Жоғарғы ретті дербес туындылар мен дифференциалдар

83 
 
Сонда 




2
2
cos
2
,
2
1
cos
y
x
y
y
z
x
y
x
x
z









. 




2
2
3
2
2
2
sin
2
;
4
1
sin
y
x
y
x
z
у
y
х
z
x
y
x
x
z
x
x
z


































, 






2
2
2
2
2
2
2
sin
2
;
sin
4
cos
2
y
x
y
x
y
z
y
x
y
y
x
y
z
y
y
z























. 
2-мысал. 
1
7
4
3
2
4




xy
y
x
x
z
. 
Сонда 
y
xy
x
z
x
7
8
4
3
3




,
y
x
z
y
x
z
x
y
x
z
yy
xx
y
2
3
2
2
2
24
,
8
12
,
7
12








, 
,
7
24
2



xy
z
xy
 


7
24
7
12
2
2
2









xy
x
y
x
z
z
x
x
y
yx
. 
Аралас дербес туындылар жӛнінде мынадай теорема бар. 
Теорема. 


z
y
x
f
U
,
,

 функциясы 
Q  облысында анықталған және осы облыста 
xy
y
x
f
f
f



,
,
, 
yx
f

 
туындылары бар болып, сонымен бірге 
xy
f

 пен 
yx
f

 туындылары 


Q
z
y
x

0
0
0
,
,
 нүктесінде үзіліссіз 
болса, онда 




0
0
0
0
0
0
,
,
,
,
z
y
x
f
z
y
x
f
yx
xy



 теңдігі орындалады. 
Бізге 
 
y
x
f
z
,

  функциясының 
Q   облысында  бірінші  ретті  үзіліссіз  туындылары  болса,  онда 
функцияның толық дифференциалы 
dz
 деп мына ӛрнекті 
dy
y
z
dx
x
z
dz






 
айтатыны белгілі. Мұндағы 
dy
dx,
 тәуелсіз 
y
x,
 айнымалылардың кез келген ӛсімшелері. 
Егер 
 
y
x
f
z
,

 функциясының екінші ретті үздіксіз дербес туындылары бар болса, онда 
dz
-тің 
бірінші  ретті  үздіксіз  дербес  туындылары  болады  және  осы 
dz
  дифференциалының  толық 
дифференциалы 
 
dz
d
 берілген 
 
y
x
f
z
,

 функциясының екінші ретті дифференциалы деп аталады. 
Соныменен, дифференциалдау ережесін пайдалансақ, мынау шығады: 
 
































dy
y
z
d
dx
x
z
d
dy
y
z
dx
x
z
d
dz
d
z
d
2
 
dy
dy
y
z
dx
y
x
z
dx
dy
y
x
z
dx
x
z


























2
2
2
2
2
2
. 
Бұдан 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
dy
y
z
dxdy
y
x
z
dx
x
z
z
d










 
 
 (7.7.1) 
Үшінші  ретті  дифференциал 
z
d
3
-те  және  одан  жоғары  ретті  басқа  дифференциалдар  да  осы 
сияқты анықталады. 
Жалпы    


z
d
d
z
d
n
n
1


. 
(7.7.2) 
Мысалы  
3
2
8
5
3
y
xy
x
z



 болса  
z
d
2
  неге тең болады? 
Алдыменен берілген функцияның екінші ретті дербес туындыларын табамыз, олар: 
   
2
24
5
,
5
6
y
x
y
z
y
x
x
z








, 
   
48
,
5
,
6
2
2
2
2
2
2










y
z
y
x
z
x
z
. 
Табылған туындыларды (7.7.1) формулаға апарып қойсақ 
   
2
2
2
48
10
6
ydy
dxdy
dx
z
d



. 
7.8.  Функцияның  экстремумы,  оның  бар  болуының  қажетті  және  жеткілікті  шарттары.  
Шартты экстремум. 
Кеңістіктің    Q   облысында  анықталған  үздіксіз 
 
y
x
f
z
,

  функцияны  қарастырайық, 


0
0
, y
x
 
осы облыстың тұрақты ішкі нүктесі болсын. 

84 
 
Анықтама.  Егер 


0
0
0
, y
x
M
  нүктесінің 
 
0
M
U

  маңайында  (








0
0
0
0
,
,
,
y
y
x
x
)  жатқан 
барлық  нүктелер  үшін 
 


0
0
,
,
y
x
f
y
x
f

 




0
0
,
,
y
x
f
y
x
f

 
немесе 
  

0
,
,
0
0


y
x
f
y
x
f
  



0
,
,
0
0


y
x
f
y
x
f
  теңсіздігі  орындалса,  онда 
 
y
x
f
z
,

  функциясының 


0
0
0
, y
x
M
  нүктесінде 
максимумы (минимумы) бар деп айтады. 
Кӛп аргументті функцияның минимумы мен максимумы біріктіріп функцияның экстремумдары 
деп атайды. 
Теорема.  (функцияның  экстремумы  болуының  қажетті  шарты). 


0
0
0
, y
x
M
  нүктесінде 
 
y
x
f
z
,

  функциясының  экстремумы  бар  болу  үшін,  оның  бірінші  ретті  дербес  туындылары  осы 
нүктеде нӛльге тең, яғни 




0
,
,
0
,
0
0
0
0




y
x
f
y
x
f
y
x
 болуы қажет. 
Теорема. (функцияның экстремумы болуының жеткілікті шарты).  
 
y
x
f
z
,

  функциясының  бірінші  ретті  дербес  туындылары 


0
0
0
, y
x
M
  нүктесінде 




0
,
,
0
,
0
0
0
0




y
x
f
y
x
f
y
x
 шарттарын қанағаттандыратын және осы нүктенің 
 
0
M
U

 маңайында 
осы функцияның екінші ретті үзіліссіз дербес туындылары бар болсын. 
Сонда  








0
0
0
0
0
0
0
0
,
,
,
,
y
x
f
y
x
f
y
x
f
y
x
f
yy
xy
xy
xx






  деп белгілесек 
онда:  
1)  Егер 
0


  және 


0
,
0
0
2


y
x
f
x
  болса,  онда 


0
0
0
, y
x
M
  нүктесінде  функцияның  максимумы 
бар. 
2)  Егер 
0


  және 


0
,
0
0
2


y
x
f
x
  болса,  онда 


0
0
0
, y
x
M
  нүктесінде  функцияның  минимумы 
бар. 
3) Егер 
0


 болса, онда 
0
M -де функцияның экстремумы жоқ. 
Ескерту. Егер 
0


  болса,  онда 
 
y
x
f
,
  функциясының 
0
M   нүктесінде  экстремумы  болуы  да 
болмауы да мүмкін. Сондықтан мұндай жағдайда қосымша зерттеулер жүргізуге тура келеді. 
Енді осы тұжырымдауға бірнеше мысалдар келтірейік. 
1-мысал. 
y
x
y
xy
x
z
3
2
2
2





 функциясын экстремумға зерттейік. 
Шешуі: Дербес туындыларын табамыз: 
   
3
2
;
2
2








y
x
z
y
x
z
y
x
. 
Экстремум  нүктелерін  табу  үшін  бірінші  ретті  дербес  туындыларды  нӛльге  теңейміз,  яғни 
0
3
2
;
0
2
2






y
x
y
x
. 
Бұдан 
3
4
,
3
1


y
x
. Демек 






3
4
;
3
1
0
M
 нүктесі экстремумға күдікті нүкте. 
Енді екінші ретті дербес туындыларды тауып, 
0
М  нүктесіндегі мәндерін есептейміз. 
Сонда 
2
,
1
,
2






yz
xy
xx
z
z
z
 
0
3
2
1
1
2




. 
Ендеше 






3
4
;
3
1
0
M
 нүктесінде берілген функцияның минимумы бар, демек 
 
3
7
min
0


M
z
. 
2-мысал. 

 

0
;
0
6
2
3





y
x
y
x
y
x
z
. 
Шешуі: 


y
x
y
x
z
x
3
4
18
2
2




,  


y
x
y
x
z
y
3
2
12
3




. 
Енді 
0
,
0


y
x
 екенін есте сақтап, осы туындыларды нӛльге теңейміз. Сонда 
   









.
0
3
2
12
,
0
3
4
18
y
x
y
x
 

85 
 
Бұдан 
2
;
3
0
0


y
x
. Енді осы 
)
2
;
3
(
0
M
 нүктесін экстремумға сынаймыз. Ол үшін 
 


y
x
xy
z
x
3
6
18
2
2
2




,  


y
x
y
x
z
xy
9
8
36
2




,  


y
x
x
z
y
3
6
2
3
2




. 
Бұлардан 
 
 
 
162
,
108
,
144
0
0
0
2
2









M
z
M
z
M
z
y
xy
x
. 
Сонда 
0
108
162
144
2





  және  
 
0
144
0
2




M
z
x
. 
Демек 
)
2
;
3
(
0
M
 нүктесінде функцияның максимумы бар. Ол 
   
 
108
max
0

M
z
. 
 
7.9 Функцияның ең ҥлкен және ең кіші мәндері 
Шенелген жабық  D  облыста берілген 
 
y
x
f
z
,

    функцияның ең үлкен (ең кіші) мәндері  осы 
облыстың ішінде жатқан экстремумға күдікті нүктелердің біреуінде, немесе функция ӛзінің ең үлкен 
(ең  кіші)  мәніне  облыстың  шекарасында  жетуі  мүмкін.  Сондықтан 
 
y
x
f
z
,

  функциясының 
D
 
облысындағы  ең  үлкен  (ең  кіші)  мәнін  табу  үшін,  алдыменен  экстремумға  күдікті  барлық  ішкі 
нүктелерді  тауып,  бұл  нүктелердегі  функция  мәндерін,  одан  кейін  облыстың  шекарасындағы 
экстремумға  күдікті  нүктелеріндегі  мәндерін  табу  керек.  Осы  табылған  мәндердің  ең  үлкені  (ең 
кішісі) функцияның осы облыстағы мәндерінің ең үлкені (ең кішісі) болады. 
1-мысал. 
y
x
xy
y
x
z





2
2
 функциясының мына 
,
0

x
0

y
, 
3



y
x
 облыстағы ең кіші 
және ең үлкен мәндерін табу керек болсын. 
Шешуі: 
1) 
Стационар 
(экстремумға 
күдікті) 
нүктелерін 
табамыз: 















-1.
у
-1,
х
будан
0
1
2
,
0
1
2
x
y
z
y
x
z
y
x
 
2) Функцияны берілген облыстың шекара нүктелерінде зерттейміз. 
0

х
  болғанда 
y
y
z


2
.  Сонда  осы  функцияның 
0
3



y
  аралығындағы  экстремум 
нүктелері 













2
1
,
0
1
2
,
1
2
y
y
y
z
: 
0

х
, 
2
1
,
0
;
3





y
x
y
 және 
0
,
0


y
x
. 
Ал 
0

y
  болғанда 
x
x
z


2
.  Сонда  бұл  функцияның 
0
3



x
  аралықтағы  экстремум 
нүктелері мыналар: 









0
;
2
1
,
0
;
3
. 
Енді 
3



y
x
  болғанда 
6
9
3
2



x
x
z
.  Сонда 
,
9
6



x
z
0
9
6


x
, 
2
3


x
.  Яғни 
экстремумға күдікті нүкте 








2
3
;
2
3
. 
Соныменен 






;
6
0
;
3
;
4
1
2
1
;
0
;
6
3
;
0
;
1
1
;
1









 






z
z
z
z
 
0
0
;
0
;
4
3
2
3
;
2
3
;
4
1
0
;
2
1



















z
z
z
.  Осы  мәндерді  салыстырсақ    берілген  функцияның  ең 
үлкен мәні 
 
6
,

y
x
z
, ал ең кіші мәні 
 
1
,


y
x
z
 тең болатынын кӛреміз. 
 

жүктеу/скачать 3,09 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: