§7. Толық дифференциалды жуықтап есептеуде қолдану

35
түрінде көшіріп жазуға болады. (2.7) теңдігін жуықталған есеп-
теулерде қолданады. 
Мысал. 
3 ,01
1,02
 өрнегінің жуықталған мəнін табу талап етіледі. 
Шешімі. 
y
z
x
=
 функциясын қарастырамыз. Сонда 
(
)
у
у
3 ,01
1,02
x
х
,
Δ
Δ
+
=
+
 мұнда 
х
1,
х
0,02, y
3,
у
0,01.
Δ
Δ
=
=
=
=
 
(2.7) форму ласын пайдаланайық. Алдын ала 
/
х
z
 жəне 
/
y
z
 дербес 
туындыларын табамыз:
( )
( )
/
/
/
y
y 1
/
y
y
х
у
х
у
z
x
у x
, z
x
x
ln x.
−
=
= ⋅
=
=
⋅
Демек 
3 ,01
3
3 1
3
1,02
1
3 1
0,02
1 ln 1 0,01,
−
≈ + ⋅
⋅
+ ⋅
⋅
 атап айтқанда 
3 ,01
1,02
1,06.
≈
 Салыстыру үшін осы өрнектің микрокалькулятор-
да есептелген мəні - 
3 ,01
1,02
1,061418168.
≈
§8. Толық дифференциал нұсқасының инварианттылығы
Күрделі функцияны дифференциалдау ережесін қолданып, 
толық дифференциалдың инварианттылық қасиетке ие бо-
латынын көрсетуге болады. Атап айтқанда, 
z
f ( x, y )
=
 функ-
циясының толық дифференциалы оның аргументтері айныма-
лы немесе тəуелсіз айнымалылардың функциялары болуына 
қарамастан түрін өзгертпейді.
Шынында, 
z
f ( x, y )
=
 болсын, мұнда х пен у - тəуелсіз айны-
малылар. Онда (1-ретті немесе толық дифференциал)
z
z
dz
dx
dy
х
y
∂
∂
=
+
∂
∂
түріндегідей жазылады ((2.3) формула).
х жəне у айнымалылары 
х
х( u, v ), y
y( u, v )
=
=
 
түрінде кескінделген 
(
)
z
f ( x, y )
f х( u, v ), y( u, v )
F( u, v )
=
=
=
 
күрделі функциясын қарастырайық, мұнда u,v - тəуелсіз айныма-
лылар. Сонда

36
F
F
z
z
z x
z y
dz
du
dv
du
dv
du
u
v
u
v
х u
y u
z x
z y
z
x
x
z
y
y
dv
du
dv
du
dv
х v
y v
х
u
v
y
u
v
.
⎛
⎞
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂ ∂
=
+
=
+
=
+
+
⎜
⎟
∂
∂
∂
∂
⎝ ∂ ∂
∂ ∂ ⎠
⎛
⎞
∂ ∂
∂ ∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
⎛
⎞
⎛
⎞
+
+
=
+
+
+
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ ∂ ∂
∂ ∂ ⎠
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂
Мұндағы соңғы жақшалардағы өрнектер 
х
х u v
( , )
=
 жəне 
)
,
( v
u
y
y
=
 функцияларының 
x
x
dx
du
dv
u
v
∂
∂
=
+
∂
∂
 жəне 
y
y
dy
du
dv
u
v
∂
∂
=
+
∂
∂
түріндегі толық дифференциалдары болып табылады. Демек осы 
жағдайда да 
z
z
dz
dx
dy
х
y
∂
∂
=
+
∂
∂
болуын көріп отырмыз.
§9. Айқындалмаған функцияны дифференциалдау
z-ке қатысты шешілмеген 
F x y z
( , , ) 0
=
                                     (2.8)
теңдеуімен берілген 
z
f ( x, y )
=
 функциясын айқындалмаған 
функция дейді. (2.8) теңдеуімен берілген айқындалмаған 
функцияның 
z
х
∂
∂
 жəне 
z
y
∂
∂
 дербес туындыларын табайық. Ол үшін 
теңдеудегі z-тің орнына 
f ( x, y )
 функциясын енгізіп,
F x y f x y
( , , ( , )) 0
≡
тепе-теңдігін аламыз. Тепе-тең нөлге тең функциясының дербес 
туындылары да нөлге тең:
F
F
z
F( x, y, f ( x, y ))
0
х
х
z
х
∂
∂
∂
∂
=
+
⋅
=
∂
∂
∂ ∂
(у-ті тұрақты деп санаймыз),
F
F
z
F( x, y, f ( x, y ))
0
у
у
z
у
∂
∂
∂
∂
=
+
⋅
=
∂
∂
∂ ∂
(х-ті тұрақты деп санаймыз).

37
Осыдан
(
)
y
х
z
z
z
F
F
z
z
F
х
F
y
F
/
/
/
/
/
,
,
0 .
∂
∂
= −
= −
≠
∂
∂
                   (2.9)
Ескерту 1. (2.8) түріндегі теңдеу бір айнымалыны қалған екі 
айнымалыға тəуелді айқындалмаған функция ретінде əрдайым 
анықтай бере алмайды. Мəселен, 
2
2
2
x
y
z
4
0
+
+
− =
 теңдеуі 
2
2
x
y
4
+
≤
 дөңгелегінде 
2
2
2
2
1
2
z
4
x
y , z
4
x
y
=
−
−
= −
−
−
 
функцияларын анықтайтын болса, 
2
2
3
z
4
x
y
=
−
−
 функ-
циясын 
у
0
≥
 болуында 
2
2
x
y
4
+
≤
 дөңгелегінде анықтайды, 
т.с.с., ал 
(
)
cos x
2 y
3z
4
0
+
+
− =
 теңдеуі бірде-бір функцияны 
анықтамайды.
Айқындалмаған функцияның бар болу теорема-
сы
 
орынды: Егер 
F( x, y, z )
 функциясымен бірге оның 
/
/
/
х
y
z
F ( x, y, z ), F ( x, y, z ), F ( x, y, z )
 дербес туындылары 
0
0
0
0
М ( x , y , z )
 нүктесінің кейбір аймағында анықталып, үзіліссіз 
жəне 
/
0
0
0
z
0
0
0
F( x , y , z )
0, F ( x , y , z )
0
=
≠
 болса, онда (2.8) теңдеуі 
0
0
( x , y )
 нүктесі аймағында үзіліссіз жəне дифференциалдамалы, 
0
0
0
f ( x , y )
z
=
 болатындай жəне жалғыз 
z
f ( x, y )
=
 функциясын 
анықтайтындай 
0
0
0
0
М ( x , y , z )
 нүктесінің аймағы табылады.
Ескерту 2. Бір айнымалыға тəуелді 
у
f ( x )
=
 айқындалмаған 
функциясы 
F( x, y )
0
=
 теңдеуімен беріледі. Айқындалмаған 
функцияның бар болу шарттары орындалатын болса (келтірген 
теоремаға ұқсас теорема бар), онда айқындалмаған функцияның 
туындысы
(
)
х
х
у
у
F
у
F
F
/
/
/
/
,
0
= −
≠
формуласы бойынша есептелінеді.
1-мысал. 
z
2
e
z
x y
1
0
+ −
+ =
 теңдеуімен берілген z  функция-
сының дербес туындыларын табу талап етіледі. 
Шешімі.  Мұнда 
z
2
/
/
2
х
y
F( x, y, z )
e
z
x y
1, F
2ху, F
x ,
=
+ −
+
= −
= −
 
/
z
z
F
e
1.
=
+
 (2.9) формулалары бойынша 
z
z
z
ху
z
х
х
e
y
e
2
2
,
.
1
1
∂
∂
=
=
∂
+
∂
+

38
2-мысал. 
у
f ( x )
=
 айқындалмаған функциясы 
y
у
х
3
2
2
+
=
 
теңдеуімен берілген. 
dу
dх
 туындысын табу талап етіледі. 
Шешімі. Мұнда 
F x y
y
у
х
3
( , )
2
2 ,
=
+
−
х
y
F
F
y
/
/
2
2,
3
2.
= −
=
+
Демек 
х
у
y
/
2
2 ,
3
2
−
= −
+
 атап айтқанда 
dу
dх
y
2
2
.
3
2
=
+
§10. Беттің жанама жазықтығы мен нормалі
Екі айнымалыға тəуелді функция туындыларының гео-
метриялық қолданбасын қарастырайық. 
z
f ( x, y )
=
 функциясы 
кейбір 
2
D
R
∈
 облысының 
0
0
( x , y )
 нүктесінде дифференциал-
дамалы болсын. z функциясын бейнелейтін S бетін 
0
х
х
=
 жəне 
0
у
y
=
 жазықтықтарымен қияйық (13-сурет). 
0
х
х
=
 жазықтығы S 
бетін қандай да 
( )
0
z
у
 сызығы бойынша қиятын болсын; сызықтың 
теңдеуі бастапқы 
z
f ( x, y )
=
 функциясындағы х-ті  M
0
 санымен 
алмастырғаннан 
0
z
f ( x , y )
=
 түрінде шығады. 
0
0
0
0
0
М ( x , y , f ( x , y ))
 
нүктесі 
( )
0
z
у
 сызығына тиіс. z  функциясының 
0
М
 нүктесінде 
дифференциалдамалы болғандықтан, 
( )
0
z
у
 функциясы да 
0
у
y
=
 
нүктесінде дифференциалдамалы болады. Демек осы нүктеде 
0
х
х
=
 жазықтығындағы 
( )
0
z
у
 сызығына l
1 
жанамаcын жүргізуге 
болады. 
0
у
y
=
 қимасына айтқанға ұқсас талқылау өткізіп, 
( )
0
z
х
 
қисығының 
0
х
х
=
 нүктесінде l
2 
жанамаcын жүргіземіз. l
1 
жəне l
2
 
түзулері α жазықтығын анықтайды. Оны S бетінің M
0
 нүктесіндегі 
жанама жазықтығы дейді. Осы жазықтық теңдеуін құрайық. 
α  жазықтығы 
0
0
0
0
М ( x , y , z )
 нүктесі арқылы өтетіндіктен, оның 
теңдеуін 
(
) (
) (
)
0
0
0
A x
x
B y
y
C z
z
0
−
+
−
+
−
=
түрінде жазуға болады. Теңдеудің екі жағын С-ға бөліп, 
1
1
А
В
А ,
В
С
С
=
=
−
−
 белгілеулерін енгізген соң, оны 
(
)
(
)
0
1
0
1
0
z
z
A x
x
B
y
y
−
=
−
+
−
                     (2.10)
түріне келтіреміз. A
1 
жəне B
1
-ді табайық. l
1 
жəне l
2 
жанамаларының 
теңдеулері сəйкесінше

39
(
)
(
)
y
х
z
z
f
x y
y
y
x
x
z
z
f
x y
x
x
y
y
/
0
0
0
0
0
/
0
0
0
0
0
( , )
,
,
( , )
,
− =
−
=
− =
−
=
түрінде жазылады.
l
1 
жанамасы  α жазықтығына тиісті, демек l
1
-дің барлық 
нүктелерінің координаталары (2.10) теңдеуін қанағаттандырады, 
олай болса осы айтқанымызды 
(
)
(
)
(
)
y
z
z
f
x y
y
y
x
x
z
z
А x
x
В y
y
/
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
( , )
,
,
⎧ − =
−
⎪
=
⎨
⎪ − =
−
+
−
⎩
жүйесі түрінде кескіндеуге болады. Жүйені 
1
В
-ге қатысты шешіп, 
/
1
y
0
0
В
f ( x , y )
=
 болатынын шығарып аламыз.
l
2 
жанамасына осы істегенімізді қайталап, 
/
1
х
0
0
А
f ( x , y )
=
 
екенін шығарып аламыз. 
1
А
 жəне 
1
В
 мəндерін (2.10) теңдеуіне 
енгізіп, жанама жазықтықтың ізделінді теңдеуін
(
)
(
)
/
/
0
х
0
0
0
y
0
0
0
z
z
f ( x , y ) x
x
f ( x , y ) y
y
−
=
−
+
−
         (2.11)
түрінде табамыз. Мұндайда 
0
М
 нүктесін жанасу нүктесі дейді. 
2.14-анықтама. 
0
М
 жанасу нүктесіндегі жанама жазықтыққа 
перпендикуляр түзуді сол нүктедегі беттің нормалі дейді. 
Түзу мен жазықтықтың перпендикуляр болу шартын пай-
далана (Математика І, VI тарау) еш қиындықсыз нормальдың 
теңдеулерін
х
y
x
x
y
y
z
z
f
x y
f
x y
0
0
0
/
/
0
0
0
0
( , )
( , )
1
−
−
−
=
=
−
                  (2.12)
түрінде шығарып аламыз.
Егер  S  беті 
F x y z
( , , ) 0
=
 теңдеуімен берілсе, онда (2.11) 
жəне (2.12) теңдеулері, дербес туындылардың, айқындалмаған 
функцияның дербес туындылары арқылы
у
х
х
у
z
z
F x y
F x y
f
x y
f
x y
F x y
F x y
/
/
0
0
/
/
0
0
0
0
0
0
/
/
0
0
0
0
( , )
( , )
( , )
,
( , )
( , )
( , )
= −
= −
өрнектелулеріне байланысты (§9,( 2.9) формулалары) сəйке 
-
сінше

40
(
)
(
)
(
)
х
у
z
F x y
x
x
F x y
y
y
F x y
z
z
/
/
/
0
0
0
0
0
0
0
0
0
( , )
( , )
( , )
0
−
+
−
+
−
=
жəне
х
у
z
x
x
y
y
z
z
F x y
F x y
F x y
0
0
0
/
/
/
0
0
0
0
0
0
( , )
( , )
( , )
−
−
−
=
=
түріне келеді.
Ескерту.  Беттің жанама жазықтығы мен нормалінің тең-
деулері жай нүктелер үшін, атап айтқанда беттің ерекше емес 
нүктелері үшін жазылып отыр. Барлық дербес туындыларын 
нөлге айналдыратын немесе, ең болмағанда, бір дербес туын-
дысын болғызбайтын M
0
 нүктесін ерекше нүкте дейді. Мұндай 
нүктелерді қарастырмаймыз.
Мысал. 
2
2
z
x
у
=
+
 айналу параболоидының M
0 
(2,1,5)  
нүктесінде жүргізілген жанама жазықтығы мен нормалінің 
теңдеулерін жазу талап етіледі. 
Шешімі. Мұнда 
/
/
/
/
х
y
х
y
z
x, z
y; z ( , )
, z ( , )
.
=
=
=
=
2
2
2 1
4
2 1
2
 (2.11) 
жəне (2.12) теңдеулері бойынша жанама жазықтықтың теңдеуін 
z
х
у
− =
− +
−
5 4(
2) 2(
1)
 немесе 
x
y
z
+
− − =
4
2
5 1
түрінде жəне нормаль теңдеуін 
х
у
z
−
−
−
=
=
−
2
1
5
4
2
1
түрінде табамыз. 
§11. Жоғары ретті дербес туындылар мен 
дифференциалдар
Егер 
U
f x y z
= ( , , )
 функциясының Q облысында аргу мент-
тердің бірі бойынша дербес туындысы болса, онда бұл туынды-
ны x, y, z айнымалыларының функциялары деп қарастырып, одан 
бір 
М x y z
0
0
0
0
( , , )
 нүктесінде сол аргумент немесе одан басқа ар-
гумент бойынша дербес туынды алуға болады. Сонда берілген 
U
f x y z
= ( , , )
 функциясы үшін соңғы туындылар екінші ретті 
дербес туындылар болады.

41
Егер бірінші туынды х бойынша алынса, онда оның x, y, z бой-
ынша алынған дербес туындыларын 
f x y z
f x y z
f x y z
U
U
U
х
х
х y
х y
х z
х z
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=
=
=
∂
∂
∂ ∂
∂ ∂
∂ ∂
∂ ∂
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
2
( , , )
( , , )
( , , )
;
;
;
немесе
ху
ху
хz
хz
х
х
U
f
x y z
U
f
x y z
U
f
x y z
=
=
=
2
2
//
//
//
//
//
//
0
0
0
0
0
0
0
0
0
( , , ),
( , , ),
( , , )
өрнектерімен белгілейтін боламыз. Бұл дербес туындыларды 
екінші ретті дербес туындылар дейді. Одан жоғары 3-ші, 4-ші, 
тағы с.с. ретті туындылар да осылайша анықталады. Əртүрлі 
аргументтері бойынша алынған жоғары ретті туындыларды ара-
лас дербес туынды дейді.
1-мысал. 
(
)
z
x
y
х
=
+
+
2
sin
 функциясының бірінші жəне 
екінші ретті дербес туындыларын есептеу талап етіледі. 
Шешімі. 
(
)
(
)
z
z
x
y
y
x
y
х
у
х
∂
∂
=
+
+
=
+
∂
∂
2
2
1
cos
,
2 cos
;
2
(
)
(
)
z
z
x
y
х
х
х
х х
z
z
у
x
y
х у
у
х
2
2
2
2
2
1
sin
,
4
2 sin
;
∂
∂ ∂
⎛ ⎞
=
= −
+
−
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
⎛ ⎞
=
= −
+
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∂ ∂
∂ ∂
(
)
(
)
(
)
z
z
x
y
y
x
y
у
у
у
z
у
x
y
у х
2
2
2
2
2
2
2
2cos
4 sin
;
2 sin
.
⎛ ⎞
∂
∂ ∂
=
=
+
−
+
⎜ ⎟
∂
∂ ⎝ ∂ ⎠
∂
= −
+
∂ ∂
2-мысал. 
z
x
x y
xy
=
+
+
+
4
2 3
4
7
1
 функциясының бірінші жəне 
екінші ретті дербес туындыларын есептеу талап етіледі. 
Шешімі. 
х
y
z
x
xy
y z
x y
x
=
+
+
=
+
/
3
3
/
2 2
4
8
7 ,
12
7 ;
хх
yу
ху
ух
z
x
y
z
x y z
z
xy
=
+
=
=
=
+
//
2
3
//
2
//
//
2
12
8 ,
24
,
24
7.

42
Аралас дербес туындылар үшін мынадай теореманы қолданған 
орынды:
Теорема  2.4. 
U
f x y z
= ( , , )
 функциясы Q облысында анық-
талған жəне осы облыста 
х
y
ху
ух
f
f
f
f
/
/
//
//
,
,
,
 туындылары бар болып, 
сонымен бірге 
ху
f
//
 пен 
ух
f
//
 туындылары 
x y z
Q
∈
0
0
0
( , , )
 нүктесінде 
үзіліссіз болса, онда 
ху
ух
f
x y z
f
x y z
=
//
//
0
0
0
0
0
0
( , , )
( , , )
 теңдігі орында-
лады.
Q облысында 
z
f x y
= ( , )
 функциясының бірінші ретті үзіліссіз 
туындылары бар болса, онда функцияның dz толық дифферен-
циалы деп 
z
z
dz
dx
dy
х
y
∂
∂
=
+
∂
∂
өрнегін айтатын боламыз. Функцияның толық дифференциалын 
бірінші ретті дифференциал деп те атайды. 
x жəне y тəуелсіз айнымалыларының 
x
Δ
 жəне 
у
Δ
 өсімшелерін 
олардың дифференциалдарына теңестіреді, атап айтқанда 
x
dx
Δ =
 
жəне 
у
dy
Δ =
 деп ұйғарылады.
z
f x y
= ( , )
 функциясының екінші ретті үзіліссіз дербес туын-
дылары бар болсын. Функцияның бірінші ретті дифференциалын 
z
f x y
= ( , )
  функциясының екінші ретті дифференциалы деп 
атайды да, оны 
( )
d z
d dz
=
2
  формуласы бойынша табады. Диффе-
ренциалдау ережесін пайдалана, оның шығарылуын көрсетейік.
( )
x
y
z
z
z
z
d z
d dz
d
dx
dy
dx
dy
х
y
х
y
z
z
z
z
dx
dx
dy
dy
dx
dy dx
х
y
х
y x
z
z
dx
dy dy
х y
y
/
2
/
2
2
2
2
2
2
.
⎛
⎞ ⎛
⎞
∂
∂
∂
∂
=
=
+
=
+
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ ∂
∂
⎠ ⎝ ∂
∂
⎠
⎛
⎞
⎛
⎞
∂
∂
∂
∂
+
+
=
+
+
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝ ∂
∂
⎠
∂
∂ ∂
⎝
⎠
⎛
⎞
∂
∂
+
+
⎜
⎟
∂ ∂
∂
⎝
⎠
Бұдан 
z
z
z
d z
dx
dxdy
dy
х
х y
y
∂
∂
∂
=
+
+
∂
∂ ∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
2
2
.
              (2.13)

43
Символдық түрде мұны
d z
dx
dy
z
х
y
∂
∂
=
+
∂
∂
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
2
2
.
өрнегімен кескіндейді. Осыған ұқсас үшінші ретті дифференциал 
үшін
( )
d z
d d z
dx
dy
z
х
y
∂
∂
=
=
+
∂
∂
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
3
3
2
.
формуласын шығарып аламыз, мұнда
dx
dy
dx
dx
dy
dх
dу
dу
х
y
х
х
y
х
у
у
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
+
=
+
⋅
+
⋅
+
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3
3
.
Математикалық индукция əдісімен 
п
п
d z
dx
dy
z
n
N
х
y
∂
∂
=
+
∈
∂
∂
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
. ,
теңдігінің орындалатынын көрсетуге болады (мұнда əрдайым 
( )
п
п
d z
d d
z
−
=
1
).
Айта кетер жайт: тағайындалған формулалар 
z
f x y
= ( , )
 
функциясының  x  жəне  y айнымалылары тəуелсіз болғанда ғана 
күшін сақтайды.
Мысал. 
z
x
xу
y
=
+
−
2
3
3
5
8
 функциясының екінші ретті диф-
ференциалы - 
d z
2
-ті есептеу талап етіледі. Алдымен берілген 
функцияның екінші ретті дербес туындыларын табамыз:
z
z
х
у
х
y
х
y
∂
∂
=
+
=
−
∂
∂
2
6
5 ,
5
24 ;
z
z
z
y
х
х y
y
∂
∂
∂
=
=
= −
∂
∂ ∂
∂
2
2
2
2
2
6,
5,
48 .
Табылған туындыларды (2.13) формулаcына енгізгеннен 
ізделінді дифференциал
d z
dx
dxdy
уdy
=
+
−
2
2
2
6
10
48
түрінде шығады.

44

жүктеу/скачать 0,86 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: