§12. Көп айнымалыға тəуелді функция үшін

45
Теорема 2.7. (функцияның экстремумы болуының жеткілікті 
шарты). 
z
f x y
= ( , )
 функциясының бірінші ретті дербес туын-
дылары 
М x y
0
0
0
( , )
 нүктесінде 
х
y
f
x y
f
x y
=
=
/
/
0
0
0
0
( , ) 0,
( , ) 0
 шарт-
тарын қанағаттандыратын жəне осы нүктенің 
( )
U
М
δ
0
 маңайында 
осы функцияның екінші ретті үзіліссіз дербес туындылары бар 
болсын. Онымен бірге
хх
ху
yх
yу
f
x y
f
x y
f
x y
f
x y
Δ =
//
//
0
0
0
0
//
//
0
0
0
0
( , )
( , )
( , )
( , )
белгілеуін енгізейік.
Сонда:
1. Егер 
Δ > 0
 жəне 
хх
f
x y
<
//
0
0
( , ) 0
 болса, онда 
М x y
0
0
0
( , )
 
нүктесінде функция максимумге қол жеткізеді.
2. Егер 
Δ > 0
 жəне 
хх
f
x y
>
//
0
0
( , ) 0
 болса, онда 
М x y
0
0
0
( , )
 
нүктесінде функция минимумге қол жеткізеді.
3. Егер 
Δ < 0
 болса, онда 
М x y
0
0
0
( , )
 нүктесінде функцияның 
экстремумы жоқ. 
Ескерту.  Егер 
Δ = 0
 болса, онда 
f x y
( , )
 функциясының 
М x y
0
0
0
( , )
 нүктесінде экстремумы болуы да болмауы да мүмкін. 
Сондықтан мұндай жағдайда қосымша зерттеулер жүргізуге тура 
келеді.
Енді осы тұжырымдамаға бірнеше мысал келтірейік.
1-мысал. 
z
x
xу
y
х
у
=
+
+
−
−
2
2
2
3
 функциясын экстремумға 
зерттеу талап етіледі. 
Шешуі: Дербес туындыларын табамыз:
х
y
z
x
у
z
х
y
=
+ −
= +
−
/
/
2
2,
2
3.
Экстремум нүктелерін табу үшін бірінші ретті дербес туынды-
ларды нөлге теңеп, олардан құралған 
x
у
х
y
+ − =
+
− =
⎧
⎨
⎩
2
2 0,
2
3 0
 теңдеулер 
жүйесін шешеміз. Бұдан 
x
y
=
=
1
4
,
.
3
3
 Демек 
М
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
0
1 4
,
3 3
 нүктесі 
- экстремумға күдікті нүкте.

46
Енді екінші ретті дербес туындыларды тауып, 
М x y
0
0
0
( , )
 нүк-
тесіндегі мəндерін есептейміз. Сонда
хх
yу
ху
ух
z
z
z
z
=
=
=
=
//
//
//
//
2,
2,
1.
Δ =
= >
2 1
3 0.
1 2
Ендеше 
М
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
0
1 4
,
3 3
 нүктесінде берілген функцияның мини-
мумы бар, демек 
( )
М
= −
0
7
min
.
3
2-мысал. 
(
) (
)
z
x y
х
у
х
у
=
− −
>
>
3 2
6
,
0,
0
 функциясын экс-
тре мумға зерттеу талап етіледі. 
Шешуі: Дербес туындыларын табамыз:
(
)
(
)
х
y
z
x y
х
у
z
x y
х
у
=
−
−
=
−
−
/
2 2
/
3
18 4
3 ,
12 2
3 .
 
Экстремум нүктелерін табу үшін алдыңғы мысалдағыдай 
х
y
z
z
=
=
⎧⎪
⎨
⎪⎩
/
/
0,
0
   теңдеулер   жүйесін,    атап     айтқанда,     жоғарыдағы
х
у
>
>
0,
0
 шарттарын ескеріп,
x
у
х
y
−
−
=
−
−
=
⎧
⎨
⎩
18 4
3
0,
12 2
3
0
теңдеулер жүйесін шешеміз. Бұдан 
x
y
=
=
3,
2.
 Демек 
( )
М
0
3, 2
 
нүктесі -  экстремумға күдікті нүкте. Осы нүктені экстремумға 
сынаймыз. Ол үшін алдымен
(
)
(
)
(
)
хх
yу
ху
ух
z
xy
х
у
z
x
х
у
z
z
x у
х
у
=
−
−
=
− −
=
=
−
−
//
2
//
3
//
//
2
2
18 6
3 ,
2
6
3 ,
36 8
9
екінші туындыларын есептеп, олардың 
( )
М
0
3, 2
 нүктесіндегі 
мəндерін анықтаймыз:
( )
( )
( )
хх
yу
ху
z
М
z
М
z
М
= −
= −
= −
//
//
//
0
0
0
144,
162,
108.
Сонда
−
−
Δ =
=
⋅
−
=
>
−
−
2
2
144
108
144 162 108
108
0.
108
162

47
жəне 
( )
хх
z
М
= −
<
//
0
144 0.
 Демек 
( )
М
0
3, 2
 нүктесінде функцияның 
максимумы бар. Ол 
( )
mах М
=
0
108.
Егер Q облысында анықталған 
z
f x y
= ( , )
 функциясы үшін 
сол облыстағы 
x y
0
0
( , )
 нүктесінің маңайындағы 
x y
( , )
-тің 
барлық мəндерінде 
f x y
f x y
≥
0
0
( , )
( , )
 немесе 
f x y
f x y
≤
0
0
( , )
( , )
 
теңсіздіктері тек 
x y
,
 пен 
x y
0
0
,
-дер байланыс теңдеуі деп атала-
тын 
x y
ϕ
=
0
0
( , ) 0
 тендеуін қанағаттандырғанда ғана орындалса, 
z
f x y
= ( , )
 функциясының 
x y
0
0
( , )
 нүктесінде шартты миниму-
мы (шартты максимумы) бар дейді.
Шартты минимум мен шартты максимум жалпы атпен шарт-
ты экстремум деп аталады.
§14. Шартты экстремум. Тұйық облыстағы функцияның 
ең үлкен жəне ең кіші мəндері
х жəне у айнымалылары байланыс теңдеуі деп аталатын 
x y
ϕ
=
( , ) 0
теңдеуін қанағаттандыратын 
z
f x y
= ( , )
 функциясының экстре-
мумын  шартты экстремум дейміз. 
z
f x y
= ( , )
 функциясын 
шартты экстремумге зерттеу үшін Лагранж функциясы деп ата-
латын
Ф x y
f x y
x y
λϕ
=
+
( , )
( , )
( , )
функциясын құрып, оны əдеттегі (шартсыз) экстремумге зертте-
гендей зерттейміз. Лагранж функциясының М
0
(x
0
, y
0
) нүктесінде 
əдеттегі экстремумы бар болуының қажетті шарты 
Ф
f
  
 
 
 
0,
x
x
x
Ф
f
  
 
 
 
0,
у
у
у
x y
ϕ
λ
ϕ
λ
ϕ
∂
∂
∂
=
+
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=
+
=
∂
∂
∂
=
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪⎩
( , ) 0
түрінде кескінделеді. Осы үш теңдеу құрайтын жүйеден x,y
 
жəне λ белгісіздерін табуға болады. Тұйық облыста берілген 
)
,
( y
x
f
z
=
 функциясының ең үлкен (ең кіші) мəні осы 

48
облыстың ішінде жатқан экстремумге күдікті нүктелердің 
біреуінде немесе облыстың шекарасында болып қалуы мүмкін. 
Сондықтан берілген функцияның тұйық облыстағы аталған 
мəндерін табу үшін:
1) берілген облыста орналасқан стационар (экстремумге 
күдікті) нүктелерді тауып, осы нүктелердегі функцияның мəн-
дерін есептеу  қажет;
2) облыстың шекарасын түзейтін сызықтар бойында функ-
цияның ең үлкен жəне ең кіші мəндерін тапқан қажет;
3) табылған мəндердің ішінен ең үлкені мен ең кішісін таңдап 
алу керек.
1-мысал. х жəне у айнымалылары 
x
y
+
− =
2
3
5 0
 теңдеуімен 
байланысқан 
z
xy
=
 функциясының экстремумын табу талап 
етіледі.
Шешімі:
(
)
u
xy
x
y
λ
=
+
+
− =
2
3
5
0
түрінде құрылған Лагранж  функциясын қарастырамыз. Экстре-
мум болуының қажетті шарты беретін
y    
 0,
x    
 0,
x
y
λ
λ
+
=
+
=
+
− =
⎧
⎪
⎨
⎪⎩
2
3
2
3
5 0
теңдеулер жүйесінен
  , x
y
λ
= −
=
=
5
5
5
,
12
4
6
мəндерін табамыз. 
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
5 5
,
4 6
 нүктесінде 
z
xy
=
 функциясы ең 
үлкен 
z
=
max
25
24
 мəніне қол жеткізетінін байқау қиын емес.
2-мысал. Берілген S ауданы бар барлық тікбұрышты 
үшбұрыштар ішінде ең кіші гипотенузалы үшбұрышты табу та-
лап етіледі.
Шешімі: х жəне у үшбұрыш катеттері, ал z гипотенуза бол-
сын. 
z
x
y
=
+
2
2
2
 болғандықтан, есеп 
x
y
+
2
2
 функциясының ең 
кіші мəнін х  жəне  у айнымалылары 
xy
S
=
/ 2
,
 атап айтқанда, 

49
xy
S
−
=
2
0
 теңдеуімен байланысу шартында табуға келтіріледі.
(
)
u
x
y
xy
S
λ
=
+
+
−
=
2
2
2
0
Лагранж  функциясын құрастырып, оның дербес туындыла-
рын табамыз:
и
u
    x  
  y   ,
    y  
  x
x
у
λ
λ
∂
∂
=
+
=
+
∂
∂
2
2
.
x
y
>
>
0,
0
 болғандықтан,
x    y
 
,
   y    x
xy
S
λ
λ
+
=
+
=
=
⎧
⎪
⎨
⎪⎩
2
0
2
0,
/ 2
теңдеулер жүйесінен
  , x
y
S
λ
= −
= =
2
шешімін табамыз. Сонымен гипотенуза ең кіші мəнге катеттер 
тең болғанда ғана қол жеткізеді.
3-мысал. 
(
) (
)
x
у
−
+
−
≤
2
2
2
2
9
 дөңгелегіндегі 
z
x
y
=
+
2
2
 
функциясының ең кіші мəнін табу талап етіледі.
Шешімі: Мұнда 
(
) (
)
x
у
−
+
−
=
2
2
2
2
9
 шеңберімен шектел-
ген D облысы қарастырылады, бұл облысқа шеңбер нүктелері де 
жатады. Берілген функцияның стационар (экстремумге күдікті) 
нүктелерін іздестіреміз:
z
z
    x     ,
    y  
x
у
∂
∂
=
=
∂
∂
2
2 .
Экстремум болуының қажетті шартына сəйкес 
x
y
=
=
0,
0
 
нүктесін табамыз. Осы (0, 0) нүктесінде 
z
x
y
=
+
2
2
 функциясы 
ең кіші мəнге ие болатынын көреміз: z
ең кіші
=0, айта кету керек бұл 
нүкте D облысының ішкі нүктесі болып табылады. х жəне у ай-
нымалылары 
(
) (
)
x
у
−
+
−
=
2
2
2
2
9
 теңдеуімен байланысқанда 
z
x
y
=
+
2
2
 функциясын шартты экстремумге зерттейік.  Ол  үшін 
4–454

50
(
) (
)
u
x
y
x
у
λ
=
+
+
−
+
−
−
⎡
⎤
⎢
⎥
⎣
⎦
2
2
2
2
2
2
9
түрінде Лагранж функциясын құрамыз. Оның дербес туынды-
лары
(
)
(
)
и
u
    x  
  2
x
  ,
    y  
  2
у
x
у
λ
λ
∂
∂
=
+
−
=
+
−
∂
∂
2
2
2
2 .
Ал
(
)
(
)
(
) (
)
2
2
x  x
 
 
0,
y     у
  0,
x
 
 
 
у
 
9
λ
λ
+
−
=
+
−
=
−
+
−
=
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
2
2
2
2
теңдеулер жүйесінен екі шешім
 
 
x
y
 
λ
= =
= −
5 2
5
1)
,
2
3
 жəне 
z
= 25;
 
 
 
x
y
 
λ
= = −
= −
2
1
2)
,
2
3
 жəне 
z
= 1
 
түрінде табылады. Демек функция ең үлкен мəніне 
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
5 2 5 2
,
2
2
 
нүктесінде қол жеткізеді. Сонымен z
ең кіші
=0, z
ең үлкен
=25.

51
III тарау. 
САНДЫҚ, ДƏРЕЖЕЛІК ЖƏНЕ ФУРЬЕ ҚАТАРЛАРЫ
§1. Сандық қатар ұғымы
n
n
a a a
a
a
1
2
3
1
, , ,...,
, ...
−
 сандарының шексіз тізбегі берілсін. 
Ең алғаш сандық тізбек ұғымы (Математика І, IХ тарау, §1) да 
енгізілген. Тізбекке енген сандардан құрылған 
n
n
n
a
a
a
a
1
2
1
...
...
∞
=
= + + + +
∑
                        (3.1)
өрнегін қатар немесе, дəлірек айтқанда, сандық қатар дейтін бо-
ламыз. 
a a
1
2
, ,...
сандарының өзін қатардың бірінші, екінші т.с.с. 
мүшелері,
n
a
 – қатардың жалпы мүшесі деп аталады. (3.1) 
өрнегінің мүшелері арасында «+» таңбасы бар. Бір қарағанда өрнек 
қосынды жүргізуді талап ететіндей жазылған. Бірақ қосу амалын 
шектеулі саны бар қосылғыштарға ғана қатысты анықтауға бо-
лады. Ал қосылғыштардың  шексіз болу жағдайында барлық мү-
шелерді алып тауысу мүмкін емес. (3.1) өрнегін мағыналы ету 
үшін анализдің негізгі амалы болып келетін шекке көшу амалы-
на сүйенеміз. (3.1) қатарына ішінара қосындылар немесе дербес 
қосындылар деп аталатын 
{ }
n
S
 тізбегін сəйкестікке қоямыз. Бұл 
тізбектің мүшелері 
{ }
n
S
S
a S
a
a S
a
a
a
1
1
2
1
2
3
1
2
3
:
,
,
,...,
=
= +
= + +
n
n
S
a
a
a
1
2
...
,...
= + + +
                           (3.2) 
түрінде анықталады, демек əрбір келесі ішінара 
n
S
 қосындысы, 
өзінің алдындағы ішінара 
1
−
n
S
 қосындысына 
n
a
 мүшесін қосқан 
кезде табылады.
3.1-анықтама. Егер ішінара қосындылар тізбегінің n→∞-ке 
ұмтылуында соңғы
n
n
S
S
lim
→∞
=
                                        (3.3)
шегі бар болса, (3.1) қатары жинақталған, ал 
S
 саны қатардың 
қосындысы деп аталады. Айтқанға сəйкес 
n
n
S
a
a
a
a
a
1
2
3
1
...
−
= + + + +
+
                        (3.4)

52
Егер 
{ }
n
S
 тізбегінің ақырлы шегі болмаса, (3.1) қатары 
жинақталмаған деп аталады. 
1-мысал. Шексіз қатар мысалына жақсы танымал геоме-
триялық прогрессия жатады: 
а + аq +… аq
2
 +   + аq
n-1
+…                     (3.5)
мұнда a ≠ 0. Оның алғашқы n мүшесінің 
n
S
 қосындысы 
(
)
п
п
п
a
q
a
a
S
q
q
q
q
1
.
1
1
1
−
=
=
−
−
−
−
 
формуласымен кескінделетіні белгілі. Мұнда жеке-жеке төрт 
жағдайды қарастыруға тура келеді . 
1) 
п
q
1
<
 болсын. Сонда n→∞ ұмтылуында q
n
 → 0, демек 
n
n
a
S
q
lim
1
→∞
=
−
.
Осы жағдайда (3.5) қатары жинақталады жəне оның қосын-
дысы 
a
S
q
1
=
−
 болады.
2) 
q
>1. Онда 
∞
→
n
 ұмтылуында 
n
q
 абсолют шамасы 
бойынша шектеусіз өсіп, алғашқы n мүшесінің 
n
S
 қосындысы 
шексіз артады. Сондықтан (3.5) қатары жинақталмайды жəне 
қосындысы болмайды.
3) 
1
=
q
 болсын. Сонда (3.5) қатары 
а + а +… а +...  (a ≠ 0)
түріне келіп, 
n
S
a
a
na
= + + =
…
, демек 
∞
=
∞
→
n
n
S
lim
, атап айтқанда, 
(3.5) қатары жинақталмайды.
4) 
1
−
=
q
 болсын. Сонда (3.5) қатары 
( )
n
a
a
a
a
a
1
1
−
− + − + + −
+
…
…
түріне келеді. 
n
S
 шамасы n-нің жұп немесе тақ болуына байла-
нысты нөлге немесе а-ға тең. n-нің шектеусіз өсуінде 
n
S
-нің шегі 
болмайды жəне (3.5) қатары жинақталмайды.

53
Сонымен, (3.5) шексіз геометриялық прогрессиясы тек 
q
1
<
 
жағдайында ғана жинақталған болып, 
a
q
1−
 қосындысына ие бо-
лады. 
2-мысал. 
( )
n n
1
1
1
1
1
1 2 2 3 3 4 4 5
1
+
+
+
+ +
⋅
⋅
⋅
⋅
+
…
 
қатары бар болсын. Осы қатарды жинақтылыққа зерттеу үшін  
оның ішінара қосындыларының тізбегін қарастырамыз: 
S
1
1
1
1
1 2
2
=
= −
⋅
, 
S
2
1
1
1
1 1
1
1
1
1 2 2 3
2
2 3
3
=
+
= −
+
−
= −
⋅
⋅
⎛
⎞ ⎛
⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
, 
S
3
1
1
1
1
1 1
1 1
1
1
1
1 2 2 3 3 4
2
2 3
3 4
4
=
+
+
=
−
+
−
+
−
= −
⋅
⋅
⋅
⎛
⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
, ..., 
(
)
n
S
n n
1
1
1
1
1
1 1
1
1 2 2 3 3 4
1
2
2 3
=
+
+
+ +
= −
+
−
+
⋅
⋅
⋅
+
⎛
⎞ ⎛
⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
…
n
n
n
1 1
1
1
1
1
.
3 4
1
1
+
−
+ + −
= −
+
+
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
…
Сонда 
n
n
n
S
n
1
lim
lim 1
1
1
→∞
→∞
=
−
=
+
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
, демек қарастырылып 
отыр ған қатар жинақталады жəне оның қосындысы 1-ге тең бо-
лады.

жүктеу/скачать 0,86 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: