Derivado como un medidor de velocidad

Question

He estudiado acerca de la aplicación de los instrumentos financieros derivados que ayuda en la medición de la tasa de cambio. Por ejemplo :-

Deje $A$ ser el área de un círculo de radio de $r$

$$A = \pi \cdot r^2$$

entonces

$$\frac {dA}{dr}= 2 \pi \cdot r $$

Supongamos que tenemos que encontrar la tasa de cambio de área de w.r.t a radio en $r = 5 \text{ cm}$ .

Entonces

$$\left(\frac {dA}{dr}\right)_{r=5}= 10 \pi\text{ cm}^2/\text{cm} $$

Mi pregunta es:

Nuestra respuesta final decir que cuando el radio del círculo cambios de$5 \text{cm}$$6 \text{cm}$, el cambio en el área es igual a $ 10\pi\text{cm}^2 $, es decir, el área del círculo en $6 \text{cm} = \text{area of circle at }5 \text{cm} + 10\pi\ \text{cm}^2 $?

Answer 1

Todas las respuestas anteriores explicó el problema bastante bien. Pero de acuerdo con tu comentario sobre estas respuesta, usted todavía tiene problemas para entender cuando a su aproximación tiene. Voy a tratar de explicar qué valores de h son aceptables para el uso de su método.

Vamos a llamar a $A(r)$ el área de un círculo de radio $r$. Tenemos $A_{real}=\color{blue}{\pi*r²}$

Si $h$ es lo suficientemente pequeño, puede tener $A_{approx}(r_0+h) \approx \color{red}{A(r_0)+2*\pi*r_0*h}$

Pero hay que tener en cuenta que el valor real de $A(r_0+h)$ es realmente:

\begin{align}A_{real}(r_0+h)=\color{blue}{\pi*(r_0+h)²}\\ & =\pi*({r_0}²+2r_0h+h²)\\ & =\color{blue}{\pi*{r_0}²}+2*\pi*r_0*h+\pi*h²\\ & =\color{red}{A_{real}(r_0)+2*\pi*r_0*h}+\pi*h² \\ & =\color{red}{A_{approx}(r_0+h)} +\pi*h² \end{align}

A partir de ahí, el error relativo entre el resultado y el real es:

$$E=\frac{A_{real}(r_0+h)-A_{approx}(r_0+h)}{A_{real}(r_0+h)}$$ $$E=\frac{\pi*h²}{\pi*(r_0+h)²}$$ $$E=\frac{h²}{(r_0+h)²}$$

Así, se puede ver que como $h/r_0 \rightarrow 0$, el error de $E \rightarrow 0$.

Esto significa que tan pronto como $h/r_0$ es lo suficientemente pequeño, por lo que es su error. Vamos a ver de esta manera, si usted cambia de 1 cm de diámetro en un círculo de 10 cm, y calcular el área nueva con su idea inicial, su error será más importante que en caso de cambio de 1 cm en 1 m de diámetro. Lo que importa en este caso es que el cambio es lo suficientemente pequeño frente al diámetro inicial.

El problema en tu pregunta es que usted eligió $h=1$$r_0=5$. Usted necesitará $h$ a ser más pequeños o $r_0$ a ser mayor

He hecho algunos cálculos para los círculos de radio 5 cm, 10 cm y 1m ($r_0=5,10,100$), con un cambio de radio de 1 cm, tiene errores de respectivamente: $2.7\%$,$0.8\%$ y $0.01\%$ entre el área real y el calculado a partir de su fórmula.

Answer 2

No, pero la intuición es correcta.

$\frac{dA}{dr}$ es la instantánea de la tasa de cambio en el radio $r$. Esto significa que, si su radio es inicialmente $r_0$ (es decir, 5 cm), y aumentar el radio por un infinitesimalmente pequeña cantidad $dr$, el cambio en el área estará dada por $\frac{dA}{dr}$ evaluado en $r_0$. En el nuevo punto de $r_0 + dr$, la tasa de cambio de área puede ser diferente (como es en este caso, donde $\frac{dA}{dr}$ depende de $r$. Sin embargo, si el cambio en el radio es pequeño, su idea puede ser una buena aproximación para el cambio en el área.

Sin embargo, un cambio mayor en la zona se puede ver como una suma de muchos pequeños cambios infinitesimales a $r$. Esto se puede expresar como una integral, y así, el área de cambio al cambiar el radio de $r_0$ $r_0+1$está dado por $$\int_{r_0}^{r_0+1} \left(\frac{dA}{dr}\right) dr$$

Podría ser el caso de algunas de las funciones que la derivada es independiente de $r$. En tal caso, su idea va a dar exactamente la respuesta correcta, como la tasa de cambio no va a cambiar con $r$. Un ejemplo de esta función sería la tasa de cambio de la circunferencia de un círculo con respecto a la radio.

Answer 3

Sí es cierto, pero sólo para variaciones tales que la aproximación lineal es aceptable.

Un aumento del radio de $0.001$ cm, el aumento en el área se aproxima por $10\cdot\pi\cdot0.001=0.0314159265\cdots$

Comparar el valor exacto $\pi(5.001^2-5^2)=0.0314190681\cdots$

En verde, la aproximación lineal.

Answer 4

Deberíamos escribir

ps

No, por supuesto, nuestra respuesta final no significa que cuando el radio del círculo cambia de$$\frac {dA}{d\color{red}r}= 2 \pi \cdot r$ a$5 cm$, el cambio en el área es igual a$6 cm$, de hecho los derivados son aproximaciones lineales y, dado que en ese caso la relación entre$10\pi\ cm^2$ y$A$ no es lineal, significa que

ps

y la aproximación se vuelve mejor para$r$ más pequeño.

Answer 5

Deje$f: \mathbb{R} \rightarrowtail \mathbb{R}$ ser una función, y $a \in \text{Int}(\text{dom}(f))$. Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:

• $f$ es diferenciable en a $a$
• $\exists \xi \in \mathbb{R}$ $\exists \eta: \text{dom}(f) \to \mathbb{R}$ $\lim\limits_{x \to a} \frac{\eta(x)}{x-a}=0$ , por lo que $$f(x)=f(a)+\xi(x-a)+\eta(x)$$ y $\xi=f'(a)$.

Creo que un equivalente de esta definición de la diferenciabilidad es más espectacular (y es más fácil de generalizar a las $\mathbb{R}^n \rightarrowtail \mathbb{R}^m$ de los casos), porque nosotros de manera intuitiva se puede ver que $\eta(x)$ es muy pequeño alrededor de $a$, por lo que para $x \approx a$ tenemos que $$f(x) \approx f(a) + \xi(x-a)$$ En su caso, si dejamos $A(r):=r^2 \pi$, $A'(r)=2r \pi$ $$A(r)=A(r_0)+\xi(r-r_0)+\eta(r)$$ Y, por supuesto, $\xi=A'(r_0)=2r_0\pi$: $$A(r)=A(r_0)+2r_0(r-r_0)\pi+\eta(r)$$ $$A(r)=r_0^2 \pi+2r_0(r-r_0)\pi+\eta(r)$$ $$A(r)=r_0^2 \pi+2r_0r\pi-2r_0^2 \pi+\eta(r)$$ $$A(r)=2rr_0 \pi-r_0^2 \pi + \eta(r) \tag{1}$$ Si queremos obtener $\eta(r)$: $$r^2 \pi=2rr_0 \pi-r_0^2 \pi + \eta(r)$$ $$r^2 \pi+r_0^2\pi-2r r_0 \pi=\eta(r)$$ $$\eta(r)=(r-r_0)^2 \pi$$ El uso de algunos números, tenemos que $A(5)=25 \pi$, $A(5.1)=26.01 \pi$, $A(50)=2500 \pi$. Si tratamos de aproximar $A(5.1)$$A(50)$$A(5)$$A'(5)$, se puede utilizar la primera ecuación de (sin $\eta(r)$): $$A(r) \approx 10 r \pi - 25 \pi$$ tenemos que $A(5.1) \approx 26 \pi$$A(50) \approx 475 \pi$, mientras que$\eta(5.1)=0.01 \pi$$\eta(50)=2025 \pi$. Como se puede ver, es bastante bueno para $5.1$, pero es terrible para $50$.

Este tipo de aproximación lineal es muy útil en la física, por ejemplo cuando se trata de un sistema complicado, realmente no se puede resolver la ecuación diferencial(s), pero se puede hacer la suposición de que el cambio en el tratado de la función (por ejemplo, el desplazamiento de la función de tiempo de una pelota) es muy pequeño, así que usted puede linealizar la ecuación, y (probablemente) a resolver.