§11. Жоғары ретті дербес туындылар мен

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
2 cos
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
∆
 жəне 
у
∆
 өсімшелерін 
олардың дифференциалдарына теңестіреді, атап айтқанда 
x
dx
∆ =
 
жəне 
у
dy
∆ =
 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
§12. Көп айнымалыға тəуелді функция үшін 
Тейлор формуласы
Теорема
 
2.5.
 
Егер 
z
f x y
=
( , )
 функциясы жəне оның (
п 
+ 1)-
ші ретке дейінгі барлық үзіліссіз туындылары 
x y
0
0
( , )
 нүктесінің 
маңайында анықталған болса, онда ол функцияның осы нүктедегі 
толық өсімшесін 
(
)
f x y
f x
x y
у
f x y
d f x y
∆
=
+ ∆
+ ∆ −
=
+
0
0
0
0
0
0
0
0
( , )
(
,
)
( , )
( , )
      (2.14)
( )
(
)
n
n
d f x y
d f x y
d f x y
d
f x
x y
y
n
n
+
+ θ∆
+ θ∆
+
+
+ +
+
+
1
2
3
0
0
0
0
0
0
0
0
( , )
( , )
( , )
(
;
)
...
2!
3!
!
1 !
түрінде жазуымызға болады. Мұнда 
< θ <
0
1
 жəне 
x
dx
∆ =
,
 
у
dy
∆ =
 (2.14) формуласын 
z
f x y
=
( , )
 функциясы үшін жазылған 
Тейлор формуласы
 деп атайды.
§13 Функцияның экстремумы, оның бар болуының 
қажетті жəне жеткілікті шарттары. Шартты экстремум
Кеңістіктің 
Q 
облысында анықталған үзіліссіз 
z
f x y
=
( , )
 
функциясын қарастырайық, 
x y
0
0
( , )
 осы облыстың бекіген бір 
ішкі нүктесі болсын. 
2.14-анықтама
. 
Егер 
М x y
0
0
0
( , )
 нүктесінің 
x
x
− δ
+ δ
0
0
(
,
,
 
y
у
− δ
+ δ
0
0
,
)
 тіктөртбұрышы болып келетін 
( )
U М
δ
0
 маңайында 
жатқан барлық нүктелер үшін 
f x y
f x y
<
0
0
( , )
( , ),
 
(
)
f x y
f x y
>
0
0
( , )
( ,
)
 
немесе 
f x y
f x y
−
<
0
0
( , )
( , ) 0,
 
(
)
f x y
f x y
−
>
0
0
( , )
( , ) 0
 теңсіздігі 
орындалса, онда 
z
f x y
=
( , )
 функциясы 
М x y
0
0
0
( , )
 нүктесінде 
максимумге (минимумге) қол жеткізеді
 
дейді.
Көп аргументті функцияның минимумы мен максимумын 
біріктіріп 
функцияның экстремумдары
 деп айтады. 
Теорема
 
2.6.
 
(
функцияның экстремумы болуының қажетті 
шарты
). 
М x y
0
0
0
( , )
 нүктесінде 
z
f x y
=
( , )
 функциясының экс-
тремумы бар болу үшін оның бірінші ретті дербес туындылары 
осы нүктеде нөлге тең, яғни 
х
y
f x y
f x y
=
=
/
/
0
0
0
0
( , ) 0,
( , ) 0
 болуы 
қажет.

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
∆ =
/ /
/ /
0
0
0
0
/ /
/ /
0
0
0
0
( , )
( , )
( , )
( , )
белгілеуін енгізейік.
Сонда:
1. Егер 
∆ >
0
 жəне 
хх
f
x y
<
/ /
0
0
( , ) 0
 болса, онда 
М x y
0
0
0
( , )
 
нүктесінде 
функция максимумге қол жеткізеді
.
2. Егер 
∆ >
0
 жəне 
хх
f
x y
>
/ /
0
0
( , ) 0
 болса, онда 
М x y
0
0
0
( , )
 
нүктесінде 
функция минимумге қол жеткізеді
.
3. Егер 
∆ <
0
 болса, онда 
М x y
0
0
0
( , )
 нүктесінде 
функцияның 
экстремумы жоқ. 
Ескерту
. 
Егер 
∆ =
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.
∆ =
= >
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
−
−
∆ =
=
⋅
−
=
>
−
−
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.

жүктеу 2,21 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: