Туындылар

рілген е үрде б сы рлік т уынды рамет яның т Па ен ункци лар м ф уынды тті т иалдар ре ғары ференц Жо ң диф цияны к н фун а алмағ ысы д йқын туынд А

Параметрлік түрде берілген функцияның туындысы
Тәуелсіз айнымалы x пен оның функциясы y-тің тәуелділік бір ғана теңдеу арқылы берілмей , оның орнына екі теңдеу системасы арқылы , яғни  x = ϕ (t ) (1)  y = ϕ (t )  түрінде берілетін жағдай жиі-жиі кездесіп отырады. (1) формула аргумент х-ті де, функция у-ті де параметр деп аталатын үшінші бір айнымалы t-нің функциясы етіп өрнектейді. Функцияны осылайша анықтау тәсілін функцияның параметрлік түрде берілуі деп атайды. Егер: 1)x=φ(t) мен y=ψ(t) функцияларының туындылары ϕ ′(t ) пен ψ ′(t ) бар және ақырлы, сонымен бірге ϕ ′(t ) ≠ 0болса; 2)егер берілген x = ϕ (t )функциясына кері функция t = φ (x)бар және оның туындысы dt = φ ′(x) та бар болса; dx онда y = ϕ[φ ( x )](2)функциясының да туындысы бар болады және ол туынды мына dy формула бойынша табылады: dy ψ′(t ) = = dt (3) dx dx ϕ′(t ) Шынында, (2) функция – күрделі функция, олай болса: y′ = ψ ′[φ ( x)] × φ ′( x)(4) x
dt

Бірақ, φ′( x) =

dψ (t ) dy dy = dt = dt Сонда (4) формула мына түрге келеді: dϕ(t ) dx dx dt dt

dt 1 = dx dx dt

dt болып шығар еді. d3y d4y х-тің функциясы у параметрлік түрде берілсе, оның , ,... туындылары да dx 3 dx 4 осы сияқты есептеліп табылады. x  Мысал. Функция параметрлік  =arcsin t , түрде берілсін делік.  2 dy y =arcsin 1 −t  Табу керек: dx Шешуі. 1 − 2t × dy  − 1, егер0 < t < 1болса 1 − (1 − t 2 ) 2 1 − t 2 dy (arcsin 1 − t 2 )′ = = = ± 1 Сонымен бірге =  1 dx (arcsin t )′ dx  + 1, егер − 1 < t < 0болса

Дәлелдемекшіміз де осы болатын. Егер ϕ (t ) менψ (t ) функцияларының жоғары ретті ақырлы туындылары бар болса, дәлелденген (3) формуланың оң жағы t-нің функциясы екендігін, сол себепті оның x-тің күрделі функциясы болатынын ескергенде, екінші туынды d 2 y ψ ′(t )  dt ψ ′′(t )ϕ′(t ) −ψ ′(t )ϕ′′(t ) 1 ψ ′′(t )ϕ′(t ) −ψ ′(t )ϕ′′(t ) = × = × =  dx dx 2 [ϕ′(t )] 2 [ϕ′(t )]3 ϕ′(t )  dx

1− t2

Қайсыбір ашық Q облысында u = f ( x1 ,..., xn )(1) функциясы берілген. Бұл функцияның сол облыстың еркін ( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ Q нүктесінде дербес туындылары бар болсын. Сонда бұл дербесu ′1 , u ′2 ,..., u ′n туындылары да сол x1 , x2 ,..., xn x x x айнымалыларының функциялары болады, яғни

Жоғары ретті туындылар мен дифференциалдар

u′x1 = g1 ( x1 ,..., xn ),..., u′xn = g n ( x1 ,..., xn )(2)

Ендеше , (2) функциялардан да x1 , x2 ,..., xn аргументтері бойынша дербес туындылар алуға болады, олар берілген (1) функция үшін екінші ретті дербес туындылар немесе екінші дербес туындылар болады. Берілген (1) функцияның екінші дербес туындылары былай белгіленеді ∂2 x 2 2 ∂  ∂ f ( x1 ,..., xn )  ∂ 2 f ( x1 ,..., xn ) а)  немесе , u′′ x1 , f ′′ x1 ( x1 ,..., xn ) = 2 2
∂ x1   ∂ x1   ∂ x1
∂x1
2 б) ∂  ∂f ( x1 ,..., xn )  = ∂ f ( x1 ,..., xn )    

x1бойынша екінші дифференциалдау деп 2аталады.
∂ x2  ∂ x2  ∂x1∂x2

немесе

∂u , u′′ x1 x2 , f ′′ x1 x2 ( x1 ,..., xn ) ∂x1∂x2

бірінші рет x1 бойынща, екінші x2 бойынща дифференциалдау, ∂2u ∂  ∂f ( x1 ,..., xn )  ∂ 2 f ( x1 ,..., xn ) = в)  немесе ∂x ∂x , u′′ x2 x1 , f ′′ x2 x1 ( x1 ,..., xn )  
∂x1  ∂x2  ∂x2 ∂x1
2 1

бірінші рет x2 , екінші рет x1 бойынша дифференциалдау, 2 2 2 ∂  ∂f ( x1 ,..., xn )  ∂ 2 f ( x1 ,..., xn ) немесе ∂ u г) ′ ′  = , u ′ x2 , f ′ x2 ( x1 ,..., xn ) 2 2  
∂x2  ∂x2  ∂x2

∂x2

x2 бойынша екі рет дифференциалдау деп аталады.
Көп аргумент функцияларының үшінші, төртінші, жалпы s-інші ретті дербес туындылар ұғымы да осылайша енгізіледі. s ∂ f ( x1 ,..., xn ) деген жазылыс xk бойынша s рет дербес туындыны табу, ал s
∂k x

∂p f ( x1 ,..., xn ) ∂ 2∂ n xq xr

q рет x2 бойынша r рет xn бойынша туынды табу деген сөз (мұндағы p=q+r) 4 Мысал. z = x cos y функциясы берілсе,
2 ∂ z ∂z 2 = x cos y , 4 = 4 x 3 sin y − ∂ x ∂∂ x y 2 ∂z ∂ z = x 2 cos y , 12 = x 4 sin y − 2 ∂ x ∂ y 2 2 ∂z ∂z 4 = x cos y , − = 4 x 3 sin y − 2 ∂ y ∂∂ y x 3 ∂z = 12 x 2 sin y − 2 ∂∂ y x

болады.

Егер u = f ( x1 ,..., xn ) функциясының қайсыбір Q облысында үзіліссіз дербес дифференциалдары бар болса, оның сол облыста толық дифференциалы ∂u ∂u du = dx1 + ... + dxn (мұндағы∂x1 = x1 ,..., dxn ) болатыны белгілі. Демек, толық
∂ x1 ∂ xn

дифференциал du -да x1 , x2 ,..., xn -лердің функциясы болатыны даусыз. Ендеше толық дифференциал du -дан дифференциал табуға болады және ол функция u = f ( x1 ,..., xn ) -тің екінші ретті дифференциалы немесе екінші дифференциалы деп аталады да, d 2u түрінде белгіленеді. Сөйтіп анықтама  ∂u  ∂u бойынша 2  
d u = d (du ) = d  dx1 + ... + dxn  = ∂x1 ∂xn    ∂u  ∂u dx1 + ... + d = d dxn =  ∂x  ∂x1  1

 ∂2u   ∂2u  ∂2u ∂2u  2 dx1 + ... + dxn dx1 + ... +  dx1 +... + 2 dxn dxn =  ∂x   ∂x ∂x  ∂x1∂xn ∂xn  1   n 1  ∂2u 2 ∂2u 2 ∂2u ∂2u = 2 dx1 + ... + 2 dxn + 2 dx1dx2 + ... + 2 dxn −1dxn ∂x1 ∂xn ∂x1∂x2 ∂xn −1∂xn

Көп аргумент функцияның үшінші, төртінші, т.т ретті дифференциалдары да екінші дифференциалға ұқсас түрде енгізіледі. k− 1 k− 1 Егер (k − 1) - ретті дифференциал d u бар болса, k-ретті дифференциал d u

k k −1 дифференциалының толық дифференциалы болады, яғни d u = d (d u ) k-ретті дербес туындыларының бар және үзіліссіз болуы k-ретті дифференциалдың бар болуының кепілі болып табылады. Кейде жоғары ретті дифференциалдардың жазылысын жеңілдету мақсатында мынадай символдық жазылыста жиі қолданылады:  ∂  ∂ ∂x1 + ... + dxn u а) Бірінші дифференциал мына түрде жазылады: du =   ∂x  ∂x n  1 

 ∂  ∂ d 2u =  dx1 + ... + dxn  u б) Екінші дифференциал  ∂x  ∂xn  1  k  ∂  ∂ k в) Жалпы түрде k-шы дифференциал d u =   ∂x dx1 +... + ∂x dxn  u (1)  n  1 

Мысал. 2 3 Берілген u = x + y + xy функциясының дифференциалдары du , d u , d u -ларды табу керек 2 2 ∂ u ∂ u ∂u ∂u = +y , 1 = +x, 1 = = 1 Шешуі:
∂ x ∂ y ∂∂ x y ∂∂ y x
2 2 3 3 3 ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u =0, =0, = = =0 ∂2 x ∂2 y ∂3 x ∂∂ 2 x y ∂3 y

Демек,

du = (1 + y ) dx + (1 + x)dy d 2u = 2dxdy, d 3u = 0

Айқындалмаған функцияның туындысы
Теңдеу f ( x, y ) = 0(1) айқындалмаған функция y = f (x) -ті анықтайды деп жорылық. Сонда функция F ( x, y ) нольге теңбе-тең күрделі функция болып шығады. (1) теңдеуден анықталатын айқындалмаған функция үшін Теорема.Егер F ( x, y ) функциясы: а) центрі ( x0 , y0 ) нүктесіндегі Q = [ x0 − a, x0 + a; y0 − b, y0 + b] тікбұрышында анықталған және үзіліссіз; б)бұл Q тікбұрышында дербес туындылар Fx′ пен Fy′ бар және үзіліссіз; Олай болса, туынды y′ = f ′(x) -ті табу үшін күрделі функциянытуындылау әдісін қолданамыз, яғни (1) теңдеудің сол жағын x-тің күрделі функциясы деп қарап, туындылау нәтижесінде мына теңдікке келеміз: Fx′( x, y ) + Fy′ ( x, y ) y′ = 0(2) Мұнан Fy′( x, y ) ≠ 0 екенін ескерсек,
y′ =− x Fx′( x, y ) (3) ′ Fy ( x, y )

формула шығады. Егер функция F ( x, y ) үзіліссіз екінші ретті дербес туындылары бар болса, онда (3) теңдіктің екі жағын туындылап мына формуланы аламыз:

′ y ′2 = − x

′ ′ ′ ′ (F ′ +F ′ y′)F ′− (F ′ +F ′ y′)F ′ 2
x2 xy x y xy y2 x x ′ Fy 2

=

     F ′  F ′ ′ ′ ′  ′ ′ Fxy + y′  F ′ − x  Fx − Fy′ + xy  F ′ − x  Fy    ′ 2 2  F ′  F ′ y  y           = = 2 ′ Fy ′ ′ ′ ′ 2 Fx Fy Fxy − y Fx′ − x Fy′ F′ F′ ′ 2 2 = . 2 ′ Fy
2 2

(4)

Ал F ( x, y ) функциясының үшінші ретті үзіліссіз дербес туындылары ′ y туынды F x, y ) болса, алдыңғыға ұқсас үшінші ′′ -ті табамыз.(Сөйтіп, x3 функциясының s реттіге дейінгі үзіліссіз туындылары (s ретті де соның ішінде) бар болуы (1) теңдеумен анықталатын айқындалмаған функцияның да – s ретті туындысы бар және үзіліссіз болатындығын қамтамасыз етеді. 3 3 Мысал. Айқындалмаған функция x + y − 3axy = 0 теңдеуімен берілген, y ′ = 0 x болатын х-тің мәнін табу керек. 2 2 Шешуі: Берілген теңдеуді туындыласақ, 3 x + 3 y y′ − 3ay − 3axy′ = 0 Ал біз х-тің y ′ = 0 болатын мәнін іздеп отырамыз. Демек, соңғы теңдеу мына x теңдеуге ауысады: x2 2 3x − 3ay = 0 мұнан y = у-тің осы мәнін берілген теңдеуге апарып қойсақ, a
x6 x + 3 − 3x 3 = 0 a

x 3 ( x 2 − 2a 3 ) = 0

x = a 2a

Есептер
№1 Берілгені
 x = a cos 3 t  ;  3  y = b sin t 

Табу керек
d2y − 2 dx

Жауабы:
b 3a 2 cos 4 t sin t

№2 Берілгені y z= 2; x №3 Берілгені

Табу керек d 2z − Табу керек d 3u − Табу керек
dy − dx dy − dx

Жауабы: 6y 2 4 dx − 3 dxdy 4 x x Жауабы:
6dxdydz

u = xyz;

№4 Берілгені
a
x− y y

−x =0

Жауабы:
x ln a − y x ln(ax)

№5 Берілгені
x +y + x −y =c
2 2 2 2

Табу керек

Жауабы:


x c × y x2 − y2 − x2 + y2

Сұрақтар
1. Функцияның параметрлік түрде берілуі дегеніміз не 2. Екінші ретті дербес туындылар дегеніміз не 3. Екінші ретті дифференциал дегеніміз не 4. Айқындалмаған функцияның туындысы дегеніміз не


Пән: Математика, Геометрия


Пәндер
Көмек / Помощь
Арайлым
Біз міндетті түрде жауап береміз!
Мы обязательно ответим!
Жіберу / Отправить


Зарабатывайте вместе с нами

Рахмет!
Хабарлама жіберілді. / Сообщение отправлено.

Сіз үшін аптасына 5 күн жұмыс істейміз.
Жұмыс уақыты 09:00 - 18:00

Мы работаем для Вас 5 дней в неделю.
Время работы 09:00 - 18:00

Email: info@stud.kz

Phone: 777 614 50 20
Жабу / Закрыть

Көмек / Помощь