§7. Толық дифференциалды жуықтап есептеуде қолдану
z
f ( x, y )
=
функциясының дифференциалы анықтамасынан
х
∆
пен
у
∆
-тің жеткілікті кіші болуында
z
dz
∆
≈
(2.6)
жуықталған теңдігі туындайды. Функцияның толық өсімшесі
(
)
( )
z
f x
х, у
у
f x, y
∆
∆
∆
=
+
+
−
түрінде кескінделетіндіктен, ал-
дыңғы жуық теңдікті
(
)
( )
( )
( )
/
/
х
y
f x
х, у
у
f x, y
f
x, y
х
f
x, y
у
∆
∆
∆
∆
+
+
≈
+
+
(2.7)
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
,
∆
∆
+
=
+
мұнда
х 1, х 0,02, y
3, у 0,01.
∆
∆
=
=
=
=
(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.
Достарыңызбен бөлісу: |