Көп айнымалы функциялардың экстремумын есептеу

Жұмыс түрі: Курстық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 41 бет
Таңдаулыға:

Мазмұны

Кіріспе.
2
1-тарау. Экстремалды есептер.
1.1 Ежелгі замандағы экстремалды есептер.
4
1.2 Максимум мен минимумға геометриялық есептер. 10
1.3 Экстремалды есептерді шешудегі алгебралық әдіс.
15
1.4 Негізгі теоремаларды қолданып, кейбір есептерді шешу. 17

2-тарау. Экстремалды есептерді шешу тәсілдері.
2.1 Бір айнымалы функциялардың экстремумын есептеу. 22
2.2 Ферма теоремасы.
25

3-тарау. Көп айнымалы функциялардың экстремумын есептеу.
3.1 Лагранж принципі.
28
3.2 Кейбір есептерді Лагранж принципі бойынша шешу. 34
3.3 Вариациялық есептеулер және оларға Лагранж принципін 39
қолдану.

Қорытынды.
50
Пайдаланған әдебиеттер.
51

Кіріспе.

Теория мен іс-тәжірибенің әр түрлі мәселесін шешуде ең
тиімдіні (оптималдыны) іздеу қажеттілігі туады. Бұл талап толығымен
дұрыс, өйткені қолдағы ресурстар әрқашан шектеулі, сондықтан көпке
жеткізгін келеді. Бұл туралы орыстың ұлы математигі П.П.Чебышев былай
деген: Тәжірибеде сұрақтардың көбі ең үлкен және ең кіші шамалар
есебіне әкеледі,... және осындай есепке шешімді біз тәжірибеде барлық
жерде ең жақсы, ең тиімдіні іздейтін талабымен қанағаттандырамыз.
Осындай есептердің математикалық шешімі кейбір айнымалылардың
максимумы мен минимумының (экстремумын) іздеу қажеттілігіне сәйкес
келеді. Осыған байланысты мұндай есептерді экстремалды деп атайды.
Адамзат пайда болғаннан бергі тарихында осындай есептер мөлшері көп
жиналды. Бұл есептерді шешу қажеттілігі оларға шешу әдісін құру
қажеттілігін туғызды.
Ертеден бастап адамдар жермен айналысып, оны өлшеуді, тұрғын
үй салуды және тағы басқаларға үйренді. Бұның барлығы геометрияның
математикалық аппаратын құруды талап етті. Геометриялық әдіс
экстремалды есептерді пайымдауда бірінші болды.
Тәжірибе мәселесін шешуде экстремалды есептерді қолдану
әрқашан үлкен қызығушылық туғызады. Егер осындай мәселе шешімі
оптималды режимді іздеумен байланыстырса ( ресурстарды үнемдеу,
технологиялық процесс, үдеу және т.с.с.), онда математика әдісіне ерекше
көңіл бөлу керек болады. Осыған байланысты математика ғылымында
экстремалды есептерді шешу әдісін іздеу әрқашан бірінші жоспарға
қойылады және бүгінгі күнде математикада осындай есептерді шешу
әдісі көп жинақталған.
Сондықтан, дипломдық жұмысымның негізгі мақсаты: кейбір экстремалды
есептердің геометриялық әдіспен және қазіргі математика әдісімен шешіп
көрсету.
Зерттеу пәні: ежелгі заманда пайда болған және бүгінгі күнде
математикадағы экстремалды есептер және оларды шығару әдістері.
Зерттеу объектісі: экстремалды есептерді шешу әдістері.
Геометриялық әдіспен көптеген тамаша экстремалды есептер- Герон
есебі, Зенадор жұмысындағы изопериметрлік есеп және тағы басқалары
шығарылды. Геометриялық әдіспен шешілген барлық экстремалды есептерге
тоқталмаймыз,өйткені бұл әдіс оңай емес. Сондықтан экстремалды есептерді
басқа әдіспен шешу қажеттілігі туды.
Бұл әдіс алгебрадан табылды. Мұнда параболаның тамаша дөңестік
қасиетін, орта арифметикалық және орта геометриялықты байланыстыратын
теңсіздікті қолданып, көп экстремалды есептер шығарылды. Бірақ бұл әдіс
те жақсы болған жоқ.
Ғылым мен техниканың дамуы экстремалды есептерді шешудің ортақ
әдісін құруды талап етті. Экстремалды есептерді шешудің ортақ әдісі
болып Ферма әдісінің Лагранж көбейткіш әдісімен сәйкес келуі
жатады. Экстремалды есептер теориясының әрі қарай дамуы Ферма мен
Лагранж пікірлеріне сүйеніп жалғасты.
Дипломдық жұмыста экстремалды есептерді шешудің әр түрлі
әдістері келтірілді. Бұл жұмыстың негізгі жерлерін атап өтейік:
1. Ежелгі заманда пайда болған экстремалды есептер-Герон есебі
және изопериметрлік есеп шешімдері келтіріледі.
2. Евклидтің, Архимедтің экстремалды есептерін геометриялық әдіспен
шешіп көрсетіледі.
3. Экстремалды есептерді шешу әдісі алгебралық теңдеу мен теңсіздік
қасиеттеріне негізделіп шығарылады.
4. Математиканың дамуымен қатар пайда болған Лагранж әдісі арқылы
экстремалды есептерді шешуді қарастырылады.

1-тарау. Экстремалды есептер
1.1 Ежелгі замандағы экстремалды есептер

Математиканың экстремалды есептері ежелгі Грецияда шықты. Барлық
уақытта адамның кез келген қарекеті тиімді қылықты таңдау тілеуімен
байланысты. Бұған жататындар, мысалы, қолда бар ресурстармен өзіне ең
үлкен ауданды қоршап алу қажеттілігі, базарда тиімді бәсеке сауда
өткізу, жайлы тұрғын үй салу және т.б. Тәжірибе қарекетінде адам
геометрияны көп қолданғандықтан, бірінші есептер геометриямен
байланысты.
Экстремалды есептер кездесетін әдеби шығармалардың бірі – Ежелгі
Римнің (б.э.д. 9ғ) ұлы ақыны П.В.Маронның Эненда шығармасы.
Бұл шығармада бірінші рет әдеби тілмен қазіргі кездегі
Изопериметрлік есеп немесе Дидона есебі мәселесі суреттеледі. Берілген
ұзындығы бар жазық, тұйықталған қисық арасынан максималды ауданды
қисықты табуға болады.
Эненда кітабында үйінен қуылған Финикеяның ханымы Дидона Тир
қаласының тұрғындарынан құрылған аздаған отрядпен ағасынан қашып,
Жерорта теңізінің жағалауымен батысқа корабьмен кетіп қалады. Ол
Тунис шығанағын таңдап, сол жерге қоныстанады да, ондағы тузилерден:
өгіз терісімен қанша жерді қоршай алсам, сонша жерді сатып алайын
-деп шарт қояды. Келісімге келгесін, Дидона өгіз терісін ұзынынан
жіңішке етіп кесіп, белбеу жасап, жерді қоршаған соң, сол жерге
Карфаген қаласын салғызады. Дидона мүмкін берілген ұзындығы бар
жазық түзулер, шеңбер қарастырылып отырған жағдайда жарты шеңбер ең
үлкен ауданды болатынын білген болар.
Изопериметрлік есептерді шешу ежелгі гректерге белгілі болды.
Архимед(б.э.д.2ғ.), Зенадор(б.э.д. 3,1ғ.) бұл есептің шешімін жеткілікті
қатаң өткізді.
Бұл есептердің шешімі А.Герон (б.э.д.1ғ.) есебіне негізделген,
бірақ бұл шешім Геронға дейін белгілі болған. Есеп Геронның Айна
туралы кітабына енгізілген. Кітаптың атынан есептің айнаға қатысы бар
екенін, нақтырақ айтқанда, сәуленің айна арқылы өтуі туралы екенін
көре аламыз.
Герон есебі: А және В нүктелері ℓ-мен шектелген бір жарты жазықтықта
жатыр. А-дан Д-ға дейінгі В-дан Д-ға дейінгі арақашықтық қосындысы
ең аз болатындай, ℓ түзуінен Д нүктесін табу керек.(1-сурет.)

1- сурет.

Шешуі: Есепті шешу үшін ℓ түзуіне қатысты В нүктесіне симметриялы В1
нүктесін саламыз.
АВ1 кесіндісінің ℓ түзуімен қиылысуын Д нүктесі деп белгілейміз. Д
ізделінді нүкте екенін көрсетеміз. Ол үшін басқа Д1ℓ нүктесін
қарастырамыз. Онда ΔАВ1Д1-ден
АД1 +Д1В1 АВ1
мұнда АВ1=АД+ДВ В1Д1=ВД1 болғандықтан
АД1+Д1В АД+ДВ
шығады, яғни Д ізделінді нүкте.
Бұл есептің шешімі ертедегі ғылымда оптиканың есептерін
шығаруға мүмкіндік беретін жаңалық ашылғандай жоғары бағаланды.
Дербес жағдайда оптиканың белгілі заңы: сәуленің сыну бұрышы шағылу
бұрышына тең суреттен оңай көрініп тұр. Герон есебін қолданып,
келесі есептерді шығаруға болады.
1.Бұрыш және оның ішінде С нүктесі берілген. АВС үшбұрышының
периметрі ең үлкен болатындай үшбұрыштың қабырғаларынан А және В
нүктелерін тап.
2. Бұрыш және оның ішінде С және Д екі нүктелері берілген.
СА+АВ+ВД ұзындығының қосындысы ең кіші болатындай бұрыштың
қабырғаларынан А және В нүктелерін тап.
Енді Дидон есебін шешуге кірісейік. Зенадорға изопериетрлік
есепті шешудің негізгі жолы белгілі болды. Оның жұмысының негізгі
ойын қарастырайық. Алдмен изопериметрлік фигуралар, максималды n-бұрыш
терминдерін атап өтейік. Периметрі бірдей фигураны изопериметрлік
фигура деп атайды. Барлық изопериметрлік арасынан ең үлкен ауданды
жазық n-бұрыш максималды n-бұрыш деп аталады.
Зенадор теоремасын қарастырмастан бұрын келесі үш лемманы
қарастырайық.
2-сурет.
1-лемма: Дөңес емес көпбұрыш максималды бола алмайды.(2-сурет.)

Дәлелдеу: Дөңес емес жазық n-бұрышты қарастырайық.
А1А2...Аn көпбұрышының А2 биіктігі фигураның ішінде орналассын, яғни
А1А2А3 бұрышы 180º үлкен. А1А3 кесіндісіне қатысты А2 нүктесіне
симметриялы А'2 нүктесін саламыз.
А1А2...Аn және А1А'2...Аn көпбұрыш бірдей периметрлі, бірақ А1А'2...Аn
ауданы А1А2...Аn көпбұрыш ауданынан үлкен. Осыдан максималды көпбұрыш
дөңес болуы керек.
Ескерту. 1-леммадағы дөңес фигура туралы тұжырымды Зенадор айтпай
кетсе де, бұл тұжырым берілді.
2-лемма: Максималды n-бұрыш тең қабырғалы болу керек.(3-сурет.)
3-сурет.

Дәлелдеу: А1А2...Аn максималды n-бұрыш болсын. Онда ол 1-лемма бойынша
дөңес болады. Әрі қарай талдауды қарсыдан жорамыз. Мысалы,
А1А2≠А2А3болсын, яғни көпбұрыш тең қабырғалы емес. ℓ А1А3
болатындай етіп, А2 биіктігі арқылы ℓ түзуін жүргіземіз. Онда Герон
есебін шешу нәтижесін ℓ түзу мен А1А3 нүктесіне қолданып Дℓ
нүктесін аламыз, ондағы А1Д+ДА3 қосындысы минималды болады. Осыдан
А1ДК1=А3ДК2. ℓ және А1А3 параллель түзулерінде
ДА1А3=А1ДК1 ішкі айқас бұрыштар сиықты. Осыдан, А1ДА3
теңбүйірлі, Д≠А2. Осы жерде:
Біріншіден, SΔАДА=SΔААА осы үшбұрыштардың табаны мен биіктігінің
ұзындығы бірдей.
Екіншіден, А1Д+ДА3А1А2+А2А3 Герон есебінен Д≠А2 нүктесі шешімі
ретінде табылады.
ΔА1А'2А3 тең бүйірлі үшбұрыш саламыз, ол үшін
А1А'2+А'2А3=А1А3+А2А3. Осыдан А1А'2А1Д, сондықтан СА'2 СД
биіктігінен үлкен, алайда осыдан А1А'2...Аn көпбұрышының ауданы
А1А2...Аn изопериметрлік көпбұрыш ауданынан үлкен. А1А2...Аn максималды n-
бұрышқа қайшы. Осыдан А1А2≠А2А3 туралы болжам дұрыс емес,
сондықтан максималды n-бұрыш тең қабырғалы болады.
Салдар. 2-лемма тұжырымынан:
1. Максималды ұшбұрыш тең қабырғалы болады.
2. Ромб, квадрат максималды төртбұрышты болу керек. Алайда квадрат
максималды төртбұрыш болатынын оңай көруге болады. Осыдан бір
қабырғасының теңдігі n-бұрыштың максималды болуына жеткілікіз.
3-лемма. Максималды n-бұрыш тең қабырғалы болуы керек.
Бұл лемма Герон есебінің шешуіне сүйене отырып дәлелденеді.
Осы үш леммаға сүйеніп, Зенадор теоремасының қазіргі құрылымын
келтірейік.
Зенадор теоремасы. Егер барлық n-бұрыштар арасында периметрі берілген
ең үлкен ауданы бар жазық n-бұрыш бар болса, онда ол тең
қабырғалы және тең бұрышты болуы керек.
Осы теоремадан максималды жазық n-бұрыштың бар болу шарты бар.
Бар болу сұрағының мәні және бар болуға сәйкес теореманы дәлелдеу
әдісі тек 19 ғасыр аяғында түсінікті болды, сондықтан Зенадор үшін
осындай максималды n-бұрыштың бар болуы мүмкін болады.
К. Бейерштрас (19ғ.) жұмысында құрылған математикалық аппараттан
шығатын дәлелдеусіз лемманы, дербес жағдайда компакты көпмүшеде
берілген ең үлкен мәнді үзіліссіз бейнелеудің бар болу теоремасын
келтірейік.
4-лемма. Максималды n-бұрыш бар болады.
Сондықтан Зенадор теоремасын келесі түрде қарастырайық.
2-лемма. Максималды n-бұрыш дөңес n-бұрыш болады.
Дұрыс n-бұрыш, p-периметр, S-оның ауданы, а-n-бұрыштың қабырғаларының
ұзындығы,R,r- дөңгелектің сәйкес іштей және сырттай радиусын
қарастырайық. Онда мынаны аламыз:
a=2Rsin , r=Rcos,
P=2nRsin , S=
Сондықтан
P2-4n tg (1)
(2) теоремадағы кейбір кез келген n-бұрыштың p-периметрі, S-оның
ауданы болса, онда P2-4n tg≥0 (2)
теңдігі орындалады. (2)P2≥4n tgS
Cондықтан tg≥ теңсіздігі 0≤ үшін дұрыс,
осыдан
P2≥4n tgS≥4nS=4S
шығады, яғни P2-4S≥0 (3)
теңсіздігі дұрыс. Кез келген дөңгелекке
P2-4=0 (4)
теңдігі орындалатынын көреміз, мұндағы P- дөңгелек ұзындығы, S- шеңбер
ауданы.
Енді кез келген жазық, тұйық P* ұзындықты қисықты қарастырайық.
Француз математигі К.Жорданно (19ғ) еңбегінің нәтижесін қолданып, келесі
лемманы аламыз.
5-лемма. S ауданын қамтитын кез келген жазық, тұйық P* ұзындықты
қисық және кез келген 0 үшін n-бұрышты, p- периметрді, S-ауданды
табуға болады, олар келесі теңсіздікті
P-P*≤, S-S*≤ (5)
қанағаттандырады.
(3) теңсіздік пен 5-лемманы қолданып, кез келген 0 саны үшін p
периметрлі және S ауданды көпбұрыш аудан табылатынын көреміз.
4S*≤4S+4≤P2+4≤(P*+)2+4
Сондықтан, кез келген көмегімен
4S*≤(P*)2 (6)
теңдігін аламыз.
Ол (4) бойынша дөңгелек жайындағы теңсіздікке өзгереді. Осыдан біз
изопериметрлік есептің толық шушімін беретін тұжырымға келеміз.
3-теорема. Кез келген тұйық, ұзындығы берілген қисықты аудан,
дөңгелектің ұзындығы осындай шеңбер ауданынан басым емес.
1.2 Максимум мен минимумға геометриялық есеп

Жоғарыда біз математиканың маңызды бір мәселесі - изоперметрлік
есептерді шешудің геометриялық әдісін қарастырайық. Мұнда біз
геометрияның кейбір басқа экстремалды есептерін қарастырамыз.
Геометриядағы экстремалды есептердің мәнін атап өту үшін,
қарапайым математикалық мәселені шешуде экстремалды есептерді шешу
негізгі болатынын көрсететін мысалдар математика тарихында көп
кездеседі.(мұнда көбіне геометриялық есеп). Жарық сәулесінің парабола
фокусында қалай жинайтын Архимед шешкен есепті мысал ретінде алуға
болады(өзінің туған қаласы Сиракузаны жаудан қорғауда). Бұл есептің
шешімі Герон есебінің шешіміне сүйенеді.
Геометрия экстремалды есептердің әр түрлі қойылымына бай. Бұл
жерде тек антик математиктері - Евклид, Архимед есептерін
қарастырамыз.
Евклидтің Бастама (б.э.д. 4ғ.) кітабында максимумға тек бір
ғана есеп берілген. Енді соны қарастырайық.
Евклид есебі. Берілген АВС ұшбұрышына ең үлкен ауданды ADEF
(EF((AB, DE((AC) параллелограмын іштей сызу керек.(4-сурет.)

4- сурет.

Шешуі: Евклидтің Бастамасында берілген осы есептің шешімін
келтірейік. Ізделінді ADEF параллелограммының D,E,F биіктіктері АВ, ВС,
АС сәйкес қабырғаларының ортасы болатынын дәлелдейік .
ABEF-тан өзгеше АВС ұшбұрышына іштей сызылған AD(E(F( параллелограмын
қарастырайық. G(=D(E((EF, G=DE(E( F( деп белгілейміз. AD(E(F(
параллелограмм ауданы ADEF параллелограмм ауданынан EG(E(G
параллелограмм аудан шамасына кіші екенін көрсетейік. H,H( арқылы
сәйкесінше В және Е( нүктелері арқылы жүргізілген (АВС , (GE(E
биіктік ұзындығын, ал b арқылы АС ұзындығын белгілейік.
(GE(E және (АВС ұқсастығынан

шығады. Осыдан
SD(GED=
шығады. Демек
SADEF=SADGF+SFGEF=SADGF+SDGED=SADGE GF=SADEF+SGEG
Яғни
SADEF=
және сондықтан
SADEF(SADEF
Архимед (б.э.д. 287-212жыл) Шар және цилиндр туралы шығармасында
келесі есепті шешеді.
Архимед есебі. Сфералық шар бетінің берілген ауданы бар, барлық
сегмент арасында максималды көлем сыятындай шар сегментін тап.
Шешуі: Архимед бұл есепті шешкенде келесі шешімге келді: бірдей
бетпен шектелген барлық сфералық сегметтер арасынан жарты шар ең
үлкен болады. Қазіргі кезде Архимедтің осы сөздерінің құрылымы
келесі түрде беріледі: Беттің берілген шамасы бар барлық шар
сегменті арасынан көлемі жағынан ең үлкен жарты шар болаады. Осы
шешімді дәлелдейік.(5-сурет)
5-сурет.

R-радиусы бар, АА(- кез келген шардың диаметрі болсын. А(А түзуі
бойынан конус биіктігі HМ және АВ табанының радиусының көлемі ВАВ(
сегментіндей болатындай етіп, ОH кесіндісін кейінге қалдырамыз. ОА(
кесіндісінің жалғасынан А(К кесіндісін (А(К(=R болатындай етіп, кейінге
қалдырымыз.
Конустың көлемі (Vк) келесі формуламен есептеледі:
Vk=
ВАВ( шар сегментінің көлемі (Vc) келесі формуламен есептеледі:
Vc= мұндағы h=(MA(
Белгілі
(МВ(2=(A(M((MA( (7)
теңдік көмегіен және Vk=Vc болжамынан мынаны аламыз.
Vk= (8)
Осыдан
(МА(2(КМ(=(MB2((HM( (9)
(HM((A(M((MA(=(МА(2(КМ( (10)
аламыз.
(10) (HM((A(M(=(MA((KM( шығады, яғни
(11)
Әрі қарай Sжш жарты шар және Sс сегмент аудандарының формуласын
жазамыз:
Sжш=2(r2, Sc= 2(Rh
мұндағы r- ізделінді жарты сфераның радиусы. Онда
(ED(= (12)
(AB(2= (AA(((AM( (13)
теңдігі белгілі.
Сондықтан (12),(13)-ден Sжш=Sc теңдігі бойынша
((AB(2=((AA(((AM(=2(Rh=Sc=Sжш=2(r2= ((ED(2
аламыз. Демек,
(АВ(=(ED( (14)
Әрі қарай (AS(=(CD(=r кесіндісін кейінге қалдырып, белгілі деректі
қолданамыз: екі бірдей периметрлі кіші қабырғасының ұзындығы үлкен
болса, онда сол бұрыштың ауданы үлкен болады, яғни егер х,у және х1,
у1 тік бұрыш қабырғаларының ұзындықтары , 2х+2у= 2x1+2y1, y(x, y1(x1,
y(y1, онда ху(х1у1 (15)
(A(S(+(SA(=2R=(A(M((MA( болатыны айқын. Сондықтан (15)
(А(S(((SA(((A(M(((MA(
немесе осыдан
(2R-r)((2R-h)h (16)
аламыз.
Сосын, сегменттің бүйір беті мен жарты теңдіктерінен
2(r2=2(Rhr2=Rh
аламыз, яғни
(17)
(АS(2=(A(K(((MA
(16) және (17) қосып,
(A(S((SA(+(AS(2((A(M((MA(+(A(K((MA(
аламыз немесе осыдан
(AS((((SA(+(A(S()((MA((((A(M(+(A(K( )
шығады.
Бірақ (SA(+(A(S(=2R, (A(M(+(A(K(=3R-h, сондықтан соңғы теңсіздік келесі
түрде болады:
r(2R(h(2R-h) (18)
(18) теңсіздігін (АМ(=h-қа көбейтіп,
2Rrh((3R-h)h2 (19)
аламыз.
(V- арқылы ізделінді жарты шардың көлемін белгілейміз, сонда

Демек,
(CD(=(AS(=r, (ED(2=(AA((((AM(
онда

Әрі қарай (19) теңсіздікті қолданып

аламыз, сонымен

яғни жарты шар көлемі шар сегментінің көлемінен үлкен.
Осы дәлелдеуде қолданылған конустың, шардың шар сегментінің
көлемі, шар беті-ауданы, сегметтің сфералық бетінің формулаларын ең
бірінші рет Архимедпен ашылды.

1.3 Экстремалды есептерді шешеудегі алгебралық әдіс

Жоғарыда ежелгі заманнан бері адамға белгілі экстремалды
есептерді шешу әдісінің геометриялық талдауы қарастырылды. Бұл әдіс
оңай болғанымен де оны осындай есептерді шешудегі қарапайым және
ортақ әдіс деп есептей алмаймыз.
Келесі кезекте экстремалды есептерді шешу әдісі болып
алгебралық теңдеу мен теңсіздіктің қасиеттеріне негізделген әдіс
табылады. Біз квадрат үшмүшенің дөңестік қасиетіне негізделген және
орта арифметикалық пен орта геометриялық оң сандарды байланыстыратын
теңсіздікті қолдануда кейбір экстремалды есептерді шешу әдісін
қарастырамыз.
Квадрат үшмүшені қарастырайық.
y= ax2+bx+c, a≠0 (20)
оны
y=ax2+bx+c= a(x+)2+ (21)
түріне келтіреміз.
Осыдан келесі теореманы аламыз:
1-теорема. 1) Егер а(0 болса, онда у=ax2+bx+c өрнегі х=- және
уmin= болғанда минимумға жетеді.
2) Егер а(0 болса, онда y=ax2+bx+c өрнегі х=- және уmax=
болғанда максимумға жетеді.
Келесі екінші теореманы қарастырайық.
2-теорема. Геометриялық ортаның n-оң х1,х2,...хn сандары олардың орта
арифметикалық
(22)
санынан үлкен емес.
Теңдік белгісі бұл жерде х1,х2,..,хn сандары
х1=х2=...=хn (23)
бір-біріне тең болғанда қойылады. Көп қызықты есептер кездеседі,
дербес жағдайда экстремалды есептердегі қосындысы х1+х2+...+хn =c=const
немесе көбейтіндісі х1(х2(...(хn=c=const, мұндағы хi(0, i=1,...,n. Осындай
есепті шешу үшін келесі екі теорема қажет болады.
3-теорема. Егер х1,х2,...хn оң сандарының қосындысы тұрақты және
х1+х2+...+хn =c=const болса, онда олардың көбейтіндісі P=x1,x2,...,xn ең
үлкен мәнге x1=x2=...=xn= жағдайына жетеді.
Дәлелдеу. Бұл теореманың дәледеуі 2-теоремаға негізделген. Осында (22)-
(23) теңсіздігінен
P(
аламыз және P айнымалысы өзінің ең үлкен мәніне x1=x2=...=xn, яғни
хi= i=1,...,n жағдайына жетеді.
4-теорема. Егер х1,х2,...хn оң сандарының көбейтіндісі
х1,х2,...,хn=c=const тұрақты болса,онда олардың қосындысы S =
х1+х2+...+хn өзінің нң кіші мәніне тек x1=x2=...=xn= жағдайында
жетеді.

1.4 Негізгі теоремаларды қолданып, кейбір есептерді шешу.

Жоғарыда қарастырылған теоремаларды қолданып,мынадай есептерді
шығаруға болады.
1-теоремаға сүйене отырып, кейбір экстремалды есептердің шешімін
қарастырамыз.
1-есеп. А және В нүктелерімен тілмен қөрсетілген бағытта бір уақытта
пароход пен яхта шықты. Олардың жылдамдығы сәйкесінше vp=40 кмсағ,
vj=16 кмсағ тең. Егер АВ=145 км (6-сурет) болса, қанша уақыттан кейін
олардың арасындағы арақашықтық ең кіші болады.
6-сурет.

Шешуі: P және J әріптерімен t сағаттан кейін А және В нүктелерінен
шыққан пароход пен яхтаның жағдайын белгілейміз, онда (АP(=40(t,
(BJ(=16(t. Пифагор теоремасынан
(PJ(=+=
аламыз.
Егер (PJ( өрнегі де кейбір t-да ең кіші мән қабылдайды.
Сондықтан өрнектің минимумын іздейміз.
Z=1856t2-11600t+21025
Онда 1-теорема көмегімен Z өрнегі ең кіші мәнді қабылдайды, егер
t= (сағ) болса, онда пароход пен яхта арасындағы арақашықтық 3
сағаттан кейін, яғни 3 сағат 7 минут 30 секундтан кейін қысқа болады.
Виет теоремасын және 1-теореманың бірінші бөлігінің шартын
қолданып, келесі есепті шығару қиын емес.
2-есеп. Р-ның нақты қандай мәнінде х2+(р-2)х+(р-3)=0 теңдеуінің
түбірлерінің квадраттарының қосындысы ең кіші мәнді қабылдайтынын
анықта және оны тап.
Енді 1-теореманың екінші бөлігін қамтитын есепті қарастырайық.
3-есеп. Цилиндр нішінді ыдыс суға толтырылды. Су қабатының биіктігі
h-Z биіктікте орналасқан саңлаудан (өлшемін елемеу) су ағады. (7-
сурет). Z-тің қандай мәнінде судың сорғалау қашықтығы ең үлкен
болады.
7-сурет.

Шешуі: Тікбұрышты координат жүйесін енгіземіз. v0-сорғалау жылдамдығы,
х - 0х осінен қашықтық, у – 0у осінен жерге дейінгі қашықтық. Онда
физиканың белгілі заңдылықтарынан
v0=, x=v0t, y=Z-
аламыз.
Судың сорғалауы жерге жеткен кезде у=0 болады. Сондықтан осыған
кеткен t уақыт t= -өрнегінен шығады.
Осыдан
х=v0t==2
аламыз.
Сондықтан, егер m=(h-Z)Z шамасы максималды болса, онда х шамасы ең
үлкен мәнге жетеді. Осыдан m=-Z2+hZ аламыз.
Сондықтан егер Z=болса, онда 1-теореманың екінші бөлігінен m
шамасы максималды болады.
1-теореманың екінші бөлігін қолданып, келесі есептерді шығару
қиын емес.
4-есеп. Берілген шарға бүйір беті ең үлкен цилиндрді іштей сызу
керек.
5-есеп. Берілген конусқа бүйір беті ең үлкен цилиндрді іштей сызу
керек.
6-есеп. Қолда бар тақтайдан 200 м ұзындықты шарбақ салуға
болады.Ауланың бір жағына зауыттың қабырғасын қолданып, бұл шарбақпен
тікбұрышты ауланың ең үлкен ауданын қоршау керек.
3-теорема,4-теореманы қолданып, кейбір есептерді шешуді
қарастырайық.
7-есеп. Берілген шарға ең үлкен көлемді цилиндрді іштей сызу керек.
(8-сурет.)
8-сурет.

Шешуі: R- шардың радиусы, r және h цилиндрдің сәйкес радиусы мен
биіктігі деп белгілейік. Онда цилиндр көлемі V келесі формуламен
есептеледі:
V=(r2h
мұндағы h=2. Сондықтан V=2(r2
Егер кейбір r-да V шамасы максимумға жететінін ескерсек, онда r-дың
сол мәнінде V2 өзінің максимумына жетеді. Сондықтан келесі өрнекті
қарастырайық:
V2=4(2r4(R2-r2)
Осыдан

аламыз.Z= деп белгілейік. Онда
Z=Z(R2-r2)
аламыз.
Әрі қарай келесі өрнекті қарастырамыз.
(24)
х1=, x2=, x3=R2-r2 деп белгілейік, мұндағы х1(0, х2(0, х3(0.
Сондықтан = х1+х2+х3=++ R2-r2=R2=const болса, онда 3-теорема
көмегімен х1(х2(х3=((R2-r2)= өрнегі ең үлкен мәнге
== R2-r2 шартында жетеді. Осыдан R2=-ден r=R
аламыз. Сонда r=R болғанда цилиндр ең үлкен көлемді болады.
Келесі екі есеп 3-теорема бойынша шешіледі.
8-есеп. Дөңгелек үстелдің үстінде шығырда шам ілініп тұр. Бұл шамды
қандай биіктікке ілгенде үстелдің шетіндегі ең үлкен жарықтануды
аламыз.
9-есеп. 80см(50см өлшемді қаңылтыр беті берілген.Оның барлық бұрыштарынан
бірдей шаршыларды қиып алып, қалғанын майыстырғанда үсті ашық қорап
ең үлкен сыйымдылықты болу керек.
10-есеп. Көлемі 108 см3-ке тең қорапты жасап шығару керек. Қораптың
үсті ашық және шаршы түбі бар. Осыны дайындауға материал ең аз
мөлшерде жұмсалу үшін оның өлшемі қандай болу керек.
Шешуі: х- табанының ұзындығы, у-қораптың биіктігі деп белгілейміз. Онда
қораптың көлемі V=x2y өрнегімен анықталады. Сондықтан V=108
болғандықтан, онда х2у=108 және y= аламыз.
S- қорап бетінің ауданы болсын.
S=x2+4xy=x2+4x
S-ты келесі түрде алайық:
S=x2+ көбейтіндісі х2+ болғандықтан, онда 4-теореманың
көмегімен S қосындысы ең кіші мәнді қабылдайды, егер х2=
болса,сондықтан х3=216 және х==6. Осыдан у=3, S=108(cм2).
4-теорема көмегімен келесі есепті шешуге болады.
11-есеп. Типографиялық қағаздар бумасын ұқыпсыз тасымалдау
нәтижесінде қалдыққа кететін бетінде сызат пайда болған қағаз
үзінділері шығады . Оның берілген көлемінде бума бетінің толықтығы
аз болса, онда оның қалдығы аз болады. Буманың диаметрі мен
ұзындығының (яғни жасаушы) қандай сәйкестігінде қағаз үзінділері ең
аз болатынын зерттеу қажет.
12-есеп. S- ауданы берілген барлық төртбұрыштардың ішінде шаршы ең
кіші периметрлі болатынын дәлелдеу керек.
Біз екі алгебралық әдіспен шешілетін экстремалды есептер
қатарын қарастырдық. Алгебралық талдауға негізделген басқа әдістер
бар, сол себепті адамзат даму процесінде өзінің мәселесін оптималды
шешімдер ізденісінде болды және оның шешу әдісін құрды. Бірақ та
біз бұл әдістерге тоқталмаймыз.
Енді математикалық анализге негізделген әдіске көшеміз.
2-тарау.Экстремалды есептерді шешу тәсілдері
2.1 Бір айнылалы функциялардың экстремумдары

Бірінші бөлімде максимум мен минимумға көптеген есептер
шығарылды. Олардың ішінде кейбіреулері жүз жыл бұрын ертеде қойылған.
Олардың зерттеулеріне көптеген ұлы математиктер – Евклид, Архимед,
Кеплер, Ферма, Бернулли,Лейбниц, Ньютон қатысты. Бұл зерттеулер бір-
біріне ұқсас болған жоқ, ал мақсаттары кейде ұзақ адасулардан кейін
жетістікке жетті.
Барлық есептерді бір ғана тәсілмен шешу және сонымен қатар
қарапайым әдіс табу мүмкін бе?
Өмірдегі барлық мәселелерді шешудің жалғыз және қарапайым
шешімі болуы мүмкін емес екендігі барлығына белгілі. Бірақ, әртүрлі
мазмұнды есептерді талқылау үшін, алдымен есесптің шартының бірдей
түрде және ортақ тілде жазылуы керек.
Максимум, минимум, экстремум, оптимум сөздерінің мағынысын
дәлдеп алайық.
Максимум және минимуму сөздері латын сөздері.Олар ең үлкен
және ең кіші деген мағынаны білдіреді.Тағы да латын сөзінен шыққан
екі сөз максимум мен минимумға есептер туралы айтқанда жиі
қолданылады. Экстремум термині латынның extremum сөзі максимум мен
минимум түсінігін біріктіретін шеткі, соңғы деген мағынаны
білдіреді. Соңғы жылдары жалпыға бірдей ең тиімді сын есімі қолданып
жүр. Бұл да латынның optimus сөзінен шыққан ең жақсы, жетілген
дегенді білдіреді.
Ең үлкен және ең кіші шамасын табу есептер теориясын
экстремалды есептер теориясы немесе тиімділеу теориясы деп аталады.
Математикада, жаратылыстануда және практикалық жұмыста пайда
болатын экстремалды мәселелер өздерінің пайда болған терминдер
облысында бастапқыды формуласыз беріледі.
Жалпы теорияны пайдалану үшін спецификалық тіл бойынша есептің
қойылуын математикалық тілге ауыстыруын жүзеге ауыстыру қажет.
Осындай ауыстыру формализациялау деп аталады. Бір есепті әр түрлі
формализациялауға болады.
Минимизацияланатын немесе максимизацияланатын функцияны (f0 деп
белгілейік) және шектеулерін (С деп белгілейік) дәл сипаттау
экстремалды есептерді формализациялау дегенді білдіреді.Шектеулері
теңдікпен және теңсіздікпен беріледі.
Формализацияланған есеп үшін: х(С шарты бойынша f0(х) функциясының
минимумын (максимумын) табу:
f0(x)(min(max) х(С
С-дан алынған нүктелер ұйғарылған нұктелер деп аталады. Егер шектеуі
болмаса, онда есепті шектеусіз деп атайды.
Егер С-дан кез келген х үщін f(x)(f() болса, онда
ұйғарылған нүкте абсолютті минимум(максимум) деп аталады. Есептің
абсолютті максимумын (минимумын ) есептің шешімі деп атаймыз.Енді
локалды экстремум деп аталатын табу әдістерін қолданытын боламыз.
Егер С-дан х=(x1,x2,...,xn) барлық нүктелер үшін
(x1-)2+...+(xn-)2((
((0 санын көрсетуге болатын болса және
f0(x)(f0()(f0(x0)(f0())
теңсіздігі орындалатын болса,онда =() нүктесі есеп үшін
локалды минимумға (максимумге) жеткізеді.
Бір айнымалы функциялардың экстремумының шешімін табудың әдісі
туралы айтылатын болады.
f0(x)(min(max), a(x(b (1)
а және в шексіз шамаларды да қабылдай алады. Сонымен,сәуледе немесе
барлық нақты сандар жиынында, шеткі кесіндіде f0 функциясының экстремумы
жайында сөз болады. Кез келген есептің шешімі бола бермейтінін ескеріп
өтейік.Мысалы,
f0(x)=- (max
функция f()(0 және =0 болатындай нүктесі жоқ. Басқа
жақтан алғанда, егер xn=n, n=1,2,..., нүктелерін алсақ, онда f0(x)(0.
Осыдан есептің максимумы жоқ, яғни барлық х үшін f0(x)( және
нүктесін көрсетуге болмайтындығы шығады.
Сонымен максимумдар мен минимумдар әрқашан бола бермейді. Бірақ
көптеген жағдайларда есептің шешімі болатынына кепіл беретін
Вейерштрассаның тамаша теоремасы бар.
Вейерштрасса теоремасы. [a,b] шеткі кесіндісінде f0(x) үздіксіз
функция болсын. Онда екі есептің шешімі болады.
f0(x)(min, a(x(b және f0(x)(max, a(x(b
Вейершрасса теоремасынан есептің шешімі бар болатынына, сондай-ақ,
дәлелдеуге мүмкін болатын мынадай салдар шығады.
Салдар. Барлық түзуде f0 үздіксіз болсын. Сонда, егер
болса,онда f0(x)(min шектеусіз есептің шешімі бар болады.
Бізде тағы да а(х(( немесе а(х(( түріндегі f0 сәуледе үздіксіз
болатын жағдай да кездеседі. Демек, егер бірінші жағдайда , ал
екінші жағдайда болса, ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.