$. Так что отличие стремится к нулю с ростом $N$.
2 Если при $x\in (a,c)$ для некоторых $a$ и $c$ и выполнено:

или $\Delta f(x)\approx \Delta g(x)$ для малых $\Delta x$
или $df(x)=dg(x)$,
или $f'(x)=g'(x)$,
то для $x\in (a,c)$ имеем решение:
$f(x)=g(x)+\mathrm{const}$.

Величина, обозначенная как $\mathrm{const}$, в пунктах 1 и 2 разная ! Она находится из начальных условий задачи !
1 Решить уравнение $x''(t)=a$
с начальными условиями $x(0)=x_0,\,x'(0)=v_0$. Здесь $a,\,x_0,\,v_0$ – постоянные величины.
Решение
Перепишем уравнение в виде равенства дифференциалов:
$dv(t)=adt,\,v(t)=x'(t)$ и сведем его базовому:
$dv(t)=d(at)$. Отсюда $v(t)=at+\mathrm{const}$.
Константа не зависит от времени $t$. Подставляя значения при $t=0$:
$v(0)=a\cdot 0+\mathrm{const}$. Отсюда $\mathrm{const}=v_0$.
Теперь запишем в дифференциалах уравнение $v(t)=x'(t)=at+v_0$:
$dx(t)=(at+v_0)dt\Rightarrow dx(t)=d(\frac{at^2}{2}+v_0 t)$. Отсюда
$x(t)=\frac{at^2}{2}+v_0 t+\mathrm{const}$. Здесь другая постоянная, которая из начальных условий находится равной $x_0$. Итак,
$x(t)=\frac{at^2}{2}+v_0 t+x_0$.
Получились формулы для равноускоренного движения !
2 Решить уравнение $x''(t)+\omega_0^2x(t)=0$
с начальными условиями $x(0)=x_0,\,x'(0)=v_0$. Здесь $\omega_0,\,x_0,\,v_0$ – постоянные величины.
Решение путем сведения к базовым уравнениям
Введем $v(t)=x'(t)$ и умножим на эту величину исходное уравнение, а результат запишем в дифференциалах:
$v(t)dv(t)+\omega_0^2x(t)v(t)dt=0$. Но $v(t)dt=dx(t)$, так что $d\frac{v^2(t)}{2}+d\frac{\omega_0^2x^2(t)}{2}=0$.
Отсюда $v^2(t)+\omega_0^2x^2(t)=\mathrm{const}\equiv E$. Находим, что
$v(t)=\pm\sqrt{E-\omega_0^2x^2(t)}$. Ограничиваясь определенной областью изменения $t$, характеризуемой определенным знаком, например плюсом, снова записываем уравнение в дифференциалах:
$dx(t)=\sqrt{E-\omega_0^2x^2(t)}dt\Rightarrow \frac{dx}{\sqrt{E-\omega_0^2x^2(t)}}=dt$.
С учетом полученных ранее результатов введем новую переменную по формуле
$x(t)=\frac{\sqrt{E}}{\omega_0}\sin u(t)$. Тогда $\frac{du(t)}{\omega_0}=dt$, откуда $u(t)=\omega_0t+\mathrm{const}$, $x(t)= \frac{\sqrt{E}}{\omega_0}\sin(\omega_0t+\mathrm{const})$.
Вместо нахождения константы из этой формулы, лучше переписать решение как
$x(t)=A\sin\omega_0t+B\cos\omega_0t$,
$x'(t)=A\omega_0\cos\omega_0t-B\omega_0\sin\omega_0t$,
откуда новые константы $A$ и $B$ легко находятся как
$A=x_0,\,B=-\frac{v_0}{\omega_0}$.
1Найти площадь кругового сектора радиуса $R$ с углом $\alpha$.

Составьте последовательность действий по решению задачи
1. Определите параметр и зависимую от него переменную, характеризующую круговой сектор.
2. Рассмотрите приращение переменной, представьте ее геометрически и оцените ее значение для малых приращений параметра.
3. Полученное уравнение в приращениях сведите к базовому и решите задачу.
Решение задачи
1. Параметр и зависимая от него переменная
Параметр – угол кругового сектора $\alpha$. Зависимая от него переменная – площадь сектора $S(\alpha)$.

2. Приращение переменной, ее геометрический образ и уравнение в приращениях

$\Delta S(\alpha)= S(\alpha+\Delta\alpha)-S(\alpha)\approx\frac{1}{2}R\cdot R\Delta\alpha$.
Для малых величин $\Delta\alpha$ – это приблизительно равно площади треугольника с основанием $R\Delta\alpha$ и высотой $R$.

3. Решение уравнения в приращениях
Итак,
$\Delta S(\alpha)\approx\frac{1}{2}R\cdot R\Delta\alpha$, иначе
$d S(\alpha)=\frac{1}{2}R\cdot R d\alpha\,\Rightarrow dS(\alpha)=d(\frac{1}{2}R^2\alpha)\,\Rightarrow\\S(\alpha)=\frac{1}{2}R^2\alpha+ \mathrm{const}.$ Поскольку $S(0)=0$, то $\mathrm{const}=0.$ Отсюда
$S(\alpha)=\frac{1}{2}R^2\alpha$. Площадь круга $S(2\pi)=\pi R^2$.

Скрыть блок "Решение задачи"
Скрыть блок "Решение уравнения в приращениях"

Читать далее Задачи на приращения, дифференциал и производные →