Как найти дифференциал второго порядка функции: формула

Дано: $y = x^3\ln x$, точка $x_0 = 1$, дифференциал аргумента $dx = 0{,}1$. Найти: второй дифференциал в общем виде и его значение в точке.

Второй дифференциал считается по одной формуле: вторую производную умножают на квадрат дифференциала аргумента, $d^2y = f''(x)\,dx^2$. Значит, всё сводится к тому, чтобы аккуратно продифференцировать функцию дважды. Ответ: $d^2y = x(6\ln x + 5)\,dx^2$, в заданной точке $d^2y = 0{,}05$. Калькулятор сверху пересчитывает эту величину для другой функции, точки и шага и показывает на графике, что именно добавляет второй дифференциал к касательной.

Решение по шагам

Дано. Функция $y = x^3\ln x$, точка $x_0 = 1$, дифференциал аргумента $dx = 0{,}1$. Найти: $d^2y$ в общем виде и в точке.

Шаг 1. Первая производная. Перед нами произведение, поэтому работает правило $(uv)' = u'v + uv'$, где $u = x^3$ и $v = \ln x$:

$$y' = 3x^2\ln x + x^3 \cdot \frac{1}{x} = 3x^2\ln x + x^2 = x^2(3\ln x + 1).$$

Шаг 2. Вторая производная. Дифференцируем полученное выражение ещё раз, снова по правилу произведения для первого слагаемого:

$$y'' = 6x\ln x + 3x^2 \cdot \frac{1}{x} + 2x = 6x\ln x + 3x + 2x = x(6\ln x + 5).$$

Это и есть вся вычислительная часть задачи. Дальше остаётся только подставить результат в формулу второго дифференциала.

Шаг 3. Второй дифференциал в общем виде. По определению множитель $dx^2$ дописывается к второй производной:

$$d^2y = y''\,dx^2 = x(6\ln x + 5)\,dx^2.$$

Запись $dx^2$ означает $(dx)^2$, то есть квадрат дифференциала аргумента, а не дифференциал от $x^2$. Это единственное место, где расстановка скобок в задаче реально что-то меняет.

Шаг 4. Значение в точке. Подставляем $x_0 = 1$, где $\ln 1 = 0$, и заданный шаг $dx = 0{,}1$:

$$y''(1) = 1 \cdot (6 \cdot 0 + 5) = 5, \qquad d^2y = 5 \cdot (0{,}1)^2 = 5 \cdot 0{,}01 = 0{,}05.$$

Шаг 5. Проверка через приращение. Убедимся, что найденное число действительно что-то описывает. Первая производная в единице равна $y'(1) = 1$, значит первый дифференциал $dy = 0{,}1$. Точное приращение функции на том же шаге:

$$\Delta y = f(1{,}1) - f(1) = 1{,}331 \cdot \ln 1{,}1 - 0 = 1{,}331 \cdot 0{,}09531 = 0{,}12686.$$

Одна касательная промахивается на $0{,}02686$, то есть на 21,2 % приращения. Если добавить половину второго дифференциала, $0{,}1 + 0{,}025 = 0{,}125$, промах падает до $0{,}00186$, то есть до 1,5 %. Ответ: $d^2y = x(6\ln x + 5)\,dx^2$, при $x_0 = 1$ и $dx = 0{,}1$ получаем $d^2y = 0{,}05$.

Формула и откуда она берётся

Второй дифференциал определяется как дифференциал от первого: $d^2y = d(dy)$. Берём $dy = f'(x)\,dx$ и дифференцируем это выражение по $x$, считая $dx$ постоянной величиной. Постоянной она считается потому, что $x$ здесь независимая переменная: приращение, которое мы ей даём, выбираем сами и от точки оно не зависит.

$$d^2y = d\bigl(f'(x)\,dx\bigr) = \bigl(f'(x)\bigr)'\,dx \cdot dx = f''(x)\,dx^2.$$

Отсюда же видно происхождение привычного обозначения производной: разделив обе части на $dx^2$, получаем $f''(x) = \dfrac{d^2y}{dx^2}$. Верхняя двойка относится к символу $d$, а нижняя к переменной, поэтому дробь читается целиком как символ, а не как отношение двух квадратов.

По той же схеме строятся дифференциалы старших порядков: $d^3y = f'''(x)\,dx^3$ и вообще $d^ny = f^{(n)}(x)\,dx^n$. Если первый дифференциал отвечает за наклон касательной, то второй отвечает за кривизну: его знак совпадает со знаком второй производной, а значит показывает, куда обращена выпуклость графика. При $f''(x_0) > 0$ кривая лежит выше касательной, при $f''(x_0) < 0$ ниже неё, а в точке перегиба второй дифференциал обращается в ноль. Разбор первого дифференциала с тем же сравнением по приращению лежит на странице дифференциал функции, а его применение к приближённым вычислениям подробно расписано в статье про приближённые вычисления с помощью дифференциала.

Именно из второго дифференциала собирается квадратичное слагаемое формулы Тейлора: приращение функции раскладывается как $\Delta y = dy + \tfrac{1}{2}d^2y + o(dx^2)$. Множитель одна вторая приходит из факториала в знаменателе и к самому $d^2y$ отношения не имеет, о чём подробнее говорится в разборе теоремы Тейлора с остаточным членом Лагранжа. В нашей задаче это ровно та поправка, которая уменьшила ошибку с 21,2 % до 1,5 %.

Почему форма второго дифференциала не инвариантна

Первый дифференциал обладает замечательным свойством: его форма не зависит от того, независимая перед нами переменная или промежуточная функция. И для $y = f(x)$, и для $y = f(u)$ при $u = g(x)$ пишется одно и то же $dy = f'(u)\,du$. У второго дифференциала такого свойства нет, и это самая частая ловушка темы.

Причина в том, что при замене переменной $du$ перестаёт быть постоянной: теперь $du = g'(x)\,dx$ зависит от точки, и при повторном дифференцировании его нельзя вынести за знак $d$. Аккуратное вычисление даёт лишнее слагаемое:

$$d^2y = f''(u)\,du^2 + f'(u)\,d^2u.$$

Когда $u$ независимая переменная, $d^2u = 0$ и остаётся привычная формула. Когда $u$ сама функция, второе слагаемое отбрасывать нельзя. Проверим это на нашей же задаче. Замена $u = \ln x$ превращает $y = x^3\ln x$ в $y = u\,e^{3u}$, а точке $x_0 = 1$ отвечает $u_0 = 0$. Считаем производные по $u$ и дифференциалы новой переменной:

$$\begin{aligned} y'_u &= e^{3u}(1 + 3u), & y'_u(0) &= 1, \\ y''_{uu} &= e^{3u}(6 + 9u), & y''_{uu}(0) &= 6, \\ du &= \frac{dx}{x} = 0{,}1, & d^2u &= -\frac{dx^2}{x^2} = -0{,}01. \end{aligned}$$

Если бы форма была инвариантной, ответ был бы $6 \cdot 0{,}01 = 0{,}06$, что расходится с честно найденными $0{,}05$. Добавляем пропущенное слагаемое: $6 \cdot 0{,}01 + 1 \cdot (-0{,}01) = 0{,}05$. Совпало с прямым расчётом из первой части, а разница в 0,01 и есть цена забытого $d^2u$. Отсюда практическое правило: в задаче со сложной функцией надёжнее сначала выразить всё через исходную переменную, найти $y''$ по цепному правилу и только потом приписать $dx^2$.

Второй дифференциал функции двух переменных

Для $z = f(x, y)$ второй дифференциал получается тем же способом: дифференцируют полный дифференциал $dz = z'_x\,dx + z'_y\,dy$, считая $dx$ и $dy$ постоянными. Появляются три слагаемых, причём смешанное идёт с коэффициентом два:

$$d^2z = z''_{xx}\,dx^2 + 2z''_{xy}\,dx\,dy + z''_{yy}\,dy^2.$$

Запомнить порядок помогает символическая запись: выражение раскрывается как квадрат суммы $\left(\dfrac{\partial}{\partial x}dx + \dfrac{\partial}{\partial y}dy\right)^2 z$, откуда и берётся двойка у среднего члена. Равенство смешанных производных $z''_{xy} = z''_{yx}$ гарантирует теорема Шварца при их непрерывности, поэтому считать достаточно одну из них.

Разберём $z = x^2y^3$ в точке $M(1;\,2)$ при $dx = 0{,}1$ и $dy = 0{,}2$. Находим частные производные второго порядка и подставляем координаты точки:

Подставляем в формулу вместе с дифференциалами аргументов:

$$d^2z = 16 \cdot 0{,}01 + 2 \cdot 24 \cdot 0{,}1 \cdot 0{,}2 + 12 \cdot 0{,}04 = 0{,}16 + 0{,}96 + 0{,}48 = 1{,}6.$$

Техника нахождения самих частных производных разобрана отдельно в задаче про частные производные функции. Добавим, зачем эта величина нужна: в стационарной точке, где $dz = 0$, знак второго дифференциала решает вопрос об экстремуме. Если $d^2z > 0$ при любых ненулевых $dx$ и $dy$, точка даёт минимум, если $d^2z < 0$, то максимум, а если знак меняется, экстремума нет и перед нами седловая точка.

Частые ошибки

• Читают $dx^2$ как дифференциал от $x^2$. Это квадрат дифференциала аргумента, $(dx)^2$; у степени $x$ тут никакой роли нет.
• Умножают вторую производную на $dx$ вместо $dx^2$. Порядок дифференциала и степень множителя всегда совпадают: у $d^3y$ стоит $dx^3$.
• Переносят инвариантность формы с первого дифференциала на второй и теряют слагаемое $f'(u)\,d^2u$ при замене переменной.
• Приписывают множитель одна вторая самому $d^2y$. Одна вторая принадлежит формуле Тейлора, сам второй дифференциал равен $f''(x)\,dx^2$ без коэффициентов.
• Забывают двойку у смешанного члена в функции двух переменных, из-за чего ответ занижается почти вдвое.
• Пугаются отрицательного $d^2y$. Для вогнутой функции вторая производная отрицательна, и минус здесь означает лишь направление выпуклости.

FAQ

Чем $d^2y$ отличается от $f''(x)$? Вторая производная это функция точки, а второй дифференциал это число, привязанное ещё и к выбранному приращению аргумента. Они связаны множителем $dx^2$: при $dx = 0{,}1$ вторая производная 5 превращается в дифференциал 0,05.

Что означает запись $\dfrac{d^2y}{dx^2}$? Это другое обозначение той же второй производной, полученное делением равенства $d^2y = f''(x)\,dx^2$ на $dx^2$. Двойка сверху относится к символу дифференциала, снизу к переменной, поэтому дробь не сокращают и по частям не разбирают.

Когда второй дифференциал равен нулю? Когда $f''(x_0) = 0$, то есть в точке, подозрительной на перегиб. Приближение в такой точке особенно точное: касательная прилегает к графику теснее обычного, и ошибка становится величиной третьего порядка малости.

Нужно ли искать $d^2y$, если требуется только точность вычислений? Да, именно он даёт первую поправку к линейному приближению и заодно оценку его погрешности: остаток после учёта первого дифференциала по модулю близок к $\tfrac{1}{2}|d^2y|$.

Коротко

1. Найти первую производную, затем вторую: для $y = x^3\ln x$ это $y' = x^2(3\ln x + 1)$ и $y'' = x(6\ln x + 5)$.
2. Приписать множитель $dx^2$: $d^2y = f''(x)\,dx^2$, в общем виде $d^2y = x(6\ln x + 5)\,dx^2$.
3. Подставить точку и шаг: при $x_0 = 1$ и $dx = 0{,}1$ получаем $y''(1) = 5$ и $d^2y = 0{,}05$.
4. Помнить про неинвариантность: при замене переменной формула превращается в $d^2y = f''(u)\,du^2 + f'(u)\,d^2u$.
5. Для двух переменных считать по трём слагаемым: $d^2z = z''_{xx}dx^2 + 2z''_{xy}dx\,dy + z''_{yy}dy^2$, у примера $z = x^2y^3$ в точке $M(1;\,2)$ это 1,6.