Matematika/Diferencialas

Funkcija (žalia kreivė) ir jos liestinė taške P (mėlyna tiesė). Funkcijos diferencialas yra dy.

Diferencialas - funkcijos pokyčio tiesinė pagrindinė dalis. Funkcija y = f(x), apibrėžta intervale (a, b), vadinama diferencijuojamąja taške x ${}_{\in }$(a, b), jei jos pokytį Δy = f(x + Δx) - f(x) galima išreikšti dviejų dėmenų suma: Δy = AΔx + o(Δx); čia A - skaičius, nepriklausantis nuo Δx.

Pavyzdžiui, yra funkcija f(x)=x². Tos funkcijos išvestinė yra $\frac{f(x+\mathrm{\Delta }x)-f(x)}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{(x+\mathrm{\Delta }x{)}^2-x^2}{\mathrm{\Delta }x}=$ $=\frac{x^2+2x\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2-x^2}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{2x\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2}{\mathrm{\Delta }x}=2x+\mathrm{\Delta }x$

$y^{\prime }=f^{\prime }(x)=\frac{dy}{dx}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }(2x+\mathrm{\Delta }x)=2x.$

Įstatykime vietoje x kokią nors reikšmę, pavyzdžiui, x=3.

Δy = AΔx + o(Δx) = 2xΔx + (Δx)²=6Δx + (Δx)²,

čia A = 2x = 6 = f'(x); o(Δx) = (Δx)².

Taigi funkcijos pokytis yra Δy = f(x + Δx) - f(x) = AΔx + o(Δx), o diferencialas dy = AΔx = y'Δx = y'dx = f'(x)dx; Δx = dx.

Kitaip tariant

$\mathrm{\Delta }y=2x\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2,$

$dy=2x\mathrm{\Delta }x.$

Pavyzdžiui, jei $x=3,\mathrm{\Delta }x=1,$ tai

$\mathrm{\Delta }y=2x\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2=2\cdot 3\cdot 1+1^2=7$ arba $\mathrm{\Delta }y=(x+\mathrm{\Delta }x{)}^2-x^2=(3+1{)}^2-3^2=16-9=7,$

$dy=2x\mathrm{\Delta }x=2\cdot 3\cdot 1=6.$

• Rasime funkcijos $f(x)=y=x^3$ išvestinę.

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{f(x+\mathrm{\Delta }x)-f(x)}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{(x+\mathrm{\Delta }x{)}^3-x^3}{\mathrm{\Delta }x}=$

$=\frac{x^3+3x^2\mathrm{\Delta }x+3x(\mathrm{\Delta }x{)}^2+(\mathrm{\Delta }x{)}^3-x^3}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{3x^2\mathrm{\Delta }x+3x(\mathrm{\Delta }x{)}^2+(\mathrm{\Delta }x{)}^3}{\mathrm{\Delta }x}=3x^2+3x\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2.$

$y^{\prime }=f^{\prime }(x)=\frac{dy}{dx}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }(3x^2+3x\mathrm{\Delta }x+(\mathrm{\Delta }x{)}^2)=3x^2.$

išvestinės reikšmė fizikoje

• Tarkime, turime funkciją $S(t)=t^2.$ Čia S yra nueitas taško kelias, o t yra laikas. Funkcija $S(t)$ parodo kokį kelią nukeliauja taškas po laiko $t.$ Išvestinė $S^{\prime }(t)=\frac{dS}{dt}$ parodo momentinį taško judėjimo greitį laiko momentu t. Taigi $v(t)=S^{\prime }(t)=(t^2{)}^{\prime }=2t.$
• Pavyzdžiui, jei laikas skaičiuojamas sekundėmis, surasime iš funkcijos $S(t)=t^2$ kokį atstumą (metrais) taškas nukeliaus po 10 sekundžių (kai t=10 (s)).

$S(t)=t^2=10^2=100(m).$

Surandame taško momentinį greitį po 10 sekundžių:

$v(t)=2t=2\cdot 10=20(m/s).$

Gilesniam suvokimui apie gravitacija galima paskaityti čia https://lt.wikibooks.org/wiki/Gravitacija

• O štai pavyzdis, kuris patvirtina, kad momentinis greitis paskaičiuotas teisingai.

Pagreitis g=1 (m/s)/s. Laikas t=10 s. Rasime atstumą, kurį nukris akmuo per 10 sekundžių. Ir rasime greitį, kurį pasieks akmuo. Oro pasipriešinimas nepaisomas.

$h=\frac{g\cdot t^2}{2}=\frac{1\cdot 10^2}{2}=50(m).$

$v=g\cdot t=1\cdot 10=10(m/s).$

Kaip matome, atstumas pasiektas 2 kartus mažesnis ir greitis 2 kartus mažesnis. Ar tai įrodo, kad formulės teisingos? Tikriausiai taip. Pavyzdžiui, jei g=2 (m/s)/s, tai gauname:

$h=\frac{g\cdot t^2}{2}=\frac{2\cdot 10^2}{2}=100(m).$

$v=g\cdot t=2\cdot 10=20(m/s).$

Ne veltui sakoma, kad antra funkcijos $S(t)=t^2$ išvestinė yra pagreitis $a=g=S^{″}(t)=(t^2{)}^{″}=(2t{)}^{\prime }=2(\frac{m}{s^2}).$

• Trumpai, jeigu S(t) yra atstumas nueitas per laiką t, kai pagreitis yra a, o atstumo priklausomybė nuo laiko užrašoma formule

$S(t)=\frac{a{t}^2}{2},$

tai momentinio greičio formulė yra tokia:

$S^{\prime }(t)=(\frac{a{t}^2}{2}{)}^{\prime }=\frac{2at}{2}=at=v(t);$

o pagreitis randamas šitaip:

$S^{″}(t)=(at{)}^{\prime }=a.$

Sumos, skirtumo, sandaugos ir dalmens diferencijavimo taisyklės

Sumos diferencijavimas.

$[u(x)+v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)+v^{\prime }(x)$

$[u(x)-v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)-v^{\prime }(x)$

Sandaugos diferencijavimas.

$[u(x)v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x)$

Dalmens diferencijavimas.

$[\frac{u(x)}{v(x)}{]}^{\prime }=\frac{u^{\prime }(x)v(x)-u(x)v^{\prime }(x)}{v^2(x)}$

Sudetinės funkcijos diferencijavimas

$f^{\prime }(g(x))=f^{\prime }(t)g^{\prime }(x),t=g(x)$

• Pavyzdžiui,

$f(x)=(x^2+1{)}^3$,

kur $f^{\prime }(t)=(t^3{)}^{\prime }$; $g^{\prime }(x)=(x^2+1{)}^{\prime }$.

$f^{\prime }(x)=f^{\prime }(t)g^{\prime }(x)=(t^3{)}^{\prime }(x^2+1{)}^{\prime }=3t^{2}2x=3(x^2+1{)}^{2}2x$.

• Pavyzdys iš trigonometrijos,

$f(x)=\sin (x^2),$

$f^{\prime }(t)=(\sin (t){)}^{\prime }$

$g^{\prime }(x)=(x^2{)}^{\prime }$

$f^{\prime }(x)=f^{\prime }(t)g^{\prime }(x)=(\sin (t){)}^{\prime }(x^2{)}^{\prime }=2x\cos (t)=2x\cos (x^2)$.

Patikriname gautą atsakymą integruodami keičiant kintamajį:

$\int 2x\cos (x^2)dx=\int 2x\cos (x^2)\frac{d(x^2)}{2x}=\int \cos (x^2)d(x^2)=\sin (x^2),$

čia $d(x^2)=2xdx,$ $dx=\frac{d(x^2)}{2x}.$

Sudetinės laipsninės funkcijos diferencijavimas

$f(x)=g(x{)}^{h(x)}=e^{\ln g(x{)}^{h(x)}}=e^{h(x)\ln g(x)},$

$f^{\prime }(x)=(g(x{)}^{h(x)}{)}^{\prime }=(e^{h(x)\ln g(x)}{)}^{\prime }=e^{h(x)\ln g(x)}(h(x)\ln g(x){)}^{\prime }=g(x{)}^{h(x)}\cdot (h(x)\ln g(x){)}^{\prime }.$

$(g(x{)}^{h(x)}{)}^{\prime }=g(x{)}^{h(x)}\cdot (h^{\prime }(x)\ln g(x)+h(x)\frac{g^{\prime }(x)}{g(x)}).$

Pavyzdžiai

• $((3x^4{)}^{5x^3}{)}^{\prime }=((3x^4{)}^{5x^3})(15x^2\ln (3x^4)+5x^3\cdot \frac{12x^3}{3x^4}).$

• $((3x^2+2x+5{)}^{8x^3+2x^2+4}{)}^{\prime }=$

$=(3x^2+2x+5{)}^{8x^3+2x^2+4}((24x^2+4x)\ln (3x^2+2x+5)+(8x^3+2x^2+4)\frac{6x+2}{3x^2+2x+5}).$

• $((\sin x{)}^{\cos x}{)}^{\prime }=(\sin x{)}^{\cos x}(\frac{{\cos }^{2}x}{\sin x}-\sin x\ln \sin x).$

• $(\sqrt{\frac{3x+5}{4x+7}}{)}^{\prime }=\sqrt{\frac{3x+5}{4x+7}}\cdot (\frac{1}{2}(\ln (3x+5)-\ln (4x+7)){)}^{\prime }=\sqrt{\frac{3x+5}{4x+7}}\cdot \frac{1}{2}(\frac{3}{3x+5}-\frac{4}{4x+7}).$

• $(x^{\frac{1}{x}}{)}^{\prime }=x^{\frac{1}{x}}\cdot (\frac{1}{x}\ln x{)}^{\prime }=x^{\frac{1}{x}}\cdot (-\frac{1}{x^2}\ln x+\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{x})=x^{\frac{1}{x}}\cdot \frac{1-\ln x}{x^2}.$

Apytiksliai skaičiavimai taikant diferencialą

Iš diferencialo apibrėžimo seka, kad jis priklauso linijiniai nuo $\mathrm{\Delta }x$ ir yra pagrindinė funkcijos priaugimo $\mathrm{\Delta }y$ dalis. Pats pokytis $\mathrm{\Delta }y$ priklauso nuo $\mathrm{\Delta }x$ sudetingiau. Pavyzdžiui, jeigu $f(x)=x^3,$ tai

$\mathrm{\Delta }y=(x_0+\mathrm{\Delta }x{)}^3-x_0^3=3x_0^2\mathrm{\Delta }x+3x_0(\mathrm{\Delta }x{)}^2+(\mathrm{\Delta }x{)}^3,$ kai tuo metu

$dy=f^{\prime }(x_0)\mathrm{\Delta }x=\left(\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{(x_0+\mathrm{\Delta }x{)}^3-x_0^3}{\mathrm{\Delta }x}\right)\mathrm{\Delta }x=3x_0^2\mathrm{\Delta }x.$

Daugelyje uždavinių funkcijos priaugimą duotajame taške apytiksliai pakeičia diferencialu šitame taške:

$\mathrm{\Delta }y\approx dy=f^{\prime }(x_0)\mathrm{\Delta }x.$

Absoliuti paklaida, padarius tokį pakeitimą, lygi $|\mathrm{\Delta }y-dy|$ ir, kai $\mathrm{\Delta }x\to 0,$ yra begalo mažas dydis aukštesnės eilės nei $\mathrm{\Delta }x.$

Pavyzdys. Parodysime, kad jeigu $\alpha$ mažas dydis, tai galima naudoti apytikslią formulę

$\sqrt{1+\alpha }\approx 1+\alpha /2.$

Sprendimas. Nagrinėkime funkciją $f(x)=\sqrt{x}.$ Kai $\mathrm{\Delta }x$ mažas, turime

$\mathrm{\Delta }y=\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}-\sqrt{x_0}\approx dy,$ arba

$\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}-\sqrt{x_0}\approx (\sqrt{x}{)}^{\prime }{|}_{x=x_0}\mathrm{\Delta }x=(\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}-\sqrt{x_0}}{\mathrm{\Delta }x})\mathrm{\Delta }x=$

$=\left(\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{(\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}-\sqrt{x_0})(\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}+\sqrt{x_0})}{\mathrm{\Delta }x(\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}+\sqrt{x_0})}\right)\mathrm{\Delta }x=\left(\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{(x_0+\mathrm{\Delta }x)-x_0}{\mathrm{\Delta }x(\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}+\sqrt{x_0})}\right)\mathrm{\Delta }x=$

$=\left(\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{\Delta }x}{\mathrm{\Delta }x(\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}+\sqrt{x_0})}\right)\mathrm{\Delta }x=\left(\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}+\sqrt{x_0}}\right)\mathrm{\Delta }x=\frac{1}{2\sqrt{x_0}}\mathrm{\Delta }x.$

Taigi,

$\sqrt{x_0+\mathrm{\Delta }x}-\sqrt{x_0}\approx \frac{1}{2\sqrt{x_0}}\mathrm{\Delta }x.$

Iš kur parinkę $x_0=1,$ $\mathrm{\Delta }x=\alpha ,$ gausime

$\sqrt{1+\alpha }-\sqrt{1}\approx \frac{1}{2\sqrt{1}}\alpha ,$

$\sqrt{1+\alpha }-1\approx \frac{1}{2}\alpha ,$

$\sqrt{1+\alpha }\approx 1+\frac{\alpha }{2}.$

Pavyzdžiui, jei $\alpha =0.0003,$ tai $\sqrt{1.0003}\approx 1+\frac{0.0003}{2}=1.00015.$ Tikroji reikšmė (iš kalkuliatoriaus) yra $\sqrt{1.0003}\approx 1.00014998875.$

Pavyzdžiui, jei $\alpha =0.3,$ tai $\sqrt{1.3}\approx 1+\frac{0.3}{2}=1.15.$ Tikroji reikšmė (iš kalkuliatoriaus) yra $\sqrt{1.3}\approx 1.140175425.$

Diferencialinių lygčių sprendimas

• $y^{\prime }=\frac{y}{x},$

$\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x},$

$\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x},$

$\frac{dy}{y}=\frac{dx}{x},$

$\int \frac{dy}{y}=\int \frac{dx}{x},$

$\ln |y|=\ln |x|+|C_1|,$

$|y|=|C_1||x|,$

$y=\pm C_{1}x,\pm C_1=C,$

$y=Cx.$

• $y^{\prime }=-\frac{y}{x},$

$\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x},$

$\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x},$

$\int \frac{dy}{y}=-\int \frac{dx}{x},$

$\ln |y|=-\ln |x|+\ln |C_1|=\ln |\frac{C_1}{x}|,$

$|y|=\frac{|C_1|}{|x|},$

$y=\pm \frac{C_1}{x}=\frac{C}{x}.$

• $y^{\prime }=3y^{\frac{2}{3}},$

$\frac{y^{\prime }}{3y^{\frac{2}{3}}}=1,$

$\frac{\frac{dy}{dx}}{3y^{\frac{2}{3}}}=1,$

$\frac{dy}{3y^{\frac{2}{3}}}=dx,$

$\int \frac{dy}{3y^{\frac{2}{3}}}=\int dx,$

$\frac{1}{3}\int y^{-\frac{2}{3}}dy=\int dx,$

$\frac{1}{3}\cdot \frac{y^{\frac{1}{3}}}{\frac{1}{3}}=x+C,$

$y^{\frac{1}{3}}=x+C,$

$y=(x+C{)}^3.$

• $y^{\prime }-2x{y}^2+5=0,$

$\frac{dy}{dx}=2x{y}^2-5,$

$\int dy=\int (2x{y}^2-5)dx,$

$y=x^2{y}^2-5x+C.$

• $(1+x)ydx+(1-y)xdy=0,$

$\frac{1+x}{x}dx+\frac{1-y}{y}=0,$

$\int (\frac{1}{x}+1)dx+\int (\frac{1}{y}-1)dy=\int 0dx,$

$\ln |x|+x+\ln |y|-y=C,$

$\ln |xy|+x-y=C.$

• $y^{\prime }x-x^2-y=0,$

$\frac{dy}{dx}=x+\frac{y}{x},$

$\int dy=\int (x+\frac{y}{x})dx,$

$y=\frac{x^2}{2}+y\ln |x|+C;$

$y=x^2+Cx.$

• $(x^{2}y+y)dx+(x^2-x^{2}y)dy=0,$

$y(x^2+1)dx=x^2(y-1)dy,$

$\frac{1+x^2}{x^2}dx=\frac{y-1}{y}dy,$

$\int (\frac{1}{x^2}+1)dx=\int (1-\frac{1}{y})dy+C,$

$x-\frac{1}{x}-y+\ln |y|=C.$

• $y^{\prime }=2\sqrt{y},$

$\frac{dy}{dx}=2\sqrt{y},$

$\frac{dy}{2\sqrt{y}}=dx,$

$\frac{1}{2}\int \frac{dy}{\sqrt{y}}=\int dx,$

$\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{y}}{\frac{1}{2}}=x+C,$

$\sqrt{y}=x+C,$

$y=(x+C{)}^2.$

• $y^{\prime }=x(y^2+1),$

$\frac{dy}{y^2+1}=xdx,y^2+1\ne 0,$

$\arctan y=\frac{x^2}{2}+C,$

$y=\tan (\frac{x^2}{2}+C),-\frac{\pi }{2}<\frac{x^2}{2}+C<\frac{\pi }{2}.$

• $y^{\prime }=\frac{1+y^2}{1+x^2},$ kai $y(1)=0,$

$\frac{dy}{1+y^2}=\frac{dx}{1+x^2},$

$\arctan y=\arctan x+C,$

$\arctan 0=\arctan 1+C,$

$\arctan y=\arctan x-\frac{\pi }{4},$

$\arctan y=\arctan x-\arctan 1,$

$\arctan y=\arctan \frac{x-1}{1+x\cdot 1},$

$y=\frac{x-1}{x+1}.$

Aiškiau, tai reikia pasinaudoti šita formule $\tan (x-y)=\frac{\tan x-\tan y}{1+\tan x\tan y}$. Tada

$\arctan y=\arctan x-\frac{\pi }{4},$

$\tan \arctan y=\tan (\arctan x-\frac{\pi }{4})=\frac{\tan (\arctan x)-\tan \frac{\pi }{4}}{1+\tan (\arctan x)\cdot \tan \frac{\pi }{4}}=\frac{x-1}{1+x\cdot 1},$

$y=\frac{x-1}{x+1}.$

• $x{y}^{\prime }+y=0,$ $y{|}_{x=3}=2;$

$x\frac{dy}{dx}=-y;$

$\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x};$

$\ln |y|=-\ln |x|+\ln |C|;$

$y=\frac{C}{x};$

$2=\frac{C}{3};$

$C=6;$

$y=\frac{6}{x}.$

• $y^{\prime }-\frac{2xy}{1+x^2}=0,$

$\frac{dy}{dx}=\frac{2xy}{1+x^2},$

$\int \frac{dy}{y}=\int \frac{2x}{1+x^2}dx,$

$\int \frac{dy}{y}=\int \frac{d(1+x^2)}{1+x^2},$

$\ln |y|=\ln |1+x^2|+\ln |C|,$

$y=C(1+x^2).$

Uždavinys apie radiaktyvųjį skilimą

• Uždavinys apie radiaktyvųjį skilimą. Bandymais nustatyta, kad radioaktyviosios medžiagos skilimo greitis proporcingas nesuskilusios medžiagos kiekiui. Nustatykime nesuskilusios medžiagos kiekio m priklausomybę nuo laiko t, kai pradinis medžiagos kiekis lygus $m_0.$

Sprendimas. Radioaktyvios medžiagos skilimo greitis lygus $\frac{dm}{dt}.$

Pagal sąlyga,

$\frac{dm}{dt}=-km;(1)$

čia $k>0$ - proporcingumo koeficientas. Kadangi radioaktyviosios medžiagos kiekis ilgainiui mažėja, tai $\frac{dm}{dt}<0,$ todėl (1) lygties dešinėje pusėje rašome minuso ženklą.

$\frac{dm}{m}=-kdt,$

$\int \frac{dm}{m}=-k\int dt,$

$\ln m=-kt+\ln C.(2)$

(Norėdami supaprastinti bendrojo sprendimo išraišką, vietoje C rašome $\ln C$).

$\ln m-\ln C=\ln \frac{m}{C}=-kt,$

$e^{\ln \frac{m}{C}}=\frac{m}{C}=e^{-kt},$

$m=C{e}^{-kt}.(3)$

Uždavinio sąlygoje nurodyta, kad laiko momentu $t=0$ pradinis medžiagos kiekis lygus $m_0.$ Šios sąlygos yra pradinės ir trumpai užrašomos taip:

$m{|}_{t=0}=m_0.$

Į (3) reiškinį įrašę vietoje m dydį $m_0$, o vietoje t - nulį, gauname: $m_0=C{e}^{-k\cdot 0}=C.$ Taigi iš bendrojo sprendinio išplaukia toks sprendinys

$m=m_0{e}^{-kt},$ (4)

atitinkantis duotąsias pradines sąlygas.

Radiaktyvios medžiagos skilimo greitį apibūdina pusamžio, arba pusėjimo trukmės, sąvoka. Taip vadinamas laikas T, per kurį suskyla pusė pradinio radiaktyvios medžiagos kiekio. Į (4) lygybę įrašę $m=\frac{m_0}{2}$ ir $t=T,$ gauname sąryšį

$\frac{1}{2}{m}_0=m_0{e}^{-kT},$

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

$\ln \frac{1}{2}=-kT,$

$\ln 1-\ln 2=-kT,$

$\ln 2-\ln 1=\ln \frac{2}{1}=\ln 2=kT.$

Taigi koeficientą k su skilimo pusamžiu T sieja sąlyga

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

Tuomet atskirasis diferencialinės lygties sprendinys, iš lygties (4), užrašomas taip:

$m=m_0{e}^{-t\frac{\ln 2}{T}}.$

Puamžio T reikšmės nustatomos eksperimentais. Įvairių radioaktyviųjų medžiagų skilimo pusamžio reikšmės yra labai skirtingos (žr. lentelę).

Radiaktyvioji medžiaga	Anglis - 14	Plutonis - 244	Radis - 226	Stroncis - 90	Uranas - 235	Uranas - 238
Skilimo pusamžis	5730 metų	$8\cdot 10^7$ metų	1575 metų	28.1 metų	$7.07\cdot 10^8$ metų	$4.51\cdot 10^9$ metų

Iš lygties (4), koeficientas k nustatomas iš stebėjimų. Tegu per laiką $t_0$ skyla a % radiaktyviosios medžiagos nuo pradinės masės $m_0.$ Tenkinama sąlyga

$(1-\frac{a}{100})m_0=m_0{e}^{-k{t}_0},$

$(1-\frac{a}{100})=e^{-k{t}_0},$

$\ln (1-\frac{a}{100})=-k{t}_0,$

$k=-\frac{1}{t_0}\ln (1-\frac{a}{100}).$

Tokiu budu buvo nustatyta, kad Radžiui $k=0.00044$ (laiko matavimo vienetas - metas).

Įstatę šią reikšmę į formulę (4), gauname:

$m=m_0{e}^{-0.00044t}.$

Rasime periodą pusės suskilimo radžio, t. y. laiko tarpą, per kurį suskyla pusė pirminės masės radžio. Įstatę (4) formulę vietoje m reikšmę $\frac{m_0}{2},$ gausime lygtį pusamžio T nustatymui:

$\frac{m_0}{2}=m_0{e}^{-0.00044T},$

$-\ln 2=-0.00044T,$

$T=\frac{\ln 2}{0.00044}=\frac{0.69314718}{0.00044}\approx 1575$ metų.

Pavyzdžiui, viename sename vadovėlyje radžio skilimo pusamžis yra $T\approx 1550$ metų. Todėl (matuojant laiką metais)

$k=\frac{\ln 2}{1550}\approx 0.000447.$

Iš pradinės radžio masės $m_0$ po milijono metų (t=1000000) liks tik

$m(t)=m(10^6)=m_0{e}^{-kt}=m_0{e}^{-0.000447\cdot 10^6}=m_0{e}^{-447}\approx 0.6\cdot 10^{-194}{m}_0.$

Tą patį rezultatą galima gauti $\frac{1}{2}$ pakėlus tiek kartų, kiek kartų masė sumažės per puse po milijono metų

$p=\frac{10^6}{1550}=645.16129$ (kartų).

Taigi,

$m_{po.milij.}=m_0\cdot (\frac{1}{2}{)}^p=m_0\cdot (\frac{1}{2}{)}^{645.16129}=6.124908027\cdot 10^{-195}{m}_0.$

Tiksliai skaičiuojant su $e=2.7182818284$ gaunamas rezultatas:

$m_0{e}^{-447}=m_0\cdot 2.7182818284^{-447}=7.419362548\cdot 10^{-195}{m}_0.$

Dar tiksliau skaičiuojant, reikia tikslesnio

$k=\frac{\ln 2}{1550}=\frac{0.6931471805599}{1550}=0.00044719172939.$

$m_0{e}^{-447.19172939}=m_0\cdot 2.718281828459^{-447.19172939}=6.1249080486\cdot 10^{-195}{m}_0.$

Dar protingiau mąstant, galima pastebėti, kad $e^{\ln 2}=2.$ Todėl

$m(t)=m(10^6)=m_0{e}^{-kt}=m_0{e}^{-\frac{\ln 2}{1550}\cdot 10^6}=m_0(e^{\ln 2}{)}^{-\frac{10^6}{1550}}=m_0{2}^{-\frac{10^6}{1550}}=m_0{2}^{-\frac{t}{T}}=m_0{2}^{-p}.$

Atomo skersmuo yra apie $10^{-10}$ metro. Į vieną kubinį metrą telpą apytiksliai $10^{30}$ radžio atomų. Todėl parenkame $m_0=10^{30}$ atomų. Nustatysime kiek liks radžio po 100000 metų:

$m(t)=m(10^5)=m_0{2}^{-\frac{t}{T}}=10^{30}\cdot 2^{-\frac{10^5}{1550}}=10^{30}\cdot 2^{-64.516129}=10^{30}\cdot 3.7906174467\cdot 10^{-20}=37906174467=3.7906174467\cdot 10^{10}$ (atomai).

Rasime kiek liks radžio nuo pradinės masės $m_0$ po t=1000 metų, kai radžio skilimo pusamžis T=1550 metų. Randame:

$m(t)=m(10^3)=m_0{2}^{-\frac{t}{T}}=m_0\cdot 2^{-\frac{1000}{1550}}=m_0\cdot 2^{-0.64516129}=0.63942130066\cdot m_0.$

Dabar tarkime, kad mes žinome kiek liko radžio nuo pradinės masės $m_0$ po 1000 metų. Taigi, mes žinome, kad po 1000 metų radžio sumažėjo iki masės $m_t=0.63942130066\cdot m_0.$ Naudodami vien logaritmus ir logiką (nenaudodami jokių diferencijavimų ir diferencialinių lygčių) surasime radžio skilimo pusamžį T. Tereikia išspręsti per logaritmus lygtį:

$0.63942130066\cdot m_0=m_0{2}^{-\frac{t}{T}},$

$0.63942130066=2^{-\frac{t}{T}},$

$0.63942130066=2^{-\frac{1000}{T}},$

$0.63942130066^T=(2^{-\frac{1000}{T}}{)}^T,$

$0.63942130066^T=2^{-1000},$

$0.63942130066^T=9.332636185\cdot 10^{-302},$

${\log }_{10}0.63942130066^T={\log }_{10}(9.332636185\cdot 10^{-302}),$

$T{\log }_{10}0.63942130066={\log }_{10}(9.332636185\cdot 10^{-302}),$

$-T\cdot 0.19421290043=-301.02999566398,$

$T=\frac{301.02999566398}{0.19421290043}=1549.999999987$ (metų).

Žinoma, vietoje dešimtainio logaritmo (${\log }_{10}x$) galima buvo naudoti ir naturinį logaritmą ($\ln x$) arba logaritmą bet kokiu pagrindu. Tačiau moksliniuose skaičiuotuvuose yra tik dešimtainių ir naturinių logaritmų funkcijos.

Raketos uždavinys

• Raketos uždavinys. Raketa su pradine mase $M_0$ juda tiesiaeigiai dėl nenutrukstamo dujų išmetimo išmetamų iš raketos. Greitis $u_0$ išmetamų dujų (raketos atžvilgiu) pastovus ir nukreiptas į priešingą raketos judėjimo kryptį su pradiniu greičiu $v_0$. Rasime dėsnį raketos judėjimo nepaisydami gravitacijos ir oro pasipriešinimo.

$M\frac{dv}{dt}=-u_0\frac{dM}{dt}.$

Čia $\frac{dM}{dt}=\mu$ - išnaudojama masė degalų per sekundę, esant nekintamam degalų degimui $\mu =const$, M - kintanti masė raketos.

$dv=-u_0\frac{dM}{M},$

$v=-u_0\ln M+C.$

Konstantą C randame iš sąlygos $v=v_0$, $M=M_0,$ kai $t=0$, $C=u_0\ln M_0+v_0,$ ir todėl

$v=u_0\ln \frac{M_0}{M}+v_0.$

Pavyzdžiui, jeigu norima akseleruoti raketą iki šviesos greičio, kai raketos masė su kuru lygi $M_0=10000(kg),$ o raketos masė be kuro lygi $m=\frac{M_0}{2}=5000(kg),$ tai kuras sveria pusė raketos masės. Viso išmesto raketos kuro energija, sakykim, anihiliacijos metu yra $E_0=\frac{M_0}{2}{c}^2=5000(kg)\cdot 9\cdot 10^{16}(m^2/s^2)=4.5\cdot 10^{20}(J).$ Energija reikalinga $M_0=10000(kg)$ masės kūnui pasiektį šviesos greitį yra $E_k=\frac{M_0{u}_0^2}{2}=\frac{M_0{c}^2}{2}=4.5\cdot 10^{20}(J),$ o energija reikalinga pasiekti šviesos greitį $m=5000$ kg masės kunui yra $2.25\cdot 10^{20}(J).$ Kai visas kuras bus išmestas (panaudotas), raketos masė pasidarys perpus mažesnė $m=\frac{M_0}{2}=M=5000(kg).$ Todėl, kad kuro išmetimui pasiekti šviesos greitį reikia $2.25\cdot 10^{20}(J)$ energijos, o kuras turi dvigubai daugiau energijos, todėl kuro greitis yra $u_0=c\sqrt{2}$, o raketos greitis:

$v=c\sqrt{2}\ln \frac{M_0}{M}=\sqrt{2}\cdot 3\cdot 10^8(m/s)\cdot \ln \frac{10000(kg)}{5000(kg)}=4.242640687\cdot 10^8(m/s)\cdot 0.69314718=$ $=294077443(m/s)\approx 2.94\cdot 10^8(m/s).$

Todėl, jei nepaisyti reliatyvumo teorijos, raketa pasiektų greitį 0,98c, išnaudojus visą kuro energiją anihiliacijos metu (tarkim kuro stumos naudingumas 100%), kuri sudaro pusę pradinės raketos masės.

Mastant paprastai, reikia pusė objekto masės m energijos $0.5m{c}^2$, kad (tam objektui) pasiekti šviesos greitį c. O su visa objekto masės energija galima įgreitinti kuną iki greičio v, kuris randamas, taip:

$\frac{m{v}^2}{2}=m{c}^2,$

$v^2=2c^2$,

$v=c\sqrt{2}=3\cdot 10^8(m/s)\cdot 1.414213562=424264068.7(m/s).$

Jeigu raketos masę sudaro 99% kuras tada kuro energija apytiksliai lygi $M_0{c}^2=10000\cdot 9\cdot 10^{16}=9\cdot 10^{20}(J),$ o energija reikalinga pasiekti raketai šviesos greitį yra $4.5\cdot 10^{20}$ J. Todėl apytiksliai su visa kuro energija bus pasiektas greitis $c\sqrt{2}.$ Pagal formulę:

$v=u_0\ln \frac{M_0}{M}=c\sqrt{2}\ln \frac{10000}{100}=1953808240(m/s)\approx 2\cdot 10^9(m/s).$

Matyt, ši formulė skirta tik skaičiuoti, kai kuras sudaro visą raketos masę, todėl prieš tai reikėjo taikyti formulę:

$\frac{m{v}^2}{4}=m{c}^2,$

$v^2=4c^2,$

$v=2c=6\cdot 10^8(m/s).$

Ir istačius:

$v=2c\ln \frac{M_0}{M}=2\cdot 3\cdot 10^8(m/s)\cdot \ln \frac{10000(kg)}{5000(kg)}=415888308.3(m/s).$

Labai artima maksimaliai įmanomai reikšmei 424264068.7 m/s.

Susiję straipsniai

• Bernulio diferencialinė lygtis