Mykolo Romerio universitetas

Aleksandras KRYLOVAS

Rima KRIAUZIEN E

Olga LAVCEL

Joana KASTICKAIT E

TAIKOMOJI MATEMATIKA

Metodiniai nurodymai neakivaizdininkams

Vilnius 2008

Contents

1 Aibes, funkcijos ir lygtys 6

1.1 Interpoliacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.1 Tieses lygtis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.2 Atkarpomis tiesine funkcija . . . . . . . . . 71.1.3 Interpoliacija . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2 Funkcijos ekonomikoje . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.1 S¡naudu� padengimas . . . . . . . . . . . . . 101.2.2 Paklausos modeliavimas . . . . . . . . . . . 13

2 Riba ir tolydumas 16

2.1 Funkcijos riba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1.1 Apibeºimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1.2 Rei²kiniu� pertvarkiai . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.3 Pirmoji pagrindine riba: limx→0

sinxx

= 1. . . . 20

2.1.4 Antroji pagrindine riba: limx→0

(1 + x)1x = e . 22

2.1.5 Vienpuses ribos . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2 Funkcijos tolydumas. Trukiu� ru²ys . . . . . . . . . 25

3 Diferencialinis skai£iavimas 30

3.1 Funkcijos i²vestine . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.1.1 Funkcijos i²vestines apibreºimas . . . . . . . 303.1.2 Elementariu�ju� funkciju� i²vestiniu� lentele . . 303.1.3 Dalmens i²vestine . . . . . . . . . . . . . . . 313.1.4 Sudetiniu� funkciju� i²vestines . . . . . . . . . 373.1.5 Liopitalio taisykle . . . . . . . . . . . . . . 443.1.6 Funkcijos diferencialas . . . . . . . . . . . . 473.1.7 Teiloro formule . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.2 I²vestiniu� taikymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.2.1 Funkcijos gra�ko liestines ta²ke lygtis . . . 543.2.2 Funkcijos didejimo ir maºejimo poºymis . . 553.2.3 Funkcijos i²kilumo intervalai . . . . . . . . . 57

2

3.2.4 Funkciju� tyrimas ir gra�ku� breºimas . . . . 58

4 Keliu� kintamu�ju� funkcijos 63

4.1 Keliu� kintamu�ju� funkciju� diferencialinis skai£iavimas 634.1.1 Dalines i²vestines . . . . . . . . . . . . . . . 634.1.2 Diferencialo taikymas apytiksliams skai£iav-

imams . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644.1.3 Keliu� kintamu�ju� funkcijos ekstremumas . . 654.1.4 Maºiausiu� kvadratu� metodas . . . . . . . . 664.1.5 Maºiausiu� kvadratu� metodo apibendrinimas 704.1.6 Kobo ir Duglo funkcija . . . . . . . . . . . . 71

5 Variantai 73

3

References

[Apy01] Antanas Apynis, Eugenijus Stankus. Matematika.

Vadovelis su taikymo ekonomikoje pavyzdºiais. TEV, Vil-nius, 2001. 357 p. ISBN 9955-491-08-6.

[Bud08] Vytautas Buda. Matematiniai ekonomines analizes pa-

grindai. TEV, Vilnius, 2008. 330 p. ISBN 978-9955-879-34-3.

[Kub04] K¦stutis Kubilius, Leonas Saulis. Matematines analizes

praktikumas. TEV, Vilnius, 2004. 134 p. ISBN 9955-491-78-7.

[Mis99] Gintautas Misevi£ius, Albertas Pincevi£ius, RimantasJonas Rakauskas, Rimantas Eidukevi£ius. Auk²toji

matematika. Vadovelis ir pratybos su kompiuteriu. TEV,Vilnius, 1999. 469 p. ISBN 9986-546-71-0.

[Pek05] Vidmantas Pekarskas. Trumpas matematikos kursas.Technologija, Kaunas, 2005. 463 p. ISBN 9955-09-858-9.

[Pu²01] Stasys Pu²korius. Matematiniai metodai vadyboje. TEV,Vilnius, 2001. 386 p. ISBN 9986-546-99-0.

[Rum76] Petras Rum²as. Trumpas auk²tosios matematikos kursas.Mokslas, Vilnius, 1976. 560 p.

[Stu08] Stanislava Stunguriene. Verslo matematika. TEV, Vil-nius, 2008. 198 p. ISBN 978-9955879-04-6.

4

Programa

Aibes, funkcijos ir lygtys

Aibes s¡voka. Skai£iu� sekos ir funkcijos. Progresijos. Funkcijosgra�kas. Elementariosios funkcijos. Interpoliavimas. Lygtys irnelygybes. Lyg£iu� apytikslis sprendimas. Funkcijos ekonomikoje.

Riba ir tolydumas

Skai£iu� seku� ir funkciju� ribos s¡voka. Nykstamosios ir neapreºtaididejan£ios funkcijos. Ribu� skai£iavimo taisykles. Funkcijos toly-dumas. Trukio ta²kai.

Diferencialinis skai£iavimas

Funkcijos i²vestine, jos geometrine, �zikine ir ekonomine prasme.Diferencialas. Sudetininiu� ir nei²reik²tiniu� funkciju� i²vestines. Auk²tesniu�ju�eiliu� i²vestines. Teiloro formule. Funkcijos monotoni²kumas, ek-stremumai, i²kilumo intervalai. Keliu� kintamu�ju� funkciju� dalinesi²vestines, pokytis ir diferencialas. Auk²tesniu�ju� eiliu� dalines i²vestines.Ekstremumai. Maºiausiu� kvadratu� metodas.

Operaciju� tyrimo pradmenys

Tiesines algebros pradmenys. Tiesinis programavimas. Dinaminisprogramavimas. Sprendimu� priemimas.

5

1 Aibes, funkcijos ir lygtys

Literatura: [Rum76] XIII skyrius, 195 � 222 psl.; [Apy01] 21 �35 psl.; [Mis99] 111 � 118 psl.; [Stu08] 5 skyrius, 85 � 112 psl.; [Bud08]54 � 68 psl.

Teoriniai klausimai: Aibes s¡voka. Aibes elementas (a ∈ A).Tu²£ioji aibe (∅). Skai£iu� aibes (N , Z, Q, R). Skai£iu� intervalai. Poaibis(A ⊂ B). Aibiu� s¡junga (A∪B) ir sankirta (A∩B). Funkcijos apibreºimas,pavyzdºiai ir rei²kimo budai. Skai£iu� sekos. Formules. Funkcijos gra�kas.Elementariosios funkcijos. Lygtys ir nelygybes. Apytikslis lyg£iu� sprendi-mas. Funkcijos ekonomikoje.

1.1 Interpoliacija

1.1.1 Tieses lygtis

Tarkime, kad ºinomos dvi tiesines funkcijos y(x) = kx+b reik²mesy (x1) = y1, y (x2) = y2. Tiese eina per ta²kus A1 (x1, y1) irA2 (x2, y2). Tada

x− x1

x2 − x1

=y − y1

y2 − y1

arbay =

y2 − y1

x2 − x1

x− y2 − y1

x2 − x1

x1 + y1.

Taigi

k =y2 − y1

x2 − x1

, b = − y2 − y1

x2 − x1

x1 + y1.

Uºra²ykime tieses, einan£ios per ta²kus A(1, 2) ir B(2, 1) lygti�.Taikome formul¦:

x− 12− 1

=y − 21− 2

⇒ x− 1 = −y + 2

arba y = −x+ 3.

6

1.1.2 Atkarpomis tiesine funkcija

1.1 pavyzdys. Akcijos kaina didejo nuo sausio 7 (12Lt) iki vasario11 (20Lt), po to maºejo iki vasario 28 (15Lt). Sudarykime atkar-pomis tiesin¦ kainos funkcij¡ k(t).

Sprendimas. Laik¡ tmatuosime dienu� skai£iais nuo metu� pradºios:sausio 7 paºymekime t1 = 7, vasario 11: t2 = 42 ir vasario 28:t3 = 59. Tada, kai t ∈ [t1, t2], turime tieses einan£ios per ta²kus(7, 12) ir (42, 20) atkarp¡. Kai t ∈ [t2, t3] � per ta²kus (42, 20) ir(59, 15). Taigi pirmuoju atveju

k − 1220− 12

=t− 7

42− 7,

o antruoju �k − 2015− 20

=t− 42

59− 42.

Uºra²ome

k(t) =

835 t+ 52

5 kai 7 6 t 6 42≈ 0, 2286t+ 10, 40− 5

17 t+ 55017 kai 42 6 t 6 59

≈ −0, 2941t+ 32, 35

Apskai£iuokime akcijos kain¡ sausio 17 ir vasario 21 dienomis.Sausio 17 yra 17-oji metu� diena. Kadangi 17 ∈ [7, 42], gauname

k(17) ≈ 0, 2286 · 17 + 10, 40 = 14, 29[Lt]

Vasario 21 yra 31 + 21 = 52-oji metu� diena. Turime 52 ∈ [42, 59]ir

k(52) ≈ −0, 2941 · 52 + 32, 35 = 17, 06[Lt]

7

1.1.3 Interpoliacija

Raskime einan£i¡ per tris ºinomus ta²kus parabol¦

y = ax2 + bx+ c.

Tarkime, kad ºinomi ta²kai A1 (x1, y1), A2 (x2, y2), A3 (x3, y3) irx1 6= x2, x1 6= x3, x2 6= x3. Tada kvadratini� trinari� galima uºra²ytitaip:

y(x) = y1

(x− x2) (x− x3)(x1 − x2) (x1 − x3)

+

+y2

(x− x1) (x− x3)(x2 − x1) (x2 − x3)

+

+y3

(x− x1) (x− x2)(x3 − x1) (x3 − x2)

,

kuris vadinamas Lagranºo interpoliaciniu daugianariu (polinomu).

1.2 pavyzdys. Raskime parabol¦, einan£i¡ per ta²kus (7, 12),(42, 20) ir (59, 15).

Sprendimas.

k(t) = 12(t− 42)(t− 59)(7− 42)(7− 59)

+ 20(t− 7)(t− 59)

(42− 7)(42− 59)+

+15(t− 7)(t− 42)

(59− 7)(59− 42)=

=12(t2 − 101t+ 2478)

1820− 20(t2 − 68t+ 413)

595+

+15(t2 − 49t+ 294)

884=

= − 31130940

t2 +2231130940

t+164532210

8

Apskai£iuokime k(17) ir k(52). Turime

k(t) ≈ −0, 0101 t2 + 0, 7211 t+ 7, 444

irk(17) ≈ −0, 0101 · 172 + 0, 7211 · 17 + 7, 444 ≈

≈ 16, 80,

k(52) ≈ −0, 0101 · 522 + 0, 7211 · 52 + 7, 444 ≈

≈ 17, 76.

1.1 uºduotis savaranki²kam darbui. Pagal tris pateiktas funkci-jos reik²mes y1 = f (x1), y2 = f (x2), y3 = f (x3) raskite atkar-pomis tiesin¦ funkcij¡ y = a(x), kvadratin¦ funkcij¡ y = p(x), ap-skai£iuokite a (x4), p (x4), a (x5), p (x5) ir i²spr¦skite lygtis a(x) =y0, p(x) = y0.

uºduotis x1 y1 x2 y2 x3 y3 x4 x5 y0

1.1.1 1 2 5 7 10 4 3 6 41.1.2 1 3 5 7 10 4 3 6 41.1.3 1 4 5 7 10 4 3 6 41.1.4 1 2 5 8 10 4 3 6 41.1.5 1 3 5 8 10 4 3 6 41.1.6 1 4 5 8 10 4 3 6 41.1.7 1 2 5 8 10 6 3 6 41.1.8 1 3 5 8 10 5 3 6 41.1.9 1 4 5 8 10 4 3 6 41.1.10 1 5 5 8 10 4 3 6 41.1.11 1 2 5 7 11 4 3 6 51.1.12 1 3 5 7 11 4 3 6 51.1.13 1 4 5 7 11 4 3 6 51.1.14 1 2 5 8 11 4 3 6 51.1.15 1 3 5 8 11 4 3 6 5

9

uºduotis x1 y1 x2 y2 x3 y3 x4 x5 y0

1.1.16 1 4 5 8 11 4 3 6 51.1.17 1 2 5 8 11 6 3 6 51.1.18 1 3 5 8 11 5 3 6 51.1.19 1 4 5 8 11 4 3 6 51.1.20 1 5 5 8 11 4 3 6 5

1.2 Funkcijos ekonomikoje

1.2.1 S¡naudu� padengimas

Gamybos s¡naudos � bendrosios s¡naudos (TC � angl. Total Cost)

� yra pastoviu�ju� ir kintamu�ju� s¡naudu� suma. Pastoviosios s¡nau-dos (FC � angl. Fixed Cost) nepriklauso nuo gaminiu� skai£iaus(pavyzdºiui, patalpu� nuoma, energijos s¡naudos, i�rengimu� prieºiura).Kintamosios s¡naudos (V C � angl. Variable Cost) priklauso nuogaminiu� skai£iaus � medºiagu� s¡naudos, i�rengimu� naudojimo, par-davimo. Paºymekime x � pagamintu� ir parduotu� gaminiu� skai£iu�.S¡naudu� funkcij¡ ºymesime TC(x). Papras£iausiu atveju TC(x)yra tiesine funkcija:

TC(x) = V Cx+ FC.

Pajamu� funkcija R(x) � (angl. Revenue):

R(x) = px

�ia p � (angl. price) � vieno parduoto gaminio kaina. Pelnofunkcij¡ (P � angl. Pro�t) gauname taip:

P (x) = R(x)− TC(x) = px− (V Cx+ FC) = (p− V C)x− FC.

Taigi gautos pajamos padengs gamybos s¡naudas, jei P (x) > 0arba pagamintu� ir parduotu� gaminiu� skai£ius

x >FC

p− V C. (1.1)

10

1.3 pavyzdys. Vieno gaminio savikaina apskai£iuojama pagal for-mul¦

S(x) ={

15, kai x < 1000,15− ln (x− 999), kai x > 1000.

Pastoviosios gamybos i²laidos yra 10000[Lt]. Vieno gaminio par-davimo kaina yra 20[Lt]. Apskai£iuokime gaminiu� kieki�, kurisprades ne²ti peln¡.

Sprendimas. Uºra²ykime pelno funkcij¡, kai x < 1000:

P (x) = 20x− (15x+ 10000).

I² nelygybes P (x) > 0 pagal (1.1) formul¦, gauname x > 2000.Taigi matome, kad pelno funkcijai reikia taikyti formul¦

P (x) = 20x−((15−ln (x− 999))x+10000) = (5+ln(x−999))x−10000.

Reikia i²spr¦sti nelygyb¦ P (x) > 0.Apskai£iuokime kelias funkcijos P (x) reik²mes:

x P (x)1000 −5000, 001010 −2528, 131020 −1794, 591080 146, 01

Matome, kad lygties P (x) = 0 spendinys xs priklauso intervaluinuo x1 = 1020 iki x2 = 1080, kadangi P (x1) < 0 ir P (x2) >0. I²spr¦skime ²i¡ lygti� apytiksliai, taikydami dalijimo pusiau(dichotomijos) metod¡1. Apskai£iuokime funkcijos P (x) reik²m¦

1Daugiau apie apytikslius sprendimo metodus ºr.:B. Kvedaras, M. Sapagovas. Skai£iavimo metodai. Vilnius: Mintis, 1974.516 p.R. �iegis, V. Buda. Skai£iuojamoji matematika. - Vilnius: TEV, 1997, 221 p.ISBN 9986-546-25-7K. Plukas. Skaitiniai metodai ir algoritmai. Kaunas: Naujasis laukas, 2000,548 p. ISBN 9955-03-061-5

11

ta²ke (atkarpos [x1, x2] vidurio ta²ke)

x3 =x1 + x2

2=

1020 + 10802

= 1050.

Gauname P (1050) = −621, 58. Matome, kad lygties sprendinyspriklauso intervalui (x3, x2), kadangi ²io intervalo galuose funkcijaP (x) i�gyja skirtingu� ºenklu� reik²mes. Taigi apskai£iuojame

x4 =x3 + x2

2=

1050 + 10802

= 1065

ir P (1065) = −213, 02. Konstruojame kit¡ artini� (visos reik²mesxn sudaro skai£iu� sek¡, kuri arteja2 prie lygties sprendinio xs):

x5 =x4 + x2

2=

1065 + 10802

= 1072, 5.

Apvalinkime x5 ≈ 1073 (ie²kome sveikojo gaminiu� skai£iaus xs) irapskai£iuojame P (1073) = −16, 74. Taigi

x6 =x5 + x2

2=

1073 + 10802

= 1076, 5.

Dabar apvalinkime x6 ≈ 1076. (Svarbu neprarasti intervalo, kuri-ame pelno funkcija kei£ia ºenkl¡!). Kadangi P (1076) = 53, 93 > 0,matome, kad pelno funkcijos reik²me jau yra teigiama ir reikia imtiinterval¡ (x5, x6).

x7 =x5 + x6

2=

1073 + 10762

= 1074, 5,

Apvaliname x7 ≈ 1074 ir apskai£iuojame P (1074) = 6, 98. KadangiP (1073) < 0 ir P (1074) > 0, gauname, kad xs = 1074 yra toksminimalus gaminiu� skai£ius, kai gamyba nebus nuostolinga.

2�iuo atveju sakome, kad skai£iu� sekos xn riba lygi xs ir ra²ome:lim

n→∞xn = xs

12

1.2 uºduotis savaranki²kam darbui. �inomos pajamu� ir s¡naudu�funkcijos R(x) ir TC(x). Raskite minimalu� gaminiu� skai£iu�, kadgamyba butu� pelninga.

uzduotis R(x) TC(x)1.2.1 25x+ ln(x+ 1) 18x− 0.001x2 + 100001.2.2 25.5x+ ln(x+ 1) 19x− 0.001x2 + 100001.2.3 26x+ ln(x+ 1) 18x− 0.001x2 + 120001.2.4 25.5x+ ln(x+ 1) 19x− 0.001x2 + 120001.2.5 25x+ ln(x+ 1) 19x− 0.001x2 + 140001.2.6 25x+ ln(x+ 1) 18x− 0.001x2 + 100001.2.7 25.5x+ ln(x+ 1) 19x− 0.001x2 + 100001.2.8 26x+ ln(x+ 1) 18x− 0.001x2 + 120001.2.9 25.5x+ ln(x+ 1) 19x− 0.001x2 + 120001.2.10 25x+ ln(x+ 1) 19x− 0.001x2 + 140001.2.11 25x+ ln(x+ 10) 18x− 0.001x2 + 140001.2.12 25.5x+ ln(x+ 10) 19x− 0.001x2 + 140001.2.13 26x+ ln(x+ 10) 18x− 0.001x2 + 100001.2.14 25.5x+ ln(x+ 10) 19x− 0.001x2 + 100001.2.15 25x+ ln(x+ 10) 19x− 0.001x2 + 110001.2.16 25x+ ln(x+ 10) 18x− 0.001x2 + 110001.2.17 25.5x+ ln(x+ 10) 19x− 0.001x2 + 110001.2.18 26x+ ln(x+ 10) 18x− 0.001x2 + 130001.2.19 25.5x+ ln(x+ 10) 19x− 0.001x2 + 130001.2.20 25x+ ln(x+ 10) 19x− 0.001x2 + 13000

1.2.2 Paklausos modeliavimas

Tam tikros prekes paklausa daºnai apra²oma tokio pavidalo funkci-jomis:

y(x) ={k x−a

x−b , kai x > a,

0, kai x 6 a.(1.2)

�ia x � pirkejo pajamos per laiko vienet¡ (pavyzdºiui, per menesi�),y(x) � perkamu� per t¡ pati� laikotarpi� nagrinejamos prekes vienetu�

13

skai£ius. Parametras k nurodo kiek i�sigyja ²ios prekes vienetu� var-totojai, turintys neribotas pajamas (ra²ome: x → +∞). Gal-ima keisti parametro k dimensij¡. Pavyzdºiui, tai gali buti ²imtasarba tukstantis vienetu�. Funkcijos parametrai a ir b yra skirtingiskirtingoms prekems ir nurodo konkre£ios prekes paklausos speci-�k¡. Pastebekime, kad a > b ir a > 0).

1.4 pavyzdys. Tarkime, kad maksimali paklausa (k = 1000 vnt.)ir ºinoma, kad namu� ukiai, turintys pajamas 3000[Lt], vidutini²kaii�sigyja 150 prekes vienetu�, o turintys pajamas 4000[Lt] � 200 vnt.Raskime (1.2) funkcijos parametrus a, b ir apskai£iuokime namu�ukiu�, turin£iu� 5000Lt pajamas, ²ios prekes pakalaus¡.

Sprendimas. Turime dvi ºinomas (1.2) funkcijos reik²mes irparametr¡ k = 1000:

y(3000) = 10003000− a3000− b

= 150, y(4000) = 10004000− a4000− b

= 200.

Sprendºiame lyg£iu� sistem¡3000−a3000−b = 0, 15

4000−a4000−b = 0, 20

∼

3000− a = 0, 15 (3000− b)

4000− a = 0, 20 (4000− b)

Atimame i² antrosios lygties pirm¡j¡:

4000− a− (3000− a) = 0, 20 (4000− b)− 0, 15(3000− b).

Gauname1000 = 650− 0, 05b.

I²eina, kad b = −13000 ir i² pirmosios (t¡ pati� gausime ir i² antro-sios) lygties gauname

−a = 0, 15 (3000− (−13000))− 3000 = −600 ⇒ a = 600.

14

Taigi gavome prekes paklausos (1.2) pavidalo funkcij¡

y(x) ={

1000 x−600x+13000 , kai x > a,

0, kai x 6 a.

Apskai£iuokime

y(5000) = 10005000− 600

5000 + 13000≈ 244[vnt.]

1.3 uºduotis savaranki²kam darbui. Raskite (1.2) pavidalopaklausos funkcijos parametrus a ir b, jei ºinomos dvi ²ios funkcijosreik²mes f (x1), f (x2) ir maksimalios paklausos reik²me (parame-tras k). Apskai£iuokite paklaus¡, esant nurodytoms pajamomsf (x0).

uºduotis k f (x1) f (x2) x0

1.3.1 300 f(1010) = 100 f(1050) = 200 10901.3.2 280 f(1010) = 100 f(1050) = 200 10901.3.3 250 f(1010) = 100 f(1050) = 200 10901.3.4 300 f(1010) = 90 f(1050) = 200 10901.3.5 280 f(1010) = 90 f(1050) = 200 10901.3.6 250 f(1010) = 90 f(1050) = 200 10901.3.7 300 f(1000) = 100 f(1050) = 200 10901.3.8 280 f(1000) = 100 f(1050) = 200 10901.3.9 250 f(1000) = 100 f(1050) = 200 10901.3.10 300 f(1000) = 90 f(1050) = 200 10901.3.11 280 f(1000) = 90 f(1050) = 200 10901.3.12 250 f(1000) = 90 f(1100) = 200 10501.3.13 300 f(1010) = 100 f(1100) = 200 10501.3.14 280 f(1010) = 100 f(1100) = 200 10501.3.15 250 f(1010) = 100 f(1100) = 200 10501.3.16 300 f(1010) = 90 f(1100) = 200 10501.3.17 280 f(1010) = 90 f(1100) = 200 1050

15

uºduotis k f (x1) f (x2) x0

1.3.18 250 f(1010) = 90 f(1100) = 200 10501.3.19 300 f(1000) = 100 f(1100) = 200 10501.3.20 280 f(1000) = 100 f(1100) = 200 10501.3.21 250 f(1000) = 100 f(1100) = 200 10501.3.22 300 f(1000) = 90 f(1100) = 200 10501.3.23 280 f(1000) = 90 f(1100) = 200 10501.3.24 250 f(1000) = 90 f(1100) = 200 1050

2 Riba ir tolydumas

Literatura: [Rum76] XIV skyrius, 222 � 253 psl.; [Stu08] 115 � 119 psl.;[Mis99] 117 � 136 psl.; [Bud08] 53 � 117 psl.

Teoriniai klausimai: Ribos s¡voka. Neapreºtai didejan£ios ir nyk-stamosios funkcijos. Ribu� skai£iavimo taisykles. Funkcijos tolydumas.Trukio ta²kai.

2.1 Funkcijos riba

2.1.1 Apibeºimai

Skai£ius L vadinamas funkcijos f(x) riba, kai x arteja priea (ra²oma x → a), jei kiekvienam skai£iui ε > 0 galima nurodytitoki� skai£iu� δ > 0, kad visiems x: |x − a| < δ galioja nelygybe|f(x)− L| < ε. Ra²ome lim

x→af(x) = L.

Skai£ius L vadinamas funkcijos f(x) riba, kai , jei kiekvienamskai£iui ε > 0, galima nurodyti toki� skai£iu� A, kad visiems |x| > Agalioja nelygybe |f(x) − L| < ε. Ra²ome lim

x→af(x) = L. Kai x

neapibreºtai dideja, ºymime x→ +∞, kai x neapibreºtai maºeja,ºymime x→ −∞.

16

2.1.2 Rei²kiniu� pertvarkiai

2.1 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→∞

x2 − xx2 + 2x− 1

.

Sprendimas. Kadangi x → ∞, tai skaitiklis tolsta i� begalyb¦, t.y.turime nepibreºtum¡

∞∞

. Skaitikli� ir vardikli� dalijame i² xk, kai k -

didºiausias laipsnio rodiklis. �iame uºdavinyje k = 2, todel reikiadalinti i² x2.

limx→∞

x2 − 2x2 + 2x− 1

=∞∞

= limx→∞

x2−2x2

x2+2x−1x2

= limx→∞

1− 1x

1 + 2x −

1x2

= limx→∞

1− 01 + 0− 0

=11

= 1,

£ia pritaikome formul¦a

∞= 0.

Atsakymas. 1.

2.2 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→1

x2 − 1x2 − x

.

Sprendimas. Kadangi x → 1, tai skaitiklis arteja i� 0 ir vardiklis

arteja i� 0 , t.y. turime nepibreºtum¡00. Skaitikliui pertvarkyti

taikome formul¦ a2 − b2 = (a − b)(a + b). Vardiklyje x i²keliameprie² skliaustus.

limx→1

x2 − 1x2 − x

= limx→1

(x− 1)(x+ 1)x(x− 1)

= limx→1

x+ 1x

= 2.

Atsakymas. 2.

17

2.3 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→1

√x+ 1− 2x− 1

.

Sprendimas. Taikome formul¦ (a− b)(a+ b) = a2 − b2.

limx→1

(√x+ 1− 2)(

√x+ 1 + 2)

(x− 1)(√x+ 1 + 2)

=

= limx→1

x+ 1− 4(x− 1)(

√x− 1 + 2)

= limx→1

x− 3(x− 1)(

√x− 1 + 2)

=

(i�ra²ome nelygias nuliui daugikliu� ribu� reik²mes)

=−22

limx→1

1x− 1

= limx→1

11− x

= ±∞.

Atsakymas. ±∞.

2.4 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→∞

√x2 + x− x.

Sprendimas.

limx→∞

√x2 + x− x = (∞−∞)

= limx→∞

(√x2 + x− x)(

√x2 + x+ x)√

x2 + x+ x

= limx→∞

x2 + x− x2

√x2 + x+ x

= limx→∞

x√x2 + x+ x

= [skaitikli� ir vardikli� dalijame i² x]

= limx→∞

xx√

x2

x2 + xx2

+x

x

= limx→∞

1√1 + 1

x + 1=

12.

18

Atsakymas. 12 .

2.1 uºduotis savaranki²kam darbui.

Uºduotis Riba

2.1.1 limx→∞

x3−3x−2x+x2

2.1.2 limx→∞

x4−12x4−x2−1

2.1.3 limx→∞

(1+x)3−(1+3x)x+x5

2.1.4 limx→∞

3x3−5x+14−x2−2x3

2.1.5 limx→∞

4−x4

2+x+3x2

2.1.6 limx→∞

(2x+1)4−(x−1)4

(2x+1)4+(x−1)4

2.1.7 limx→∞

4x2−(x+4)2

(x−1)(2x+3)(2−5x)

2.1.8 limx→+∞

3√x−6+2x3+8

2.1.9 limx→+∞

√x+19−2

√x+1

x2−9

2.1.10 limx→+∞

(√3x+ 5−

√3x− 7

)2.1.11 lim

x→∞x2−3x−2x+x2

2.1.12 limx→∞

x4+12x4−x2+1

2.1.13 limx→∞

(1+x)2−(1+3x)x+x5

2.1.14 limx→∞

3x3+5x+14−x2−2x3

2.1.15 limx→∞

4+x3

2+x+3x2

2.1.16 limx→∞

(2x+1)2−(x−1)2

(2x+1)2+(x−1)2

2.1.17 limx→∞

4x2−(x+4)2

(x+1)(2x+3)(2−x)

2.1.18 limx→+∞

3√x−6+2x2−1

2.1.19 limx→+∞

√x+19+2

√x+1

x2−1

2.1.20 limx→+∞

(√x+ 3−

√x− 2

)19

2.1.3 Pirmoji pagrindine riba: limx→0

sinxx

= 1.

2.5 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→0

sin 3xsin 5x

.

Sprendimas.

limx→0

sin 3xsin 5x

=(

00

)= lim

x→0

(sin 3x

3x

)3x(

sin 5x5x

)5x

= limx→0

3x5x· 1 =

35.

Atsakymas. 35 .

2.6 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→0

sin 6xcosx · tan 3x

.

Sprendimas.

limx→0

sin 6xcosx · tan 3x

=(

00

)= lim

x→0

sin 6xsin 3x

· cos 3xcosx

= limx→0

sin 6x6x · 6x

sin 3x3x · 3x

· limx→0

cos 3xcosx

= limx→0

6x3x· 1 = 2.

Atsakymas. 2.

20

2.2 uºduotis savaranki²kam darbui.

Uºduotis Riba

2.2.1 limx→0

3x2−5xsin 3x

2.2.2 limx→0

2x sinx1−cosx

2.2.3 limx→0

1−cos 4xx sin 3x

2.2.4 limx→0

(1

sinx− cosx

)2.2.5 lim

x→0

1−cos 3xx tan 2x

2.2.6 limx→0

sin 7x−sin 2xsinx

2.2.7 limx→0

6x2−15xsin 6x

2.2.8 limx→0

cos 2x−cosx1−cosx

2.2.9 limx→0

1−cos 2xcos 7x−cos 3x

2.2.10 limx→0

(sinx)2−(tanx)2

x4

2.2.11 limx→0

3x2+5xsin 3x

2.2.12 limx→0

3x sinx1−cosx

2.2.13 limx→0

1−cos 2xx sin 3x

2.2.14 limx→0

(2

sinx− 2 cosx

)2.2.15 lim

x→0

1−cosxx tan 2x

2.2.16 limx→0

sin 3x−sin 2xsinx

2.2.17 limx→0

6x2−5xsin 3x

2.2.18 limx→0

cosx−cos 2x1−cosx

2.2.19 limx→0

1−cos 2xcosx−cos 2x

2.2.20 limx→0

(sinx)2−(tanx)2

x3

21

2.1.4 Antroji pagrindine riba: limx→0

(1 + x)1x = e

2.7 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→0

(1 + 2x)1x .

Sprendimas.

limx→0

(1 + 2x)1x = lim

x→0(1 + 2x)

12x·2 = e2.

Atsakymas. e2.

2.8 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→0

(1 + 5x)1x .

Sprendimas.

limx→0

(1 + 5x)1x = lim

x→0(1 + 5x)

15x·5 = e5.

Atsakymas. e5.

2.9 pavyzdys. Apskai£iuokite rib¡

limx→∞

(x− 1x+ 1

)x.

Sprendimas.

limx→∞

(x− 1x+ 1

)x= lim

x→∞

[1 +

(x− 1x+ 1

− 1)]x

= limx→∞

(((1 +

−2x+ 1

)x+1−2

))− 2xx+1

= elim

x→∞−2xx+1 = e−2.

22

Atsakymas. e−2.

2.3 uºduotis savaranki²kam darbui.

Uºduotis Riba

2.3.1 limx→∞

(2+x3+x

)x2.3.2 lim

n→∞

(1− 1

n

)n2.3.3 lim

x→∞

(1 + 2

x

)x2.3.4 lim

x→∞

(xx+1

)x2.3.5 lim

x→∞

(x−1x+3

)x+2

2.3.6 limn→∞

(1 + x

n

)n2.3.7 lim

x→∞

(5+x8+x

)x2.3.8 lim

x→∞

(1 + 1

x

)1+x

2.3.9 limx→∞

(1 + 8

x

)x2.3.10 lim

x→∞

(x+4x+2

)x+3

2.1.5 Vienpuses ribos

Kai nagrinejama funkcijos f(x) rib¡ ta²ke a(

limx→a

f(x)), x i�gyja

reik²mes ir i² kaires, ir i² de²ines nuo to ta²ko. Jeigu ie²kant ribos,kai x→ a, apsiribojama x reik²memis, kurios yra tik i� kair¦ (arbatik i� de²in¦) nuo ta²ko a, tai tokia riba vadinama funkcijos riba i²kaires (de²ines) ir ºymima:

limx→a−0

f(x) = limx→a−0

f(x) = f(a− 0), (x < a)

limx→a+0

f(x) = limx→a+0

f(x) = f(a+ 0), (x > a).

Daºnai uºra²oma trumpiau: a+ (a−) vietoje a + 0 (a − 0).Funkcijos ribos i² kaires, ir de²ines vadinamos vienpusemis ribomis.

23

Kai funkcija f ta²ke a turi rib¡, tai vienpuses ribos yra lygiostarpusvyje ir lygios funkcijos ribai:

limx→a−0

f(x) = limx→a+0

f(x) = limx→a

f(x).

2.10 pavyzdys. Apskai£iuokite ribas

limx→+0

ex, limx→−0

ex.

Sprendimas.

limx→+0

ex = e0 = 1, limx→−0

ex = e0 = 1.

Atsakymas. 1, 1.

2.11 pavyzdys. Apskai£iuokite ribas

limx→+∞

−2(x2 + 1)4x+ 3

, limx→−∞

−2(x2 + 1)4x+ 3

.

Sprendimas.

limx→+∞

−2(x2 + 1)4x+ 3

= −∞, limx→−∞

−2(x2 + 1)4x+ 3

= +∞.

Atsakymas. −∞, +∞.

24

2.4 uºduotis savaranki²kam darbui.

Uºduotis Riba

2.4.1 limx→3+0

|7x−x2−12|x2−6x+9

2.4.2 limx→3−0

7x−x2−12|x2−6x+9|

2.4.3 limx→±∞

x(√

x2 + 1− x)

2.4.4 limx→±∞

x(√

x2 − 1 + x)

2.4.5 limx→±∞

(2+3x3+2x

)x+1

2.4.6 limx→±∞

(2−3x3−2x

)x+1

2.4.7 limx→±∞

(2x+12x−1

)x2.4.8 lim

x→±∞

(2x−12x+1

)x2.4.9 lim

x→±∞

(4x+14x+3

)x+1

2.4.10 limx→±∞

(4x+14x−3

)x+1

2.2 Funkcijos tolydumas. Trukiu� ru²ys

Funkcija y = f(x) vadinama tolydºi¡ja ta²ke a ∈ X, jei ji apibreºta²iame ta²ke bei jo aplinkoje, ir egzistuoja riba lim

x→af(x), kuri su-

tampa su funkcijos f reik²me ta²ke a:

limx→a

f(x) = f(a).

Kitais ºodºiais, funkcija tolydi ta²ke a, jei i² abieju� to ta²kopusiu� funkcijos reik²mes arteja i� t¡ pati� skai£iu�, kuris lygus funkci-jai reik²mei f(a).

Sakoma, kad funkcija f yra tolydi ta²ke a i² kaires, jei f(a−) =f(a), t.y. lim

x→a−f(x) = f(a), i² de²ines, jei f(a+) = f(a), t.y.

25

limx→a+

f(x) = f(a).

Funkcija vadinama tolydºi¡ja intervale, jei visuose to intervalota²kuose ji yra tolydi.

Jeigu kaºkuriame ta²ke funkcija f nera tolydi, tai tas ta²kasvadinamas f trukio ta²ku.

Yra keletas trukio ta²ku� ru²iu�.Ta²kas a vadinamas funkcijos y = f(x) pirmosios ru²ies trukio

ta²ku, jeigu egzistuoja baigtines ribos i² kaires ir i² de²ines:

limx→a−

f(x) = f(a−), limx→a+

f(x) = f(a+),

bet jos nera tarpusavyje lygios: f(a− 0) 6= f(a+ 0).Kai bent viena vienpuse funkcijos y = f(x) riba ta²ke a neegzis-

tuoja arba yra begaline, tai ta²kas a vadinamas ²ios funkcijosantrosios ru²ies trukio ta²ku.

Ta²kas a vadinamas funkcijos y = f(x) pa²alinamuoju trukiota²ku, jei vienpuses funkcijos ribos yra lygios f(a − 0) = (a + 0),ta£iau bent viena i² ju� nelygi funkcijos reik²mei f(a), arba funkcijaneapibreºta ta²ke a.

2.12 pavyzdys. Pasirinkite skai£iu� a, kad funkcija

f(x) =

sin 2xx

, kai x 6= 0,

a, kai x = 0

butu� tolydi, kai x ∈ (−∞; +∞).

Sprendimas. Kai x 6= 0, funkcija y = sin 2xx yra tolydi kaip elemen-

tarioji funkcija.Kai x = 0, skai£iuojame vienpuses ribas:

limx→x0

sin 2xx

= 2.

f(0+) = limx→a+ a = a; f(0−) = limx→a− a = a.Taigi, ²i funkcija tolydi, kai a = 2.

26

Atsakymas. Funkcija tolydi, kai a = 2.

2.5 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasirinkite skai£iu� a, kadfunkcija f(x) butu� tolydi, kai x ∈ (−∞; +∞) arba nustatykite,kad toks skai£ius a neegzistuoja.

Uºduotis Riba

2.5.1 f(x) =

x2 − 4x− 2

, kai x 6= 2,

a, kai x = 2;

2.5.2 f(x) =

ex − 1x

, kai x 6= 0,

a, kai x = 0;

2.5.3 f(x) =

x sin1x, kai x 6= 0,

a, kai x = 0;

2.5.4 f(x) =

x− 2|x− 2|

, kai x 6= 2,

a, kai x = 2;

2.5.5 f(x) =

{2x, kai |x| ≤ 1,a, kai |x| > 1;

2.5.6 f(x) =

2

x− 1, kai x 6= 1,

a, kai x = 1;

2.5.7 f(x) =

sin1

2x, kai x 6= 0,

a, kai x = 0;

2.5.8 f(x) =

x2 − 1x− 1

, kai x 6= 0,

a, kai x = 1;

27

Uºduotis Riba

2.5.9 f(x) =

x2 + 2xx− 5

, kai x 6= 5,

a, kai x = 5;

2.5.10 f(x) =

(x− 3)(x+ 5)|x− 3|

, kai x 6= 3,

a, kai x = 3;

2.13 pavyzdys. Nustatykite funkcijos

f(x) =

| sinx|x

, kai x 6= 0,

0, kai x = 0

trukio ta²ku� ru²i�.

Sprendimas. Funkcija y = f(x) apibreºta visoje realiu�ju� skai£iu�aibeje. Truki� ji gali tureti tik ta²ke x = 0.

Skai£iuojame vienpuses ribas:

f(0−) = limx→0−

| sinx|x

= limx→0−

− sinxx

= −1,

f(0+) = limx→0+

sinxx

= 1,

t.y. f(0−) 6= f(0+), tai ta²kas x = 0 yra pirmosios ru²ies trukiota²kas.

Atsakymas. Ta²kas x = 0 yra pirmosios ru²ies trukio ta²kas.

28

2.6 uºduotis savaranki²kam darbui. Nustatykite funkcijos ftrukio ta²ku� ru²i� ir nubraiºykite jos gra�ko eskiz¡.

Uºduotis Funkcija

2.6.1 f(x) =

2|x− 1|

x, kai x 6= 0,

2, kai x = 0;

2.6.2 f(x) =

(x− 4)(x+ 8)|x+ 4|

, kai x 6= −4,

8, kai x = 4;

2.6.3 f(x) =

{10− x2, kai x ≤ 2,

3x, kai x > 2;

2.6.4 f(x) =

e2x − 1

2x, kai x 6= 0,

6, kai x = 0;

2.6.5 f(x) =

x · sin 1x2, kai x 6= 0,

0, kai x = 0;

2.6.6 f(x) =

|x− 2||x+ 2|

, kai x 6= 2,

5, kai x = 2;

2.6.7 f(x) =

{|x|, kai x ≤ 1,

1, kai x > 1;

2.6.8 f(x) =

x, kai x ≤ 1,2

1− x, kai x > 1;

2.6.9 f(x) =

{x− 1, kai x ≥ 0,x+ 1, kai x < 0;

29

Uºduotis Riba

2.6.10 f(x) =

{−x2 + 1, kai x ≤ 0,

x2 − 1, kai x > 0;

3 Diferencialinis skai£iavimas

Literatura: [Apy01] II skyrius 47 � 60 psl.; [Pek05] VII skyrius 158� 182 psl.; [Rum76] XVI - XVIII skyriai 263 - 285 psl., 311 - 314 psl.,317 - 329 psl.

Teoriniai klausimai: Funkcijos i²vestine. Dalmens i²vestine. Sudetinesfunkcijos i²vestine. Liopitalio taisykle. Funkcijos diferencialas. Diferen-cialo taikymas apytiksliams skai£iavimams. Teiloro formule.

3.1 Funkcijos i²vestine

3.1.1 Funkcijos i²vestines apibreºimas

Funkcijos y = f(x) i²vestine ta²ke x0 vadinama tos funkcijos poky£ioir ji� atitinkan£io argumento poky£io santykio riba, kai argumentopokytis arteja prie nulio:

y′ = f ′(x0) = lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x

.

Jeigu funkcija f(x) turi i²vestin¦ visuose kurio nors intervalota²kuose, tai sakoma, kad ji diferencijuojama tame intervale, oi²vestines radimo veiksmas vadinamas diferencijavimu.

Jei riba neegzistuoja, sakoma, kad funkcija i²vestines ta²ke ne-turi.

3.1.2 Elementariu�ju� funkciju� i²vestiniu� lentele

Pagrindines diferencijavimo taisykles ir formules:

30

(u+ v)′ = u′ + v′; (u · v)′ = u′v + v′u;(c · f(x)

)′ = c;(uv

)=u′v − v′u

v2;

c′ = 0; x′ = 1;

(xn)′ = n · xn−1; (√x)′ =

12√x;

(ex)′ = ex, e = 2, 71828 . . .; (ax)′ = ax ln a;

(lnx)′ =1x; (loga x)′ =

1x ln a

(sinx)′ = cosx; (cosx)′ = − sinx;

(tg x)′ =1

cos2 x; (ctg x)′ = − 1

sin2 x;

(arcsinx)′ =1√

1− x2; (arccosx)′ = − 1√

1− x2;

(arctg x)′ =1

1 + x2; (arcctg x)′ = − 1

1 + x2.

3.1.3 Dalmens i²vestine

Dalmens i²vestines formule:(uv

)′=u′v − v′u

v2(3.1)

3.1 pavyzdys. Raskime dalmens

y =ex − 1ex + 1

i²vestin¦

Sprendimas. Dalmens i²vestines ie²kome remiantis (3.1) formule:

y′ =(ex − 1ex + 1

)′=

(ex − 1)′ (ex + 1)− (ex + 1)′ (ex − 1)(ex + 1)2 ,

o rei²kinio (ex − 1) i²vestines ie²kome pagal formule (u+ v)′ =

31

u′ + v′, tuomet turesime

(ex − 1)′ (ex + 1)− (ex + 1)′ (ex − 1)(ex + 1)2

=

((ex)′ − (1)′

)(ex + 1)−

((ex)′ + (1)′

)(ex − 1)

(ex + 1)2 ,

pasinaudoj¦ pagrindiniu� i²vestiniu� lentele, galime apskai£iuoti i²vestinesex ir 1: (

(ex)′ − (1)′)

(ex + 1)−((ex)′ + (1)′

)(ex − 1)

(ex + 1)2

=(ex − 0) (ex + 1)− (ex + 0) (ex − 1)

(ex + 1)2 .

Atlik¦ algebrinius pertvarkius, turesime

(ex − 0) (ex + 1)− (ex + 0) (ex − 1)(ex + 1)2

=ex (ex + 1)− ex (ex − 1)

(ex + 1)2 =exex + ex − exex + ex

(ex + 1)2 =

=e2x + ex − e2x + ex

(ex + 1)2 =2ex

(ex + 1)2 .

Atsakymas.2ex

(ex + 1)2 .

3.1 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ dalmens i²vestinesformule ir pagrindiniu� funkciju� i²vestinemis ir raskite ²iu� funkciju�i²vestines:

32

Uºduotis Funkcija

3.1.1 y =ex + 1ex − 1

3.1.2 y =ex − 2ex + 2

3.1.3 y =ex + 11− ex

3.1.4 y =ex − 12− ex

3.1.5 y =ex + 2ex + 1

3.1.6 y =1− ex

ex + 13.1.7 y =

1− ex

ex − 33.1.8 y =

2− ex

ex − 33.1.9 y =

2− ex

ex + 33.1.10 y =

ex − 23− ex

3.2 pavyzdys. Raskime dalmens

y =sinx− cosxsinx+ cosx

i²vestin¦.

Sprendimas. Dalmens i²vestines ie²kome remiantis formule(uv

)′=

u′v − v′uv2

:

y′ =(

sinx− cosxsinx+ cosx

)′=

(sinx− cosx)′ (sinx+ cosx)− (sinx+ cosx)′ (sinx− cosx)(sinx+ cosx)2 ,

33

o rei²kinio (sinx− cosx)′ i²vestines ie²kome pagal formul¦ (u+ v)′ =u′ + v′, tuomet turesime

(sinx− cosx)′ (sinx+ cosx)− (sinx+ cosx)′ (sinx− cosx)(sinx+ cosx)2

=

((sinx)′ − (cosx)′

)(sinx+ cosx)−

((sinx)′ + (cosx)′

)(sinx− cosx)

(sinx+ cosx)2 ,

dabar pasinaudoj¦ i²vestiniu� lentele, galime apskai£iuoti i²vestinessinx ir cosx:(

(sinx)′ − (cosx)′)

(sinx+ cosx)−((sinx)′ + (cosx)′

)(sinx− cosx)

(sinx+ cosx)2

=(cosx− (− sinx)) (sinx+ cosx)− (cosx+ (− sinx)) (sinx− cosx)

(sinx+ cosx)2

=(cosx+ sinx) (sinx+ cosx)− (cosx− sinx) (sinx− cosx)

(sinx+ cosx)2

Atlik¦ algebrinius petvarkius, gauname(cos x + sin x) (sin x + cos x)− (cos x− sin x) (sin x− cos x)

(sin x + cos x)2

=cos x sin x + cos x cos x + sin x sin x + sin x cos x− (cos x sin x− cos x cos x− sin x sin x + sin x cos x)

(sin x + cos x)2

=cos x sin x + cos x cos x + sin x sin x + sin x cos x− cos x sin x + cos x cos x + sin x sin x− sin x cos x

(sin x + cos x)2

=cos x cos x + sin x sin x + cos x cos x + sin x sin x

(sin x + cos x)2

=cos2 x + sin2 x + cos2 x + sin2 x

(sin x + cos x)2=

=2 cos2 x + 2 sin2 x

(sin x + cos x)2=

2(cos2 x + sin2 x

)(sin x + cos x)2

.

Pasinaudoj¦ formule cos2 x+ sin2 x = 1, gauname

2(cos2 x+ sin2 x

)(sinx+ cosx)2 =

2 · 1(sinx+ cosx)2 =

2(sinx+ cosx)2 .

34

Atsakymas.2

(sinx+ cosx)2 .

3.2 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ dalmens i²vestinesformule ir pagrindiniu� funkciju� i²vestinemis ir raskite ²iu� funkciju�i²vestines:

Uºduotis Funkcija

3.2.1 y =sinx+ cosxsinx− cosx

3.2.2 y =sinx+ cosxcosx− sinx

3.2.3 y =cosx− sinxsinx+ cosx

3.2.4. y =sinx+ 2

sinx− cosx3.2.5. y =

1 + cosxcosx− sinx

3.2.6. y =cosx− sinx

sinx+ 13.2.7. y =

cosx− sinx1 + cosx

3.2.8. y =sinx+ 2sinx− 3

3.2.9. y =3 + cosx3− sinx

3.2.10. y =2− sinxsinx+ 2

3.3 pavyzdys. Raskime dalmens

y =x2

1 + x

i²vestin¦.

Sprendimas. Dalmens i²vestines ie²kome remiantis formule(uv

)′=

35

u′v − v′uv2

:

y′ =(

x2

1 + x

)′=

(x2)′ (1 + x)− (1 + x)′ x2

(1 + x)2 ,

o rei²kinio (1 + x)′ i²vestines ie²kome pagal formule (u + v)′ =u′ + v′, tuomet turesime

y′ =(

x2

1 + x

)′=

(x2)′ (1 + x)− (1′ + (x)′)x2

(1 + x)2 ,

pasinaudoj¦ pagrindiniu� i²vestiniu� lentele, galime apskai£iuoti i²vestinesx2, x ir 1:(

x2)′ (1 + x)− (1′ + (x)′)x2

(1 + x)2 =2x (1 + x)− (0 + 1)x2

(1 + x)2 .

Atlik¦ algebrinius pertvarkius, turime:

2x (1 + x)− (0 + 1)x2

(1 + x)2 =2x (1 + x)− 1x2

(1 + x)2

=2x+ 2x2 − x2

(1 + x)2 =2x+ x2

(1 + x)2 .

Atsakymas.2x+ x2

(1 + x)2.

3.3 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ dalmens i²vestinesformule ir pagrindiniu� funkciju� i²vestinemis ir raskite ²iu� funkciju�i²vestines:

36

Uºduotis Funkcija

3.3.1. y =x3

1 + x

3.3.2. y =x3

1− x3.3.3. y =

x2

1− x3.3.4. y =

x4

1− x3.3.5. y =

x3

2 + x

3.3.6. y =x3

2− x3.3.7. y =

x

2− x3.3.8. y =

x

2 + x3.3.9. y =

x

1 + x2

3.3.10. y =x

1− x2

3.1.4 Sudetiniu� funkciju� i²vestines

Sudetines funkcijos y = f(u(x)) i²vestine randama pagal formule

y′ = f ′(u(x))u′(x). (3.2)

Sudetiniu� funkciju� i²vestines:

37

(un)′ = n · un−1 · u′; (√u)′ =

u′

2√u;

(eu)′ = eu · u′ (au)′ = au ln a · u′ ;

(lnu)′ =u′

u; (loga u)′ =

u′

u ln a;

(sinu)′ = cosu · u′; (cosu)′ = − sinu · u′;

(tanu)′ =u′

cos2 u; (ctg u)′ = − u′

sin2 u;

(arcsinu)′ =u′√

1− u2; (arccosu)′ = − u′√

1− u2;

(arctg u)′ =u′

1 + u2; (arcctg u)′ = − u′

1 + u2.

3.4 pavyzdys. Pasinaudoj¦ sudetiniu� funkciju� i²vestinemis, rask-ite funkcijos

y = (1− x2)4

i²vestin¦.

Sprendimas. Kadangi negalime i² karto pasinaudoti pagrindiniu�i²vestiniu� lentele (nes musu� funkcija yra sudetine), ie²kome i²vestinesremiantis (3.2) formule

y′ =((

1− x2)4)′ = [(u4

)′ = 4u4−1 · u′]

= 4(1− x2

)3 (1− x2)′,

o rei²kinio (1 − x2)′ ie²kome remiantis formule (u + v)′ = u′ + v′,tada gauname

4(1− x2

)3 (1− x2)′ = 4

(1− x2

)3 (1′ −(x2)′)

.

Dabar jau galime pasinaudoti pagrindiniu� i²vestiniu� lentele ir ap-skai£iuoti x2 ir 1 i²vestines:

4(1− x2

)3 (1′ −(x2)′) = 4

(1− x2

)3 (0− 2x) ,

atlik¦ aritmetinius veiksmus, turesime

4(1− x2

)3 (0− 2x) = 4(1− x2

)3 (−2x) = −8x(1− x2

)3.

38

Atsakymas. y′ = −8x(1− x2

)3.3.4 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ sudetiniu�funkciju� i²vestinemis, raskite ²ias i²vestines:

Uºduotis Funkcija

3.4.1. y =(1− x2

)33.4.2. y =

(1− x2

)23.4.3. y =

(1 + x2

)43.4.4. y =

(2 + x2

)43.4.5. y =

(x2 − 1

)43.4.6. y =

(x2 − 1

)33.4.7. y =

(x2 − 5

)33.4.8. y =

(−x2 − 5

)33.4.9. y =

(−x2 − 5

)23.4.10. y =

(−1− x2

)43.5 pavyzdys. Pasinaudoj¦ sudetiniu� funkciju� i²vestinemis, rask-ite i²vestin¦:

y =√

1− x2.

Sprendimas. Ie²kome i²vestines remiantis (3.2) formule. Tuometturesime

y′ =(√

1− x2)′

=[(√

u)′ = u′

2√u

]=((

1− x2) 1

2

)′=

12(1− x2

) 12−1 (1− x2

)′ 12(1− x2

)− 12(1− x2

)′,

rei²kinio (1 − x2)′ ie²kome remiantis formule (u + v)′ = u′ + v′,tada gauname

12(1− x2

)− 12(1− x2

)′ = 12(1− x2

)− 12

(1′ −

(x2)′)

.

39

Pasinaudoj¦ pagrindiniu� i²vestiniu� lentele, galime apskai£iuoti i²vestinesx2 ir 1:

12(1− x2

)− 12

(1′ −

(x2)′) =

12(1− x2

)− 12 (0− 2x)

atlik¦ algebrinius petvarkius, turesime

12(1− x2

)− 12 (0− 2x) =

12(1− x2

)− 12 (−2x) = − x√

1− x2.

Atsakymas. y′ = − x√1− x2

.

3.5 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ sudetiniu�funkciju� i²vestinemis, raskite ²ias i²vestines:

Uºduotis Funkcija

3.5.1. y =√

2− x2

3.5.2. y =√x2 + 2

3.5.3. y =√x2 − 2

3.5.4. y =√x2 − 1

3.5.5. y =√−x2 − 1

3.5.6. y =√−x2 − 3

3.5.7. y = 3√−x2 − 3

3.5.8. y = 3√x2 + 3

3.5.9. y = 3√x2 − 2

3.5.10. y = 3√

2− x2

3.6 pavyzdys. Pasinaudoj¦ sudetiniu� funkciju� i²vestinemis, rask-ite i²vestin¦:

y = ln cosx.

40

Sprendimas. Ie²kome i²vestines remiantis (3.2) formule. Tuometturesime

y′ = (ln cosx)′ =[(lnu)′ =

1u· u′]

=1

cosx(cosx)′ .

Pasinaudoj¦ pagrindiniu� i²vestiniu� lentele, galime apskai£iuoti funkci-jos cosx i²vestin¦:

1cosx

(cosx)′ = − 1cosx

sinx = − sinxcosx

,

pastebime, jog vietojesinxcosx

, galime para²yti tg x. Taigi, musu�atsakymas yra −tgx.

Atsakymas. y′ = − tg x.

3.6 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ sudetiniu�funkciju� i²vestinemis, raskite ²ias i²vestines:

Uºduotis Funkcija

3.6.1. y = ln sinx3.6.2. y = ln lnx3.6.3. y = ln 2x3.6.4. y = ln ex

3.6.5. y = ln arccosx3.6.6. y = ln arcsinx3.6.7. y = ln arctg x3.6.8. y = ln arcctg x3.6.9. y = ln tg x3.6.10. y = ln ctg x

3.7 pavyzdys. Pasinaudoj¦ sudetiniu� funkciju� i²vestinemis, rask-ite i²vestin¦:

y = ex2.

41

Sprendimas. Ie²kome i²vestines remiantis (3.2) formule arba sudetiniu�funciju� i²vestinemis:

y′ =(ex

2)′

=[(eu)′ = eu · u′

]= ex

2 (x2)′.

Jau galime pasinaudoti pagrindiniu� i²vestiniu� lentele ir apskai£iuotix2 i²vestin¦:

ex2 (x2)′ = 2xex

2.

Atsakymas. y′ = 2xex2.

3.7 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ sudetiniu�funkciju� i²vestinemis, raskite ²ias i²vestines:

Uºduotis Funkcija

3.7.1. y = ex3

3.7.2. y = ex4

3.7.3. y = e2x

3.7.4. y = e4x

3.7.5. y = ex5

3.7.6. y = ecosx

3.7.7. y = esinx

3.7.8. y = etg x

3.7.9. y = ectg x

3.7.10. y = e5x

3.8 pavyzdys. Pasinaudoj¦ sudetiniu� funkciju� i²vestinemis, rask-ite i²vestin¦:

y = arccos 3x.

Sprendimas. Kadangi negalime i² karto pasinaudoti pagrindiniu�i²vestiniu� lentele, nes musu� funkcija yra sudetine, tuomet ie²kome

42

i²vestines remiantis (3.2) formule

y′ = (arccos(3x))′ =[(arccosu)′ = − u′√

1− u2

]= − 1√

1− (3x)2(3x)′ = − 1√

1− 9x2(3x)′ .

Jau galime pasinaudoti pagrindiniu� i²vestiniu� lentele ir apskai£iuoti3x i²vestin¦ ir gauti atsakym¡:

− 1√1− 9x2

(3x)′ = − 3√1− 9x2

.

Atsakymas. y′ = − 3√1− 9x2

.

3.8 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ sudetiniu�funkciju� i²vestinemis, raskite ²ias i²vestines:

Uºduotis Funkcija

3.8.1. y = arccos(4x)3.8.2. y = arccos(x2)3.8.3. y = arccos(5x)3.8.4. y = arccos(x3)3.8.5. y = arccos(2x)3.8.6. y = arcsin(4x)3.8.7. y = arcsin(x2)3.8.8. y = arcsin(5x)3.8.9. y = arcsin(x3)3.8.10. y = arcsin(5x)

43

3.1.5 Liopitalio taisykle

Sakome, kad dvieju� funkciju� santykis f(x)g(x) , kai x → a (a gali buti

baigtinis ar begalinis) yra neapibreºtumas 00

(∞∞), jei limx→a f(x) =

limx→a

g(x) = 0(

limx→a f(x) = limx→a

g(x) =∞).

Liopitalio taisykle. Tegul funkcijos f ir g apibreºtos ir difer-encijuojamos kokioje nors ta²ko a aplinkoje, i²skyrus gal tik pati�ta²k¡ a. Be to, lim

x→af(x) = lim

x→ag(x) = 0 ( lim

x→af(x) = lim

x→ag(x) =

∞), o i²vestine g′(x) nelygi nuliui ne viename minetos aplinkosta²ke. Jei ²iomis s¡lygomis egzistuoja (baigtine ar begaline) ribalimx→a

f ′(x)g′(x) , tai egzistuos ir riba lim

x→af(x)g(x) ; be to, teisinga ²itokia ly-

gybe: limx→a

f(x)g(x) = lim

x→af ′(x)g′(x) .

1 pastaba. limx→a

f ′(x)g′(x) gali neegzistuoti, nors funkciju� f ir g santykio

riba limx→a

f(x)g(x) ir egzistuoja. Pavyzdºiui,(

x2 cos 1x

)′(ln (1 + x))′

=2x cosx 1

x + sin 1x

11+x

=(

2x (1 + x) cos1x

+ x sin1x

)+ sin

1x,

kai x→ 0, ribos neturi. Ta£iau

limx→0

x2 cos 1x

ln (1 + x)= lim

x→0

x cos 1x

1x ln (1 + x)

= limx→0

x cos 1x

ln (1 + x)1x

=01

= 0.

2 pastaba. Jeigu f ′(x) ir g′(x) tenkina tas pa£ias s¡lygas, kaipir funkcijos f(x) ir g(x), tai Liopitalio taisykl¦ galima taikyti darkart¡. Tuomet: lim

x→af(x)g(x) = lim

x→af ′(x)g′(x) = lim

x→af ′(x)g′′(x) . Daºnai Liopi-

talio taisykl¦ reikia taikyti kelet¡ kartu�.

3.9 pavyzdys. Remdamiesi Liopitalio taisykle, raskite rib¡

limx→0

x2 lnx.

44

Sprendimas. Neapibreºtumas 0·∞. Rei²kini� pertvarkome i� neapibreºtum¡∞∞ :

limx→0

x2 lnx = limx→0

lnx1x2

,

dabar jau galime taikyti Liopitalio taisykl¦. Tuomet turesime

limx→0

lnx1x2

= limx→0

(lnx)′(1x2

)′ = limx→0

(lnx)′

(x−2)′= lim

x→0

1x

−2x−3,

atlik¦ algebrinius petvarkius, apskai£iuojame rib¡

limx→0

1x

−2x−3= lim

x→0

(−

1x2x3

)= lim

x→0

(−x

3

2x

)= lim

x→0

(−x

2

2

)=

02

= 0.

Atsakymas. 0.

3.9 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ Liopitaliotaisykle, raskite ²ias i²vestines:

Uºduotis Funkcija3.9.1. lim

x→0x3lnx

3.9.2. limx→0

x lnx

3.9.3. limx→0

x4lnx

3.9.4. limx→0

x5lnx

3.9.5. limx→0

x6lnx

3.9.6. limx→0

x−3lnx

3.9.7. limx→0

x−2lnx

3.9.8. limx→0

x−4lnx

3.9.9. limx→0

x7lnx

3.9.10. limx→0

x8lnx

45

3.10 pavyzdys. Remdamiesi Liopitalio taisykle, raskite ²ias ribas:

limx→∞

x2

2x.

Sprendimas. Kadangi 2∞ =∞, nes

limx→a|q|n =

0, kai q < 1,neap., kai q = 1,∞, kai q > 1,

tuomet turime neapibreºtum¡ ∞∞ . Todel i² karto taikome Liopitaliotaisykl¦:

limx→∞

x2

2x= lim

x→∞

(x2)′

(2x)′= lim

x→∞

2x2x ln 2

i�sistat¦ vietoje x begalyb¦, dar turim¦ neapibreºtum¡∞∞

. Rem-damiesi 2 pastaba, taikome Liopitalio taisykl¦ dar kart¡:

limx→∞

2x2x ln 2

= limx→∞

(2x)′

(2x ln 2)′= lim

x→∞

2ln 2 · 2x ln 2

kadangi jau neturime neapibreºtumo, i�sistatome vietoje x begalyb¦ir apskai£iuojame rib¡:

limx→∞

2ln 2 · 2x ln 2

=2

ln 2 · 2∞ ln 2=

2∞

= 0.

Atsakymas. 0.

3.10 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ dalmensi²vestines formule ir pagrindiniu� funkciju� i²vestinemis ir raskite²iu� funkciju� i²vestines:

46

Uºduotis Funkcija

3.10.1. limx→∞

x2

3x

3.10.2. limx→∞

x2

4x

3.10.3. limx→∞

x2

5x

3.10.4. limx→∞

x2

6x

3.10.5. limx→∞

x2

7x

3.10.6. limx→∞

x3

2x

3.10.7. limx→∞

x3

3x

3.10.8. limx→∞

x3

4x

3.10.9. limx→∞

x3

5x

3.10.10. limx→∞

x3

6x

3.1.6 Funkcijos diferencialas

3.1.6.1 Diferencialo apibreºimas Funkcijos y = f(x) diferen-

cialu dy vadinama sandauga f ′(x) ·∆x, t.y.

dy = f ′(x) ·∆x.

Diferencialo formuleje vietoje ∆x galima ra²yti dx, nes pagalapibreºim¡ funkcijos y = x diferencialas dx = x′∆x = 1·∆x = ∆x.Taigi,

dy = f ′(x)dx.

47

I² £ia i²plaukiady

dx= f ′(x), t.y. funkcijos i²vestine yra lygi

funkcijos diferencialo ir argumento diferencialo santykiui.

Funkcijos diferencialas daºnai naudojamas matematikoje skai£i-uojant funkciju� reik²mes, taip pat vertinant paklaidu� didum¡. Taidaroma remiantis tuo, kad funkcijos pokytis yra apytiksliai lygus

funkcijos diferencialui, kai argumento pokytis maºas, t.y ∆y ≈ dy.�i lygybe i²plaukia i² i²vestines apibreºimo f ′ (x) = lim∆x→0

∆y∆x =

dydx .

Funkcijos y = f(x) diferencialo diferencialas vadinamas antruojudiferencialu(arba antrosios eiles diferencialu) ir ºymimas d2y arbad2f(x). Taigi, d2y = d(dy). Analogi²kai d3y = d(d2y) ir t.t.Rasime antros eiles diferencial¡: d2y = d(dy) = d(f ′(x)dx) =d(f ′(x))dx = (f ′(x)dx)dx = f ′(x)dx2. Taigi

d2y = f ′(x)dx2.

3.1.6.2. Diferencialo taikymas apytiksliams skai£iavimams

Imkime funkcijos y = f(x) pokyti� ir diferencial¡:

∆y = f(x0 + ∆x)− f(x0), dy = f ′(x0)∆x.

Kadangi ∆y ≈ dy, tai i² uºra²ytu�ju� lygybiu� gauname

f(x0 + ∆x)− f(x0) ≈ f ′(x0)∆x,

arbaf(x0 + ∆x) ≈ f(x0) + f ′(x0)∆x. (3.3)

Jeigu x0 + ∆x = x, ∆x = x − x0, tai vietoje (3.3) formulesturesime ²itoki¡:

f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0) (x− x0) .

Atskiru atveju, kai x0 = 0, gauname

f(x) ≈ f(0) + f ′(0) · x. (3.4)

48

3.11 pavyzdys. Taikydami diferencial¡ uºra²ykite apytiksl¦ for-mul¦:

f(x) =√

1 + x, x→ 0

ir apskai£iuokime f(0, 12).

Sprendimas. Remdamiesi (3.4) formule, uºra²ysime apytiksl¦ ²iosfunkcijos formul¦. Pirmiausia apskai£iuojame ²ios funkcijos i²vestin¦:

f ′(x) = (√

1 + x)′ =(

(1 + x)12

)′=[u

12 =

12u

12u′]

=12

(1 + x)−12 (1 + x)′ =

12√

1 + x,

rad¦ i²vestin¦, apskai£iuojame jos reik²m¦ ta²ke 0:

f ′ (0) ==1

2√

1 + 0=

12.

Ie²kome funkcijos reik²mes ta²ke nulis:

f (0) =√

1 + 0 = 1.

Pasinaudoj¦ (3.4) formule ir i�sistat¦ gaut¡sias reik²mes, turesime

f(x) ≈ 1 +12· x.

Taigi √1 + x ≈

(1 +

x

2

), x→ 0.

Apskai£iuojame√

0, 12 ≈ 1 + 0,122 = 1, 06. Pastebekime, kad tik-

slioji reik²me√

1, 12 = 1, 0583005 . . . ir apskai£iuotos apytikslesreik²mes santykine paklaida yra

|1, 0583005 . . .− 1, 06|1, 0583005 . . .

· 100% ≈ 0, 16%.

49

Atsakymas.√

1 + x ≈ 1 + x2 , kai x→ 0; 1, 06.

3.11 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ apytikslioskai£iavimo formule (3.4), apskai£iuokite ²iu� funkciju� apytiksl¦ reik²m¦:

Uºduotis Funkcija

3.11.1. f(x) =√

1− x, x ≈ −0, 123.11.2. f(x) = 3

√1 + x, x ≈ −0, 13

3.11.3. f(x) = 3√

1− x, x ≈ 0, 133.11.4. f(x) = 4

√1 + x, x ≈ 0, 09

3.11.5. f(x) = 4√

1− x, x ≈ 0, 083.11.6. f(x) = 5

√1− x, x ≈ −0, 10

3.11.7. f(x) = 5√

1 + x, x ≈ −0, 143.11.8. f(x) = 6

√1− x, x ≈ 0, 15

3.11.9. f(x) = 6√

1 + x, x ≈ 0, 123.11.10. f(x) = 7

√1− x, x ≈ −0, 17

3.12 pavyzdys. Taikydami diferencial¡ uºra²ykite apytiksl¦ for-mul¦:

f(x) = ln(1 + x), x→ 0.

Sprendimas. Remdamiesi (3.4) formule, uºra²ysime apytiksl¦ ²iosfunkcijos formul¦. Pirmiausia apskai£iuojame ²ios funkcijos i²vestin¦:

f ′(x) = (ln (1 + x))′ =[lnu =

1uu′]

=1

(1 + x)(1 + x)′ =

11 + x

,

rad¦ i²vestin¦, apskai£iuojame jos reik²m¦ ta²ke 0:

f ′ (0) =1

1 + 0=

11

= 1.

Ie²kome funkcijos reik²mes ta²ke nulis:

f (0) = ln (1 + 0) = ln 1 = 0.

50

Pasinaudoj¦ (3.4) formule ir i�sistat¦ gaut¡sias reik²mes, turesime

f(x) ≈ 0 + 1 · x ≈ x.

Taigi,ln (1 + x) ≈ x, x→ 0.

Atsakymas. x, x→ 0.

3.12 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ apytikslioskai£iavimo formule (3.4), uºra²ykite apytiksl¦ formul¦ ²iai funkci-jai:

Uºduotis Funkcija

3.12.1. f(x) = ln (1− x), x→ 03.12.2. f(x) = sinx, x→ 03.12.3. f(x) = cosx, x→ 03.12.4. f(x) = − ln (1− x), x→ 03.12.5. f(x) = ex, x→ 03.12.6. f(x) = − sinx, x→ 03.12.7. f(x) = − cosx, x→ 03.12.8. f(x) = −ex, x→ 03.12.9. f(x) = tg x, x→ 03.12.10. f(x) = − ln (1 + x), x→ 0

3.1.7 Teiloro formule

Pagal Lagranºo teorem¡

f(x) = f (a) + f ′ (ξ) (x− a) ,

jei tiktai funkcija f � tolydi ir diferencijuojama intervale (a− ε, a+ ε)(£ia ε > 0 � nebutinai maºas skai£ius), o ξ yra tarp x ir a.

51

Jeigu funkcija f yra (n+ 1) - kart¡ diferencijuojama intervale(a− ε, a+ ε), kuriam priklauso ir x, x 6= a, tada egzistuoja ta²kasξ, esantis tarp x ir a, toks, kad

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′(a)

2!(x− a)2 + · · ·

+f (n)(a)n!

(x− a)n +f (n+1)(ξ)(n+ 1)!

(x− a)n+1.

(3.5)

Paskutinis de²ines puses demuo yra vadinamas Teiloro formules

liekamuoju nariu:

f(x) =f (n+1) (ξ)(n+ 1)!

(x− a)n+1 .

3.13 pavyzdys. Uºra²ykite pirmuosius tris Teiloro formules nar-ius:

f(x) = 3√

8 + x, x→ 0.

Sprendimas. Remdamiesi (3.5) formule, uºra²ysime tris pirmuo-sius Teiloro formules narius. Visu� pirma reikia apskai£iuoti ²iosfunkcijos i²vestin¦:

f ′(x) =(

3√

8 + x)′

=(

(8 + x)13

)′=[(u

13

)′=

13u−

23 · u′

]=

13

(8 + x)−23 · (8 + x)′ =

1

3 · 3

√(8 + x)2

.

Dabar apskai£iuojame ²ios funkcijos atr¡j¡ i²vestin¦

f ′(x) =

1

3 · 3

√(8 + x)2

′ = (13

(8 + x)−23

)′

=∣∣∣∣(u− 2

3

)′= −2

3u−

53 · u′

∣∣∣∣ = −13· 2

3(8 + x)−

53 (8 + x)′

= − 2

9 3

√(8 + x)5

52

Pirmieji trys Teiloro formules nariai atrodytu� taip:

f(x) = f (a) + f ′ (a) (x− a) +f ′ (a)

2!(x− a)2 ,

kai a = 0, turesime

f(x) = f (0) + f ′ (0) · x+f ′ (0)

2!x2. (3.6)

Todel, reikia apskai£iuoti pirmosios ir antrosios i²vestines reik²m¦ta²ke 0:

f ′ (0) =1

3 · 3

√(8 + 0)2

=1

3 · 3√

64=

13 · 4

=112,

f ′ (0) = − 2

9 · 3

√(8 + 0)5

= − 2

9 · 3√

85= − 2

9 · 8 · 4

= − 19 · 8 · 2

= − 1144

.

Belieka apskai£iuoti funkcijos reik²m¦ ta²ke nulis

f (0) = 3√

8 + 0 = 3√

8 = 2.

Gautus rezultatus i�statome i� (3.6) formul¦, tuomet turesime:

3√

8 + x ≈ 2+112·x+− 1

144

2!x2 = 2+

112·x− 1

144 · 2x2 = 2+

112·x− 1

288x2.

Atsakymas. 3√

8 + x ≈ 2 +112· x− 1

288x2, kai x→ 0.

3.13 uºduotis savaranki²kam darbui. Pasinaudoj¦ Teiloro for-mule, apskai£iuokite ²iu� funkciju� tris Teiloro formules narius:

53

Uºduotis Funkcija

3.13.1. f (x) = 3√

8− x, x→ 03.13.2. f (x) = 3

√27− x, x→ 0

3.13.3. f (x) =√

4− x, x→ 03.13.4. f (x) =

√4 + x, x→ 0

3.13.5. f (x) =√

16− x, x→ 03.13.6. f (x) =

√16 + x, x→ 0

3.13.7. f (x) =√

25 + x, x→ 03.13.8. f (x) =

√25− x, x→ 0

3.13.9. f (x) = 3√

27 + x, x→ 03.13.10. f (x) =

√36− x, x→ 0

3.2 I²vestiniu� taikymas

3.2.1 Funkcijos gra�ko liestines ta²ke lygtis

Funkcijos y = f(x) gra�ko liestines ta²ke x0 lygtis yra

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

3.14 pavyzdys. Uºra²ykime kreives

y = x3 − 3x

liestines, nubreºtos per ta²k¡ A(2; 2), lygti�.

Sprendimas. Funkcijos y = f(x) gra�ko liestines ta²ke x0 lygtisbendruoju atveju:

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Turime s¡lyg¡: f(x0) = f(2) = 2. Raskime funkcijos i²vestin¦f ′(x) = 3x2 − 3 Apskai£iuokime i²vestines reik²m¦ ta²ke x0 = 2,t.y. f ′(x0) = f ′(2) = 9. Uºra²ykime kreives y = x3 − 3x liestines,nubreºtos per ta²k¡ A(2; 2), lygti�:

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) = 2 + 9(x− 2) = 9x− 16.

54

Atsakymas. y = 9x− 16.

3.14 uºduotis savaranki²kam darbui. Uºra²ykite kreives y =f(x) liestines, nubreºtos per ta²k¡ x0, lygti�.

Uºduotis Funkcija x0

3.14.1 y = x2 − 2x 33.14.2 y = x4 − 4x 23.14.3 y = x5 − 10x 23.14.4 y = 2x3 − 4x 23.14.5 y = 3x2 − 2x 13.14.6 y = 2x4 − x 13.14.7 y = 2x2 + 3x 23.14.8 y = 4x2 + 6x -23.14.9 y = 2x3 − 8x 33.14.10 y = x4 − 8x 13.14.11 y = x2 − 2x -33.14.12 y = x4 − 4x -23.14.13 y = x5 − 10x -23.14.14 y = 2x3 − 4x -23.14.15 y = 3x2 − 2x -13.14.16 y = 2x4 − x -13.14.17 y = 2x2 + 3x -23.14.18 y = 4x2 + 6x 23.14.19 y = 2x3 − 8x -33.14.20 y = x4 − 8x -1

3.2.2 Funkcijos didejimo ir maºejimo poºymis

Pakankamus funkcijos didejimo ir maºejimo intervale poºymiusi²rei²kia ²ios teoremos:

1. Jeigu i²vestine f ′(x) intervale (a; b) teigiama, tai funkcijaf(x) tame intervale dideja.

55

2. Jeigu i²vestine f ′(x) intervale (a; b) neigiama, tai funkcijaf(x) tame intervale maºeja.

3.15 pavyzdys. I�rodykime, kad funkcija

y = arctg(−x)

visur maºeja.

Sprendimas. Rasime funkcijos y = arctan(−x) i²vestin¦ y′ =(arctg(−x))′ = −1

1+x2 . Matome, kad y′ < 0 (y′(0) = −1 irlim

x→±∞y′(x) = 0). Pastebej¦, kad arctg(−1) = −π

2 ir arctg(1) = π2 ,

gauname, kad funkcija y maºeja visoje skai£iu� tieseje x ∈ (−∞,+∞)nuo π

2 iki −π2 .

3.16 pavyzdys. I�rodykime nelygyb¦

x > ln(1 + x), x > 0.

Sprendimas. Paºymesime

y(x) = x− ln(1 + x), x > 0

ir rasime funkcijos i²vestin¦:

y′ = (x− ln(1 + x))′ = 1− 11 + x

=1 + x− 1

1 + x=

x

1 + x> 0,

nes x > 0. Kadangi y′ =x

1 + x> 0, kai x > 0, tai funkcija

y = x − ln(1 + x) dideja, kai x > 0. Apskai£iuosime funkcijosy = x− ln(1 + x) reik²m¦ ta²ke x = 0;

y(0) = 0− ln(1 + 0) = 0− 0 = 0.

Kadangi funkcija y = x − ln(1 + x) yra didejanti, kai x > 0 iry(0) = 0, tai, kai x > 0,

x− ln(1 + x) > 0,

x > x− ln(1 + x).

56

3.15 uºduotis savaranki²kam darbui.

3.15.1 I�rodykite, kad funkcija y = x3 + x visur dideja.

3.15.2 I�rodykite, kad funkcija y = 2 arctanx + arcsin2x

1 + x2inter-

vale [1; +∞) yra pastovi.

I�rodykite nelygybes:

3.15.3 ex > 1 + x;

3.15.4ex

x> e, kai x > 1;

3.15.5 x− x3

3< arctanx, 0 < x 6 1;

3.15.6 arctanx < x− x3

6, 0 < x 6 1.

3.2.3 Funkcijos i²kilumo intervalai

3.17 pavyzdys. Raskime funkcijos

y = x arctanx

gra�ko i²kilumo auk²tyn ir ºemyn intervalus.

Sprendimas. Raskime funkcijos y = x arctanx pirmosios ir antro-sios eiles i²vestines:

y′ = (x arctanx)′ = arctanx+x

1 + x2;

y′′ =(

arctanx+x

1 + x2

)′=

11 + x2

+1 + x2 − x · 2x

(1 + x2)2=

=1 + x2 + 1 + x2 − 2x2

(1 + x2)2=

2(1 + x2)2

.

57

Funkcijos y = x arctanx antrosios eiles i²vestine niekada nelyginuliui, t. y. 2

(1+x2)26= 0. Intervale (−∞;∞) funkcijos gra�kas yra

i²kilas ºemyn.

3.16 uºduotis savaranki²kam darbui. Raskite nurodytu� funkciju�gra�ko i²kilumo auk²tyn ir ºemyn intervalus:

Uºduotis Funkcija3.16.1 y = x lnx;3.16.2 y = ln(1 + x2);3.16.3 y = x4 − 8x3 + 18x2 − 8x;3.16.4 y = 3

√x5;

3.16.5 y = ln(1 + x3);3.16.6 y = 3

√x2;

3.16.7 y =x4

x3− x3.

3.2.4 Funkciju� tyrimas ir gra�ku� breºimas

Literatura: [Rum76] XVII skyrius, 293 - 306 psl.Funkcija f : X ⊂ R → R yra vadinama periodine, jeigu egzis-

tuoja toks skai£ius T > 0 kad:a) T yra aibes X periodas;b) ∀x ∈ X ⇒ f(x+ T ) = f(x) = f(x− T ).Skai£ius T vadinamas funkcijos periodu. Visu� periodu� pats

maºiausias periodas vadinamas funkcijos f pagrindiniu periodu.Funkcija y = f(x) vadinama lygine, jei kiekvienai x reik²mei

galioja lygybe f(−x) = f(x). Analogi²kai, jei galioja lygybe f(−x) =−f(x), tai funkcija vadinama nelygine. Funkcijos nepriklausan£iosnei vienai i² ²iu� grupiu� vadinamos nei lyginemis, nei nelyginemis.

Lygines funkcijos gra�kas simetri²kas Oy a²ies atºvilgiu, o ne-lygines - koordina£iu� pradºios ta²ko atºvilgiu.

Funkcijos tyrimo schema:

1. Nustatome funkcijos apibreºimo sriti�.

58

2. Nustatome funkcijos charaktering¡sias savybes (periodi²kum¡,lyginum¡).

3. Randame funkcijos ekstremumus bei monotoni²kumo inter-valus.

4. Nustatome funkcijos i²kilumo intervalus ir perlinkio ta²kus.

5. Randame funkcijos gra�ko asimptotes ir i²tiriame gra�kopadeti� asimpto£iu� atºvilgiu.

6. Surandame funkcijos ribas, kai tolsta i� begalybes (+∞ ir−∞) ir arteja i� funkcijos apibreºimo srities galus (jei funkci-jos apibreºimo sritis nera (−∞; +∞)).

7. Nustatome, ar funkcijos gra�kas kerta koordina£iu� a²is, jeitaip, surandame funkcijos gra�ko susikirtimo su koordina£iu�a²imis ta²kus.

8. Breºiame funkcijos gra�ko eskiz¡.

3.18 pavyzdys. I²tirkite funkcij¡

f(x) =2x

1 + x2

ir nubreºkite jos gra�k¡.

Sprendimas.

1) Funkcijos apibreºimo sritis: Df = R.2) Funkcija nera periodine. Funkcija nelygine, nes f(−x) =

− 2(−x)1 + (−x)2

= − 2x1 + x2

= −f(x). Taigi funkcijos gra�kas simetri-

nis koordina£iu� pradºios ta²ko atºvilgiu.3) Rasime funkcijos ekstremumus. Rasime funkcijos i²vestin¦,

j¡ prilyginsime nuliui ir i²spr¦sime lygti�:

f ′(x) =2(1− x2)(1 + x2)2

= 0.

59

Sudarysime lentel¦:

Intervalai (−∞;−1) −1 (−1; 1) 1 (1; +∞)f ′ ºenklas - 0 + 0 -f kitimas3 ↓ Min ↑ Max ↓

Taigi fmin(−1) = −1; fmax(1) = 1.4) Rasime funkcijos gra�ko i²kilumo intervalus, perlinkio ta²kus:

Rasime funkcijos antr¡j¡ i²vestin¦, j¡ prilyginsime nuliui ir i²spr¦simelygti�:

f ′(x) =4x(x2 − 3)(1 + x2)3

= 0.

Sudarysime lentel¦:

Intervalai (−∞;−√

3) −√

3 (−√

3; 0) 0f ′ ºenklas - 0 + 0I²vados I²kila auk²tyn ∩ Perlinkis I²kila ºemyn ∪ Perlinkis

Intervalai (0;√

3)√

3 (√

3; +∞)f ′ - 0 +I²vados I²kila auk²tyn ∩ Perlinkis I²kila ºemyn ∪

Apskai£iuojame funkcijos reik²mes: f(−√

3) =−√

32

; f(0) =

0; f(−√

3) =√

32

.

Taigi ta²kai (−√

3; f(−√

3)) =(−√

3;−√

32

), (0; f(0)) = (0; 0)

ir (√

3; f(√

3)) =(√

3;√

32

)yra funkcijos gra�ko perlinkio ta²kai.

5) Rasime funkcijos gra�ko asimptotes:a) Funkcija apibreºta ir yra tolydi visoje skai£iu� tieseje x ∈

(−∞,+∞). Todel jos gra�kas vertikaliu�ju� asimpto£iu� neturi.

60

b) Ie²kosime funkcijos gra�ko pasviru�ju� asimpto£iu�. Pastebesime,kad abiems atvejais, kai x→ +∞ arba x→ −∞ gausime t¡ pa£i¡rib¡

k = limx→∞

f(x)x

= limx→∞

2x(1 + x2)x

= 0;

b = limx→∞

(f(x)− kx) = limx→∞

2x1 + x2

= 0.

Taigi tiese y = kx + b = 0 · x + 0 = 0 yra gra�ko horizontaliojiasimptote, kai x → −∞ arba x → +∞. Nustatysime gra�kopadeti� horizontaliosios asimptotes y = 0 atºvilgiu:

δ = f(x)− 0 =2x

1 + x2− 0 =

2x1 + x2

.

Kadangi δ > 0, gra�kas yra vir² asimptotes, kai x > 0 ir δ < 0.δ < 0, gra�kas yra asimptotes apa£ioje, kai x < 0.

6) Surasime funkcijos rib¡, kai x tolsta i� begalybes (nepriklau-somai nuo to, ar x→ −∞, ar x→ +∞).

limx→∞

f(x) = limx→∞

2x1 + x2

= 0.

7) Rasime funkcijos gra�ko susikirtimo ta²k¡ suOx irOy a²imis:2x

1 + x2= 0⇔ x = 0.

8) Remdamiesi gautais duomenimis, braiºome funkcijos gra�koeskiz¡.

Pastaba. Kai gra�kas sudetingas, abieju� lenteliu� duomenis gal-ime sura²yti i� vien¡ lentel¦, nes taip lengviau juos apºvelgti.

3.17 uºduotis savaranki²kam darbui. I²tirkite funkcij¡ y =f(x) ir nubreºkite jos gra�k¡:

61

Uºduotis Funkcija

3.17.1 f(x) =x

1 + x2;

3.17.2 f(x) =x+ 11 + x2

;

3.17.3 f(x) =2x+ 1x2 + 1

;

3.17.4 f(x) =2 + x

x2 + 1;

3.17.5 f(x) =5x

2 + x2;

3.17.6 f(x) =2 + 3x6 + x2

;

3.17.7 f(x) =3 + x

3 + x2;

3.17.8 f(x) =3x

3 + x2;

3.17.9 f(x) =3 + 3x4 + x2

;

3.17.10 f(x) =2 + x

4 + x2.

62

4 Keliu� kintamu�ju� funkcijos

Literatura: [Rum76] XXII skyrius, 378 � 394 psl.; [Mis99] 192 �198 psl.; [Bud08] 183 � 250 psl.

Teoriniai klausimai: Keliu� kintamu�ju� funkcijos tolydumas, dalinesi²vestines, diferencialas. Auk²tesniu�ju� eiliu� i²vestines ir diferencialai. Ek-stremumai. Maºiausiu� kvadratu� metodas. Funkcijos ekonomikoje.

4.1 Keliu� kintamu�ju� funkciju� diferencialinis skai£i-

avimas

4.1.1 Dalines i²vestines

4.1 pavyzdys. Raskime funkcijos dalines i²vestines duotame ta²ke:

1. z = x3 + 2xy2 + 3x2y + y3, (1;-1);

2. z = arctanx

y, x 6= 0, (1; 1):

3. z = xy, (e;1).

Sprendimas.

1. (y = const),

∂z

∂x= (x3 + 2xy2 + 3x2y + y3)′x = 3x2 + 2y2 + 6yx;

∂f(x0; y0)∂x

=∂f(−1; 1)

∂x= 3·12+2·(−1)2+6·(−1)·1 = 3+2−6 = −1;

(x = const);

∂z

∂y= (x3 + 2xy2 + 3x2y + y3)′y = 4xy + 3x2 + 3y2;

∂f(x0; y0)∂y

=∂f(−1; 1)

∂y= 4·1·(−1)+3·12+3·(−1)2 = −4+3+3 = 2.

2. (y = const)

∂z

∂x=

1

1 +(x

y

)2 ·(

1y

)=

y

y2 + x2;

63

∂f(x0; y0)∂x

=∂f(−1; 1)

∂x=

112 + 12

=12.

(x = const),

∂z

∂y=

1

1 +(x

y

)2 ·(− x

y2

)= − x

y2 + x2;

∂f(x0; y0)∂y

=∂f(−1; 1)

∂y= − 1

12 + 12= −1

2.

3. Kai y = const, z = xy yra laipsnine funkcija, todel∂z

∂x= (xy)′x =

yxy−1. Kai x = const, tai z = xy yra rodikline funkcija, todel∂z

∂y= (xy)′y = xy lnx.

∂f(x0; y0)∂x

=∂f(e; 1)∂x

= 1 · e1−1 = 1 · e0 = 1 · 1 = 1;

∂f(x0; y0)∂y

=∂f(e; 1)∂y

= x1 · ln e = x · 1 = x.

4.1 uºduotis savaranki²kam darbui. Raskite dalines i²vestines duo-tajame ta²ke:

Uºduotis Funkcija4.1.1 z = xy − xy3, (1; 0);4.1.2 z = x

√y + y

3√x , (1; 1);4.1.3 z = lnx+

√x2 + y2, (0; 1);

4.1.4 z = ln tan xy ;

4.1.5 z = ln√x2+y2−x√x2+y2+x

, (0; 1).

4.1.2 Diferencialo taikymas apytiksliams skai£iavimams

Diferencijuojamos funkcijos z = f(x, y) poky£io

∆z = f ′x(x0, y0) ·∆x+ f ′(x0, y0) ·∆y + α ·∆x+ β ·∆y

64

pagrindine tiesine dalis

∆z = f ′x(x0, y0) ·∆x+ f ′(x0, y0) ·∆y

vadinama funkcijos diferencialu ta²ke (x0, y0) ir ºymima simboliu dz, t.y.

∆z = f ′x(x0, y0) ·∆x+ f ′(x0, y0) ·∆y.

Nepriklausomu� kintamu�ju� x ir y poky£ius ∆x ir ∆y laikykime ju�diferencialais ∆x = dx, ∆y = dy. Taigi funkcijos diferencialas gali butira²oma ²itaip:

dz = f ′x(x0, y0)dx+ f ′(x0, y0)dy,

arbadz =

∂z

∂xdx+

∂z

∂ydy.

4.2 pavyzdys. Uºra²ykime dvieju� kintamu�ju� funkcijos

z = x3 + 2xy2 + 3x2y + y3

diferencial¡ ta²ke (1; 0) ir pritaikykime ji� apytiksliam skai£iavimui.

Sprendimas. Uºra²ykime funkcijos z = f(x, y) diferencial¡ ta²ke (x0, y0)bendruoju atveju:

dz = f ′x(x0, y0)dx+ f ′(x0, y0)dy.

4.1.3 Keliu� kintamu�ju� funkcijos ekstremumas

Ta²kas T0 (x0, y0) vadinamas funkcijos f(x, y) maksimumu, jei egzis-tuoja tokia ta²ko T aplinka

U0δ =

{(x, y) :

√(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ

},

kad visiems ta²kams (x, y) ∈ U0δ galioja nelygybe

f(x, y) 6 f (x0, y0) . (4.1)

Jei (4.1) nelygyb¦ pakeisti tokia f(x, y) > f (x0, y0), ta²kas T0 vadinamasfunkcijos minimumu.

65

Butina ekstremumo s¡lyga

Tarkime, kad funkcijos f(x, y) dalines i²vestines ∂f(x,y)∂x ir ∂f(x,y)

∂y

tolydºios ta²ke T0 (x0, y0). Jei ²is ta²kas yra funkcijos ekstremumo (mak-simumo arba minimumo) ta²kas, tai

∂f (x0, y0)∂x

= 0,∂f (x0, y0)

∂y= 0.

Ta²kai, kuriuose funkcijos pirmosios eiles dalines i²vestines lygios nuliui(arba neegzistuoja), vadinami kritiniais.

Pakankama ekstremumo s¡lyga

Tarkime, kad funkcijos f(x, y) dalines i²vestines ∂2f(x,y)∂x2 , ∂2f(x,y)

∂x∂y ,∂2f(x,y)∂y2 yra tolydºios ta²ke T0. Paºymekime

A =∂2f (x0, y0)

∂x2,

B =∂2f (x0, y0)

∂x∂y=∂2f (x0, y0)

∂y∂x,

C =∂2f (x0, y0)

∂y2.

Jei T0 yra kritinis ta²kas ir

∆ = AC −B2 > 0,

tai T0 yra ekstremumo ta²kas (maksimumas, kai A < 0 ir minimumas,kai A > 0). Kritinis ta²kas nera ekstremumas, kai ∆ < 0. Jei ∆ = 0,ta²kas gali buti, bet gali ir nebuti ekstremumas.

Pavyzdºiui, ta²kas O(0, 0) yra funkcijos f(x, y) = x2 + y2 minimu-mas:

A = C = 2, B = 0, ∆ = 4 > 0.

4.1.4 Maºiausiu� kvadratu� metodas

Tarkime, kad ºinomos n funkcijos y = f(x) reik²miu� y1 = f (x1), y2 =f (x2), · · · , yn = f (xn). Ie²kosime tiesines funkcijos y = ax + b ≈ f(x)parametru� a, b.

66

Paºymekime

δj = axj + b− yj , j = 1, 2, . . . , n

ir sudarykime funkcij¡

f(a, b) =n∑j=1

δ2j =n∑j=1

(axj + b− yj

)2.

Ie²kome jos minimumo:

∂f(a, b)∂a

= 2n∑j=1

(axj + b− yj

)xj = 0,

∂f(a, b)∂b

= 2n∑j=1

(axj + b− yj

)= 0.

Gauname dvieju� tiesiniu� lyg£iu� sistem¡{a11a+ a12b = b1,a21a+ a22b = b2.

(4.2)

�iaa11 =

n∑j=1

x2j , a12 =

n∑j=1

xj , b1 =n∑j=1

xjyj ,

a21 =n∑j=1

xj , a22 = n, b2 =n∑j=1

yj .

I²spr¦skime (4.2) sistem¡ Kramerio metodu. Skai£ius

D =∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21

vadinamas antrosios eiles determinantu. Sudarykime dar du antrosioseiles determinantus

D1 =∣∣∣∣ b1 a12

b2 a22

∣∣∣∣ , D2 =∣∣∣∣ a11 b1a21 b2

∣∣∣∣ .(4.2) sistemos sprendinys i²rei²kiamas Kramerio formulemis

a =D1

D, b =

D2

D.

67

Taigi

a =n

(n∑

j=1xjyj

)−(

n∑j=1

xj

)(n∑

j=1yj

)

n

(n∑

j=1x2

j

)−(

n∑j=1

xj

)2

b =

(n∑

j=1x2

j

)(n∑

j=1yj

)−(

n∑j=1

xj

)(n∑

j=1xjyj

)

n

(n∑

j=1x2

j

)−(

n∑j=1

xj

)2

(4.3)

4.3 pavyzdys. Pardavimu� apimtis buvo stebima penkis menesius irpateikta lenteleje

xj 1 2 3 4 5yj 4, 05 4, 96 6, 01 7, 04 7, 99

Sudarykime pardavimu� apimties prognoz¦ ir apskai£iuokime y6.

Sprendimas. Apskai£iuokime

5∑j=1

xj = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15,

5∑j=1

x2j = 12 + 22 + 32 + 42 + 52 = 55,

5∑j=1

yj = 4, 05 + 4, 96 + 6, 01 + 7, 04 + 7, 99 = 30, 05,

5∑j=1

xjyj = 1 · 4, 05 + 2 · 4, 96 + 3 · 6, 01 + 4 · 7, 04 + 5 · 7, 99 = 100, 11

ir taikome (4.3) formules:

a = 5·100,11−15·30,055·55−152 = 49,80

50,0 = 0, 996,b = 55·30,05−15·100,11

5·55−152 = 151,1050,0 = 3, 022.

Taigi gauname prognozes funkcij¡ y(x) = 0, 996x+ 3, 022 ir apskai£iuo-jame

y6 = y(6) = 0, 996 · 6 + 3, 022 = 8, 998 ≈ 9, 0.

4.2 uºduotis savaranki²kam darbui. Pagal pateiktus stebejimu� duome-nis raskite funkcijos y(x) = ax + b parametrus a, b ir apskai£iuokitey (x0).

68

uºduotis y (x0)

4.2.1y(3, 5) = 4, 01, y(3, 8) = 4, 64, y(4, 2) = 5, 37y(4, 5) = 6, 02, y(4, 9) = 6, 71, y(5, 3) = 7, 55 y(3, 0)

4.2.2y(3, 5) = 3, 99, y(3, 8) = 4, 62, y(4, 2) = 5, 38y(4, 5) = 6, 03, y(4, 9) = 6, 68, y(5, 3) = 7, 52 y(3, 0)

4.2.3y(3, 5) = 3, 99, y(3, 8) = 4, 59, y(4, 2) = 5, 37y(4, 5) = 6, 01, y(4, 9) = 6, 69, y(5, 3) = 7, 57 y(3, 0)

4.2.4y(3, 5) = 4, 02, y(3, 8) = 4, 58, y(4, 2) = 5, 39y(4, 5) = 6, 03, y(4, 9) = 6, 70, y(5, 3) = 7, 54 y(3, 0)

4.2.5y(3, 5) = 4, 02, y(3, 8) = 4, 57, y(4, 2) = 5, 41y(4, 5) = 5, 97, y(4, 9) = 6, 65, y(5, 3) = 7, 50 y(3, 0)

4.2.6y(3, 5) = 4, 01, y(3, 8) = 4, 64, y(4, 2) = 5, 37y(4, 5) = 6, 02, y(4, 9) = 6, 71, y(5, 3) = 7, 55 y(6, 0)

4.2.7y(3, 5) = 3, 99, y(3, 8) = 4, 62, y(4, 2) = 5, 38y(4, 5) = 6, 03, y(4, 9) = 6, 68, y(5, 3) = 7, 52 y(6, 0)

4.2.8y(3, 5) = 3, 99, y(3, 8) = 4, 59, y(4, 2) = 5, 37y(4, 5) = 6, 01, y(4, 9) = 6, 69, y(5, 3) = 7, 57 y(6, 0)

4.2.9y(3, 5) = 4, 02, y(3, 8) = 4, 58, y(4, 2) = 5, 39y(4, 5) = 6, 03, y(4, 9) = 6, 70, y(5, 3) = 7, 54 y(6, 0)

4.2.10y(3, 5) = 4, 02, y(3, 8) = 4, 57, y(4, 2) = 5, 41y(4, 5) = 5, 97, y(4, 9) = 6, 65, y(5, 3) = 7, 50 y(6, 0)

4.2.11y(1, 0) = 2, 02, y(1, 5) = 1, 47, y(1, 8) = 1, 17y(2, 3) = 0, 67, y(2, 6) = 0, 39, y(2, 9) = 0, 11 y(3, 0)

4.2.13y(1, 0) = 1, 99, y(1, 5) = 1, 51, y(1, 8) = 1, 20y(2, 3) = 0, 63, y(2, 6) = 0, 37, y(2, 9) = 0, 13 y(3, 0)

4.2.14y(1, 0) = 1, 98, y(1, 5) = 1, 52, y(1, 8) = 1, 19y(2, 3) = 0, 66, y(2, 6) = 0, 38, y(2, 9) = 0, 12 y(3, 0)

4.2.15y(1, 0) = 2, 00, y(1, 5) = 1, 51, y(1, 8) = 1, 21y(2, 3) = 0, 64, y(2, 6) = 0, 36, y(2, 9) = 0, 14 y(3, 0)

4.2.16y(3, 5) = 4, 02, y(3, 8) = 4, 57, y(4, 2) = 5, 40y(4, 5) = 5, 96, y(4, 9) = 6, 66, y(5, 3) = 7, 49 y(6, 0)

4.2.17y(1, 0) = 2, 02, y(1, 5) = 1, 47, y(1, 8) = 1, 17y(2, 3) = 0, 67, y(2, 6) = 0, 39, y(2, 9) = 0, 11 y(0, 5)

69

4.2.18y(1, 0) = 1, 99, y(1, 5) = 1, 51, y(1, 8) = 1, 20y(2, 3) = 0, 63, y(2, 6) = 0, 37, y(2, 9) = 0, 13 y(0, 5)

4.2.19y(1, 0) = 1, 98, y(1, 5) = 1, 52, y(1, 8) = 1, 19y(2, 3) = 0, 66, y(2, 6) = 0, 38, y(2, 9) = 0, 12 y(0, 5)

4.2.20y(1, 0) = 2, 00, y(1, 5) = 1, 51, y(1, 8) = 1, 21y(2, 3) = 0, 64, y(2, 6) = 0, 36, y(2, 9) = 0, 14 y(0, 5)

4.1.5 Maºiausiu� kvadratu� metodo apibendrinimas

Nagrinesime dvieju� kintamu�ju� x ir y funkcij¡

u(x, y) = xα yβ . (4.4)

4.4 pavyzdys. �inomos kelios (4.4) funkcijos reik²mes

x 10 15 20 30 35y 20 30 15 25 10

u(x, y 14, 9 21, 8 12, 8 20, 4 9, 9

Apskai£iuokime funkcijos parametru� α ir β reik²mes.

Sprendimas. Apskai£iuojame funkcijos u(x, y) logaritmus

lnu(x, y) = α lnx+ β ln y (4.5)

ir sudarome lentel¦

lnx 2, 3026 2, 7081 2, 9957 3, 4012 3, 5553ln y 2, 9957 3, 4012 2, 7081 3, 2189 2, 3026lnu 2, 7014 3, 0819 2, 5494 3, 0155 2, 2925

Uºra²ykime maºiausiu� kvadratu� funkcij¡

f(α, β) =5∑j=1

(α lnxj + β ln yj − lnuj

)2ir apskai£iuokime jos dalines i²vestines

∂f(α,β)∂α = 2

5∑j=1

(α lnxj + β ln yj − lnuj

)lnxj = 0

∂f(α,β)∂β = 2

5∑j=1

(α lnxj + β ln yj − lnuj

)ln yj = 0.

70

Sprendºiame dvieju� tiesiniu� lyg£iu� sistem¡α

5∑j=1

(lnxj

)2 + β5∑j=1

ln yj lnxj =5∑j=1

lnuj lnxj

α5∑j=1

lnxj ln yj + β5∑j=1

(ln yj

)2 =5∑j=1

lnuj ln yj

Gauname

a11 =5∑j=1

(lnxj

)2 = 45, 8185,

a12 = a21 =5∑j=1

ln yj lnxj =5∑j=1

lnxj ln yj = 43, 3557,

a22 =5∑j=1

(ln yj

)2 = 43, 5392,

b1 =5∑j=1

lnuj lnxj = 40, 6107,

b2 =5∑j=1

lnuj ln yj = 40, 4642

ir taikome Kramerio formules (ºr. (4.2) sistem¡)

D =∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 45, 8185 43, 3557

43, 3557 43, 5392

∣∣∣∣ = 115, 1850,

D1 =∣∣∣∣ b1 a12

b2 a22

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 40, 6107 43, 3557

40, 4642 43, 5392

∣∣∣∣ = 13, 8065,

D2 =∣∣∣∣ a11 b1a21 b2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 45, 8185 40, 6107

43, 3557 40, 4642

∣∣∣∣ = 93, 3017.

Taigi

α =D1

D= 0, 12, β =

D2

D= 0, 81.

4.1.6 Kobo ir Duglo funkcija

Ekonomikoje vartotojo naudingumas4 daºnai modeliojamas Kobo ir Duglofunkcija

u(x, y) = axα y1−α. (4.6)

4Jis i²rei²kiamas pinigais

71

�ia x yra pirmosios prekes vartojamas kiekis, y � antrosios.Tarkime, kad ºinomos kelios kintamu�ju� u, x, y reik²mes. Pert-

varkome (4.6) rei²kini�

lnu(x, y) = ln a+ α lnx+ (1− α) ln y

ir paºymej¦ β = ln a, sudarome maºiausiu� kvadratu� funkcij¡

f(α, β) =n∑j=1

(α ln

(xjyj

)+ β − ln

(yjuj

))2

. (4.7)

4.3 uºduotis savaranki²kam darbui. Pagal pateiktus stebejimu� duome-nis raskite Kobo ir Duglo (4.6) funkcijos parametrus a, α ir apskai£iuokiteu (x0, y0).

4.3.1x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 12, 3 15, 0 21, 4 17, 5 16, 2

u(12, 5; 14, 0)

4.3.2x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 13, 2 15, 0 20, 4 18, 4 15, 2

u(12, 5; 14, 0)

4.3.3x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 14, 1 15, 0 19, 4 19, 4 14, 1

u(12, 5; 14, 0)

4.3.4x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 15, 2 15, 0 18, 4 20, 4 13, 2

u(12, 5; 14, 0)

4.3.5x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 16, 2 15, 0 17, 5 21, 4 12, 3

u(12, 5; 14, 0)

4.3.6x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 12, 3 15, 0 21, 4 17, 5 16, 2

u(12, 0; 14, 5)

4.3.7x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 13, 2 15, 0 20, 4 18, 4 15, 2

u(12, 0; 14, 5)

4.3.8x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 14, 1 15, 0 19, 4 19, 4 14, 1

u(12, 0; 14, 5)

72

4.3.9x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 15, 2 15, 0 18, 4 20, 4 13, 2

u(12, 0; 14, 5)

4.3.10x 20 15 15 25 10y 10 15 25 15 20u 16, 2 15, 0 17, 5 21, 4 12, 3

u(12, 0; 14, 5)

5 Variantai

Variantas Uºduotys

1.1.1.1 1.2.1 1.3.1 2.1.1 2.2.1 2.3.1 2.4.12.5.1 2.6.1 3.1.1 3.2.1 3.3.1 3.4.1 3.5.13.6.1 3.7.1 3.9.1 3.11.1 4.1.1 4.2.1 4.3.1

2.1.1.2 1.2.2 1.3.2 2.1.2 2.2.2 2.3.2 2.4.22.5.2 2.6.2 3.1.2 3.2.2 3.3.2 3.4.2 3.5.23.6.2 3.8.2 3.9.2 3.12.2 4.1.2 4.2.2 4.3.2

3.1.1.3 1.2.3 1.3.3 2.1.3 2.2.3 2.3.3 2.4.32.5.3 2.6.3 3.1.3 3.2.3 3.3.3 3.4.3 3.5.33.7.3 3.8.3 3.10.3 3.12.3 4.1.3 4.2.3 4.3.3

4.1.1.4 1.2.4 1.3.4 2.1.4 2.2.4 2.3.4 2.4.42.5.4 2.6.4 3.1.4 3.2.4 3.3.4 3.4.4 3.5.43.7.4 3.8.4 3.10.4 3.12.4 4.1.4 4.2.4 4.3.4

5.1.1.5 1.2.5 1.3.5 2.1.5 2.2.5 2.3.5 2.4.52.5.5 2.6.5 3.1.5 3.2.5 3.3.5 3.4.5 3.5.53.6.5 3.7.5 3.10.5 3.13.5 4.1.5 4.2.5 4.3.5

6.1.1.6 1.2.6 1.3.6 2.1.6 2.2.6 2.3.6 2.4.62.5.6 2.6.6 3.1.6 3.2.6 3.3.6 3.4.6 3.5.63.6.6 3.8.6 3.10.6 3.13.6 4.1.1 4.2.6 4.3.6

73

Variantas Uºduotys

7.1.1.7 1.2.7 1.3.7 2.1.7 2.2.7 2.3.7 2.4.72.5.7 2.6.7 3.1.7 3.2.7 3.3.7 3.4.7 3.5.73.6.7 3.7.7 3.9.7 3.11.7 4.1.2 4.2.7 4.3.7

8.1.1.8 1.2.8 1.3.8 2.1.8 2.2.8 2.3.8 2.4.82.5.8 2.6.8 3.1.8 3.1.8 3.3.8 3.4.8 3.5.83.6.8 3.8.8 3.9.8 3.12.8 4.1.3 4.2.8 4.3.8

9.1.1.9 1.2.9 1.3.9 2.1.9 2.2.9 2.3.9 2.4.92.5.9 2.6.9 3.1.9 3.2.9 3.3.9 3.4.9 3.5.93.7.9 3.8.9 3.10.9 3.12.9 4.1.4 4.2.9 4.3.9

10.1.1.10 1.2.10 1.3.10 2.1.10 2.2.10 2.3.10 2.4.102.5.10 2.6.10 3.1.10 3.2.10 3.3.10 3.4.10 3.5.103.7.10 3.8.10 3.10.10 3.12.10 4.1.5 4.2.10 4.3.10

11.1.1.11 1.2.11 1.3.11 2.1.11 2.2.1 2.3.1 2.4.12.5.1 2.6.1 3.1.1 3.2.1 3.3.1 3.4.1 3.5.13.6.1 3.7.1 3.10.1 3.13.1 4.1.1 4.2.11 4.3.1

12.1.1.12 1.2.12 1.3.12 2.1.12 2.2.2 2.3.2 2.4.22.5.2 2.6.2 3.1.12 3.2.2 3.3.2 3.4.2 3.5.23.6.2 3.8.2 3.10.2 3.13.2 4.1.2 4.2.12 4.3.2

74

Variantas Uºduotys

13.1.1.13 1.2.13 1.3.13 2.1.13 2.2.3 2.3.3 2.4.32.5.3 2.6.3 3.1.3 3.2.3 3.3.3 3.4.3 3.5.33.6.3 3.7.3 3.9.3 3.11.3 4.1.3 4.2.13 4.3.3

14.1.1.14 1.2.14 1.3.14 2.1.14 2.2.4 2.3.4 2.4.42.5.4 2.6.4 3.1.4 3.1.4 3.3.4 3.4.4 3.5.43.6.4 3.8.4 3.9.4 3.12.4 4.1.4 4.2.14 4.3.4

15.1.1.15 1.2.15 1.3.15 2.1.15 2.2.5 2.3.5 2.4.52.5.5 2.6.5 3.1.5 3.2.5 3.3.5 3.4.5 3.5.53.7.5 3.8.5 3.10.5 3.12.5 4.1.5 4.2.15 4.3.5

16.1.1.16 1.2.16 1.3.16 2.1.16 2.2.6 2.3.6 2.4.62.5.6 2.6.6 3.1.6 3.2.6 3.3.6 3.4.6 3.5.63.7.6 3.8.6 3.10.6 3.12.6 4.1.1 4.2.16 4.3.6

17.1.1.17 1.2.17 1.3.17 2.1.17 2.2.7 2.3.7 2.4.72.5.7 2.6.7 3.1.7 3.2.7 3.3.7 3.4.7 3.5.73.6.7 3.7.7 3.10.7 3.13.7 4.1.2 4.2.17 4.3.7

18.1.1.18 1.2.18 1.3.18 2.1.18 2.2.8 2.3.8 2.4.82.5.8 2.6.8 3.1.8 3.1.8 3.3.8 3.4.8 3.5.83.6.8 3.8.8 3.10.8 3.13.8 4.1.3 4.2.18 4.3.8

75

Variantas Uºduotys

19.1.1.19 1.2.19 1.3.19 2.1.19 2.2.9 2.3.9 2.4.92.5.9 2.6.9 3.1.9 3.2.9 3.3.9 3.4.9 3.5.93.6.9 3.7.9 3.9.9 3.11.9 4.1.4 4.2.19 4.3.9

20.1.1.20 1.2.20 1.3.20 2.1.20 2.2.10 2.3.10 2.4.102.5.10 2.6.10 3.1.4 3.2.10 3.3.10 3.4.10 3.5.103.6.10 3.8.10 3.9.10 3.12.10 4.1.5 4.2.20 4.3.10

21.1.1.1 1.2.1 1.3.1 2.1.1 2.2.1 2.3.1 2.4.12.5.1 2.6.1 3.1.1 3.2.1 3.3.1 3.4.1 3.5.13.7.1 3.8.1 3.10.1 3.12.1 4.1.1 4.2.1 4.3.1

22.1.1.2 1.2.2 1.3.2 2.1.2 2.2.2 2.3.2 2.4.22.5.2 2.6.2 3.1.2 3.2.2 3.3.2 3.4.2 3.5.23.7.2 3.8.2 3.10.2 3.12.2 4.1.2 4.2.1 4.3.2

23.1.1.3 1.2.3 1.3.3 2.1.3 2.2.3 2.3.3 2.4.32.5.3 2.6.3 3.1.3 3.2.3 3.3.3 3.4.3 3.5.33.6.3 3.7.3 3.10.3 3.13.3 4.1.3 4.2.3 4.3.3

24.1.1.4 1.2.4 1.3.4 2.1.4 2.2.4 2.3.4 2.4.42.5.4 2.6.4 3.1.4 3.2.4 3.3.4 3.4.4 3.5.43.6.4 3.8.4 3.10.4 3.13.4 4.1.4 4.2.4 4.3.4

76

Variantas Uºduotys

25.1.1.5 1.2.5 1.3.5 2.1.5 2.2.5 2.3.5 2.4.52.5.5 2.6.5 3.1.5 3.2.5 3.3.5 3.4.5 3.5.53.6.5 3.7.5 3.10.5 3.13.5 4.1.5 4.2.5 4.3.5

26.1.1.6 1.2.6 1.3.6 2.1.6 2.2.6 2.3.6 2.4.62.5.6 2.6.6 3.1.6 3.2.6 3.3.6 3.4.6 3.5.63.6.6 3.8.6 3.10.6 3.13.6 4.1.1 4.2.6 4.3.6

27.1.1.7 1.2.7 1.3.7 2.1.7 2.2.7 2.3.7 2.4.72.5.7 2.6.7 3.1.7 3.2.7 3.3.7 3.4.7 3.5.73.6.7 3.7.7 3.9.7 3.11.7 4.1.2 4.2.7 4.3.7

28.1.1.8 1.2.8 1.3.8 2.1.8 2.2.8 2.3.8 2.4.82.5.8 2.6.8 3.1.8 3.1.8 3.3.8 3.4.8 3.5.83.6.8 3.8.8 3.9.8 3.12.8 4.1.3 4.2.8 4.3.8

29.1.1.9 1.2.9 1.3.9 2.1.9 2.2.9 2.3.9 2.4.92.5.9 2.6.9 3.1.9 3.2.9 3.3.9 3.4.9 3.5.93.7.9 3.8.9 3.10.9 3.12.9 4.1.4 4.2.9 4.3.9

30.1.1.10 1.2.10 1.3.10 2.1.10 2.2.10 2.3.10 2.4.102.5.10 2.6.10 3.1.10 3.2.10 3.3.10 3.4.10 3.5.103.7.10 3.8.10 3.10.10 3.12.10 4.1.5 4.2.10 4.3.10

77

Variantas Uºduotys

31.1.1.11 1.2.11 1.3.11 2.1.11 2.2.1 2.3.1 2.4.12.5.1 2.6.1 3.1.1 3.2.1 3.3.1 3.4.1 3.5.13.6.1 3.7.1 3.10.1 3.13.1 4.1.1 4.2.11 4.3.1

32.1.1.12 1.2.12 1.3.12 2.1.12 2.2.2 2.3.2 2.4.22.5.2 2.6.2 3.1.12 3.2.2 3.3.2 3.4.2 3.5.23.6.2 3.8.2 3.10.2 3.13.2 4.1.2 4.2.12 4.3.2

33.1.1.13 1.2.13 1.3.13 2.1.13 2.2.3 2.3.3 2.4.32.5.3 2.6.3 3.1.3 3.2.3 3.3.3 3.4.3 3.5.33.6.3 3.7.3 3.9.3 3.11.3 4.1.3 4.2.13 4.3.3

34.1.1.14 1.2.14 1.3.14 2.1.14 2.2.4 2.3.4 2.4.42.5.4 2.6.4 3.1.4 3.1.4 3.3.4 3.4.4 3.5.43.6.4 3.8.4 3.9.4 3.12.4 4.1.4 4.2.14 4.3.4

35.1.1.15 1.2.15 1.3.15 2.1.15 2.2.5 2.3.5 2.4.52.5.5 2.6.5 3.1.5 3.2.5 3.3.5 3.4.5 3.5.53.7.5 3.8.5 3.10.5 3.12.5 4.1.5 4.2.15 4.3.5

36.1.1.16 1.2.16 1.3.16 2.1.16 2.2.6 2.3.6 2.4.62.5.6 2.6.6 3.1.6 3.2.6 3.3.6 3.4.6 3.5.63.7.6 3.8.6 3.10.6 3.12.6 4.1.1 4.2.16 4.3.6

78

Variantas Uºduotys

37.1.1.17 1.2.17 1.3.17 2.1.17 2.2.7 2.3.7 2.4.72.5.7 2.6.7 3.1.7 3.2.7 3.3.7 3.4.7 3.5.73.6.7 3.7.7 3.10.7 3.13.7 4.1.2 4.2.17 4.3.7

38.1.1.18 1.2.18 1.3.18 2.1.18 2.2.8 2.3.8 2.4.82.5.8 2.6.8 3.1.8 3.1.8 3.3.8 3.4.8 3.5.83.6.8 3.8.8 3.10.8 3.13.8 4.1.3 4.2.18 4.3.8

39.1.1.19 1.2.19 1.3.19 2.1.19 2.2.9 2.3.9 2.4.92.5.9 2.6.9 3.1.9 3.2.9 3.3.9 3.4.9 3.5.93.6.9 3.7.9 3.9.9 3.11.9 4.1.4 4.2.19 4.3.9

40.1.1.20 1.2.20 1.3.20 2.1.20 2.2.10 2.3.10 2.4.102.5.10 2.6.10 3.1.4 3.2.10 3.3.10 3.4.10 3.5.103.6.10 3.8.10 3.9.10 3.12.10 4.1.5 4.2.20 4.3.10

41.1.1.1 1.2.1 1.3.1 2.1.1 2.2.1 2.3.1 2.4.12.5.1 2.6.1 3.1.1 3.2.1 3.3.1 3.4.1 3.5.13.7.1 3.8.1 3.10.1 3.12.1 4.1.1 4.2.1 4.3.1

42.1.1.2 1.2.2 1.3.2 2.1.2 2.2.2 2.3.2 2.4.22.5.2 2.6.2 3.1.2 3.2.2 3.3.2 3.4.2 3.5.23.6.2 3.8.2 3.9.2 3.12.2 4.1.2 4.2.2 4.3.2

79