Azərbaycan Dövlət Aqrar Universiteti

Kafedra: Fizika və riyaziyyat

Fənn: Riyaziyyat-2

İxtisas: Mühəndislik

Mühazirəçi: baş müəllim G.N. Əliyeva

Ədəbiyyat

1. Məmmədov R.H. Ali riyaziyyat kursu. Bakı, 1978-1985.2. Q.T.Əhmədov, K.Q.Həsənov, M.H.Yaqubov “Adi diferensial tənliklər”. Bakı, 2015.3. X.M.Quliyev, K.Q.Həsənov “Diferensial tənliklər. Məsələ və misallar həlləri ilə”.

Bakı, 2001.4. Дмитрий Письменный «Конспект лекций по высшей математике М.,2009.5. В.А Кудрявцев, Б.А.Демидович Краткий курс высшей математики. М.,2001. 6. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального

исчисления. М., 2001.7. В.И. Смирнов "Курс высшей математики". М. 1974.8. Н.С. Пискунов "Дифференциальное и интегральное исчисление". М., 1985.9. К.Н. Лунгу, В.П. Норин и др. "Сборник задач по высшей математике".

Второй курс. М., 2007.10.К.Н. Лунгу, Д.Т.Письменный Сборник задач по высшей математике. М., 2009.11.Н.Ш.Кремер. Высшая математика для экономистов. Москва. Изд. «ЮНИТИ- 12.ДАНА». 2010. 13.И.П.Натансон. Краткий курс высшей математики Москва Изд. «Лань» 2007

Gəncə-2017

Mövzu1Adi diferensial tənliklər.

1. Əsas anlayışlar2. Birtərtibli diferensial tənliklər3. Dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənliklər4. Bircins diferensial tənliklər5. Birtərtibli xətti diferensial tənliklər

Adi diferensial tənliklər. Əsas təriflər və anlayışlarx dəyişəni, axtarılan y= y ( x ) funksiyası və axtarılan funksiyanın hər hansı

tərtibədək tötəmələrindən ibarət olan tənliklərə adi diferensial tənliklər deyilir.Tənliyin tərtibi olaraq tənliyə daxil olan törəmənin ən yüksək tərtibi

götürülür. Diferensial tənliklərə aid misallar:a)y '− y=0 ; b) y″+ y=0 ;c) y″−6 y '+8 y=0d)yy '−x=0 e)y‴+xy=0 f) y '=ctgx .

0

Şəkil 1

a), d), f)- tənlikləri birtərtibli; b) və c)- iki tərtibli; e)-üç tərtiblidir.Misal№1. Göstərin ki, y=sin x funksiyası b) tənliyinin həllidir. Həlli.y '=cos x , y″=−sin x qiymətlərini b) tənliyinə qoyaraq −sin x+sin x=0 eyniliyini alırıq. Həqiqətən də y=sin xfunksiyası b) tənliyinin həllidir.Misal№2. Göstərin ki, C ixtiyari sabit olduqda y=C ex funksiyası y '− y=0 tənliyinin həllidir.Həlli.y '=C ex . Verilmiş tənliyə y və y '-in qiymətlərini qoyaraq alırıq:C e x−C ex=0. Həqiqətən də C ixtiyari sabit olduqda y=C ex funksiyası y '− y=0 tənliyinin həllidir.Misal№ 3. Göstərin ki, C ixtiyari sabit olduqda y=C

x funksiyası y '=− yx tənliyinin

həllidir.

Həlli.y '=−Cx2 . y və y '-in qiymətlərini tənliyə qoyaraq alırıq:

−Cx2 =

−Cx2 .

Həqiqətən də y=Cx funksiyası y '=− y

x tənliyinin həllidir.

Misal № 4.y '=− yx tənliyinin y (2 )=3 başlanğıc şərtini ödəyən xüsusi həllini tapın.

Həlli. Misal 3-yə görə y=Cx funksiyası verilmiş tənliyin ümumi həllidir. Xüsusi

həlli tapmaq üçün y (2 )=3 şərtindən istifadə edək. Bu qiyməti ümumi həlldə yerinə yazaraq C sabitini tapaq: 3=C

2;C=6. Həqiqətən də, y=6

x başlanğıc şərti ödəyən xü-

susi həlldir. y=Cx ümumi həlli asimptotları koordinat oxları olan bərabəryanlı

hiperbolalardır. (şək 1) y=6x xüsusi həllinə (2 ;3 ) nöqtəsindən keçən hiperbola

uyğundur. Birtərtibli diferensial tənliklər

F (x ; y ; y ' )=0 (1) şəkilli tənliklərə bir tərtibli diferensial tənliklər deyilir. Əgər (1) tənliyini y '-ə görə həll etmək mümkündürsə, onu belə yazırlar:

y '=f (x ; y ) (2) İxtiyari funksiyanı tənlikdə yerinə qoyduqda diferensial tənliyi eyniliyə çevirən həllə onun həlli deyilir. (1) tənliyi ( x ; y ) nöqtəsinin koordinatları və bu nöqtədən keçən inteqral əyrisinin bucaq əmsalı: y ' arasında əlaqə yaradır.

Əyrinin bütün nöqtələrində sahənin istiqaməti eyni olarsa, həmin əyri izoklin adlanır. y '=C , f (x ; y )=C qəbul edərək izoklinin tənliyini almaq olar.Misal. İzoklinlərin köməyi ilə y '=2 x tənliyinin inteqral əyrilərini tapın.Həlli. Bu diferensial tənliyin izoklinləri 2 x=C şəklindədir.

İzoklinlər Oy oxuna paralel olan düz xətlər olacaqdır (x=C2 ).

Asanlıqla göstərmək olar ki, y '=2 x tənliyinin həlli y=x2 , y=x2+1 , y=x2−√3 və ümumiyyətlə y=x2+C şəkilli funksiyalardır.

Düz xəttin nöqtələrində Ox oxu ilə tangensi C-yə bərabər olan eyni α bucagı əmələ gətirən parçalar çəkək. (şəkil 2) C=0 olduqda x=0 alırıq;tg α=0 , α=0.

C=1 olduqda izoklinin tənliyi x=12

, tg α=1 ;α=45°

C=−1 olduqda izoklinin tənliyi x=−12

, tg α=−1; α=−45°

C=2 olduqda izoklinin tənliyi x=1 , tgα=2 ;α=arctg 2≈ 63° x=x0 şərti daxilində y= y0 şərtinin ödənməsinə başlanğıc şərt deyilir:

y (x0 )= y0 və ya y x=x0= y 0 (3)

(2) tənliyinin ümumi həlli y=φ ( x , C ) şəklindədir. Burada C ixtiyari sabitdir. y=φ ( x , C ) funksiyası aşağıdakı şərtləri ödəyir:1) Hər bir qeyd olunmuş C üçün φ ( x ,C ) funksiyası diferensial tənliyin həllidir.2) (3) başlanğıc şərti necə olursa olsun sabitin elə C=C0 qiymətini tapmaq olar ki, y=φ (x , C0 ) funksiyası verilmiş başlanğıc şərti ödəyir.

Birtərtibli diferensial tənliyin xüsusi həlli elə y=φ (x;C0 ) həllinə deyilir ki, o, konkret C=C0 qiymətində y=φ ( x ;C ) ümumi həllindən alınır. Əgər diferensial tənliyin xüsusi həlli qeyri-aşkar şəkildə: Ф( x ; y ;C )=0 verilmişdirsə, belə həllə diferensial tənliyin ümumi inteqralı deyilir. Bu halda Ф (x ; y ;C 0 )=0 tənliyinə diferensial tənliyin xüsusi inteqralı deyilir.

Həndəsi nöqteyi nəzərə görə y=φ ( x;C ) ümumi həlli Oxy müstəvisində inteqral əyriləri ailəsidir; y=φ (x;C0 ) xüsusi həlli isə inteqral əyriləri ailəsinin P0 (x0 , y0 ) nöqtəsindən keçən bir əyrisidir. (2) tənliyinin (3) başlanğıc şərtini ödəyən xüsusi həllinin tapılması məsələsinə Koşi məsələsi deyilir.Diferensial tənliyin həllinin varlığı və yeganəliyi haqqında Koşi teoremi.

P0 (x0 , y0 )∈D olduqda əgər f ( x ; y ) funksiyası D oblastında kəsilməzdirsə, onda

(2) tənliyinin y (x0 )= y0 şərtini ödəyən xüsusi həlli vardır. Əgər bundan başqa ∂ f∂ y

xüsusi törəməsi də D oblastında kəsilməzdirsə, onda bu həll yeganədir.

Dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənliklər

Törəməyə nəzərən həll olunan bir tərtibli diferensial tənlik aşağıdakı kimidir:

y '=f (x . y ) (1)Əğər (1) tənliyinin sağ tərəfini biri x-dən asılı, digəri isə y-dən asılı iki

funksiyanın hasili şəklində göstərmək olarsa,yəni f ( x , y )=φ ( x )ψ ( y ) , onda (1) tənliyi belə olar:

y '=φ ( x )ψ ( y ) (2) (2) tənliyi dəyişənlərinə ayrılan diferensial tənlikdir.

y '=dydx olduğundan alırıq:

dydx=φ ( x )ψ ( y )(3)Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vuraq və ψ ( y )-ə bölək. Nəticədə

dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənlik alırıq:dy

ψ ( y )=φ ( x ) dx (4)

(4) bərabərliyini inteqrallayaraq alırıq:

∫ dyψ ( y )

=∫φ ( x )dx+C (5 )(5) münasibəti (2) tənliyinin ümumi inteqralıdır.

Misal №1. y '=tg x ( y+1 )tənliyini həll edin.Həlli. Verilmiş tənlik dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənlikdir.Törəməni diferensialların nisbəti şəklində yazaq və tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vuraq:

dy=tg x ( y+1 )dxİndi bərabərliyin hər iki tərəfini ( y+1 )≠0-ə bölək:

dyy+1

=tg x dx

Bu münasibətin hər iki tərəfini inteqrallayaraq alırıq:

∫ dyy+1

=∫ tg xdx+Cln|y+1|=−ln|cos x|+C

ln|( y+1 ) cos x|=C−¿¿ümumi inteqraldır.Dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənliklər həmçinin aşağıdakı şəkildə

göstərilə bilər:f 1 ( x )φ1 ( y )dx+ f 2 ( x )φ2 ( y ) dy=0 (5)burada dx və dy diferensiallarının əmsallarındakı funksiyalar yalnız x və y-dən asılı funksiyalardır.(5) tənliyini həll etmək üçün bərabərliyin hər iki tərəfini φ1 ( y ) ∙ f 2 ( x ) hasilinə bölmək lazımdır. Nəticədə dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənlik alınır.

f 1 ( x )f 2 ( x )

dx+φ2 ( y )φ1 ( y )

dy=0 (6 )

Qeyd edək ki (5)-i φ1 ( y ) ∙ f 2 ( x ) hasilinə bölmək bu hasili sıfra çevirən xüsusi həllərin itməsinə gətirib çıxara bilər. Ona görə (6) tənliyini həll etdikdən sonra

φ1 ( y ) f 2 ( x )=0 (7)tənliyini həll etmək lazımdır.(7) tənliyindən alınan həllə (5) tənliyinin məxsusi həlli deyilir.Misal № 2 y ' x3=2 y tənliyinin ümumi həllini tapın.Həlli.Verilmiş tənlik dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənlikdir. Törəməni diferensialların nisbəti şəklində yazaq:

dydx

∙ x3−2 y=0⇒ x3dy−2 ydx=0 ; yx3≠ 0 inteqrallayıcı vuruğuna bölək:dyy−2 dx

x3 =0

Bu tənliyin hər iki tərəfini inteqrallayaraq alırıq:

∫ dyy−2∫ dx

x3=lnC .

ln y−2∫ x−3 dx=lnC⇒ ln y−2 ∙ x−2

−2=¿¿

¿ ln C⇒ ln yC=−1

x2 ⇒yC=e

−1x 2

;

y=C e−1x2 verilmiş tənliyin ümumi həllidir.

Misal № 3.(1+ y2 )dx+(1+x2 )dy=0 tənliyinin ümumi inteqralını tapın.Həlli. (1+ y2 ) (1+x2 )≠ 0 inteqrallayıcı vuruğuna bölərək dəyişənləri ayıraq:

dx1+ x2 +

dy1+ y2=0.

Hədbəhəd inteqrallayaraq axtarılan ümumi inteqralı alırıq:

∫ dx1+x2+∫

dy1+ y2=C⇒arctgx+arctgy=C .

Misal № 4.xy y '=1−x2 tənliyinin ümumi inteqralını tapın.Həlli. Verilmiş tənlik dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənlikdir. Törəməni diferensialların nisbəti şəklində yazaq:

xy dydx=1−x2 .

Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vuraq:xydy=(1−x2 )dx .

Alınmış tənliyin hər iki tərəfini x-ə bölək: ydy=( 1x−x )dx .

İnteqrallayaraq ümumi inteqralı alırıq:

∫ ydy=∫(1x−x)dx⇒ y2

2=ln|x|− x2

2+C .

Məsələ № 1. Nyuton qanununa görə cismin soyuma sürəti cismin və ətraf mühitin temperaturları fərqi ilə mütənasibdir. Məlumdur ki, 20 dəq ərzindəcisim 100°-dən 60°- dək soyuyur. Ətraf mühitin temperaturu 20° olarsa, nə vaxtdan sonra cismin soyuma temperaturu 30°-dək enər.Həlli. Tutaq ki, x ,t anında cismin temperaturudur. Prosesin gedişində temperaturların fərqi ilə yanaşı cismin soyuma sürəti də dəyişir. x dəyişəni t dəyişənindən asılıdır. x kəmiyyətinin dəyişmə sürəti dx

dt törəməsidir. Məsələnin şərtinə görə baxılan soyuma prosesini təsvir edən diferensial tənlik belə olur:

dxdt=k ( x−20 ) ,

k-hər hansı mütənasiblik əmsalıdır. Bu tənliyi həll edək:

dxx−20

=kdt ; ln ( x−20 )=kt+ lnC

ln x−20C

=kt ; x−20C

=ekt ; x=C ekt+20

∀Csabitini t 0=0olduqda x0=100 şərtindən tapaq:100=C e0+20;C=80

Həqiqətən x=80 ekt+20 (¿ )

verilmiş başlanğıc şərtini ödəyən xüsusi həlldir. Məsələdə başqa əlavə şərt qoyulub: t 1=20dəq olduqda cismin temperaturux1=60° olur. Bu verilənləri nəzərə alaraq ek kəmiyyətini alırıq.(*)-a x1vət 1-i qoyaraq alırıq:

60=80 e20k+20 ;e20 k=12

;ek=(12 )120 .

(*)-a ek- nın qıymətini qoyaraq alırıq:

x=80 (12 )t

20+20¿

Məsələnin sualına cavab vermək ücün x=30dəyişəninə uyğun t dəyişəninin qiymətini tapmaq lazımdır. (**)-a x=30 qoyaraq alırıq:

30=80(12 )t

20+20 ; 18=( 12 )

t20 ;

3= t20

; t=60.

Beləliklə cismin temperaturu soyuma başlayandan 1 saat sonra 30°- dək aşağı düşür.

Birtərtibli bircins diferensial tənliklər

Bircins diferensial tənliklər anlayışı bircins funksiyalar anlayışı ilə bağlıdır.P ( x , y )=∑

i , jai , j x

i y j funksiyası o zaman ntərtibli bircins funksiya adlanır ki, onun

hədləri bircins olsun.Tərif 1.∀ küçün P (kx , ky )≡ kn P ( x , y )olarsa P ( x , y )funksiyasına n tərtibli bircins funksiya deyilir.Məsələn: f ( x , y )=x3−3 x y2+5 y3 funksiyası üç tərtibli bircins funksiyadır.

f ( kx , ky )=(kx )3−3 kx ∙ (ky )2+5 (ky )3=¿¿k3 (x3−3 x y2+5 y3 )=k3 f ( x , y ) .

P ( x , y )dx+Q ( x , y )dy=0 (1)diferensial tənliyinə baxaq.Tərif 2. Əgər x , ydəyişənlərinin diferensiallarlndakı P ( x , y ) və Q ( x , y ) funksiyaları eyni tərtibli bircins funksiyalardırsa, onda (1) diferensial tənliyi bircins diferensial tənlik adlanır.

İsbat etmək olar ki, z−x-dən asılı yeni funksiya olduqda z= yx əvəzləməsi ilə

(1) tənliyini dəyişənlərinə ayrıla bılən diferensial tənliyə gətirmək olar.Tutaq ki, (1) tənliyi

y '=f (x , y ) (2)şəklində yazılmışdır və ya dy=f ( x , y )dx ; dy−¿əmsalı birdir, yəni sıfır tərtibli bircins funksiyadır, onda f ( x , y ) də sıfır tərtiblı bircins funksiyadır. (2) tənliyinin sağ tərəfi

f ( x , y )sıfır tərtibli bircins funksiya olduqda bircins adlanır. Bircins diferensial tənliyi

y '=φ ( yx ) (3)

şəklində yazmaq olar. z yeni funksiya olduqda y=xz əvəzləməsi aparaq. y=xz-i diferensiallayaraq alırıq:dydx=z+ x dz

dx; y və y '-in ifadələrini (1)-də yerinə yazaraq alırıq:

z+x dzdx=φ ( z ) və ya dəyişənləri ayıraraq alırıq:

dzφ ( z )−z

=dxx (4)

(4) dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənlikdir.Misal №1. (x2− y2 )dx+xydy=0tənliyini həll edin.Həlli.y=xz(z , x-dən asılı yeni funksiyadır) əvəzləməsi aparaq.dy=zdx+xdz ,onda tənlik belə olar:

(x2−x2 z2 )dx+x2 z (zdx+xdz )=0.Sadələşdirdikdən sonra alırıq:

dx+xzdz=0

və ya zdz=−dxx .

Alınmış tənliyi inteqrallayaraq alırıq:z2

2=−ln x+ 1

2ln C ; z2=ln C

x2 ; z= yx olduğundan, y2

x2=ln Cx2 verilmiş bircins tənliyin ümumi

həllidir.

Misal № 2 . y '= y+2√xyx tənliyi həll edin.

Həlli. Asanlıqla müəyyən etmək olar ki, verilmiş tənliyin sağ tərəfi sıfır ölçülü bircins funksiyadır. y=xz( z – x -dən asılı hər hansı funksiyadır) əvəzləməsi aparaq. Diferensiallayaraq alırıq: y '=z+x z ' . Onda verilmiş tənlik belə olur:

z+x z '= xz+2√ x2 zx

və ya z+x z '=z+2√z ; x z '=2√z ; dz

2√ z=dx

x.

Dəyişənlərinə ayrıla bilən tənlik aldıq. İnteqrallayaraq alırıq:√ z=ln|x|+ lnC ;√z=ln|Cx|; z= ln2|Cx|.

z= yx olduğundan y

x=ln2|Cx| və ya y=x ln2|Cx|- verilmiş tənliyin ümumi həllidir.

Birtərtibli xətti diferensial tənliklərƏgər tənlik axtarılan y funksiyasından və onun birinci tərtib törəməsindən

ibarətdirsə və y y ' hasilindən ibarət deyilsə belə bir tərtibli diferensial tənlik xətti tənlik adlanır. Bir tərtibli diferensial tənliyin ümumi şəkli belədir:

dydx+P ( x ) y=Q (x ) (1)

(1)-i həll etmək üçün y funksiyasını x-dən asılı başqa iki funksiyanın hasili şəklində yazaq:

y=u ( x ) v ( x ) (2)(2)-ni diferensiallayaraq alırıq:

dydx=v du

dx+u dv

dx (3)

(2) və (3)-ü (1)-ə qoyaraq alırıq: v du

dx+u dv

dx+P (x )uv=Q ( x ) və ya

v [ dudx+P ( x )u]+u dv

dx=Q ( x ) . (4)

Axtarılan y ( x ) funksiyası x-dən asılı iki funksiyanın hasilindən ibarət olduğundan onlardan birini istədiyimiz kimi seçə bilərik. u ( x ) funksiyasını elə seçək ki, kvadrat mötərizə içərisindəki ifadə sıfra bərabər olsun.Bunun üçün

dudx+P ( x )u=0 (5)

tənliyinin elə xüsusi həllini tapaq ki, o dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənlik olsun. u funksiyasını belə seçdikdə (4) tənliyi belə olar:

u dvdx=Q ( x ) (6)

(5) tənliyini həll edərək u ( x ) funksiyasını tapaqdudx=−P ( x )u; du

u=−P ( x )dx ; ln u=−∫P ( x )dx buradan

u=e−∫ P (x )dx (7)(5)-i həll edərkən elə xüsusi həlli tapıriq ki, ∀C=0 qiymətinə uyğun olsun. (7)-ni (6)-ya qoyaraq alırıq:

e−∫ P ( x )dx dvdx=Q (x )

dv=Q ( x ) e−∫P (x )dx dx; v=∫Q ( x )e−∫ P ( x ) dx dx+C (8)(7) və (8)-i (2) tənliyinə qoyaraq (1) tənliyinin ümumi həllini alırıq:

y=e−∫P ( x )dx [∫Q (x ) e−∫ P ( x )dx dx+C ]Misal № 1. y '+ ytgx= 1

cos x tənliyini həll edin.Həlli. Verilmiş tənlik xəttidir. u və v x arqumentindən asılı funksiyalar olduqda y=uv əvəzləməsini aparaq.y=uv⇒ y '=u' v+u v' və bu zaman verilmiş tənlik belə olar:

u' v+uv '+uvtgx= 1cos x

və yav (u'+utgx )+u v '= 1

cos x(¿ )

u funksiyasını elə seçək ki, u'+utgx=0 (a )

Bu halda (*) tənliyi belə olar:uv '= 1

cos x(b )

(a) tənliyini həll edək:dudx=−utgx ; du

u=−tgxdx ; lnu=ln cos x ;u=cos x .

((a) tənliyinin elə həllini tapaq ki, ∀C=0 qiymətinə uyğun olsun).u=cos x ifadəsini (b) tənliyinə qoyaraq alırıq:

cos xd x dvdx= 1

cos x;dv= dx

cos2 x;v=tgx+C .

Onda y=uv=cos x (tgx+C ) və ya y=C cos x+sin x verilmiş tənliyin ümumi həllidir.Misal №2. A (1 ;1 ) nöqtəsindən keçən elə əyri tapın ki, toxunanın ordinat oxunda kəsdiyi parça toxunma nöqtəsinin absisinə bərabər olsun.Həlli. Toxunanın tənliyini y=kx+b şəklində yazaq; k bucaq əmsalı, b toxunanın ordinat oxundan kəsdiyi parçadır. Bucaq əmsalı k= y ' olduğundan b= y−x y ' . Misalın şərtinə görə b=x və ya y−x y '=x . Alınmışx y '− y=−x tənliyi xəttidir. (2) əvəzləməsini y ' üçün (3) ifadəsinə tətbiq edərək alırıq:

x (u' v+u v ')−uv=−xvə ya

v (x u'−u )+xu v '=−x¿u funksiyasını elə seçək ki,

xu'−u=0(a)Onda ¿ tənliyi

xu v '=− x (b )(a) tənliyindən alırıq ki, u=x . u=x-i (b)-yə qoyaraq alırıq:

x2 v '=−x və ya x-ə ixtisar edərək alırıq: x dvdx=−1. dv=−dx

x.

Axırıncı tənliyi inteqrallayaraq v=ln Cx alırıq. Onda y=x ln C

x - axtarılan əyrilər ailəsinin ümumi həlldir. Bu ümumi həlldən axtarılan əyrini tapmaq üçün y (1 )=1 şərtindən istifadə edək. Bu şərt daxilində 1=lnC və ya C=e .

Həqiqətən də y=x ln ex -axtarılan əyrinin tənliyidir.

Mövzu2Sabit əmsallı iki tərtibli xətti bircins diferensial təniklər.Xarakteristik tənlik.

1. Ikitərtibli diferensial tənliklər2. iki tərtibli diferensial tənlik üçün Koşi məsələsi3.n tərtibli xətti bircins diferensial tənliklər4. Sabit əmsallı iki tərtibli xətti bircins tənliklərin həlli

Ikitərtibli diferensial tənliklərİki tərtibli diferensial tənliyin ümumi şəkli belədir:F (x , y , y ' , y″ )=0. (1)Əgər (1) tənliyi törəməyə nəzərən həll edilirsəy″=f (x . y , y ' ) (2)alırıq.C1və C2 sabitlərinin ixtiyari qiymətində (1) və ya (2) tənliyini eyniliyə çevirən y= y (x ,C1 ,C2 )-yə tənliyin ümumi həlli deyilir.C1və C2 sabitlərinin konkret qiymətlərində y= y (x ,C1 ,C 2 ) ümumi həllindən alınan həllə iki tərtibli diferensial

tənliyin xüsusi həlli deyilir. İki tərtibli diferensial tənliyin həllinin qrafiki inteqral əyrisi adlanır.İki tərtibli diferensial tənliyinin xüsusi həlli y0= y (x0 ) y ' (x0 )= y0

' (3)şərtindən alınır.(3) şərtindən C1və C2 tapılır.(2) tənliyinin (3) şərtini ödəyən xüsusi həllinin tapılması məsələsinə iki tərtibli diferensial tənlik üçün Koşi məsələsi deyilir. İki tərtibli diferensial tənlik üçün Koşi məsələsi ondan ibarətdir ki,M 0 ( x0 , y0 ) nüqtəsindən y0

' istiqamətində keçən inteqral əyrisi tapılsın.(3) şərtinin ödənilməsi ilə (2) tənliyinin xüsusi həllinin tapılması aşağıdakı varlıq və yeganəlik teoremi ilə ifadə olunur.Teorem. Əgər f (x . y , y ' ) funksiyası M 0 ( x0, y0 , y0

' ) nöqtəsini özündə saxlayan oblastda kəsilməzdirsə onda y″=f (x , y , y ' ) tənliyinin y (x0 )= y0 , y ' (x0 )= y0

' şərtini ödəyən xüsusi

həlli vardır.Əgər bundan başqa ∂ f∂ y və

∂ f∂ y ' xüsusi törəmələri kəsilməzdirsə onda

onun həlli yeganədir.n tərtibli xətti bircins diferensial tənliklər

n tərtibli xətti bircins diferensial tənliklərin ümumi şəkli belədir:y ( n)+a1 ( x ) ∙ y (n−1)+a2 ( x ) ∙ y ( n−2 )+…+an ( x ) ∙ y=0.(1)

1.Əgər y1= y1 ( x ) , y2= y2 ( x ) , …, yn= yn ( x ) funksiyaları (1) tənliyinin xüsusi həllidirsə onda onun həlli y=c1 y1+c2 y2+…=cn yn olar.2.α i=0 ( i=1,2 , …, n ) olduqda α 1 y1+α 2 y2+…+αn yn=0 bərabərliyi ödənilərsə y1 , y2 , …, yn funksiyaları (a , b )-də xətti asılı olmayan adlanır;əks halda xətti asılı olan adlanır.3.Vronski determinantının ümumi şəkli belədir:

W ( x )=|y1 y2

y1'

y1″

y2'

y2″

⋯yn

yn'

yn″

⋮ ⋱ ⋮y1

( n−1) y2( n−1 ) ⋯ yn

( n−1)|

4.(1) tənliyinin xüsusi həlləri (a ,b ) intervalının heç bir nöqtəsində sıfra çevrilmirsə, yəni W ( x )≠ 0 olarsa fundamental sistem təşkil edir.Misal. Göstərin ki, y1=ex , y2=x ∙ ex , y3=x2 ∙ ex funksiyaları hər hansı üç tərtibli xətti bircins diferensial tənlik üçün fundamental sistem təşkil edir.Həlli. W ( x )-i tapaq:

W ( x )=|ex x ex x2 ex

ex ( x+1 )e x (x2+2 x )ex

ex ( x+2 )e x (x2+4 x+2 )ex|=¿¿e3 x|1 x x2

1 x+1 x2+4 x1 x+2 x2+4 x+2|=e3 x|1 x x2

0 1 x2+2 x0 2 x2+4 x+2|=e3 x (4 x+2−4 x )=2e3 x .

Sabit əmsallı iki tərtibli xətti bircins tənliklərin həlliTutaq ki, y″+ p y '+qy=0; p və q sabitlərdir, (1)tənliyinin ümumi həllini tapmaq tələb olunur.(1) tənliyi sabit əmsallı iki tərtibli bircins diferensial tənlik adlanır.(1) tənliyinin ümumi həlli aşağıdakı düsturdan tapılır:y=C1 y1+C2 y2 (2)y1 və y2 bu tənliyin iki xətti asılı olmayan xüsusi həlləridir. y1 və y2 xüsusi həllərini tapmaq üçün aşağıdakı üsuldan istifadə edək.Tutaq ki, k ∀sabit olduqda y=ekx (1) tənliyinin həllidir. Bu həll L.Eyler tərəfindən irəli sürülmüşdür. kparametrinin hansı qiymətlərində y=ekx -in (1) tənliyinin həlli olduğunu araşdıraq. Bunun üçün y '=k ekxvə y″=k 2ekx-i tapaq və (1) tənliyində yerinə qoyaq. Nəticədə aşağıdakı ifadəni alırıq:k 2ekx+ pk ekx+q ekx=ekx (k2+ pk+q ) (*)y=ekx -in (1) tənliyini ödəməsi üçün (*) ifadəsi eynilik kimi sıfra bərabər olmalıdır. ekx vuruğu k-nın heç bir qiymətində sıfra bərabər olmadığından ikinci vuruq sıfra bərabər olmalıdır.(k 2+ pk+q )=0 (3)tənliyini ödəyən k-nın qiymətləri üçün y=ekx xüsusi həllini alırıq.(3) tənliyinə (1) tənliyinin xarakteristik tənliyi deyilir. Xarakteristik tənliyi həll edərkən 3 hal ola bilər: köklər həqiqi və müxtəlifdir,köklər bərabərdir,köklər qoşma kompleksdir.

İkitərtibli sabit əmsallı bircins diferensial təliklərin ümumi həlli

Xarakteristik tənliyin kökləriXarakteristik

tənliyin diskriminantı

Ümumi həll

k1 , k2 kökləri həqiqi və müxtəlifdir

D>0 y ( x )=C1 ek1 x+C2 ek2 x

k1 , k2kökləri həqiqi və bərabərdir

D=0 y ( x )=ek1 x (C1+C2 x )

k1 , k2 kökləri kompleksdir:k1=α+βi , k2=α−βi D<0 y ( x )=eαx (C1cos βx+C2 sin βx )

I.hal .(3) tənliyinin kökləri həqiqi və müxtəlifdir; yəni k1 ≠ k2 .Onda y1=ek1 x və y2=ek2 x xətti asılı deyil, yəni

y1

y2= ek1 x

ek2 x=e (k1−k2 )x ≠0

Bu həllər fundamental sistem təşkil edir; belə ki, onların Vronski determinantı

W ( x )=| ek1 x ek2 x

k1ek1 x k2 ek2 x|=k2 e(k1+ k2)x−k1e(k¿¿1+ k2 )x=e( k1+k2) x∙ (k2−k1 )≠0.¿

Həqiqətən də(1) tənliyinin ümumi şəkli belə olur:y=C1 ek1 x+C2 ek2 x (4)

II hal. Köklər həqiqi və bərabərdir, yəni k1=k2=α . Bu halda verilmiş tənliyin yalnız bir həlli vardır:y=eαx .Ümumi həlli tapmaq üçün y2 həllini tapmaq tələb olunur. İkinci tənliyi şeçmək üçün (1) tənliyinə daxil olan p və qparametrlərini α ilə işarə edək.Viyet teoreminə görə alırıq: p=−(k1+k2 )=−2 aq=k1 k2=α2. Onda verilmiş (1) tənliyi aşağıdakı kimi olar:

y″−2α y '+α 2 y=0. (1' )İkinci y2 həllini iki funksiyanın hasili şəklində axtarırıq; yəni y2=u ( x ) v ( x ) . Onda y2

'=u ' v+u v '; y2″=u″ v+2 u' v '+u v″; y2

″,y2 , y2' -in qiymətlərini (1' )-də qoyaraq alırıq:

u″ v+2u ' v'+uv″−2 α u ' v−2 αuv '+α 2uv=0 , və yav [u″−2 α u″+α 2u ]+2 v ' (u'−αu)+u v″=0. (a )

ufunksiyasını elə seçək ki, u'−αu=0 olsun.Bu tənliyi həll edərək u funksiyasını alırıq:dudx=αu ; du

u=αdx ; ln u=αx ;u=eαx . Onda u'=α ekx ,u″=α2 eαx . u ,u ' , u″-i (a )tənliyinə qoyaraq

alırıq uv″=0. Bu tənliyi həll edərək alırıq: v'=A , v=Ax+B . Sadəlik üçün A=1, B=0

qəbul edək.Həqiqətən v=x . y2=uv , y2=xeαx .Onda (1) tənliyinin ümumi həlli belə olar:y=C1 eαx+C 2 x eαx (5)k1=k2=α xarakteristik tənliyin kökləridir.

III hal. Xarakteristik tənliyin kökləri kompleksdir, yəni k1,2=α ± βi .

Bu zaman (1) tənliyinin həlləri y1=e(α+iβ ) x və y2=e(α−iβ ) x funksiyalarıdır.

(D= p2

4−q<0 , α=−p

2, β=√q− p2

4>0).

Aşağıdakı Eyler düsturlarından istifadə edirik.e iφ=cosφ+i sin φ , e−iφ=cos φ−i sin φ

Onda y1=eαx ∙e iβx=eαx cos βx+¿ ieαx sin βx ,¿

y2=eαx ∙e−iβx=eαx cos βx−¿ ieαx sin βx .¿(1) tənliyininiki həqiqi xüsusi həllini tapaq. Bunun üçün y1 və y2

həllərinin iki xətti kombinasiyasını tapaq:

y1+ y2

2=eαx cos βx= y1 və

y1− y2

2 i=eαx sin βx= y2

y1 və y2 həlləri fundamental tənliklər sistemi təşkil edir,belə ki, W ( x )≠ 0.

Tənliyin ümumi həlli belə olur:y=eαx (C1cos βx+C2sin βx )

Misal. y″−4 y '+13 y=0 ; y (π )=0 ; y' (π )=1şərtini ödəyən xüsusi həllini tapın.

Həlli. Tənliyin xarakteristik tənliyi belədir: k 2−4 k+13=0 k=2 ±3 iolduğundan tənliyin ümumi həlli y=eαx (C1cos βx+C2sin βx )düsturuna əsasən tapılır.α=2 , β=3 olduğundan

y=C1 e2 x cos3 x+C2 e2 x sin 3 x .

y ' ( x )=2C1e2 x cos3 x−3 C1 e2 x sin 3 x+2C2 e2 x sin 3 x+3 C2e2x cos3 x .

C1və C2 əmsallarını təyin etmək üçün başlanğıc şərtlərdən istifadə edirik.

{ C1 e2 π=02C1 e2 π−3C2e2 π=1.

Sistemi həll edərək alırıq: C1=0 ;C2=−13

e−2π.

Tənliyin xüsusi həlli belə olur:

y=−13

e−2 π e2 x sin 3 x=−13

e2 ( x−π )sin 3 x .

Mövzu3İkitərtibli diferensial tənliklərin intqerallanan

növləri. İki tərtibli sabıt əmsallı qeyri bircins xətti tənliklər. 1. Tərtibin azaldılmasına gətirən ikitərtibli diferensial tənliklərin sadə

növlərinin inteqrallanması2. İki tərtibli sabıt əmsallı qeyri bircins xətti tənliklər.

Tərtibin azaldılmasına gətirən ikitərtibli diferensial tənliklərin sadə növlərinin inteqrallanması

Birinci növ diferensial tənliklərə asanlıqla gətirilə bilən üç tip ikinci tərtib diferensial tənliyə baxaq.Birinci tip: y″= f ( x )Tənliyin sağ tərəfi y funksiyasından və y ' törəməsindən asılı deyil.Verilmiş tənliyi belə yaza bilərik:d y '

dx= f ( x ) və ya d y '=f ( x )dx

Axırınci tənliyi inteqrallayaraq alırıq: y '=∫ f (x )dx+C1 .Alınmış tənliyi yenə inteqrallayaraq (1) tənliyinin ümumi həllini alırıq:

y=∫ [ f ( x )dx ] dx+C1 x+C 2 .Misal № 1 . y″=x+cos x tənliyinin ümumi həllini tapın.

Həlli. y″=d y '

dx olduğundan d y '

dx=x+cos x və ya

d y '=( x+cos x )dx

İnteqrallayaq: y '=∫ ( x+cos x )dx= x2

2+sin x+C1.

Onda dy=( x2

2+sin x+C1)dx .

y=∫( x2

2+sin x+C1)dx=1

2∙ x3

3−cos x+C1 x+C2=¿¿

¿ 16

x3−cos x+C1 x+C2

y=16

x3−cos x+C1 x+C2 - ümumi həlldir.

Misal № 2 . y″=6 x+sin x tənliyinin y (0 )=2 ; y ' (0 )=3 başlanğıc şərtini ödəyən xüsusi həllini tapın.

Həlli. y″=d y '

dx olduğundan, verilmiş tənlik belə olur:

d y '

dx=6 x+sin x və ya d y '=(6 x+sin x )dx

İnteqrallayaraq alırıq:y '=∫¿¿

dy=(3 x2−cos x+C1 )dxvə ya

y '=3 x2−cos x+C1 (¿ )(¿ ) bərabərliyini inteqrallayaraq alırıq:y=x3−sin x+C1 x+C 2-verilmiş tənliyin ümumi həllidir.Başlanğıc şərtlərdən istifadə edək. Ümumi tənliyə x=0 və y=2 qiymətlərini yazaraq alırıq: C2=2.(¿ ) tənliyinə x=0 və y '=3 qiymətlərini yazaq. 3=−1+C1 və C1=4.

Həqiqətən də y=x3−sin x+4 x+2-verilmiş tənliyin başlanğıc şərtləri ödəyən xüsusi həllidir. Həndəsi olaraq axtarılan həll onu göstərir ki, inteqral əyrisi M 0 (0 ;2 ) nöqtəsindən keçir.Məsələ. Lokomotiv yolun horizontal sahəsində 90 km/saat sürətlə hərəkət edir. Əgər hərəkətin müqaviməti tormoz baş verdikdən sonra onun çəkisinin 0,3-nə bərabər olarsa nə qədər vaxtdan sonra və hansı məsafədə lokomotiv tormozla dayandırıla bilər?Həlli. Tutaq ki, m lokomotivin kütləsidir, S- t anında gedilən yoldur, g isə agırlıq qüvvəsinin təcilidir. Nyutonun ikinci qanununa görə lokomotivin hərəkət tənliyi

belə olur: m d2 Sd t2 =−0,3 mg .

m -ə ixtisar etdikdən sonra alırıq: d2 Sd t 2=−0,3 g .

Tutaq ki. dSdt=v , onda d2 S

d t 2=dvdt və dv

dt=−0,3 g . Bu tənliyi həll edərək alırıq:

dv=−0,3 gdt ;v=−0,3∫ gdt=−0,3>+C1 . (1 )∀C1 sabitinin qiymətini müəyyən edək. Məsələnin şərtinə görə t=0 olduqda v=90km /saat və ya v=25 m /san. Ona görə də (1)-dən alırıq ki, C1=25.Həqiqətən də

v=−0,3>+25 (2 )və ya

dSdt=−0,3>+25 ;dS=(−0.3>+25 )dt .

İnteqrallayaraq alırıq:S=−0,15 g t 2+25 t+C2 (3 )

∀C2 sabitinin qiymətini müəyyən edək. Şərtə görə t=0 olduqda S=0 olduğundan (3)-dən alırıq kı, C2=0. Deməli,

S=−0,15 g t 2+25 t (4 )tənliyi verilmiş başlanğıc şərtləri ödəyən xüsusi həlldir. Lokomotivin dayanması üçün tormoz vaxtını (2)-dən tapaq. v=0 olduqda

t= 250,3 g

≈ 250,3∙ 9,8

≈ 8,5 san .

(4) tənliyinə t=8,5-i qoyaraq lokomotivin tormoz başladıqdan sonra getdiyi yolu tapaq:

S≈−0,15 ∙9,8 ∙72,25+25∙8,5 ≈ 106,3 m.Deməli məsələnin şərtləri daxilində 8,5 san .-dən sonra lokomotiv 106,3 m məsafə qət etdikdən sonra dayandırıla bılər.

İkinci tip. y″=f (x , y ' ) (2)Tənliyin sağ tərəfi y funksiyasından asılı deyil. (2) tənliyini həll etmək üçün

y '=p əvəzləməsini aparaq. p-x arqumentindən asılı hər hansı funksiyadır. Onda y″=p' və (2) tənliyi x və p dəyişənlərinə nəzərən birinci tərtib tənlik olar: p'=f (x , p ). Əgər axırıncı tənliyin ümumi həlli p=φ ( x , C ) olarsa, onda inteqrallamanı təkrar edərək alırıq: y=∫φ (x , C1)dx+C2 . Bu isə (2) tənliyinin ümumi həllidir.

Misal № 3 .y″= y '

1+ x tənliyinin ümumi həllini tapın.

Həlli. Tənliyin sağ tərəfi y funksiyasından asılı deyil. y '=p əvəzləməsini aparaq; onda y″=p' olduğundan alırıq:

p'= p1+ x

; dpdx= p

1+x; dp

p= dx

1+x.

Axırıncı tənliyi inteqrallayaraq alırıq:ln p= ln (1+ x )+ lnC1

və ya p=C1 (1+x ) . p=dy

dxolduğundan,dy=C1 (1+ x )dx . Alınmiş tənliyi yenə inteqrallayaq:

∫ dy=∫C1 (1+x )dx=∫ (C1 x+C1 )dx=C1( x+ x2

2 )+C2 .

y=C1(x+ x2

2 )+C2 verilmiş tənliyin ümumi həllidir.

Üçüncü tip. y″=f ( y , y ' ) (3)Tənliyin sağ tərəfi y arqumentinden asılı deyil. (3) tənliyini həll etmək üçün y '=p əvəzləməsini aparaq. p funksiyası y funksiyasından asılı hər hansı funksiyadır. Mürəkkəb funksiyanın diferensiallama qaydasından istifadə edərək alırıq:

y″=d y '

dx=dp

dx=dp

dy∙ dydx=p dp

dy.

Beləliklə: y″=p dpdy (4)

(3) tənliyinə y″=p dpdy yazaraq p və y dəyişənlərinə nəzərən birinci tərtib

diferensial tənlik alırıq:p dp

dy=f ( y , p ) (5 )

Əgər p=φ ( y ,C ) (5) tənliyinin ümumi həllidirsə,onda x və y dəyişənlərinə nəzərən dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənlik alırıq: dy=φ ( y ,C1 )dx .Onda

dyφ ( y ,C1 )

=dx

və

∫ dyφ ( y , C1 )

=x+C 2

verilmiş (3) tənliyinin ümumi inteqralıdır.Misal № 4 .(1− y ) y″+2 ( y' )2=0 tənliyinin y (0 )=0, y ' (0 )=2 başlanğıc şərtlərini ödəyən xüsusi həllini tapın.Həlli. Verilmiş tənlik x arqumentindən asılı deyil. Tutaq ki, y '=p; p funksiyası y funksiyasından asılı hər hansı funksiyadır. Onda y '=p dp

dy və verilmiş tənlik belə olur:

(1− y ) p dpdy+2 p2=0

və yap[ (1− y ) dp

dy+2 p]=0

Birinci vuruğu sıfra bərabər etsək alırıq p=0 və ya dydx=0 , y=C .

Bu həll misalın şərtini ödəmir; belə ki, O (0 ;0 ) nöqtəsində əyriyə çəkilmiş toxunanın bucaq əmsalı 2-dir. İkinci vuruğu sıfra bərabər edək:(1− y ) dp

dy+2 p=0; ( y−1 ) dp

dy=2 p; ( y−1 )dp=2 pdy;

dpp= 2dy

y−1 .

Axırıncı tənliyi inteqrallayaraq alırıq:p=C1 ( y−1 )2 (¿ )

p=dydx olduğundan

dy=C1 ( y−1 )2 dxvə ya

dy( y−1 )2

=C1 dx .

İnteqrallayaraq alırıq:−1y−1

=C1 x+C2 ¿

(**) tənliyi verilmiş tənliyin ümumi həllidir.y (0 )=0 olduğundan (**)-dan alırıq: C2=1. Şərtə görə y ' (0 )=2 ; onda (*)-dan alırıq: C1=2. Beləliklə alırıq:

−1y−1

=2 x+1

və ya y= 2 x

2 x+1axtarılan xüsusi həlldir.

İki tərtibli sabıt əmsallı qeyri bircins xətti tənliklər.y″+ p y '+qy= f ( x ) (1)

pvə q həqiqi ədədlər,f ( x )kəsilməz funksiya olduqda (1) tənliyinə iki tərtibli sabit əmsallı qeyri-bircins diferensial tənlik deyilir.

İki tərtibli sabıt əmsallı qeyri bircins xətti tənliklərinin həlli iki həllin cəmindən ibarətdir: y= y0+ y.

y0 həlli y″+ p y '+qy=0 bircins tənliyinin həllidir. y xüsusi həllinin axtarılması zamanı qeyri-müəyyən əmsallar üsulundan istifadə olunur. Qeyri-müəyyən əmsallar üsulu o zaman tətbiq olunur kı, (1) tənliyinin sağ tərəfi, yəni f ( x ) funksiyası ya üstlü funksiya, ya çoxhədli, ya da triqonometrik(sinus və ya kosinus)funksiya olsun.y xüsusi həllini taparkən aşağıdakı teoremlərdən istifadə edirlər.Teorem 1. Əgər tənliyin sağ tərəfi n dərəcəli çoxhədlidirsə və 0 ədədi xarakteristik tənliyin kökü deyilsə, onda yxüsusi həllini eyni dərəcəli çoxhədli şəklində axtarmaq lazımdır. Əgər xarakteristik tənliyin köklərindənbiri sıfra bərabər olarsa, onda y xüsusi həllini eyni dərəcəli çoxhədlinin x−¿ə hasili şəklində axtarmaq lazımdır.Teorem 2. Əgər tənliyin sağ tərəfi f ( x )=aemx şəklindədirsə və m ədədi xarakteristik tənliyin kökü deyilsə, onda y=A emx. Əgər m ədədi xarakteristik tənliyin köklərindən biri ilə üst-üstə düşərsə, onda y=A xemx . Əgər m ədədi xarakteristik tənliyin hər iki kökü ilə üst-üstə duşərsə, y=A x2 emx .Teorem 3. Əgər tənliyin sağ tərəfif ( x )=emx (acosnx++b sin nx ) şəklindədirsə və m ±∋¿ ədədi xarakteristik tənliyin kökü deyilsə, onda y=emx (A cosnx+Bsin nx ) . Əgər m ±∋¿ədədi xarakteristik tənliyin köküdürsə, onda

y=x emx ( A cosnx+Bsinnx ) .

Teorem 4. Əgər xətti qeyri-bircins diferensial tənliyin sağ tərəfi f ( x )=emx [P1 ( x ) cosnx+P2sin nx ] ,P1 ( x )və P2 (x ) çoxhədlidirlər,m ±∋¿ xarakteristik tənliyin kökü deyilsə,

y=emx [Q1 ( x ) cosnx+Q2 ( x ) sin nx ]Q1 ( x ) və Q2 (x )çoxhədlidir, dərəcələri P1 (x )və P2 (x ) çoxhədlilərinin böyük dərəcələri ilə eynidir. Əgər m ±∋¿ ədədi xarakteristik tənliyin köküdürsə

y=x emx [Q1 (x ) cosnx+Q2 ( x ) sin nx ] .Teorem 5. Əgər xətti qeyri-bircins diferensial tənliyin sağ tərəfi iki funksiyanın cəmi şəklində verilmişdirsə, yəni y″+ p y '++qy= f 1 ( x )+ f 2 (x ) olarsa, onda y1- y″+ p y '+qy= f 1 ( x ) tənliyinin xüsusi həllidirsə və y2- y″+ p y '+qy=f 2 ( x ) tənliyinin xüsusi həllidirsə, onda y= y1+ y2 verilmiş tənliyin xüsusi həllidir.Misal № 1 . y″+ y '−2 y=6 x2 tənliyini həll edin.Həlli. Əvvəlcə bircins diferensial tənliyin həllini tapaq.

y″+ y '−2 y=0.k2+k−2=0 ;k 1=−2 , k2=1.y0=C1 e−2 x+C2 e .x

Qeyri-bircins diferensial tənliyə uyğun xüsusi həlli tapaq.y=A x2+Bx+C , y '=2 Ax+B , y″=2 A . y , y ' , y″-in qiymətlərini verilmiş tənlikdə yerinə yazaq:

2 A+2 Ax+B−2 A x2−2Bx−2C=6 x2

{ −2 A=62 A−2B=0

2 A+B−2C=0.→ { A=−3

B=−3C=−4,5

→ y=−3 x2−3 x−4,5

y= y0+ y=C1e−2 x+C2e .x−3 x2−3 x−4,5.

Misal №2.y″+4 y '+5 y=5 x2−32x+5 tənliyinin ümumi həllini tapın.Həlli. Əvvəlcə bircins diferensial tənliyin həllini tapaq.y″+4 y '+5 y=0 ;k 2+4 k+5=0 ;k=−2±i olduğundan tənliyin ümumi həlli y=eαx (C1cos βx+C2sin βx ) düsturuna əsasən tapılır. α=−2 , β=1 olduğundan y0=e−2 x (C1 cos x+C2 sin x ) .Qeyri-bircins diferensial tənliyə uyğun xüsusi həlli tapaq.y=A x2+Bx+C , y '=2 Ax+B , y″=2 A . y , y ' , y″-inqiymətlərini verilmiş tənlikdə yerinə yazaq:

2 A+8 Ax+4B+5 A x2+5 Bx+5C=5 x2−32 x+5;5 A x2+(8 A+5 B ) x+ (2 A+4 B+5 C )=5 x2−32 x+5.

Qeyri-müəyyən əmsallar üsulundan istifadə edək:

{ 5 A=58 A+5 B=−32

2 A+4 B+5C=5⇒{ A=1

8+5 B=−322+4 B+5 C=5

⇒{ A=1B=−8C=7.

Onda qeyri-bircins diferensial tənliyə uyğun xüsusi həllbelə olur:y=x2−8 x+7.

Verilmiş tənliyin ümumi həlli y= y0+ y olduğundan

y=e−2 x (C1 cos x+C2 sin x )+x2−8 x+7. Mövzu4

İkiqat inteqrallar.1. İkiqat inteqral anlayışı və xassələri. 2. Onun həndəsi mənası. 3. İkiqat inteqralın hesablanması. 4. İkiqat inteqralın tətbiqləri

Məsələ. Yuxarıdan z=f (x . y ) ( f ( x . y )≥0 )kəsilməz səthi ilə, aşagıdan OXY müstəvisinin sonlu S oblastı ilə və yanlardan S oblastı üzərində qurulmuş və OXY müstəvisinə perpendikulyar doğuranı olan silindrik səthlə məhdudlanmış cismin həcmini tapın.Həlli. Belə qurulmuş cisim silindroid adlanır.Verilmiş silindroidin həcmini tapmaq üçün S oturacağını sonlu elementar ∆ S1 ,∆ S2 , …, ∆ Sn hissələrinə bölək.Hər bir ∆ Si-də M i (x i , y i )∈∆ Si ( i=1 ,n ) nöqtəsini götürək və hündürlüyü M i N i=f (x i , y i )olan silindrik sütun quraq. Belə sütunun həcmi silindrin həcmi düsturuna əsasən

f (x i , y i )∆ S i (1)olar. Bu silindrik sütunların həcmləri cəmi pilləvari cismin həcmidir. Ona görə də silindroidin həcmi təqribi olraq aşağıdakı düsturdan tapılır:

V ≈∑i=1

n

f (x i , y i )∆ Si (2)

V=limd → 0∑i=1

n

f ( xi , y i )∆ S i (3)

limd →0∑i=1

n

f (x i , y i )∆ Si=∬ f ( x . y )dS (4)

Ona görə də nəticədə alırıq ki. Silindroidin həcmiV=∬ f ( x , y )dS

∬ f ( x , y ) dxdy=∫a

b

dx∫b

a

f (x , y ) dy (5)

(5) düsturunda sağda duran inteqral təkrar inteqral adlanır və onun hesablanması iki adi kvadraturaya gətirilir.

∬ f ( x , y )dxdy=∫A

B

dy∫a

b

f ( x , y )dx (6 )

(5) və (6)-dan alırıq ki.

∫a

b

dx∫A

B

f ( x , y )dy=∫A

B

dy∫a

b

f ( x . y ) dx (7 )

Yəni kəsilməz funksiyanın təkrar inteqralında inteqrallama sərhədlərı sonlu və sabitdirsə onda inteqrallamanın nəticəsi inteqrallamanın tərtibindən asılı deyil. Əgər X ( x ) x-dən aslı funksiya,Y ( y ) y-dən asılı funksiyadırsaf ( x , y )=X ( x )Y ( y ) xüsusi halına baxaq.

∬ X ( x )Y ( y )dxdy=∫a

b

X ( x )dx∫A

B

Y ( y )dy

Beləliklə alırıq ki, ikiqat inteqral iki birqat inteqralın hasilinə bərabərdir. Ikiqat inteqralın xassələri

1. ∬D

❑

cf ( x ; y )dxdy=c∬D1

❑

f ( x ; y )dxdy , c=const .

2. ∬D ( f 1 (x ; y )± f 2 ( x ; y ) )dxdy=∬D

f 1 ( x ; y )dxdy±∬D

f 2 ( x; y )dxdy .

3. Əgər D oblastını iki D1 və D2 oblastına böldükdə D1∪D 2=D, D1 və D2-nin kəsişməsi isə onları ayıran xətdən ibarətdirsə, onda (şək 1 )

∬D

❑

f ( x; y )dxdy=∬D 1

❑

f ( x ; y )dxdy+¿∬D 2

❑

f ( x ; y )dxdy .¿

4. Əgər D oblastında f ( x ; y )≥ 0 olarsa, onda

∬D

❑

f ( x ; y )dxdy ≥ 0.

Əgər D oblastında f ( x ; y ) və φ ( x ; y ) funksiyaları f ( x ; y )≥ φ ( x ; y ) bərabərsizliyini ödəyirsə, onda

∬D

❑

f ( x ; y )dxdy ≥∬D

❑

φ ( x ; y )dxdy .

5.

∬D

❑

dS=S ;∑i=1

n

∆ S İ=S .

6. Əgər f ( x ; y ) funksiyası sahəsi S olan qapalı D oblastında kəsilməzdirsə, onda

mS ≤∬D

❑

f ( x ; y )dxdy ≤ MS,

m və M inteqralaltı funksiyanın D oblastında uyğun olaraq aldığı ənkiçik və ən böyük qiymətlərdir.7,Əgər f ( x ; y ) funksiyası sahəsi S olan qapalı D oblastında kəsilməzdirsə, onda bu oblastda elə (x0 ; y0 ) nöqtəsi var ki,

∬D

❑

f ( x ; y )dxdy=f (x0 ; y0 )∙ S .

f (x0 ; y0 )=1S∬D

❑

f ( x ; y )dxdy ,

kəmiyyətinə f ( x ; y ) funksiyasının D oblastında orta qiyməti deyilir. Dekart koordinat sistemində ikiqat inteqralın hesablanması

Göstərək ki, ikiqat inteqralın hesablanması ardicıl olaraq iki müəyyən inteqralın hesablanmasına gətirib çıxarır.Tutaq ki, D oblastında f ( x ; y )≥ 0 və kəsilməz olduqda

Şək 1

∬D

❑

f ( x ; y )dxdy

inteqralını hesablamaq tələb olunur. Yuxarıda qeyd olunduğu kimi ikiqat inteqral yuxarıdan z=f (x ; y ) funksiyası ilə məhdud olan silindrik cismin həcmidir. Paralel kəsiklər üsulundan istifadə edərək bu həcmi tapaq.Tutaq ki, D oblastı x=a və x=b düz xətləri və y=φ1 (x ) , y=φ2 ( x ) əyriləri ilə məhdudlanmış əyrixətli trapesiyadır. Belə ki, ∀ x∈ [a ,b ] üçün φ1 ( x )≤ φ2 ( x )

(şək 2). Belə oblast Oy oxu istiqamətində düzgün oblast adlanır: Oy oxuna paralel olan ixtiyari düz xətti iki nöqtədən artıq nöqtədə kəsmir.Ox oxuna perpendikulyar olan silindrik cismin müstəvi ilə kəsiyini quraq: x=const , x∈ [a ,b ] . Kəsikdə z= f (x , y ) , x=const , y=φ1 ( x ) , y=φ2 ( x )

əyriləri ilə məhdudlanmış ABCD əyrixətli trapesiyasını alıriq (şək2).Bu trapesiyanın sahəsi aşağıdakı düsturla hesablanır:

S ( x )=∫φ1( x )

φ2 (x )

f ( x ; y )dy .

Paralel kəsiklər üsuluna görə silindrik cismin həcmi aşağıdakı kimi tapılır:

V=∫a

b

S ( x ) dx=∫a

b ( ∫φ1 ( x )

φ2 ( x )

f ( x ; y )dy)dx .

Digər tərəfdən bilirik ki, silindrik cismin həcmi f ( x ; y )≥ 0 funksiyasının D oblastında ikiqat inteqralı kimi tapılır. Həqiqətən də

V=∫a

b

f ( x ; y )dxdy=∫a

b (∫φ1 (x )

φ2 (x )

f ( x; y )dy )dx .

Bu bərabərlik adətən belə yazılır:

∬D

❑

f ( x ; y )dxdy=∫a

b

dx ∫φ1 ( x )

φ2 ( x )

f ( x ; y ) dy . (1 )

Bu düstur dekart koordinat sistemində ikiqat inteqralın hesablanması düsturudur. İkiqat inteqralı hesablamaq üçün x−¿i sabit götürərək daxili inteqralı, sonra isə xarici inteqralı götürürük.Əgər D oblastı y=c və y=d (c<d ) düz xətləri ; ∀ y∈ [c ;d ] üçün x=ψ1 ( y ) və x=ψ2 ( y ) əyriləri ilə məhduddursa onda y=const qəbul edərək alırıq:

Şək 2

Şək 3

∬D

❑

f ( x ; y )dxdy=∫c

d

dx ∫ψ 1 ( y )

ψ 2 ( y )

f ( x; y )dx . (2 )

Burada daxili inteqralı hesabladıqda y−¿i sabit götürürük.Qeyd.

1. (1) və (2) düsturları ( x ; y )∈D . f ( x ; y )<0 olduqda da doğrudur.2. Yadda saxlamaq lazımdır ki, xarici sərhədlər sabit, daxili sərhədlər isə dəyişəndir.3. Əgər D oblastı hər iki istiqamətdə düzdürsə onda ikiqat inteqralı hər iki düsturla

hesablamaq olar.Misal. D oblastı y=x2 , y=0 , x+ y−2 xətləri ilə məhdud olduqda (şək 4)

∬D

❑

( x+2 y )dxdy

Inteqralını hesablayın.

∬D

❑

( x+2 y )dxdy=∫0

1

( x+2 y )dxdy=∫0

1

dy ∫√ y

2− y

( x++2 y )dx=¿¿

¿∫0

1

dy ( x2

2+2 px ) √ y

2− y=¿∫0

1

( (2− y )2

2+4 y−2 y2− y

2−2 y

32)dy=¿¿

¿( ( y−2 )3

6+ 7 ∙ y2

2 ∙ 2−2 ∙ y2

3−2∙ 2 ∙ y

32

5 )│01=¿

¿−16+ 8

6+ 7

4−2

3−4

5=29

20=1 , 45.

İkiqat inteqralın tətbiqləriCismin həcmi

İkiqat inteqral silindrik cismin həcminə bərabərdir:

V=∬D

❑

f ( x ; y )dxdy (1)

z=f (x , y ) -cismi yuxarıdan məhdudlaşdıran səthin tənliyidir. Müstəvi fiqurun sahəsiƏğər (1) düsturunda f ( x ; y )=1 yazsaq onda silindrik cisim hündürlüyü H=1

olan düz silindrə çevrilər. Belə silindrin həcmi məlumdur ki, D oturacağının S sahəsinə bərabərdir.

S=∬D

❑

dxdy

S=∬D

❑

rdrdφ

Müstəvi fiqurun kütləsi

Şək 4

m=∬D

❑

γ ( x ; y )dxdy

Statik momentlər və müstəvi fiqurun ağırlıq mərkəzinin koordinatları

D fiqurunun Ox və Oy oxlarına nəzərən statik momenyləri aşağıdakı düsturlardan tapılır:

Sx=∬D

❑

y ∙ γ ( x ; y )dxdy ;S y=∬D

❑

x ∙ γ ( x ; y )dxdy;

Müstəvi fiqurun ağırlıq mərkəzinin koordinatları isə aşağıdakı düsturlardan tapılır:

xc=S y

m; yc=

Sx

m

Müstəvi fiqurun ətalət momentləri

l oxuna nəzərən kütləsi m olan maddi nöqtənin ətalət momenti m kütləsi ilə oxa qədər olan d məsafəsinin kvadratının hasilinə bərabərdir, yəni M l=m ∙d2

Ox və Oy oxlarına nəzərən müstəvi fiqurun ətalət momentləri isə aşağıdakı düsturlardan tapılır:

M x=∬D

❑

y2 ∙ γ ( x; y )dxdy; M y=∬D

❑

x2 ∙ γ ( x ; y )dxdy;

Koordinat başlanğıcına nəzərən ətalət momenti isə :M o=M x+M y

Mövzu 51. Üçqat inteqralın xassələri2. Üçqat inteqralın Dekart koordinat sistemində hesablanması3. Üçqat inteqralda dəyişənin əvəz edilməsi. Üçqat inteqralın silindrik və sferik

koordinatlarda hesablanması4. Üçqat inteqralın tətbiqləri

Üçqat inteqral

Üçdəyişənli funksiya üçün müəyyən inteqralın ümumiləşmiş forması üçqat inteqraldır. Üçqat inteqral nəzəriyyəsi ikiqat inteqral nəzəriyyəsi ilə analojidir.

Tutaq ki, Oxyz fəzasının qapalı V oblastında kəsilməz u=f ( x ; y ; z ) funksiyası verilmişdir.

∭V

❑

f (x ; y ;z )dxdydz= limn →∞

(max di →0 )

∑i=1

n

f (x i ; y i; zi )∆ V i=∭V

❑

f ( x ; y ; z )dv

Burada dv=dxdydz- həcm elementidir.

Teorem(varlıq haqqında). Əgər u=f ( x ; y ; z ) funksiyası qapalı V oblastında kəsilməzdirsə, onda max d i →0şərtində n→ ∞ olduqda (1) inteqral cəminin limiti var və bu limit V oblastının hissələrə bölünməsindən və onlarda götürülən M i (x i ; y i; zi ) nöqtəsinin seçilməsindən asılı deyil.

Üçqat inteqralın xassələri

1.

∭V

❑

C ∙ f (x ; y ; z)dv=C∭V

❑

f ( x ; y ; z ) , C=const .

2.

∭V

❑

( f 1 ( x ; y ; z )± f 2 ( x ; y ; z ) )dv=¿∭V

❑

f 1 ( x ; y ; z )dv±∭V

❑

f 2 ( x ; y ; z )dv ¿

3. Əgər V oblastını iki V 1 və V 2 oblastına böldükdə V 1∪V 2=V , V 1 və V 2-nin kəsişməsi isə onları ayıran xətdən ibarətdirsə

∭V

❑

f (x ; y ; z)dv=¿∭V 1

❑

f ( x ; y ; z )dv+¿∭V 2

❑

f (x ; y ; z)dv ¿¿

4. Əgər V oblastında f ( x ; y ; z )≥ 0 olarsa

∭V

❑

f (x ; y ;z )dv ≥ 0; f ( x ; y ; z )≥ φ ( x; y ; z )⇒⟹∭V

❑

f ( x ; y ; z )dv≥∭V

❑

φ ( x ; y ; z )dv .

5.f ( x ; y ; z )=1 olduğu üçün

∑i=1

n

∆ V i=V ;∭V

❑

dv=V .

6. m və M uyğun olaraq f ( x ; y ; z ) funksiyasının V oblastında ən kiçik və ən böyük qiymətləri olarsa

m∙ V ≤∭V

❑

f (x ; y ; z )dv ≤ M ∙V

7. Əgər f ( x ; y ; z ) funksiyası qapalı V oblastında kəsilməzdirsə onda bu oblastda elə M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) nöqtəsi var ki,

∭V

❑

f (x ; y ;z )dv=f (x0; y0 ; z0 ) ∙V .

Üçqat inteqralın Dekart koordinat sistemində hesablanması

Dekart koordinat sistemində üçqat inteqralın hesablanması üç müəyyən inteqralın hesablanmasına gətirilir. Tutaq ki. V inteqrallama oblastıaşağıdan z=z1 (x ; y ), yuxarıdan z=z2 (x ; y )müstəviləri ilə məhdudlanmışdır.z1 ( x ; y ) və z2 ( x ; y ) cismin Oxy müstəviləri üzrə proyeksiyalarıdır: z1 ( x ; y )∈CD , z2 ( x ; y )∈CD; z1 ( x ; y )≤ z2 ( x ; y ) . V oblastını Oz istiqamətində düz sayacağıq:Oz oxuna paralel olan ixtiyari düz xətt oblastın sərhəddini ikidən artıq nöqtədə kəsmir.Onda ∀ f ( x; y ; z )∈CV üçün aşağıdakı bərabərlik ödənilir:

∭V

❑

f (x ; y ;z )dV=∬D

❑ ( ∫z1 ( x ; y )

z2 ( x ; y )

f ( x ; y ; z )dz )dx .

Bu düstur üç birqat inteqralın hesablanmasına gətirilir. Bu zaman əvvəlcə z dəyişəninə xvə y sabit olmaq şərtilə inteqral hesablanır. İnteqralın aşağı sərhədi A nöqtəsinin applikatıdır: yəni z=z1 (x ; y )-dir. Yuxarı sərhədi B nöqtəsinin applikatıdır: z=z2 (x ; y ).

Əgər D oblastı x=a , x=b (a<b ) ,φ1 ( x )C [a , b] ;φ2 (x )C [a ,b ];

φ1 ( x )<φ2 ( x ) şərtlərini ödəyən y=φ1 (x ) ; y=φ2 ( x )

funksiyaları ilə məhduddursa onda D oblastı üzrə ikiqat inteqraldan təkrar inteqrala keçərək alırıq:

∭V

❑

f (x ; y ;z )dv=∫a

b

dx∫φ1

φ2

dy ∫z1 ( x ; y )

z2 ( x ; y )

f ( x ; y ; z )dz

Misal1. V oblastı z=0 , y=0 , z=1, x+ y+z=2 müstəviləri ilə məhdud olduqda

∭V

❑

( x+z )dxdydz

Inteqralını hesablayın.

∭V

❑

( x+z ) dxdydz=∫0

1

dx ∫0

1−x

dy ∫1

2−x− y

( x+ z )dz=¿¿

∫0

1

dx∫0

1−x

dy ∙(xz+ z2

2 ) 12−x− y=¿¿

∫0

1

dx∫0

1−x

(2 x−x2−xy−x+ (2−x− y )2

2−1

2 )dy=¿¿

¿∫0

1

dx (xy−x2 y−x y2

2− (2−x− y )3

6−1

2y ) 01−x=¿¿

¿∫0

1

( 32 ∙ x2

2−2 ∙ x3

3+ x4

4−1

2 ( x2

2−2∙ x3

3+ x4

4 )−23

x− (2−x )4

24 ) 01=¿¿¿ 3

4−2

3+ 1

4− 1

24−2

3− 1

24+ 16

24= 1

4.

Üçqat inteqralda dəyişənin əvəz edilməsi. Üçqat inteqralın silindrik və sferik koordinatlarda hesablanması

I (u; v ; w )=|∂ x∂ u

∂ x∂ v

∂ x∂ w

∂ y∂ u

∂ y∂ v

∂ y∂ w

∂ z∂ u

∂ z∂ v

∂ z∂ w|

Onda üçqat inteqralda aşağıdakı dəyişəni əvəzetmə düsturu doğrudur:

∭V

❑

f (x ; y ;z )dxdydz=¿∭V ¿

❑

f (φ (u ;v ;w );ψ (u ;v ;w ) ; χ (u ;v ;w ) )|I (u ; v ; w )|dudvdw .(1)

Burada I (u; v; w ) Yakobi determinantıdır, və ya çevirmənin yakobianıdır.Üçqat inteqralların hesablanması zamanı adətən silindrik koordinatlardan istifadə olunur. Oxyz fəzasında M (x ; y ; z ) nöqtəsinin vəziyyətini r , φ ; z ədədləri ilə müəyyən etmək olar; r ədədi M nöqtəsinin Oxy müstəvisindəki proyeksiyasının radius vektorunun uzunluğudur, φ-bu radius vektorun Ox oxu ilə əmələ gətirdiyi bucaq, z isə M nöqtəsinin applikatıdır. Bu üç ədəd (r ;φ ; z )M nöqtəsinin silindrik koordinatları adlanır. Nöqtənin silindrik koordinatları onun dekart koordinatları ilə aşağıdakı kimi əlaqədardır:

x=r cos φ , y=r sin φ , z=z(r ≥ 0 , φ∈ [0 ;2 π ] , z∈R ).

u ;v ;w-nin əvəzinə r ;φ ; z silindrik koordinatlarını götürək və çevirmənin yakobianını hesablayaq:

I (r ;φ ; z )=|∂ x∂ r

∂ x∂φ

∂ x∂ z

∂ y∂ r

∂ y∂φ

∂ y∂ z

∂ z∂ r

∂ z∂φ

∂ z∂ z|=|cosφ −r sin φ 0

sin φ r cosφ 00 0 1|=r≥ 0.

(1) dəyişəni əvəzetmə düsturu belə olar:

∭V

❑

f (x ; y ;z )dxdydz=¿∭V ¿

❑

f (r cosφ ;r sin φ ; z )rdrdφdz .(2)¿

Qeyd. İnteqrallama oblastı silindrik səthdən ibarət olduqda silindrik koordinatlara keçmək əlverişli olur.

Misal. V inteqrallama oblastı x2+ y2=z2 konusununn yuxarı sərhəddi və z=1 müstəvisi ilə məhdud olduqda

∭V

❑

zdxdydz=?

Həlli. Şəkildə inteqrallama oblastı təsvir olunmuşdur. Silindrikkoordinatlara keçərək inteqralları hesablayaq:

x=r cos φ , y=r sin φ , z=z

Burada dxdydz=rdrdφdz . Konusun tənliyi belə olur:

r2 cos2 φ+r 2sin2 φ=z2 , z=r . Çevrənin tənliyi x2+ y2=1(D oblastının sərhəddi) belə olur: r=1. Yeni dəyişənlər aşağıdakı kimi olur:

r−¿0-dan 1-ə kimi φ−0-dan 2 π-yə kimi; z−r-dən 1-ə kimi.

∭V

❑

zdxdydz=∭V

❑

zrdrdφdz=∫0

2 π

dφ∫0

1

rdr∫r

1

zdz=∫0

2 π

dφ∫0

i

rdr ∙ z2

2r1=¿

¿∫0

2π

dφ∫0

1

r ∙( 12−r2

2 )dr=∫0

2π

dφ ∙( r2

4−r 4

8 ) 01=18

∙φ 02 π=π4

.

Üçqat inteqralın tətbiqləriCismin həcmi

V oblastının həcmi aşağıdakı düsturlarla hesablanır.Ümumi halda:

V=∭V

❑

dv ;

Dekart koordinatlarda:

V=∭V

❑

dxdydz;

Silindrik koordinatlarda:

V=∭V

❑

rdrdφ ;

Sferik koordinatlarda:

V=∭V

❑

ρ2sin θ dρdφdθ .

Cismin kütləsi

Verilmiş γ həcm sıxlığına görə cismin m kütləsi aşağıdakı düsturdan tapılır:

m=∭V

❑

γ ( x; y ; z )dxdydz ;

γ ( x ; y ; z )- M (x ; y ; z ) nöqtəsində kütlənin paylanmasının həcm sıxlığıdır.

Statik momentlər

Oxy , Oxz , Oyz koordinat müstəvilərinə nəzərən Sxy , Sxz , S yz statik momentləri aşağıdakı düsturlardan tapılır:

Sxy=∭V

❑

z ∙ γ ( x ; y ;z )dv ,Sxz=∭V

❑

x ∙ γ (x ; y ; z )dv ,

Syz=∭V

❑

y ∙ γ ( x ; y ; z )dv .

Mövzu6 I növ əyrixətli inteqral

1 I növ əyrixətli inteqralın əsas xassələri

2. I növ əyrixətli inteqralların tətbiqləri

Əyrixətli inteqrallar.

I növ əyrixətli inteqrallar. İnteqrallama oblastı hər hansı əyri olduqda müəyyən inteqralın ümumiləşmiş forması əyrixətli inteqraldır.Tutaq ki, f ( x , y ) AB qövsünün nöqtələrində təyin olunmuş kəsilməz funksiyadır. AB əyrisini M 0=A , M 1 , M 2 ,…, M n=B nöqtələri ilə n sayda uzunluqları ∆ li (i=1,2 ,.. , n ) sayda M i−1 M i=∆li qövslərinə bölək. Hər bir M i−1 M i qövsündə ∀ ( x i; y i ) nöqtəsini qeyd edək və

∑i=1

n

f ( x i; y i )∆ liinteqral cəmini düzəldək. λ=max1 ≤i ≤n

∆ li , n→ ∞ , ∆ xi→ 0 bu cəmin limiti I

növ əyrixətli inteqral adlanır:

limn → ∞∑i=1

( λ→ 0)

n

f (xi , y i )∆ li=∫AB

❑

f (x , y )dl

Teorem. Əgər f ( x , y ) funksiyası hamar əyrinin hər bir nöqtəsində kəsilməzdirsə( hər bir ( x ; y )∈L üçün verilmiş əyriyə toxunan çəkmək mümkündür və onun istiqaməti nöqtənin əyri üzərində yerini dəyişdikdə kəsilməz olaraq dəyişir) , onda I növ əyrixətli inteqral mövcuddur və onun qiyməti əyrinin hissələrə bölünməsindən və nöqtənin seçilməsindən asılı deyil. I növ əyrixətli inteqralın əsas xassələri

1.

∫AB

❑

f ( x ; y )dl=∫BA

❑

f ( x ; y )dl

yəni I növ əyrixətli inteqral inteqrallama yolunun istiqamətindən asılı deyil.

2.

∫L

❑

cf (x ; y )dl=c ∙∫L

❑

f (x ; y )dl , c=const .

3.

∫L

❑

( f 1 ( x ; y )± f 2 (x ; y ) )dl=∫L

❑

f 1 (x ; y )dl±∫L

❑

f 2 ( x; y )dl .

4.Əgər L inteqrallama yolunu ümumi nöqtələri olan və L=L1∪L2 şərtini ödəyən iki L1 və L2 hissələrinə bölsək

∫L

❑

f ( x ; y )dl=∫L1

❑

f (x ; y )dl+∫L2

❑

f ( x ; y )dl .

5.Əgər L əyrisinin nöqtələri üçün f 1 ( x ; y )≤ f 2 ( x ; y ) bərabərsizliyi ödənilərsə

∫L1

❑

f ( x; y )dl≤∫L2

❑

f ( x ; y )dl .

6.

∫AB

❑

dl= limn → ∞( λ→ 0 )

∑i=1

n

∆ li=l ,

l-AB əyrisinin uzunluğudur.

7.(orta qiymət haqqında teorem) Əgər Əgər f ( x , y ) funksiyası AB əyrisində kəsilməzdirsə, onda bu əyri üzərində elə (xс ; y с) nöqtəsi vardır ki,

∫AB

❑

f ( x; y )dl=f (xc ; yc ) ∙l .

Əgər AB əyrisi φ ( x ) kəsilməz diferensiallanan funksiya olduqda y=φ ( x ) , x∈ [a;b ] tənliyi ilə verilmişdirsə

∫AB

❑

f ( x; y ) dl=∫a

b

f (x ;φ ( x ) ) ∙√1+ y x' 2(1)

Misal.LO (0; 0 ) , A (4 ;3 ) nöqtələri arasındakı düz xətt parçası olduqda

∫L

❑

x y2dl−?

Həlli. OA düz xəttinin tənliyi: y=34

x , 0≤ x≤ 4. (1) düsturuna əsasən alırıq:

∫L

❑

x y2dl=∫0

4

x ∙( 34 x)2

∙√1+( 34 )2

dx=4564∫0

4

x3 dx=45.

∫ f ( x , y ) ds=∫a

b

f (x ,φ (x ) )√1+φ' (x )2 dx

Əyri parametrik şəkildə verildikdə

x=φ ( t ) , y=ψ (t ) (α ≤ t ≤ β )

∫ f ( x , y )dx=∫α

β

f (φ ( t ) , ψ ( t ) )√φ'2 ( t )+ψ '2 (t )dt .

I növ əyrixətli inteqralların tətbiqləri

I növ əyrixətli inteqralların riyaziyyat və mexanikaya aid müxtəlif tətbiqləri var.

AB fəza əyrisinin l uzunluğu

l=∫AB

❑

dl .(1)

düsturu ilə hesablanır. Silindrik səthin sahəsi aşağıdakı düsturdan tapılır6

Q=∫AB

❑

f ( x ; y )dl(2)

Maddi AB əyrisinin kütləsi

m=∫AB

❑

γ (M )dl (3)

γ=γ (M )=γ ( x , y ) - əyrinin M nöqtəsində sıxlığıdır.

AB fəza əyrisin elementar M i−1 M i (i=1.n ). Tutaq ki, ( x i; y i ) M i−1 M i qövsünün ixtiyari nöqtəsidir.M i−1 M i qövsünün mi kütləsinin təqribi qiymətini hesablayaq:

mi≈ γ ( x i; y i )∆ li .

Cəmləyərək m kütləsinin təqribi qiymətini hesablayaq:

m ≈ ∆ li∑i=1

n

γ ( x i; y i )∆ li(4)

(4) inteqral cəminin ∆ li →0 (n→ ∞ ) şərtində limitinə AB əyrisinin limiti deyilir:

m= limn →∞

(max∆li → 0)

∑i=1

n

γ ( xi; y i ) ∆li(5)

və ya

m=∫AB

❑

γ ( x; y )dl .

Statik momentlər, ağırlıq mərkəzləri

Ox və Oy oxlarına nəzərən AB maddi əyrisinin statik momentləri və ağırlıq mərkəzləri aşağıdakı düsturlardan tapılır:

Sx=∫AB

❑

y ∙ γ ( x , y )dl , S y=∫AB

❑

x ∙ γ (x ; y )dl , xc=S y

m, yc=

Sx

m.

Ətalət momentləri

AB maddi əyrisinin Ox və Oy oxlarına və koordinat başlanğıcına nəzərən ətalət momentləri İ x , İ y , İ o ətalət momentləri aşağıdakı düsturlardan tapılır:

İ x=∫AB

❑

y2 ∙ γ ( x , y )dl , İ y=∫AB

❑

x2 ∙ γ ( x , y )dl , İ0=∫AB

❑

( y2+x2) ∙ γ (x , y )dl .

Mövzu71. II növ əyrixətli inteqralın xassələri

2. II növ əyrixətli inteqralın hesablanması:

a) İnteqrallama əyrisinin parametrik şəkildə verilməsi halı

b ) İnteqrallama əyrisinin aşkar şəkildə verilməsi halı

II növ əyrixətli inteqrallar

2. II növ əyrixətli inteqrallar. Əgər P ( x , y )və Q ( x , y )kəsilməz funksiyadırsa və y=φ ( x ) ( x a-dan b−¿yə dəyişdikdə) C hamar əyridirsə, onda uyğun II növ əyrixətli inteqral aşağıdakı düsturdan tapılır:

∫ [P ( x . y ) dx+Q ( x . y )dy ]=∫a

b

[P ( x .φ ( x ) )+φ' (x )Q ( x , φ ( x ) ) ]dx .

Daha ümumi halda C əyrisi parametrik şəkildə verildikdə ( t α−dan β− yad ək d ə yi ş ir ) x=φ (t ) , y=ψ (t )

∫P ( x , y )dx+Q (x , y )dy=∫α

β

[P (φ ( t ) ,ψ ( t ) )φ ' ( t )+Q (φ (t ) ,ψ ( t ) )ψ ' ( t ) ]dt .

∫AB

❑

P ( x ; y )dx= limn →∞(λ →0 )

∑i=1

n

P ( x i; y i )∆ x i

∫AB

❑

Q ( x ; y )dx= limn →∞( λ→0 )

∑i=1

n

Q ( x i; yi )∆ y i

Teorem. Əgər AB əyrisi hamardırsa və P ( x; y ), Q ( x ; y ) funksiyaları AB əyrisində kəsilməzdirsə onda II növ əyrixətli inteqral mövcuddur.

II növ əyrixətli inteqralın xassələri

1.İnteqrallama yolunun istiqamətini dəyişdikdə II növ əyrixətli inteqral ışarəsini əksinə dəyişir:

∫AB

❑

❑=−∫BA

❑

❑

2.Əgər AB əyrisini iki ACvə CB hissələrinə bölsək onda

∫AB

❑

❑=∫AC

❑

❑+∫CB

❑

❑

3.Əgər AB əyrisi Ox oxuna perpendikulyar müstəvi üzərində yerləşmişsə onda

∫L

❑

P ( x; y )dx=0(∆ x i=0)

Analoji olaraq AB əyrisi Oy oxuna perpendikulyar müstəvi üzərində yerləşmişsə

∫L

❑

Q ( x; y )dx=0(∆ y i=0)

4.Qapalı əyri üzrə əyrixətli inteqral (∮❑ilə ışarə olunur); başlangıc nöqtənin seçilməsindən asılı deyil, əyrinin istiqamətindən asılıdır. Həqiqətən də

∮AmCnA

❑

❑= ∫AmC

❑

❑+∫CnA

❑

❑

Digər tərəfdən

∮CnAmC

❑

❑=∫CnA

❑

❑+ ∫AmC

❑

❑.

Beləliklə

∮AmCnA

❑

❑= ∮CnAmC

❑

❑.

II növ əyrixətli inteqralın hesablanması

II növ əyrixətli inteqralın hesablanması I növ əyrixətli inteqral kimi müəyyən inteqralın hesablanmasına gətirilir.

İnteqrallama əyrisinin parametrik şəkildə verilməsi halı

Tutaq ki, AB əyrisi x (t )∈C [α , β ] ; y ( t )∈C [α ;β ] ; x' (t )∈C [α ; β ]; y ' (t )∈C[ α; β ] ; (əyrinin A başlangıc nöqtəsindət=α parametri, əyrinin B son nöqtəsində t=βparametri iştirak

etmir) şərtləri daxilində x=x (t ) ; y= y (t ) tənlikləri ilə parametrik şəkildə verilmişdir. Tutaq ki. P ( x ; y ) funksiyası əyrinin bütün nöqtələrində kəsilməzdir. Onda tərifə görə

∫AB

❑

P ( x ; y )dx= limn→∞(λ →0 )

∑i=1

n

P ( x i; y i )∆ xi(1)

İnteqral cəmini t dəyişəninə görə tərtib edək. Belə ki,

∆ x i=x i−x i−1=x (ti )−x (t i−1 ) ,

Onda orta qiymət haqqında Laqranj düsturuna əsasən alırıq:

∆ x i=x ' (c i) ∆ ti ;c i∈ (ti−1−t i ) ,∆ t i=ti−ti−1 .

( x i; y i ) nöqtəsini elə seçək ki, x i=x (c i ) , y i= y (ci ) . Onda tərtib edilmiş inteqral cəmi

∑i=1

n

P (x (c i )) ∙ x' (c i )∙ ∆t iinteqral cəmi birdəyişənli [α ; β ] intervalında

P ( x (t ); y (t ) )∙ x ' (t ) birdəyişənli funksiyası üçün inteqral cəmi olacaqdır. Onda

∫AB

❑

P ( x ; y )dx=∫α

β

P (x (t ) ; y ( t ) ) x ' ( t )dt (2 )

Analoji olaraq alırıq:

∫AB

❑

Q ( x ; y )dx=∫α

β

Q (x ( t ) ; y ( t ) ) y ' (t ) dt (3 )

(2) və (3) bərabərliklərini hədbəhəd toplayaraq alırıq:

∫AB

❑

P ( x ; y )dx+Q ( x; y )dy=∫α

β

P (x (t ) ; y (t ) ) x' ( t )+Q( x ( t ); y ( t )) y ' ( t )¿dt

İnteqrallama əyrisinin aşkar şəkildə verilməsi halı

Əgər AB əyrisi y=φ ( x ) , x∈ [a;b ] tənliyi ilə verilmişdirsə və

φ ( x )∈C [a ;b ], və φ ' ( x )∈C[ a; b] onda (4) düsturunda x-i parametr kimi qəbul edərək AB əyrisinin parametrik şəkildə tənliyini alırıq: x=x , y=φ ( x ) , x∈ [a ;b ] . Onda alırıq

∫AB

❑

P ( x ; y )dx+Q ( x ; y )dy=∫a

b

[P (x ;φ ( x ))+Q (x ;φ (x)¿φ' (x ))]dx (5)

Xüsusi halda

∫AB

❑

P ( x ; y )dx=∫a

b

P (x ;φ ( x ) )dx (6 )

Əgər AB əyrisi hamar əyridirsə [α ; β ]-da kəsilməz olan x=x ( t ) , y= y (t ) və

z=z (t ) funksiyaları ilə verilmişdirsə onda əyrixətli inteqral, yəni:

∫AB

❑

P ( x; y ; z )dx+Q ( x ; y ; z )dy+R (x ; y ;z )dz

aşagıdakı düsturla hesablanır:

∫AB

❑

P ( x ; y ; z )dx+Q ( x ; y ; z )dy+R (x ; y ;z )dz=¿

¿∫α

β

[P (x ( t ) ; y ( t ); z ( t )) x ' ( t )+Q (x (t ); y (t ); z ( t ) ) y ' ( t )+R (x (t ) ; y ( t ); z ( t )) z ' ( t ) ]dt . (7 )

Qeyd. I və II növ əyrixətli inteqrallar arasındakı əlaqəni aşağıdakı münasıbət yaradır:

∫AB

❑

Pdx+Qdy=∫AB

❑

(Psin α+Q cos β )dl ,

Burada α və β M ( x ; y ) nöqtəsində AB əyrisinə çəkilmiş toxunanların uygun olaraq Ox və Oy oxları ilə əmələ gətirdiyi bucaqlardır.

Misal1 . L təpə nöqtələri O (0 ;0 ) , A (2 ;0 ) ,B (4 ;2 ) olan OAB sınıq xətti olduqda

İ=∫L

❑

( x− y )2 dx+ ( x+ y )2 dy−?

Həlli. .

L=OAB=OA+AB ;İ=∫OA

❑

❑+∫AB

❑

❑.

OA parçasının tənliyi : y=0 ,0≤ x≤ 2 ;

AB parçasının tənliyi: y=x−2, x∈ [2; 4 ] . (5) düsturuna əsasən alırıq:

İ=∫0

2

[ ( x−0 )2+0 ]dx+∫2

4

[22+ (2 x−2 )2 ∙1 ]dx=¿¿

¿ x3

302+4 x 24+ 1

2∙ (2 x−2 )3

2│

2

4

=1363

.

Misal 2.y2−8 y+x2=0

y2−10 y+x2=0

əyriləri ilə əhatə olunmuş səthin sahəsini tapın.

Həlli. y= x√3

, y=√3 x

Polyar koordinat sistemində {x=r cosφy=r sin φ

S=∫π6

π3

dφ ∫8 sin φ

10sin φ

rdr ∙ 12∫π

6

π /3

r2│8sin φ10 sin φ dφ=¿¿

¿18∫π /6

π /3

sin2 φdφ=9∫π /6

π /3

(1−cos 2φ )dφ=¿¿

¿9(φ │π /6π /3−1

2∫π /6π /3

cos 2φ d (2 φ ))=9 ( π3− π6−1

2 (sin 2 π3−sin π

3 ))=3π2

.

Mövzu8Ostroqradski-Qrin düsturu. II növ əyrixətli inteqralın tətbiqləri

1. Ostroqradski-Qrin düsturu.

2. II növ əyrixətli inteqralın tətbiqləri:

a)Müstəvi fiqurun sahəsi

b)Dəyişən qüvvənin işi

Ostroqradski-Qrin düsturu.

D oblastı üzrə ikiqat inteqral və onun sərhəddi L olan

əyrixətli inteqral arasındakı əlaqəni Ostroqradski-Qrin düsturu yaradır.

Teorem. Əgər L−D oblastının sərhədidirsə P ( x , y ) və

Q ( x , y ) funksiyaları və onların birinci tərtib xüsusi törəmələri ( ∂ Q∂ x

; ∂ P∂ y )

kəsilməzdirsə,D+L qapalı oblastında aşağıdakı Ostroqradski- Qrin düsturu doğrudur:

∮L

❑

Pdx+Qdy=∬D

❑

( ∂ Q∂ x−∂ P

∂ y )dxdy (1)

İsbatı. Tutaq ki, y=φ1 (x ) AnB qövsünün, y=φ2 (x ) isə AmB qövsünün tənliyidir.

Əvvəlcə ∬D

❑ ∂ P∂ y

dxdy-i tapaq. İkiqat inteqralın hesablanması üsuluna əsasən alırıq:

∬D

❑ ∂ P∂ y

dxdy=∫a

b

dx ∫φ1 ( x )

φ2 ( x ) ∂ P∂ y

dy=¿∫a

b

dx ∙ P (x ; y ) φ1 ( x )φ2 ( x )=¿¿

¿∫a

b

P (x ;φ2 ( x ) )dx−∫a

b

P (x; φ1 (x ) )dx .

∫AB

❑

P ( x; y )dx=∫a

b

P (x ;φ ( x ) )dx (¿)

düsturuna əsasən

∬D

❑ ∂ P∂ y

dxdy=∫AmB

❑

P ( x ; y )dx−∫AnB

❑

P ( x ; y )dx=¿¿

¿−∫BmA

❑

P ( x ; y )dx−∫AnB

❑

P ( x ; y )dx=¿−∮L

❑

P ( x ; y )dx . (2)¿

Analoji olaraq isbat olunur ki,

∬D

❑ ∂Q∂ x

dxdy=∮L

❑

Q ( x ; y )dx .(3)

(3) düsturundan (2) düsturunu çıxsaq (1) düsturunu alırıq. Əgər hər hansı oblastı sonlu sayda düzgün oblastlara bölmək mümkündürsə onda həmin oblastlar üçün də (1) düsturu tətbiq olunur.

II növ əyrixətli inteqralın tətbiqləri

Müstəvi fiqurun sahəsi

Oxy müstəvisində yerləşmiş və L əyrisi ilə məhdudlanmış müstəvi fiqurun S sahəsi aşağıdakı düsturdan tapılır:

S=12∮L❑

xdy− ydx (1 )

bu zaman və L əyrisi ilə saat əqrəbininəksi istiqamətində hərəkət edilir.

∮Pdx+Qdy=∬( ∂ Q∂ x− ∂P

∂ y )dx dy (2)

Həqiqətən də Ostroqradski-Qrin düsturu(2) düsturunda P ( x , y )=0 ,Q ( x , y )=x yazsaq, alırıq:

∬D

❑

(1−0 )dxdy=∮L

❑

0∙ dx+xdy ,

və ya

S=∮L

❑

xdy (3 )

Analoji olaraq P ( x , y )=− y , Q ( x , y )=0 qəbul edərək II növ əyrixətli inteqralın köməyi ilə fiqurun sahəsinin hesablanması üçün daha bir düstur alırıq:

S=−∮L

❑

ydx (4 )

(3) və (4) düsturlarını toplayaraq və ikiyə bölərək alırıq:

S=12∮L❑

xdy− ydx

(3) və (4) düsturlarından daha çox (1) düsturu istifadə olunur.

Dəyişən qüvvənin işi

Əyrixətli AB səhəsində qüvvənin F (P ( x ; y );Q ( x; y ) ) işi aşağıdakı düsturdan tapılır:

A=∫AB

❑

Pdx+Qdy

Tutaq ki, maddi ( x ; y ) nöqtəsi Oxy müstəvisinin hər hansı AB əyrisi üzrə dəyişən F qüvvəsinin təsiri altında (A nöqtəsindən B nöqtəsinə doğru) dəyişir. AB əyrisini M 0=A ; M 1 ; M 2 ;…; M n=B sayda uzunluqları ∆ l olan n elementar M i−1 M i elementar qövsə bölək. (şək) Qövslərin hər birində ∀Ci ( x i; y i ), i=1,2 , …;n. nöqtəsini ğötürək. Hər bir M i−1 M i qövsünü M i−1 M i=(∆ xi ;∆ y i ) vektoru ilə əvəz edək.F qüvvəsini isə M i−1 M i dəyişmə vektorunda sabit sayacağıq və onun qiyməti M i−1 M i qövsünün C i nöqtəsindəki qüvvəsinə bərabərdir:

F İ=(P ( x i; y i ) ;+Q ( x i; y i ))

Onda F İ ∙ M i−1 M i skalyar hasili F İ qüvvəsinin M i−1 M i qövsü boyunca təqribi işinə bərabərdir.

Ai ≈ F İ ∙ M i−1 M i=P ( x i; y i ) ∙ ∆ x i+Q ( x i ; yi ) ∙∆ y i(5)

Bütün əyri üzrə F qüvvəsinin A işinin təqribi qiyməti

A=∑i=1

n

A i ≈∑i=1

n

P ( x i ; y i )∙ ∆ x i+¿∑i=1

n

Q ( xi ; y i ) ∙ ∆ y i .¿

A işinin dəqiq qiyməti λ=max⏟ ∆1 ≤i ≤ n

li→ 0 şərtində(onda ∆ x i →0 ;∆ y i → 0 )

alınmış cəmin limitinə bərabərdir:-

A= limλ→ 0

(n → ∞)

∑i=1

n

P ( x i; y i ) ∙ ∆ x i+¿∑i=1

n

Q ( x i ; y i )∙∆ y i= .¿

¿∫AB

❑

P ( x ; y )dx+Q (x ; y )dy

AB fəza əyrusi üçün

A=∫AB

❑

P (x ; y ; z )dx+Q (x ; y ;z )dy+Q ( x ; y ; z )dz .

Misal. F=4 x6 i+xyj qüvvəsinin O (0 ;0 ) nöqtəsindən B (1 ;1 ) nöqtəsinədək y=x3 əyrisi boyunca gördüyü işi tapın.

A=∫L

❑

4 x6 dx+xydy=∫0

1

(4 x6+ x ∙ x3 ∙3 x2 )dx=∫0

1

7 x6 dx=1.

Mövzu9

1. I növ səth inteqralları

2. I növ səth inteqralının xassələri

3 I növ səth inteqrallarının hesablanması

I növ səth inteqralları

İkiqat inteqralın ümumiləşmiş forması səth inteqralıdır.

Tutaq ki, Oxyz fəzasının sahəsi S olan S səthindəkəsilməz f ( x ; y ; z ) funksiyası verilmişdir. S səthini sahələri ∆ Si, diametrləri d i (i=1 ,n ) olan n sayda Si hissələrinə bölək. Hər bir Si hissəsində ∀ M i (x i; y i ; zi ) nöqtəsini götürək və aşağıdakı cəmi düzəldək:

∑i=1

n

f (x i; y i ; zi ) ∆ Si(1)

Bu cəm f ( x ; y ; z ) funksiyasının S səthində inteqral cəmi adlanır.

∬S

❑

f ( x ; y ; z )ds= limλ→ 0

(n → ∞)

∑i=1

n

f (x i; y i ; zi )∆ Si(2)

Varlıq teoremi. Əgər S səthi hamardırsa (onun hər bir nöqtəsində nöqtənin səth üzrə dəyişməsi zamanı kəsilməz olaraq dəyişən toxunan müstəvi mövcuddursa),f ( x ; y ; z ) funksiyası isə bu səthdə kəsilməzdirsə onda səthinteqralı mövcuddur.

I növsəth inteqralının aşağıdakı xassələri var.

1.∬S

❑

c ∙ f (x ; y ;z )ds=c ∙∬s

❑

f ( x; y ; z )ds;c=const

2.∬S

❑

( f 1 (x ; y ; z )± f 2 ( x; y ; z )) ds=∬S

❑

f 1 ( x; y ; z )ds±∬S

❑

f 2 ( x; y ; z )ds .

3. Əgər S səthini S=S1∪ S2; S1 və S2-nin kəsişməsi isə onları ayıran sərhəddən ibarətdirsə, onda

∬S

❑

f ( x ; y ; z )ds=∬S 1

❑

f ( x ; y ; z )ds+∬S2

❑

f ( x ; y ; z )ds .

4.Əgər S səthində f 1 ( x ; y ; z )≤ f 1 ( x ; y ; z ) ödənilərsə, onda

∬S

❑

f 1 ( x ; y ; z )ds≤∬S

❑

f 2 ( x ; y ; z )ds .

5.Əgər S səthinin sahəsi S olarsa, onda

∬s

❑

ds=S .

6.|∬S

❑

f ( x; y ; z )ds|≤∬S

❑

|f ( x ; y ; z )|ds .

7.Əgər f ( x ; y ; z )∈CS onda bu səthdə ∃M (xc ; yc ; zc )∈S nöqtəsi var ki,

∬s

❑

f ( x ; y ; z )ds=f (xc ; yc ; zc) ∙ S

(orta qiymət haqqında teorem)

I növ səth inteqrallarının hesablanmasıI növ səth inteqralının hesablanması S səthinin Oxy müstəvisinə proyeksiyası

olan D oblastı üzrə ikiqat inteqralın hesablanmasına gətirilir.S səthini Si i=1 ,n hissələrinə bölək. Si-nin Oxy müstəvisinə proyeksiyasını σ i ilə işarə edək. Bu zaman D oblastı n sayda σ 1 , σ2 , …, σn hissələrinə bölünəcək. σ i-də ixtiyarı Pi (xi ; y i ) nöqtəsini götürək və Oxy müstəvisinə S səthini kəsənədək perpendikulyar endirək. S səthində M i (x i ; y i; zi ) nöqtəsini alırıq. M i nöqtəsinə toxunan müstəvi keçirək və onun Oxy müstəvisinə σ i oblastlarına proyeksiyalanan T i hissəsinə baxaq.(şək). Elementar Si ,T i , σ i hissələrinin sahələrini uyğun olaraq ∆ Si , ∆ T i , ∆ σ i ilə işarə edək. Təqribən hesab edəcəyik ki,

∆ T i ≈ ∆ S i (3 )γi ilə Oz oxu və səthə M nöqtəsində çəkilən ni normalı arasındakı bucağı işarə edərək alırıq:

∆ T i ∙cos γi=∆ σ i (4 )(σ i oblastı T i-nin Oxy müstəvisinə proyeksiyasıdır.)Əgər S səthi z=z ( x ; y ) tənliyi ilə verilmişdirsə onda M i nöqtəsindəki toxunan müstəvinin tənliyi belə olacaq:

zx' (x i; y i ) ∙ (x−xi )+z y

' (x i; y i ) ∙ ( y− y i )−( z−z i )=0 ,Burada zx

' , z y' ,−1 müstəvi üzərində normal vektorun koordinatlarıdır. γi iti bucağı

k=(0 ;0 ;1 ) və ni=(−z x' (x i; y i ) ;−z y

' (x i ; y i );−1) vektorları arasındakı bucaqdır. Həqiqətən də,

cos γi=k ni

|k||ni|= 1

√1+ zx' 2 ( xi ; y i )+z y

'2 (x i; y i )Onda (4) bərabərliyi belə olur:

∆ T i=√1+zx'2 (x i; y i )+z y

' 2 (x i ; y i) ∆ σ i .

(2) düsturunun sağ tərəfində ∆ Si-ni (3)-ü nəzərə alaraq ∆ T i üçün alınmış ifadə ilə

z i-ni isə z i (x i ; y i ) ilə əvəz edək. Ona görə də ən böyük Si diametrinin sıfra yaxınlaşması şərtində S səthi üzrə inteqralın S səthinin Oxy müstəvisi üzrə proyeksiyasına görə ikiqat inteqralla hesablanmasi düsturunu alırıq:

∬s

❑

f ( x ; y ; z )ds=¿∬s

❑

f (x ; y ; z ( x; y ) )√1+ zx' 2+z y

'2 dxdy (5)¿

Qeyd edək ki. əgər S səthi y= y ( x ;z )və ya x=x ( y ; z ) tənlikləri ilə verilmişdirsə onda analoji olaraq alırıq ki,

∬s

❑

f ( x; y ; z )ds=¿∬D 1

❑

f (x ; y (x ; z ); z )√1+ yx' 2+ yz

' 2dxdz (6)¿

∬s

❑

f ( x ; y ; z )ds=¿∬D 2

❑

f (x ( y ; z ) ; y ;z )√1+x y' 2+xz

'2 dydz (7)¿

D1 və D2 uyğun olaraq S səthinin Oxz və Oyz müstəvilərinə proyeksiyasıdır.

Momentlər

Sxy=∬S

❑

z ∙ μ ( x ; y ; z ) ds , M x=∬S

❑

( y2+z2) ∙ μ (x ; y ;z )ds

Syz=∬S

❑

x ∙ μ ( x ; y ; z )ds , M y=∬S

❑

( x2+z2 ) ∙ μ ( x ; y ; z )ds

Sxz=∬S

❑

y ∙ μ ( x ; y ; z )ds , M z=∬S

❑

(x2+ y2) ∙ μ (x ; y ; z )ds

xC=S yz

m, y=

Sxz

m, z=

Sxy

m, M 0=∬

S

❑

(x2+ y2+z2 ) ∙ μ ( x ; y ; z )ds .

Mövzu101.II növ səth inteqralının ümumi şəkildə düsturu.

2.Mebius lenti

3.II növ səth inteqralının xassələri

4. II növ səth inteqralının hesablanması

II növ səth inteqralları

Tutaq ki, iki tərəfli səth verilmişdir( belə səthə misal olaraq f x' və f y

' funksiyaları D oblastının Oxy müstəvisində kəsilməz olan z=f (x , y ) tənliyi ilə verilmiş müstəvi ellipsoid və s.-ni göstərmək olar).

II növ birtərəfli səth inteqralına misal olaraq Mebius lentini göstərmək olar.ABCD düzbucaqlısında AB və CD tərəfləri elə yapışdırılır ki. A nöqtəsi C nöqtəsi ilə B nöqtəsi D nöqtəsi ilə birləşdirilir.

Tutaq ki, Oxyz fəzasının baxılan iki tərəfli S səthində kəsilməz f ( x ; y ; z ) funksiyası verilmişdir.(şək a və şək b) Səthin verilmiş tərəfini Si ( i=1 ,n )hissələrinə bölək və koordinat oxlarına görə proyeksiyalayaq. Əgər səthin yuxarı hissəsi götürülmüşdürsə bu zaman ∆ σ iproyeksiyalarının sahəsini müsbət işarə ilə, yənicos γi>0 ; əgər səthin aşağı hissəsi götürülmüşdürsə mənfi işarə ilə, yəni cos γi<0 olur. Bu zaman inteqral cəmi aşağıdakı kimi olur:

∑i=1

n

f (x i; y i ; zi ) ∆ σ i(1)

∆ σ i=(Sı )Oxy - Oxy müstəvisi üzrə Si proyeksiyasının sahəsidir.

λ=max d i →0 şərtində (1) inteqral limiti varsa və S səthinin Si hissələrinə bölünməsindən və M i∈S i nöqtəsinin seçilməsindən asılı deyilsə ona f ( x ; y ; z )

funksiyasının x , y dəyişənlərinə görə səthin seçilmiş tərəfi üzrə II növ səth inteqralı deyilir və belə işarə

olunur:

∬S

❑

f ( x ; y ; z )dxdy .

Beləliklə:

∬S

❑

f ( x ; y ; z )dxdy= limλ→ 0

( n→ ∞ )

∑i=1

n

f (x i; yi ; z i )∆ σ i

Analoji olaraq y , z və z , x dəyişənləri üçün II növ səthinteqralları müəyyən olunur.

∬S

❑

f ( x ; y ; z )dydz= limλ→ 0

(n → ∞ )

∑i=1

n

f (x i; y i ; zi )∙ (Si )Oyz

∬S

❑

f ( x ; y ; z )dxd z= limλ →0

(n →∞ )

∑i=1

n

f ( xi ; y i; z i ) ∙ (S i )Oxz

II növ səth inteqralının ümumi şəkli belədir:

∬S

❑

P (x ; y ; z )dydz+Q ( x ; y ;z )dzdx+R ( x; y ; z )dxdy

(¿∬S

❑

Pdydz+∬S

❑

Qdzdx+∬S

❑

Rdxdy)Burada P ,Q . R funksiyaları ikitərəfli S səthinin nöqtələrində təyin olunmuş kəsilməz funksiyalardır.

Qeyd edək ki, S qapalı səth olduqda səth inteqralı onun xarici tərəfi üzrə ∯S

❑

❑ ilə

daxili tərəfi üzrə ∯− S

❑

❑ ilə işarə olunur.

II növ səth inteqralının xassələri

1.II növ səth inteqralı səthin tərəfini dəyişdikdə işarəsini əksinə dəyişir.

2.Sabit vuruğu II növ səth inteqralı işarəsixaricinə çıxarmaq olar.

3.İki funksiyanın cəminin səth inteqralı toplananların inteqralları cəminə bərabərdir.

4.S=S1+S2 səthi üzrə II növ səth inteqralı onun S1 və S2 sahələri üzrə inteqralları cəminə bərabərdir.

5.Əgər S1 , S2,S3 səthlərinin uyğun olaraq Ox , Oy , Oz oxlarına paralel olan doğuranları varsa, onda

∬S1

❑

R (x ; y ;z )dxdy=¿∬S2

❑

P (x ; y ;z )dydz=∬S3

❑

Q (x ; y ;z )dxdz=0¿

II növ səth inteqralının hesablanması

II növ səth inteqralının hesablanması ikiqat inteqralın hesablanmasına gətirilir. Tutaq ki. R ( x ; y ; z ) funksiyası z=z ( x , y ) funksiyası S səthinin Oxy müstəvisinə proyeksiyası olan qapalı D oblastında kəsilməzdir) tənliyi ilə verilmiş S səthinin bütün nöqtələrində kəsilməzdir.Səthin elə hissəsini götürək ki. normal Ox oxu ilə iti bucaq əmələ gətirsin. Onda ∆ σ i>0 ( i=1,2 , …,n ). z1=z ( xi ; y i ) olduğundan (1) inteqral cəmini belə yaza bilərik:

∑i=1

n

R (x i ; y i; z i )∆ σ i=∑i=1

n

f (x i ; y i; z (xi ; y i ))∆ σ i(2)

Bu bərabərliyin sağ tərəfi D oblastında kəsilməz R (x; y ; z ( x ; y ) ) funksiyaları üçün inteqral cəmidir. (2) bərabərliyindən λ → 0 şərtində limitə keçsək, aşağıdakı düsturu alırıq:

∬S

❑

R (x ; y ;z )dxdy=∬D

❑

R (x i; y i ; z (x i ; y i ))dxdy (3 )

Bu isə II növ səth inteqralını ikiqat inteqralla ifadə edir. Əgər ikinci tərəfi yəni S səthinin aşağı hissəsini götürsək, onda alınmış inteqralı “mənfi” işarəsi ilə götürürlər. Ona görə də

∬S

❑

R (x ; y ;z )dxdy=±∬D

❑

R ( x i; y i ;z (xi; y i )) dxdy (4 )

Analoji olaraq aşağıdakı düsturları alırıq:

∬S

❑

Q (x ; y ; z )dxdz=∬D xz

❑

Q ( xi ; y i ;z (x i; y i )) dxdz (5 )

∬S

❑

P (x ; y ; z )dydz=±∬D yz

❑

P (x i ; y i; z (xi ; y i ))dydz (6 )

Burada D xz və D yz uyğun olaraq S səthinin Oxz və Oyz müstəviləri üzərindəki proyeksiyasıdır.(5) düsturunda S səthi y= y ( x ;z ) düsturu ilə; (6) düsturunda isə x=( y ; z )düsturu ilə verilmişdir. Səthə çəkilən normal Oy oxu ilə iti bucaq əmələ gətirdikdə müsbət ; kor bucaq əmələ gətirdikdə mənfi işarəsi götürülür. II növ səth inteqrallarını (4)-(6) düsturları ilə hesablayarkən S səthinin bütün üç koordinat müstəvisi üzərində proyeksiyasına görə inteqrallarını götürürlər:

∬S

❑

P (x ; y ; z )dydz+R ( x ; y ; z )dxdy+Q ( x ; y ; z )dxdz=¿¿

¿∬S

❑

(P cos α+Q cos β+R cos γ )ds (7 )

Məsələ.

İ 1=∬S

❑

−xdydz+zdzdx+5 dxdy−?

S səthi 2 x+3 y+z=0 müstəvisinin yuxarı hissəsində IV oktantda yerləşmişdir.

|n|=√4+9+1=√14 , cosα= 2√14

>0.

cos β= −3√14

<0 , cos γ= 1√14

>0.

Ona görə də (4) və (6) düsturlarında ikiqat inteqral işarəsinin qarşısında müsbət, (5) düsturunda isə mənfi işarəsi qoyulur. Həqiqətən də,

İ 1=+∬D yz

❑

(−3−32

y+ z2 )dydz−∬

D xz

❑

zdzdx+5∬D xy

❑

dxdy=¿¿

¿∫−2

0

dy ∫0

3 y+6

(−3−32

y+ 12

z)dz−∫0

3

dx ∫0

6−2x

zdz+5 ∙ 12

∙2 ∙3=−9.

Mövzu111. Ostroqradski-Haus düsturu

2. II növ səth inteqralları üçün Stoks düsturu.

Ostroqradski-Haus düsturu

Qapalı səth üzrə II növ səth inteqralı və üçqat inteqral arasındakı əlaqəni aşağıdakı teorem ifadə edir:

Teorem. Əgər P ( x ; y ; z ) , Q ( x ; y ; z ) , R ( x ; y ; z ) funksiyaları özlərinin I tərtib xüsusi törəmələri ilə V fəza oblastında kəsilməzdirsə, onda

∭V

❑

( ∂ P∂ x+ ∂Q

∂ y+ ∂ R

∂ z )dxdydz=∯S

❑

Pdydz+Qdxdz+Rdxdy (1 )

S−V oblastının sərhəddidir. (1) düsturu Ostroqradski-Haus düsturu adlanır.Bu düstur Ostroqradski-Qrin düsturunun analoqudur.

İsbatı. Tutaq ki, V fəza oblastı aşağıdan tənliyi z=z1 (x ; y ) olan S1 səthi, yuxarıdan tənliyi z=z2 (x ; y ) olan S2 səthi ilə məhduddur (z1 ( x ; y )∈CD ,

z2 ( x ; y )∈CD ; z1 ( x ; y )≤ z2 ( x; y )), yanlardan isə doğuranı Oz oxuna paralel olan S3 silindrik səthi ilə məhduddur. Aşağıdakı üçqat inteqrala baxaq:

∭V

❑ ∂ R∂ z

dxdydz=∬D

❑

dxdy ∫z 1( x ; y )

z 2( x ; y )∂ R∂ z

dz=¿¿

¿∬D

❑

R (x ; y ; z2 ( x ; y ) )dxdy−∬D

❑

R (x ; y ; z1 ( x ; y ) )dxdy

Bərabərliyin sağ tərəfindəki ikiqat inteqralları S1 və S2 səthlərinin xarici tərəfləri üzrə II növ səth inteqralı ilə ifadə edək. Alırıq:

∭V

❑ ∂ R∂ z

dxdydz=∬S 2

❑

Rdxdy+∬S1

❑

Rdxdy . (2 )

S3 xarıcı tərəfi üzrə ∬S3

❑

Rdxdy-i sıfra çevirdıkdən sonra alınan inteqralı (2) düsturuna

əlavə etsək alırıq :

∭V

❑ ∂ R∂ z

dxdydz=∬S 2

❑

Rdxdy+∬S1

❑

Rdxdy+∬S3

❑

Rdxdy .

Və ya

∭V

❑ ∂ R∂ z

dxdydz=∯S

❑

R ( x ; y ; z )dxdy . (3 )

S- V oblastını məhdudlaşdıran səthdir.

Analoji olaraq aşağıdakı düsturlar isbat olunur:

∭V

❑ ∂ Q∂ z

dxdydz=∯S

❑

Q (x ; y ; z )dxdy . (4 )

∭V

❑ ∂ P∂ z

dxdydz=∯S

❑

P ( x ; y ; z )dxdy . (5 )

(3), (4),(5) tənliklərini toplayaraq (1) Ostroqradski-Haus düsturunu alırıq.

Qeyd. 1. Əgər V oblastını sonlu sayda oblastlara bölsək, həmin oblastlar üçün də Ostroqradski-Haus düsturunu tətbiq etmək olar.

2.Ostroqradski-Haus düsturunu həmçinin qapalı səth üzrə II növ səth inteqrallarına da tətbiq etmək olar.

Misal. S səthi 2 x−3 y+ z=6 ; x=0 ; y=0; z=0 müstəviləri ilə məhdud olunmuş piramidanın xarici tərəfi olduqda

İ=∬+S

❑

− xdydz+zdzdx+5dxdy−?

Həlli. (1) düsturuna əsasən alırıq:

İ=∭V

❑

(−1+0+0 )dxdydz=−∭V

❑

dv=−13

∙3 ∙6=−6.

İ 1 inteqralını aşağıdakı düsturdan tapırıq:

İ 1=İ−∬S2

❑

❑−∬S 3

❑

❑−∬S 4

❑

❑

S2 , S3, S4 səthləri uyğun olaraq OAC ; AOB ;COB üçbucaqlarıdır. Alırıq:

İ 1=−6−∬(OAC )

❑

5 dxdy−∬(AOB )

❑

zdzdx−∬(COB )

❑

(−0 )dydz=−6+5∙ 12

∙2 ∙ 3−¿

−∫0

3

dx ∫0

6−2 x

zdz=+9−12∫0

3

(6−2 x )2=9− 12

∙(−12 ) ∙ (6−2 x )3

303=−9.

II növ səth inteqralları üçün Stoks düsturu.

∑i=1

n

f (x i; y i , z i )∆ σ i (1 )

λ=max d i →0 şərtində (1) inteqral cəminin limiti varsa və S sahəsinin Si hissələrinə bölünməsindən və ∀M i∈S i nöqtəsinin seçilməsindən asılı deyilsə ona II növ səthinteqralı deyilir:

∬S

❑

f ( x ; y ; z )dxdy=¿ limλ→ 0

(n → ∞ )

∑i=1

n

f (x i; y i , z i) ∆ σ i(2)¿

Səth və II növ əyrixətli inteqrallar üzrə əlaqə aşağıdakı teoremdə ifadə olunur:

T2.. Əgər P ( x ; y ; z ) ,Q ( x ; y ; z) , R ( x ; y ; z ) funksiyaları özlərinin I tərtib xüsusi törəmələri ilə V fəza oblastında kəsilməzdirsə, onda

∬S

❑

(∂ Q∂ x− ∂ P

∂ y )dxdy+(∂ R∂ y−∂Q

∂z )dydz+( ∂ P∂ z−∂ R

∂ x )dxdy=¿

¿∮L

❑

Pdx+Qdy+Rdz (3 )

L- S səthinin sərhəddidir və L əyrisi üzrə inteqrallama müsbət istiqamətdə aparılır.

(6) düsturu Stoks düsturu adlanır.(Stoks- ingilis riyaziyyatçısı və fiziki)

Mövzu121. Skalyar və vektor meydanı2. Skalyar meydanın qradiyenti və onun xassələri

Meydan nəzəriyyəsinin elementləri. Skalyar və vektor meydanı.

M (x , y , z ) fəza nöqtəsi olduqda skalyar meydanu=f (M )=f (x , y , z )skalyar funksiyası ilə təyin olunur. f ( x . y . z )=C , C=const . səthləri skalyar meydanın meyl səthləri aslanır. Vektor meydanıiM fəza nöqtəsi, r=xi+ yj+zk M nöqtəsinin radius vektoru olduqda u=u (M )=u (r ) nöqtəsinin vektor funksiyası ilə təyin olunur.P ,Q , R vektorları u vektorunun koordinat oxları üzrə proyeksiyasıdır. t zamanından asılı olmayan skalyar və ya vektor meydanı stasionar ; t zamanından asılı sahələr stasionar olmayan adlanır.

1. Skalyar meydanın qradiyenti və onun xassələri.

Skalyar meydan M (x , y , z )-fəza nöqtəsi, r-onun radius vektoru olduqda u=u (M )=u (x , y , z )=u (r ) skalyar funksiyası ilə təyin olunur.Meyl səthləri

u ( x , y , z )=C , C=const .

λ−¿nın hansı qiymətində ∂ u∂ λ ən böyük qiymət alır?

Bu istiqaməti meydanın qradiyenti adlanan vektor müəyyən edir.Qradiyent latınca “qradiyentis” sözündən götürülüb addımlayan, artan deməkdir. Qradiyent terminini ilk dəfə elmə 1873-cü ildə Maksvel daxil etmişdir.

∂ u∂ λ=|gradU|∙cosφ

φ-bucağı gradU-vektoru və λ -istiqaməti arasındakı bucaqdır. Düsturdan çıxır ki, cos φ=1 olduqda yəni φ=0 olduqdaistiqamətinə görə törəmə ən böyük qiymət alır.

∇=i ∂∂ x+ j ∂

∂ y+k ∂

∂ z Hamilton operatoru(xətti diferensial operator ∇ (nabla)) olduqda

U=f (M )meydanının Mnöqtəsində qradiyenti aşağıdakı düsturdan tapılır:

grad U (M )=∂U∂ x

i+ ∂ U∂ y

j+ ∂ U∂ z

k≡∇u .

∂U∂ n=√( ∂ U

∂ x )2

+( ∂ U∂ y )

2

+( ∂U∂ z )

2

n normal vektorunun istiqaməti vahid vektor ilə verildikdə l {cosα , cos β , cosγ }

∂U∂ l=gradUl=grad l U=

∂U∂ x

cos α+ ∂U∂ y

cos β+ ∂U∂ z

cos γ .

Qradiyent verilmiş nöqtədən keçən səthə çəkilmiş normal istiqamətində yönəlmişdir.

Qradiyentin xassələri

1.grad c=0 , c−const ,

2.grad (u+v )=gradu+gradv ,

3.grad (cu )=cgradu , c−const ,

4.grad (uv )=v gradu+u gradv ,

5.grad ( uv )= v gradu−u gradvv2 ,

6.gradF (U )= ∂ F∂U

gradU

7.grad f ' (u )=f ' (u ) gradu , grad un=nun−1 gradu ,

8.grad|r|= r|r|

Altıncı xassəni isbat edək.

gradf (U )= ∂∂ x (f (U ) ) i+ ∂

∂ y (f (U ) ) j+ ∂∂ z ( f (U ) k= ∂ f

∂ U∙ ∂U

∂ xi+ ∂ f

∂ U∙ ∂U

∂ yj+ ∂ f

∂ U∙ ∂U

∂ zk )= ∂ f

∂ U∙gradU .

Misal1.U= xy+ y

z+ z

x funksiyasının A (−1 ;1;−1 ) nöqtəsində artmasının ən böyük

sürətini tapın.

Həlli.

gradU=( 1y− z

x2 )i+(−xy2 +

1x ) j+(− y

x2 +1x )k .

gradU (−1 ;1 ;−1 )=2i+0 j−2 k .

Funksiyanın artmasının ən böyük qiyməti

|gradU ( A )|=√4+0+4=2√2 .

Misal 2.z=2.5 x2−5 xy+3 y2+5 y funksiyasınin A (1,2 ) nöqtəsində Ox oxu ilə 300 bucaq əmələ gətirən istiqamətdə törəməsini tapın. Verilmiş funksiyanın verilmiş nöqtədə maksimal artma sürətini tapın.

zx'=5 x−5 y , z y

' =−5 x+6 y+5; z x' (1 ;2 )=¿

¿−5 ; z y' (1;2)=12. Həqiqətən də verilmiş istiqaməti l iıə işarə etsək

∂ f∂ l=−5 cos300+12sin 300=−5√3

2+6. Verilmiş nöqtədə funksiyanın qradiyenti belədir:

grad z (1;2 )=(−5 ;12 )=−5 i+12 jBu vektor funksiyanın başqa istiqamətlərə görə daha çox artma sürətini göstərir.(şək).A (1,2 ) nöqtəsində törəmənin ən böyük qiymət alması qradiyentin modulina bərabərdir:√52+122=13.

Mövzu131.Vektorial meydan2.Vektor meydanının rotoru3.Vektor meydanının seli4. Solenoidal vektor meydanı

5. Laplas operatoru6.Hamilton operatoru

Vektorial meydan

Vektorial meydanın öyrənilməsinə onun vektor xətlərinin yerləşməsi vəziyyətindən başlayırlar. Meydanın vektor xətləri belədir:

a=P ( x , y , z ) i+Q ( x , y , z ) j+R (x , y , z ) k

Vektor meydanının vektor xətləri(qüvvə xətləri,cərəyan xətləri)-aşagıdakı sistemin həllindən tapılır:

dxP ( x , y , z )

= dyQ ( x , y , z )

= dzR ( x , y , z )

.(1)

Tutaq ki, PQ meydanın vektor xəttidir, r=x i+ y j+z k- onun radius vektorudur. Onda d r=dx ∙ i+dy ∙ j+dz ∙ k vektoru M nöqtəsində , PQ xəttinə çəkilmiş toxunan istiqamətində yönəlmişdir. a və d r vektorlarının kollinearlığına əsasən onların proyeksiyalarının mütənasibliyi alınır, yəni (1) bərabərliyi.Vektor meydanının rotoru(burulğan)

rot F=( ∂ R∂ y− ∂ Q

∂ z ) i+( ∂ P∂ z−∂ R

∂ x ) j+( ∂Q∂ x−∂ P

∂ y )kvə ya simvolik şəkildə

rot F=[∇ , F ]=| i j k∂

∂ x∂

∂ y∂

∂ zP Q R

|.Rotorun xassələri

rot c=0 ,c=const ,rot r=0 ,

rot (a+b )=rot a+rot b , rot (u∙ a )=U ∙rot a+gradU ×a .

Rotor anlayışından istifadə edərək bizə riyazi analizdən aydın olan Stoks düsturunu yazaq:

∬S

❑

( ∂ Q∂ x−∂ P

∂ y )dxdy+( ∂ R∂ y− ∂Q

∂ z )dydz+( ∂ P∂ z− ∂ R

∂ x )dxdy=¿

¿∮L

❑

Pdx+Qdy+Rdz (¿ )

Tənliyin sağ tərəfi a vektorunun L konturu üzrə sirkulyasiyasından ibarətdir, yəni

∮L

❑

Pdx+Qdy+Rdz=∮L

❑

aτ dl

Tənliyin sol tərəfi isə rot a vektorunun L konturu ilə məhdud olunmuş S səthindən keçən selə bərabərdir, yəni

∬S

❑

( ∂ Q∂ x−∂ P

∂ y )dxdy+( ∂ R∂ y− ∂Q

∂ z )dydz+( ∂ P∂ z− ∂ R

∂ x )dxdy=∬S

❑

rotn a ds .

Ona görə də Stoks düsturunu belə yaza bılərik:

∮L

❑

aτ dl=∬S

❑

rotn ad s .¿

(**) düsturu meydan nəzəriyyəsi üçün Stoks düsturudur.

Vektor meydanının divergensiyası aşağıdakı düsturdan tapılır:

¿ F=∂ P∂ x+ ∂Q

∂ y+ ∂ R

∂ z=∇F .

Divergensiyanın xassələri:

¿c=0 , c=const .

¿ (F1+F2 )=¿F1+¿ F2 ;÷ (c F )=cdiv F , c=const .

Vektor meydanının silindrik koordinatlarda divergensiyası

¿F=1ρ ( ∂

∂ ρ ( ρ F ρ )+∂ Fφ

∂ φ+ρ

∂ F z

∂ z ).Vektor meydanının sferik koordinatlarda divergensiyası

¿ F= 1ρ2sin θ ( ∂

∂ ρ (F ρ ρ2 sin θ )+ ρ ∂∂ θ (Fθ sinθ )+ρ

∂ Fφ

∂ φ )¿ [F1 , F2 ]=F2 ∙rot F1−F1 ∙ rot F2 .

Vektor meydanının seli

n=(cosα ;cos β ;cos γ ) normalının vahid vektorunun istiqamətindəki səthdən keçən F (M ) meydaninin seli aşağıdakı düsturdan tapılır:

∬⏟s

(F ∙n ) dS=∬⏟s

FndS=∬⏟s

(P cosα+Q cos β+R cos γ )=¿

¿∬⏟s

Pdydz+Qdxdz+Rdxdy,

Fn – F vektorunun n istiqamətində proyeksiyasıdır.

Solenoidal vektor meydanı

¿ F=0 olduqda F vektor sahəsi solenoidal adlanır.

Laplas operatoru

Δ=∇2= ∂2

∂ x2+∂2

∂ y2 +∂2

∂ z2

Laplas operatoru silindrik koordinatlarda:

∆ u=1ρ

∂∂ ρ ( ρ ∂u

∂ ρ )+ 1ρ2

∂2u∂ φ2+

∂2 u∂ z2

Laplas tənliyi

Δu=∂2 u∂ x2+

∂2u∂ y2+

∂2u∂ z2=0.

Laplas tənliyini ödəyən funksiyalara harmonik funksiyalar deyilir.

Hamilton operatoru

Tutaq ki, u=u (x , y , z ) funksiyası verilmişdir

gradu=i ∂ u∂ x+ j ∂ u

∂ y+k ∂u

∂ z(1 )

u ( x , y , z ) funksiyasının qradiyentini bəzən belə işarə edirlər:

∇u=i ∂u∂ x+ j ∂ u

∂ y+k ∂ u

∂ z; (2 )

∇ -işarəsi “nabla” oxunur.

3)∇ vektorunun F=iX+ jY+kZ vektoru ilə vektorial hasilini tərtib edək:

∇× F=(i ∂ u∂ x+ j ∂ u

∂ y+k ∂u

∂ z )× (iX+ jY +kZ )=¿

¿| i j k∂

∂ x∂

∂ y∂∂ z

X Y Z|=i| ∂

∂ y∂

∂ zY Z |− j| ∂

∂ x∂

∂ zX Z |+k| ∂

∂ x∂

∂ yX Y |=¿

¿ i( ∂Z∂ y− ∂Y

∂ z )− j( ∂ Z∂ x−∂ X

∂ z )+k ( ∂ Y∂ x− ∂ X

∂ y )=¿

¿ i( ∂ Z∂ y−∂Y

∂ z )+ j( ∂ X∂ z−∂ Z

∂ x )+k ( ∂Y∂ x− ∂ X

∂ y )=rot F

Beləliklə∇× F=rot F (6 )

Hamilton operatoru meydan nəzəriyyəsində düsturların yazılmasında və müxtəlif düsturların çıxarılışında tətbiq olunur. Bu zaman vektorlar cəbrinin qaydalarından və differensiallama üsullarından istifadə etmək lazım gəlir.

Xüsusi halda istiqamətinə görə törəmə belə yazıla bilər:

∂U∂ λ=∇U ∙e=(e ∙∇ ) ∙U ,

e=(cos α ;cos β ;cosγ ) .

Mövzu14Siralar. Əsas anlayışlar. Sıraların yığılma əlamətləri

1.Siraların yığılma əlamətləri.

2. Sıraların yığılması üçün Dalamber əlaməti

3. Sıraların yığılması üçün Koşinin radikal əlaməti

4. Sıraların yığılması üçün Koşinin inteqral əlaməti Sıralar. Əsas anlayışlar. Sıraların yığılma əlamətləri

Əgər u1 ,u2 , u3 , …,un ,… ədədləri sonsuz ədədi ardicilliq əmələ gətirirsə onda toplananların sonsuz sayda cəminin simvolu , yəni

u1+u2+u3+…+un+un+1+…və ya

∑n=1

∞

un (1 )

ədədi sıra adlanır. u1 ,u2 , u3 ,…,un ,… ədədləri sıranın hədləri ,un isə ümumi həddi adlanır. Sıranın un ümumi həddi n-dən asılı funksiyadır. Əgər bu funksiyanın analitik ifadəsi verilmişdirsə, onda n-ə 1,2,3,... qiymətlərini verməklə sıranın ixtiyari sayda həddini almaq olar. (1) sırasının ilk n həddinin cəminə sıranın xüsusi cəmi deyilir və Sn ilə işarə olunur:

Sn=u1+u2+u3+…+un (2 )

Sn xüsusi cəmi dəyişən kəmiyyətdir və o, n natural ədədindən asılı funksiyadır. Xüsusi cəmin tərifindən alırıq:

S1=u1

S2=u1+u2

S3=u1+u2+u3

......................... …Sn=u1+u2+u3+…+un

Əgər (1) sırasının sonsuz sayda xüsusi cəmlərinin ardıcıllığının:S1 ,S2,S3,...,Sn , Sn+1 , …ardıcıllığının sonlu limiti varsa , yəni

limn → ∞

Sn=S (3 )

olarsa, bu sıra yığılır. Bu halda S ədədi (1) yığılan sırasının cəmi adlanır. Əgər Sn xüsusi cəminin n → ∞ -da sonlu limiti yoxdursa, onda (1) sırası dağilan adlanır. Bu halda onun cəmi haqqında danışmağın mənası yoxdur. Əgər (1) sırası yığılırsa və onun cəmi S-ə bərabərdirsə, onda S−Sn fərqi sıranın n-ci qalıq həddi adlanır və Rn ilə işarə olunur:

Rn=un+1+un+2+un+3+…

Müsbət hədli sıraların yığılma əlamətləri

Sıranın yığılması üçün zəruri şərt.Teorem. Əgər

u1+u2+u3+…+un+un+1+… (1)sırası yığılırsa, onda n→ ∞ onun ümumi həddi un sıfra yaxınlaşır, yəni:

limn → ∞

un=0(2)Isbatı .unümumi həddini iki xüsusi cəmin fərqi şəklində göstərə bilərik:un=Sn−Sn−1 . Şərtə görə (1) sırası yığıldığından

limn → ∞

Sn=S , S

sıranın cəmidir. Digər tərəfdən n→ ∞ -da Sn−1 -in cəmi S-ə bərabərdir. Həqiqətən,

limn → ∞

un= limn→ ∞

(Sn−Sn−1 )= limn→ ∞

Sn− limn→∞

Sn−1=S−S=0.

İsbat olunan teoremdən çıxır ki,n→ ∞ -da un → 0 deməli, sıra yığılır.Sıraların yığılması üçün kafi şərtlər.I müqayisə əlaməti. Əgər

u1+u2+u3+…+un+un+ 1+… (A)sırasının hər hansı həddən başlayaraq hər bir həddi başqa yığılan sıranın uyğun həddini keçmirsə

v1+v2+v3+…+vn+vn+1+… (B)onda verilmiş (A) sırası da yığılır.Əgər (A) sırasının hər bir həddi hər hansı həddən başlayaraq dağılan (B) sırasının uyğun həddindən kiçik deyilsə, onda verilmiş (A) sırası da dağılır.II müqayisə əlaməti. Əgər n→ ∞ (A) və (B) sıralarının ümumi hədlərinin nisbətinin limiti sıfırdan fərqlidirsə, yəni

limn → ∞

un

vn=k ≠ 0

onda baxılan sıraların hər ikisi ya yığılır, ya da dağılır.

Sıraların yığılması üçün Dalamber əlamətiTeorem. Əgər müsbət hədli

u1+u2+u3+…+un+un+1+… (1)sırasında (n+1 )-ci həddin n−¿ci həddə nisbətininn→ ∞-da sonlu llimiti varsa, yəni

limn → ∞

un+1

un=l (2 )

Onda l<1 olduqda (1) sırası yığılır; l>1 olduqda (1) sırası dağılır; l=1 olduqda sual həll olunmaz qalır: sıra yığıla da bılər, dağila da bılər.Isbatı. Tutaq ki, müsbət hədli

u1+u2+u3+…+un+un+1+…sırası verilmişdir və

limn → ∞

un+1

un=l .

Onda n≥ Nüçün ε kifayət qədər kiçik ədəd olduqda

|un+1

un−l|<ε

buradan −ε<

un+1

un−l<+ε

və ya

l−ε<un+1

un< l+ε , n≥ N (3)

Ayrılıqda üç hala baxaq.10. Tutaq ki, l<1. Biz ε ədədini elə kiçik götürə bilərik ki,l+ε 1-dən kiçik olar; onda l+ε=q qəbul edərək alırıq:

0<q<1 (3) bərabərsizliyinə əsasən alırıq:

un+1

un<q və ya un+1<un q

belə ki, bu axırıncı bərabərsizlik n=N , N+1 , N+2… olduqda ödəniləcəkdir. n-ə bu qiymətləri verərək alırıq:

un+1<unqun+2<un+1q<un q2

un+3<un+2 q<un q3

…………………… ……Beləliklə

un+1+un+2+un+3+… (4)sırasının hədləri aşağıdakı həndəsi silsilənin uyğun hədlərindən kiçikdir:

un q+un q2+un q3+… (5)(5) həndəsi silsiləsinin vuruğu 1-dən kiçik olduğundan (4) sırası yığılır. Onda müqayisə əlamətinə əsasən (1) sırası da yığılır.20 . İndi tutaq ki, l>1. Biz ε-nu elə kiçik götürə bilərik ki,

un+1

un>1 və ya n=N ,N+1 , N+2 , …

olduqda un+1>un. Buradan alırıq:uN<uN +1<uN +2<…

Beləliklə (1) sırasının hədləri hər hansı N sayından başlayaraq onların sayı artdıqca artır. Həqiqətən də n → ∞un sıfra yaxınlaşmır. Ona görə də sıraların yığılması üçün kafi şərtə əsasən alırıq kı, (1) sırası dağılır.30 . l=1 olduqda sıraların yığılması üçün başqa əlamətlərdən istifadə olunur.

Misal № 1. ∑n=1

∞ 5n

n (n+1 ) sırasının yığılmasını araşdırın.

Həlli. un=5n

n (n+1 );un+1=

5n+1

(n+1 )(n+2).

Dalamber əlamətini tətbiq edirik:

l=limn → ∞

un+1

un= lim

n → ∞

5n+1 ∙n ∙ (n+1 )(n+1 )(n+2)5n=lim

n →∞

5 nn+2

=5.

l=5>1 olduğundan Dalamber əlamətinə görə sıra dağılır.

Misal №2. 1+ 32∙ 3+ 32

22 ∙5+ 33

23 ∙7+… sırasının yığılmasını araşdırın.

Həlli. un=3n−1

2n−1 (2 n−1 );un+1=

3n

2n (2 (n+1 )−1 )= 3n

2n (2n+1 ).

Dalamber əlamətini tətbiq edirik:

l=limn→ ∞

un+1

un=lim

n → ∞

3n

2n (2 n+1 )∙ 2n−1 (2 n−1 )

3n−1 =¿¿

¿ limn → ∞

3 (2 n−1)2(2 n+1)

=32=1,5>1.

l=1,5>1 olduğundan Dalamber əlamətinə görə sıra dağılır.

Sıraların yığılması üçün Koşinin radikal əlamətiMüsbət işarəli sıraların yığılmasını tədqiq edərkən Koşinin radikal

əlamətindən istifadə etmək sərfəli olur. Bu əlamət Dalamber əlamətinə bənzəyir.Tutaq ki.

∑n=1

∞

un=u1+u2+u3+…+un+un+1+… (1 )

sırası verilmişdir və limn→ ∞

n√un=l sonlu limiti mövcuddur. Onda l<1 olduqdasıra yığılır, l>1 olduqda sıra dağılır.

İsbatı. 1) Tutaq ki, l<1 ; onda l<q<1 bərabərsizliyini ödəyən bir q ədədi götürək.

Müəyyən n=N nömrəsindən başlayaraq |n√un−l|<q−l

bərabərsizliyi doğru olacaqdır, buradan çıxır ki, bütün n ≥ N üçün n√un<q

yaxud

un<qn

İndi isə aşağıdakı iki sıranı tutuşduraq:

u1+u2+u3+…+uN+uN+1+uN +2+… (1)

qN+qN +1+qN+2+… (1')

(1') sırasının hədləri azalan həndəsi silsilə təşkil etdiyindən bu sıra yığılır. uN həddindən başlayaraq (1) sırasının hədləri (1') sırasının hədlərindən kiçikdir. Deməli, (1) sırası yığılır.

Tutaq ki, l>1.Onda müəyyən n=N nömrəsindən başlayaraq n√un>1

yaxud un>1

alırıq. Baxılan sıranın bütün hədləri (uN həddindən başlayaraq) 1-dən böyük olduğundan, sıra dağılır, çünki onun ümumi həddi sıfra yaxınlaşmır.

Misal №1. Koşinin radikal əlamətindən istifadə edərək aşağıdakı sıranın yığılmasını araşdırın.

13+( 25 )

2

+( 37 )3

+…+( n2 n+1 )

n

+…

Həlli. Koşi əlamətini tətbiq edək:

limn → ∞

n√un=limn → ∞

n√( n2 n+1 )

n

= limn→ ∞

n2 n+1

=12<1sıra yığılır.

Misal №2. Koşinin radikal əlamətindən istifadə edərək ∑n=1

∞

( 3 n2−15 n2+7 n )

2n

sırasının yığılmasını araşdırın.

Həlli. un=( 3n2−15n2+7 n )

2n

. limn → ∞

n√un-i tapaq. Bu limitin hesablanmasında n√ab=abn

düsturundan istifadə edəcəyik.

limn→ ∞

n√un= limn→ ∞

n√( 3 n2−15 n2+7 n )

2n

= limn→∞ ( 3 n2−1

5 n2+7 n )2nn =¿¿

¿ limn→ ∞ ( 3 n2−1

5n2+7 n )2

=¿ limn →∞ (

3 n2

n2 −1n2

5n2

n2 +7 nn2 )

2

=limn→∞ ( 3−

1n2

5+ 7n)

2

=¿¿¿

¿( 3−05+0 )

2

= 925

.

limn → ∞

n√un=9

25<1 olduğundan ∑

n=1

∞

( 3 n2−15 n2+7n )

2n

sırası yığılır.

Sıraların yığılması üçün Koşinin inteqral əlaməti

Teorem. Əgər f ( x )funksiyası [1 ,+∞) aralığında kəsilməzdirsə, onda u1+u2+u3+…+un+un+1+… (1)

un=f (n ) sırası ∫1

∞

f ( x )dx qeyri-məxsusi inteqralı yığılırsa,

yığılır; bu qeyri-məxsusi inteqral dağılırsa, dağılır.İsbatı. Aşağıdakı əyrixətli trapesiyaya baxaq: oturacağı Ox oxu üzərində x=1 , x=n; yuxarıdan isə y=f ( x ) funksiyası ilə məhdudlanmış əyrixətli trapesiyaya baxaq (şəkil).

Oturacaqları [1;2 ] , [2;3 ] , .. olan daxili və xarici düzbucaqlılar quraq. Müəyyən inteqralın həndəsi mənasına əsasən alırıq:

f (2 ) ∙ 1+ f (3 ) ∙1+…+ f (n ) ∙1<∫1

n

f ( x )dx<¿ f (1 ) ∙1+¿¿

+ f (2 ) ∙ 1+…+ f (n−1 ) ∙1və ya

u2+u3+…+un<¿∫1

n

f ( x )dx<¿u1+u2+u3+…+un−1¿

və ya

Sn−u1<∫1

n

f ( x )dx<Sn−un(2)

I hal. ∫1

+∞

f ( x )dxqeyri-məxsusi inteqralı yığılır; yəni ∫1

+∞

f ( x )dx=A . Belə ki,

∫1

n

f ( x )dx<¿∫1

+∞

f ( x )dx=A ¿

Onda (2) bərabərsizliyinə əsasən alırıq: Sn−u1<A , yəni Sn<u1+A . Xüsusi cəmlər ardıcıllığı artdığından və yuxarıdan (u1+A) ədədi ilə məhdud olduğundan limitin mövcudluğu əlamətinə əsasən limiti var. Deməli (1) sırası yığılır.

II hal.∫1

+∞

f ( x ) dx qeyri-məxsusi inteqralı dağılır. Onda f ( x )dx=+∞ və ∫1

n

f ( x )dx

inteqralı n → ∞-da qeyri-məhdud artır. Sn>∫1

∞

f (x )dx+un .

olduğundan alırıq ki, n→ ∞-da Sn → ∞. Həqiqətən də (1) sırası dağılır.

Misal№1. 12+ 1

5+ 1

10+ 1

17+…+ 1

1+n2+… sırasının

yığılan və ya dağılan olduğunu araşdırın.Həlli. Sıraların yığılması üçün Koşi əlamətini tətbiq edək.

f ( x )= 11+x2 ;

∫1

∞ dx1+x2= lim

b→ ∞∫1

b dx1+x2= lim

b→ ∞[arc tg x ]1

b= π

2− π

4= π

4.

Verilmiş qeyri- məxsusi inteqral yığıldığından sıra yığılır.

Misal №2. ∑n=0

∞ 1√5n+2

sırasının yığılan və ya dağılan olduğunu araşdırın.

Həlli.f ( x )= 1

√5 x+2;

∫1

∞ 1√5x+2

dx=limb → ∞∫

1

b 1√5 x+2

dx=limb → ∞∫1

b √ (5 x+2 )−12 dx=¿¿

¿15 lim

b → ∞−(−(5 x+2 )

12

12 )|

0

b

=25 lim

b→ ∞√5 x+2│0

b=¿¿

¿ 25

limb → ∞

(√5 b+2−√2 )=∞

Verilmiş qeyri- məxsusi inteqral dağıldığından sıra dağılır.

Mövzu15İşarəsini dəyişən sıralar İşarəsini növbə ilə dəyişən sıralar üçün

Leybnis əlaməti.

1. İşarəsini növbə ilə dəyişən sıralar üçün Leybnis əlaməti.2. Mütləq və şərti yığılan sıralar3. Funksional sıra və onun yığılma oblastı. Qüvvət sırası, yığılma oblastı.4. Abel teoremi İşarəsini dəyişən sıralar. İşarəsini növbə ilə dəyişən sıralar üçün Leybnis

əlamətiƏgər verilmlş sıranın hədləri arasında həm müsbət, həm də mənfi hədd varsa

belə sıralara işarəsini dəyişən sıralar deyilir. Əgər işarəsini dəyişən sıranın ixtiyari iki həddi əks işarəlidlrsə belə sıralar işarəsini növbə ilə dəyişən sıralar adlanır. İşarəsini dəyişən sıraları belə yazmaq olar:

u1−u2+u3−u4+…+(−1 )n−1 un+… (1 )İşarəsini növbə ilə dəyişən sıralar üçün aşağıdakı Leybnis əlaməti ödənilir.

Leybnis əlamətiƏgər (1) sırasının hədləri mütləq qiymətcə monoton artandırsa və

n → ∞,un → 0onda (1) sırası yığılır və onun cəmi mütləq qiymətcə birinci həddin mütləq qiymətindən böyük deyildir. Leybnis əlamətini ödəyən işarəsini növbə ilə dəyişən sıraların aşağıdakı xassəsi var. Əgər onun n-ci xüsusi cəmini

Sn=u1−u2+u3−u4+…+ (−1 )n−1un

işarə etsək, yəni Rn=S−Sn qalığını atsaq, bu halda mütləq qiyməti birinci atılan un+1-in mütləq qiymətindən olan səhv buraxılacaqdır.

Mütləq və şərti yığılan sıralarTutaq ki,

u1+u2+u3+…+un+un+ 1+… (1)sırası verilmişdir.(1) sırasının hədlərinin mütləq qiymətindən düzəldilmiş

|u1|+|u2|+|u3|+…+|un|+… (2)sırasını tərtib edək. Əgər (2) sırası yığılırsa (1) sırası mütləq yığılan sıra adlanır. (1) sırası yığılırsa və (2) sırası dağılırsa, onda o şərti yığılan sıra adlanır. Tutaq ki, (1) sırası mütləq yığılır. Əgər bu sırada yalnız müsbət və yalnız mənfi hədlərdən ibarət sıra tərtib etsək onda alınan sıralar da yığılar. Əgər (1) sırası şərti yığılırsa, onda müsbət və ya mənfi hədlərdən düzəldilmiş sıralar dağılır.

Mütləq yığılan sıraların xassələriXassə 1. Əgər (1) sırası mütləq yığılırsa və cəmi S-dirsə, onda hədlərinin

yerinin dəyişdirilməsindən alınan ixtiyari sıra mütləq yığılır və cəmi S-dir.

Xassə 2.∑n=1

∞

unvə ∑n=1

∞

vn sıraları mütləq yığılırsa, cəmləri uyğun olaraq S və S1-

sə onda onların hasillərindən düzəldılmiş ui ∙ vk ( i , k=1,2,3 , … ) sıraları mütləq yığılır və cəmi S ∙S1-dir. ui vk ( i , k=1,2,3 , …) şəkilli hasillərin bütün mümkün hallarından

düzəldilmiş sıra ∑n=1

∞

un və ∑n=1

∞

vn mütləq yığılan sıraların hasilləri adlanır.

Misal №1. İsbat edin ki, 1−12+ 1

22−123+

124−… sırası mütləq yığılır.

Həlli. Verilmiş işarəsini dəyişən sıra Leybnis əlamətinə görə yığılır. Onun hədlərinin mütləq qiymətlərindən düzəldilmiş sıra tərtib etsək, onda sonsuz kiçilən həndəsi silsilə alırıq; bu sıra yığılır. Həqiqətən də verilmiş sıra mütləq qiymətcə yığılır.Misal №2. İsbat edin ki, 1−1

3+1

2−1

9+ 1

4− 1

27+ 1

8−… sırası mütləq yığılır.

Həlli. Verilmiş siranın müsbət hədləri yığılan həndəsi silsilə əmələ gətirir və cəmi 2 - dir. Analoji olaraq mənfi hədlərdən düzəldılmiş sıra −1

3−1

9− 1

27− 1

81−… həndəsi

silsilə əmələ gətirir və cəmi −12 -dir. Onda verilmiş sıra da yığılır və cəmi 3

2 - dür.Misal № 3. İşarəsini dəyişən sıraların yığılmasını araşdırın.

a) ∑n=1

∞ (−1 )n−1

√n; b) ∑

n=1

∞ (−1 )n ∙nn+1

.

Həlli. a) Verilmiş sıranın hədləri mütləq qiymətcə monoton azalır:1> 1√2> 1√3>…

vəlimn → ∞

an=limn →∞

1√n=0.

Ona görə də Leybnis əlamətinə görə verilmiş sıra yığılır.b) Verilmiş sıranın hədləri mütləq qiymətcə monoton artır:

12< 2

3< 3

4<…və lim

n →∞

nn+1

=1 ≠ 0

Leybnis əlamətinin şərti ödənmədiyi üçün verilmiş sıra dağılır.Funksional sıra. Abel teoremi. Qüvvət sıralarının xassələri

Tutaq ki, ümumi təyin oblastı olan funksiyaların sonsuz ardıcıllığı verilmişdır: u1 ( x ) , u2 ( x ) , u3 (x ) , …, un (x ) , … Bu funksiyalardan düzəldilmiş aşağıdakı ifadəyə funksional sıra deyilir:

u1 ( x )+u2 ( x )+u3 ( x )+…+un (x )+…=∑n=1

∞

un ( x ) (1 )

funksional sırası xarqumentinin eyni qiymətində yığılan, başqa qiymətində dağılan oiur. Əgər (1) funksional sırası x=x0 nöqtəsində yığılırsa, onda deyirlər ki,sıra x0 nöqtəsinə yığılır. x arqumentində sıranın yığıldığı nöqtələrdən ibarət olan çoxluq sıranın yığılma oblastı adlanır. Əgər (1) funksional sırasının bütün hədləri un ( x ) , x arqumentindən asılı qüvvət funksiyasıdırsa, onda sıra qüvvət sırası adlanır.

a0+a1 ( x−x0 )+a2 (x−x0 )2+…+an (x−x0 )

n+… (2 )x0 verilmiş ədəd, a0 , a1 , a3 , … məlum ədədi əmsallardır. x0=0 olduqda aşağıdakı qüvvət sırasını alırıq:

a0+a1 x+a2 x2+…+an xn+…=∑n=1

∞

an xn (3 )

Aydındır ki, (3) qüvvət sırası x=0 olduqda hər yerdə yığılır.Abel teoremi. Əgər (3) qüvvət sırası x=x0 (x0≠ 0 ) yığılırsa, onda (3) sırası

|x|<|x0|bərabərsizliyini ödəyən x-in ixtiyari qiymətində mütləq yığılır. Əgər (3) qüvvət sırası x=x0 nöqtəsində dağılırsa, onda (3) sırası |x|>|x0|bərabərsizliyini ödəyən x-in ixtiyari qiymətində dağılır.

Abel teoremindən çıxır kı, əgər qüvvət sırası x0≠ 0 nöqtəsində yığılırsa, onda o, (−|x|,|x0|) intervalında yığılır. İsbat etmək olar ki, yığılma nöqtələri ( x≠ 0 ) və dağılma nöqtələri olan ixtiyari qüvvət sırası üçün ∃R>0 var ki, |x|<0 olduqda sıra yığılır, |x|>0olduqda sıra dağılır. Bu R ədədi (3) sırasının yığılma radiusu adlanır. Əgər x=0 nöqtəsində (3) sırası yığılırsa, onda R=0. Əgər (3) sırası x-in ixtiyari qiymətində yığılırsa, onda R=∞. (3 ) sırasının yığılma intervalı (– R , R )-dir. Prakti-kada (3) qüvvət sıralarının yığılma radıusu Dalamber əlaməti vasitəsi ilə tapılır. Dalamber əlamətini (3) sırasının hədlərinin mütləq qiymətindən düzəldilmiş sıraya tətbiq edək:

limn→ ∞|an+1 xn+1

an xn |= limn→ ∞|an+1

an ||x|=l|x|, limn → ∞|an+1

an |=l .

l|x|<1;|x|< 1l

;−1l<x<1

l;−R< x<R (4 )

Yığılma radiusu

R=1l=lim

n→ ∞| an

an+1| (5)

(4) bərabərsizliyini ödəyən x-in bütün qiymətlərində (3) sırası mütləq yığılır.Mövzu16

Qüvvət sıralarının xassələri. Funksiyaların qüvvət sıralarına ayrılması. Teylor və Makloren sıraları.

1. Qüvvət sıralarının xassələri2. Teylor və Makloren sıraları3. Elementar funksiyaların Makloren sırasına ayrılması

Qüvvət sıralarının xassələri1.Qüvvət sırasının S ( x ) cəmi (– R , R ) yığılma intervalında kəsilməzdir.

2. Yığılma radiusları uyğun olaraq R1vəR2 olan ∑n=1

∞

an xn və ∑n=1

∞

bn xn qüvvət sıralarını

hədbəhəd toplamaq, çıxmaq və vurmaq olar.3.Qüvvət sırasını yığılma intervalının daxilində hədbəhəd diferensiallamaq olar:

S ( x )=a0+a1 x+a2 x2+a3 x3+…+an xn+… (6 )−R<a<R olduqda aşağıdakı bərabərlik ödənilir:

S'=a1+2a2 x+3 a3 x2+…+n an xn−1+…(7 )4.Qüvvət sırasını yığılma oblastının daxilində yerləşmiş ixtiyarı parçada inteqrallamaq olar:

∫a

x

S ( t )dt=∫a

x

a0 dt+∫a

x

a1tdt+∫a

x

a2t 2 dt+…+∫a

x

an tn dt+… (8 )

−R<a<x<R .Qüvvət sıralarının xassələri nəzəri tədqiqatlarda və təqribi hesablamalarda tətbiq olunur.

Misal №1. ∑n=1

∞ n! xn

nn . sırasının yığılma radiusunu tapın.

Həlli. an=n!nn , an+1=

(n+1 )!(n+1 )n+1;

R=limn →∞| an

an+1|=lim

n → ∞

n! (n+1 )n+1

(n+1 )!nn =¿¿

¿ limn → ∞

(n+1 )n

nn = limn→∞ (n+1

n )n

=limn→ ∞ (1+ 1

n )n

=e . R=e .

Misal №2. ∑n=1

∞ xn

n! sırasının yığılma oblastını tapın.

Həlli. an=1n!

,an+1=1

(n+1 ) !;

R=limn →∞

(n+1 ) !n!

=limn → ∞

(n+1 )=∞

R=∞ olduğundan araşdırılan sıra x dəyişəninin ixtiyari qiymətində yığılır.

Misal № 3. ∑n=1

∞ xn

n3n sırasının yığılma oblastını tapın.

Həlli. an=1

n3n , an+1=1

(n+1 )3n+1 ;

R=limn →∞

(n+1 )3n+1

n 3n =3 limn→ ∞

n+1n=3 ∙1=3.

x=−3 olduqda −1+ 12−1

3+…+ (−1 )n 1

n+… sırasını alırıq. Bu sıra Leybnis əlamətinə

əsasən yığılır.x=3 olduqda harmonik sıra alırıq, bu sıra isə dağılır. Həqiqətən də sıranın

yığılma oblastı [−3 ;3¿ aralığı olur.Funksiyaların qüvvət sıralarına ayrılması. Teylor və Makloren sıraları.

x0 nöqtəsinin ixtiyarı ətrafında təyin olunmuş və həmin ətrafda (n+1 )-ci tərtib törəmələri olan ixtiyari f ( x ) funksiyası üçün Teylor düsturu belədir:

f ( x )=f (x0 )+f ' ( x0 )

1 ! (x−x0 )+f ″ (x0)

2 ! (x−x0 )2+¿

+ f ‴ (x0 )3 ! (x− x0 )

3+…+f n (x0 )

n ! (x−x0 )n+Rn ( x ) (1)

Rn ( x )= f ( n+1 ) (c )(n+1 )!

(x−x0 )n+1 ,c∈ (x0 , x ) - Laqranj formasında qalıq həddidir. (1) düsturunu

qısa olaraq belə yazmaq olar:f ( x )=Pn ( x )++Rn ( x )

Pn ( x )=f (x0 )+f ' (x0 )

1 ! (x−x0 )+f ″ (x0 )

2 ! (x−x0 )2+…+

f n (x0)n ! (x−x0 )

n

Teylor çoxhədlisidir.Əgər f ( x ) funksiyasının x0 nöqtəsində ixtiyari tərtibədək törəməsi varsa və

qalıq həddi n → ∞-da Rn ( x )→0 olarsa, onda Teylor düsturundan f ( x ) funksiyasının (x−x0 ) qüvvətinə görə Teylor sırası adlanan sıraya ayırmaq olar:

f ( x )=f (x0 )+f ' ( x0 )

1 ! (x−x0 )+…=∑n=o

∞ f n (x0 )n! ( x−x0 )

n(2)

Əgər Teylor sırasında x0=0 yazsaq, onda x qüvvətinə görə Makloren sırasını alırıq:

f ( x )=f (0 )+ f ' (0 )1 !

x+ f ″ (0 )2 !

x2+f ‴ (0 )3 !

x2+…=∑n=o

∞ f n (0 )n!

xn(3)

Teylor sırasını sonsuz sayda diferensiallanan ixtiyari funksiya üçün qurmaq olar.(ancaq bu kafi şərtdir).

Teorem 1. f ( x ) funksiyasının Teylor sırasının x nöqtəsində f ( x )-ə yığılması üçün zəruri və kafi şərt bu nöqtədə Teylor sırasının qalıq həddinin sıfra yaxınlaşmasıdır:

limn → ∞

Rn ( x )=0

İsbatı. Tutaq ki, (2) Teylor sırası x0 nöqtəsinin hər hansı ətrafında f ( x ) funksiyasına yığılır, yəni f ( x )= lim

n→ ∞Sn ( x ) . (2) sırasının n-ci xüsusi cəmi Sn ( x ) Teylor çoxhədlisi:

Pn ( x ) ilə üst-üstə düşür: Sn ( x )=Pn (x ) . Onda alırıq:

limn → ∞

Rn ( x )= limn →∞

(f ( x )−Pn ( x ) )=¿ f ( x )− limn →∞

Sn ( x )= f ( x )−f (x¿¿)=0¿¿Tərsinə, tutaq ki, limn → ∞

Rn ( x )=0

f ( x )= limn→ ∞

Sn ( x )= limn → ∞

Pn ( x )=limn→∞

(f ( x )−Rn ( x ) )=¿¿

¿ ( f ( x )− limn→ ∞

Rn ( x ))=f (x )−0=f ( x )

Qeyd. Əgər (2) Teylor sırası f ( x )-ə yığılırsa, onda Teylor düsturunun qalıq həddi sıranın qalığına bərabərdir.

Teorem 2. Əgər f ( x ) funksiyasının bütün törəmələrinin mütləq qiymətləri x0 nöqtəsinin hər hansı ətrafında eyni M>0 ədədi ilə məhduddursa, onda bu ətrafdan götürülmüş ixtiyari x üçün f ( x ) funksiyasını Teylor sırasına ayırmaq olar.Misal №1. f ( x )=x3−3x funksiyasını x−1 qüvvətinə görə Teylor sırasına ayırın.Həlli. x−1=x−a⇒a=1. f (1 )=13−3 ∙1=−2. f ( x ) funksiyasını üçüncü tərtibədək diferensiallayırıq:

f ' ( x )=3 x2−3 ; f ' (1 )=0.

f ″ ( x )=6 x; f ″ (1 )=6 ; f ‴ ( x )=6 ; f ‴ (1 )=6(2) düsturuna əsasən alırıq:f ( x )=−2+ 6

2 !(x−1 )2+ 6

3 !(x−1 )3=¿

¿−2+3 ( x−1 )2+ ( x−1 )3

Nəticədə alırıq: x3−3 x=−2+3 ( x−1 )2+( x−1 )3

Misal № 2 . f ( x )=x3−5 x2+8 x+3 funksiyasını x−2 qüvvətinə görə Teylor sırasına ayırın.Həlli. f ( x ) funksiyasını diferensiallayırıq.

f ' ( x )=3 x2−10 x+8 ; f ″ ( x )=6 x−10;f ‴ ( x )=6 ; f (n) (x )=0 , n>3.

f (2 )=7 ; f ' (2 )=0 ; f ″ (2 )=2 ; f ‴ (2 )=6 ; f (n) (2 )=0 , n>3(2) düsturuna əsasən alırıq:

f ( x )=7+ x−21

∙ 0+ ( x−2 )2

1 ∙2∙ 2+ ( x−2 )3

1 ∙2 ∙3∙6

Nəticədə alırıq: x3−5 x2+8x+3=7+( x−2 )2+( x−2 )3 .Elementar funksiyaların Makloren sırasına ayrılması

f ( x ) funksiyasını Makloren sırasına ayırmaq üçün aşağıdakıları yerinə yetirmək lazımdır:a) f ' ( x ) , f ″ ( x ) , f ‴ ( x ) , …, f (n) ( x ) , … törəmələrini tapmaq;b) törəmələrin qiymətini x0=0 nöqtəsində hesablamaq;c) verilmiş sıra üçün Makloren sırasını yazmaq və yığılma radiusunu tapmaq;d) n → ∞ şərtində Makloren sırasının qalıq həddi Rn ( x )→0 olarsa, (– R , R ) intervalını tapmalı. Əgər belə interval mövcuddursa, onda f ( x ) funksiyası və Makloren sırası üst-üstə düşür.Qeyd. Qüvvət sırasının yığılma intervalında qalıq həddi sıfra yaxınlaşır.Elementar funksiyaların qüvvət sırasına ayrılışı cədvəli aşağıdakıdır:

ex=1+ x1 !+ x2

2 !+ x3

3 !+…,−∞<x<∞ (4)

sin x=¿ x− x3

3 !+ x5

5 !− x7

7 !+…+(−1 )n x2 n+1

(2n+1 )!+…,−∞<x<∞ ¿ (5)

cos x=¿1− x2

2 !+ x 4

4 !−…+(−1 )n x2n

(2n ) !+…,−∞<x<∞¿ (6)

(1+x )m=1+mx1 !+

m (m−1 ) x2

2!+…+m (m−1 )…(m−n+1 )

n !xn+…,−1<x<1 (7)

11−x

=1+ x+x2+…+xn+…, x∈ (−1;1 ) (8)

arc tg x=¿ x− x3

3+ x5

5− x7

7+…+(−1 )n x2 n+1

(2n+1 )+…, x∈ [−1;1 ] ¿ (9)

sinh x=¿ x+ x3

3 !+ x5

5 !+ x7

7 !+…+ x2 n+1

(2 n+1 ) !+…,−∞<x<∞¿ (10)

cosh x=1+ x2

2 !+ x4

4 !+…+ x2n

(2 n ) !+…,−∞< x<∞ (11)

arc sin x=x+ 12

∙ x3

3+ 1 ∙ 3

2 ∙ 4∙ x5

5+ 1∙3 ∙5

2 ∙4 ∙ 6∙ x7

7+…

…+ 1 ∙3 ∙ 5 … (2 n−1 )2 ∙4 ∙ 6… (2 n )

∙ x2n+1

2n+1+… x∈ [−1 ;1 ] (12)

ln (1+x )=¿ x− x2

2+ x3

3− x4

4+…+(−1 )n xn+1

n+1+…, x∈ [−1;1 ] ¿ (13)

Mövzu17Qüvvət sıralarının təqribi hesablamalara tətbiqləri

1. Triqonometrik funksiyaların qiymətlərinin hesablanması2. Kökaltı ifadələrin təqribi hesablanması3. Müəyyən inteqralların təqribi hesablanması.

I. Triqonometrik funksiyaların qiymətlərinin hesablanması. Misal № 1. cos10°-nın (0,0001 dəqiqliklə) təqribi qiymətini hesablayın. Həlli: Bucağın dərəcə ölçüsünü radianla ifadə edək.

cos10°=cos π18

, x= π8

cos π18=1−

( π18 )

2

2 !+( π

18 )4

4 !−…

və ya

cos10°=1− (0,1745 )2

2 !+(0,1745 )4

4 !−…

(1)(0,1745 )4

4 !<(0,2 )4

24=0,0016

24<0,0001

olduğundan (1) ayrılışının iki həddi ilə kifayətlənəcəyik.

cos10° ≈ 1− (0,1745 )2

2 !≈ 0,9848

Misal № 2.sin 18°-nin (0,001 dəqiqliklə) təqribi qiymətini hesablayın. Həlli. sin 18°=sin π

10; x= π

10

sin π10=

π10−( π

10 )3

3 !+( π

10 )5

5 !−…

Alınmış sıra işarəsini dəyişən sıra olduğundan Leybnis teoreminin şərtlərini ödəyir, üçüncü hədd isə 0,001-dən kiçik olduğundan

sin 18° ≈ 0,3142−0,0052=0,309II. Kökaltı ifadələrin təqribi hesablanması

Misal № 3. 4√630 ədədini 0,0001 dəqiqliklə hesablayın Həlli.

4√630=4√625+5=4√625 (1+0,008 )=5 4√1+0,008=5 (1+0,008 )14

(1+x )m=1+mx1 !+

m (m−1 ) x2

2!+…+m (m−1 )… (m−n+1 )

n !xn+…,−1<x<¿1(1)

(1) binomial sırasından istifadə edək. x=0,008 və m=14 qəbul edərək aşağıdakını

alarıq:

(1+0,008 )14=1+ 1

4 ∙0,008− 316 ∙21

(0,008 )2+ 3 ∙764 ∙ 3 !

(0,008 )3−…

və ya

(1+0,008 )14=1+0,002−0,000006+0,000000028−… (a)

Əgər işarəsini dəyişən (a) sırasında birinci iki həddi götürüb qalan hədləri atsaq, onda 4√1+0,008-ü hesablayarkən xəta mütləq qiymətcə 0,000006-nı aşmır. Onda 4√630=5 4√1+0,008-i hesablayarkən xəta

5 ∙0,000006=0,00003<0,0001.Həqiqətən də

4√630=5 4√1+0,008 ≈ 5 (1+0,002 )=5,0100Misal № 4. 3√640 ədədini 0,01 dəqiqliklə hesablayın.Həlli. 3√640= 3√512+128=3√512(1+ 1

4 )=8 3√1+ 14=8(1+ 1

4 )13=¿

¿8(1+ 112− 1

144+ 5

5134−…)

Tələb olunan dəqiqliyi təmin etmək üçün işarəsini dəyişən sıranın ilk üç həddinin cəbri cəmini götürürük. Beləliklə,

3√640 ≈ 8(1+ 112− 1

144 )≈ 8,61.

III. Müəyyən inteqralların təqribi hesablanması

Tutaq ki, Nyuton-Leybnis düsturunun vasitəsi ilə hesablana bilməyən

∫a

b

f ( x )dx müəyyən inteqralını hesablamaq lazım gəlir. Əgər inteqralaltı funksiya

f (x) qüvvət sırasına ayrılırsa, [a ,b ] inteqrallama parçası bu sıranın yığılma oblastına daxildirsə, onda yığılan sıranın yığılma oblastına daxil olan ixtiyari parçada inteqrallanması faktına (teorem) arxalanaraq alarıq:

∫a

b

f ( x )dx=∫a

b [ f (0 )+ f '(0)1 !

x+ f ″(0)2 !

x2+…+ f (n )(0)n!

xn+…]dx

Misal №5. ∫0

1

e−x2

dx-i 0,001 dəqiqliklə hesablayın.

Həlli.Verilmiş inteqral üçün Nyuton-Leybnis düsturu tətbiq oluna bilmədiyindən e− x2-ni qüvvət sırasına ayıraq. ex funksiyasının ayrılışında x-i −x2 ilə əvəz edək.

ex2

=1− x2

1 !+ x4

2!− x6

3 !+…+ (−1 )n x2n

n !+…

∫0

1

ex2

dx=¿=∫0

1 [1− x2

1 !+ x4

2!− x6

3 !+ x8

4 !− x10

5 !+… ]dx=¿¿

¿ [x− x3

3 +x5

2! ∙5−x7

3 ! ∙7 +x9

4 ! ∙9−x11

5 ! ∙11+…]0

1

=1−13 +

110−

142+

+1216−

11320+…

Alınmış işarəsini dəyişən sıra Leybnis teoreminin şərtlərini ödəyir. Bu sıranın altıncı həddi mütləq qiymətcə 0,001-dən kiçik olduğundan, onda ilk 5 həddin cəmi ilə kifayətlənirik. Beləliklə,

∫0

1

ex2

dx ≈ 1−13+ 1

10− 1

42+ 1

216≈ 0,747

Misal № 6. ∫0

12

sin 2 xdxx

-i 0,001 dəqiqliklə hesablayın.

Həlli. İnteqralaltı ifadəni qüvvət sırası şəklində göstərək. sin x funksiyasının qüvvət sırasına ayrılışında x-i 2 x-lə əvəz edək:

sin 2 x=2 x− (2 x )3

3 !+(2 x )5

5!−

(2 x )7

7 !+…

sin 2xx=2−23∙ x2

3 !+ 25 x4

5!−27 x6

7 !+…

∫0

12

sin 2 xx

dx=∫0

12

(2−23 x2

3 !+ 25 x4

5 !−27 x6

7!+…)dx=¿¿

¿ [2 x− 23

3! ∙ x3

3 +25

5 !x5

5 −27

7 !x7

7 +…]0

12=1− 1

18 +1

600−1

35280+…

Alınmış işarəsini dəyişən sıra Leybnis teoreminin şərtlərini ödəyir. Sıranın dördüncü həddi mütləq qiymətcə 0,001-dən kiçikdir. Tələb olunan dəqiqliyi təmin etmək üçün ilk üç həddin cəmini götürmək kifayətdir.

Həqiqətən də ∫0

12

sin 2xdxx

≈1− 118+ 1

600≈ 0,946.

Misal № 7. ∫0

12

dx3√1+ x2

inteqralını 0,001 dəqiqliklə hesablayın.

Həlli. ∫0

12

dx3√1+ x2

=∫0

12

(1+x2 )−1

3 dx .

İnteqralaltı funksiyanı qüvvət sırasına ayıraq. (1) sırasında m=−13 və x-i x2 ilə əvəz

edək.

(1+x2 )−13 =1−1

3x2+ 2

9x4−14

81x6+…

[0 ; 12 ] inteqrallama parçası verilmiş sıranın (−1 ;1 ) yığılma oblastına daxildir. Onda

∫0

12

dx3√1+ x2

=∫0

12

(1−13

x2+ 29

x4−1481

x6+…)dx=¿¿

¿ [x− x3

9+

2 x5

45−

14 x7

567+… ]│0

12=

12−

172+

1720

−7

36288+…

Alınmış işarəsini dəyişən sırada dördüncü hədd mütləq qiymətcə 0,001-dən kiçikdir. Həqiqətən də tələb olunan dəqiqliyi təmin etmək üçün ilk üç həddin cəbri cəmini hesablayırıq:

∫0

12

dx3√1+ x2

≈ 12− 1

72+ 1

720=39

80=0,4875.

Atılan hədlərdən birincinin işarəsi mənfi olduğu üçün təqribi qiyməti 0,001

dəqiqliklə götürürük: ∫0

12

dx3√1+ x2

≈ 0,487.

Misal № 8. ∫0

14

sin 4 xx

dx inteqralını 0,001 dəqiqliklə hesablayın.

Həlli. sin x funksiyasının Makloren sırasına ayrılışında x-i 4 x-lə əvəz edək. Onda alırıq:

sin 4 x=4 x− (4 x )3

3 !+(4 x )5

5 !−

(4 x )7

7 !+…

Onda sin 4 xx

=4−43 x2

3 !+ 45 x4

5!−47 x6

7 !+…

İnteqrallayaraq alırıq:

∫0

14

sin 4 xx

dx=∫0

14

[4− 43 x2

3 !+ 45 x4

5!−47 x6

7 !+…]dx

∫0

14

sin 4 xx

dx=[4 x− 43 x3

3 ! ∙ 3+ 45 x5

5 ! ∙5− 47 x7

7 ! ∙ 7+…]|0

14=1− 1

18+ 1

600− 1

35280+…

İşarəsini dəyişən sıranın dördüncü həddi 0,001 - dən kiçikdir. Ona görə də inteqralın təqribi qiymətini hesablamaq üçün sıranın ilk üç həddinin cəmini götürmək kafidir:

∫0

14

sin 4 xx

dx ≈ 1− 118+ 1

600≈ 0,946.

Mövzu18Periodik funksiyalar. Triqonometrik Furye sıraları

1.Periodik funksiyaların əsas xassələri2.Triqonometrik Furye sıraları3. Periodu 2 π olan funksiyaların Furye sırasına ayrılması. Dirixle teoremi4. Tək və cüt funksiyaların Furye sırasına ayrılması

5. İxtiyari periodlu funksiyaların Furye sırasına ayrılışı

Müxtəlif periodik proseslərin öyrənilməsi zamanı, (yəni müəyyən zaman anında təkrarlanan: radiotexnika, elektronika, elastiklik nəzəriyyəsi və s.) bu prosesləri ifadə edən funksiyaları qüvvət sırasına deyil, triqonometrik sıraya ayırmaq məqsədə uyğun olur.

D oblastında təyin olunmuş periodu T olan y=f ( x ) funksiyası aşağıdakı şərtləri ödəyirsə ,periodik funksiya adlanır:

∀ x∈D , ∀ ( x+T )∈D⟹ f ( x+T )=f ( x )

Periodik funksiyaların əsas xassələri:1. Eyni T periodu olan funksiyaların cəbri cəminin periodu T -dir.2. Əgər f ( x ) funksiyasının periodu T -dirsə, f (ax ) funksiyasının periodu T

a -dır. Həqiqətən də

f (a ∙(x+Ta ))=f (ax+T )=f (ax) .

3. Əgər f ( x ) funksiyasının periodu T -dirsə və [ x0 , x1 ]∈ R parçasında inteqrallanandırsa, onda∀ a , b∈ [ x0 , x1 ] üçün

∫a

a+T

f (x )dx=∫a

b+T

f ( x )dx .

Triqonometrik Furye sıraları

Belə adlanan triqonometrik sıraların köməyi ilə ixtiyari periodik sıranı Furye sırasına ayırmaq olar.Aşağıdakı şəkildə verilmiş funksional sıra triqonometrik sıra adlanır:

a0

2+a1 cos x+b1 sin x+…+¿an cosnx+bn sinn x+…=¿¿¿

¿a0

2+∑

n=1

∞

an cosnx+bnsin nx

a0;an; an (n=1,2 , …) ədədləri sıranın əmsalları adlanır. (1) sırasını həmçinin aşağıdakı kimi yazmaq olar:

a0

2+∑

n=1

∞

An sin (nx+φn ) (2)

Həqiqətən də an=An sin φn , bn=An cosφn, qəbul etsək alarıq:ancos nx+bn sin nx=An sin (nx+φn ) .

An=√an2+bn

2 ; tg φn=an

bn

Bizə lazım olan düsturları yazaq. m və n-in müsbət tam ədəd olduğunu nəzərə aldıqdan sonra alırıq:

∫−π

π

cosnxdx={sin nxn − π

π =0 (n≠ 0 )

x −ππ =2 π (n=0 )

(3)

∫−π

π

sin nxdx=0 (4 )

∫−π

π

cosnx ∙ cosmxdx=12∫−π

π

(cos (m+n ) x+cos (m−n ) x )dx=¿¿

¿ {0 (m≠ n )π (n=0 ) (5)

∫−π

π

sin mx ∙ cosnxdx=12∫−π

π

(sin (m+n ) x+sin (m−n ) x )dx=0 (6)

∫−π

π

sin mx ∙ sin mxdx=12∫−π

π

(cos (m−n ) x−cos (m+n ) x )dx=¿

¿ {0 (m≠ n )π (n=0 ) (7)

Qeydlər.1.(3)-(7) düsturları göstərir ki, aşağıdakı funksiyalar ailəsi:

cos x , sin x ,cos2 x , sin 2 x ,cos3 x . sin 3 x ,…,cosnx , sin nx ,…ortoqonallıq xassəsinə malikdir: uzunluğu 2π olan intervalda bu ailədən olan ixtiyari iki funksiyanın hasilinin inteqralı sıfra bərabərdir.2.İnteqrallama oblastı [0 ;2π ]parçası olduqda da (3)-(7) düsturları ödənilir.

Tutaq ki, f ( x ) funksiyası periodu 2 π olan ixtiyari funksiyadır. f ( x ) funksiyasının triqonometrik sıraya ayrıldığını qəbul edək:

f ( x )=a0

2+∑

n=1

∞

an cosnx+bn sin nx (8)

f ( x ) funksiyasının periodu 2π olduğundan ona uzunluğu 2π olan ixtiyari parçada baxmaq olar. Biz [−π; π ] parçasını götürürük. Tutaq ki, (7) sırasını bu parçada hədbəhəd inteqrallamaq olar.

an və bn əmsallarıni müəyyən etmək üçün (8) düsturunu – π-dən π-yədək inteqrallayaq:

∫−π

π

f ( x ) dx=∫− π

π a0

2dx+∑

n=1

∞ (an∫−π

π

cos nxdx+bn sin nxdx)=¿¿¿∫− π

π a0

2dx=π a0 .

Sıfırıncı həddən başqa sıranın bütün hədləri (3) və (4) düsturlarına əsasən sıfra bərabərdir.

a0=1π ∫−π

π

f ( x )dx (9 )

(9) düsturunun hər iki tərəfini cos mx-ə vuraraq və – π-dən π-yədək inteqrallayaraq alırıq:

∫−π

π

f ( x ) cosmxdx=a0

2 ∫−π

π

cosmxdx+∑n=1

∞

¿¿¿¿¿

+bn∫−π

π

cosmx sin nxdx ¿ .¿

(3), (5),(6) düsturlarına əsasən m=n olduqda alırıq:

∫−π

π

f ( x ) cosnxdx=an π .

an=1π ∫−π

π

f ( x ) cosnxdx , n=1,2,3 ,… (10 )

Analoji olaraq (9) düsturunun hər iki tərəfini sin mx-ə vuraraq və – π-dən π-yədək inteqrallayaraq alırıq:

bn=1π∫−π

π

f ( x ) sin nxdx , n=1,2,3 , … (11 )

(9), (10), (11) düsturlarından tapılan a0 , an , bn ədədlərinə Furye əmsalları, (1) düsturundakı triqonometrik sıra Furye sırası adlanır.

[−π , π ] parçasında inteqrallanan f ( x ) funksiyası üçün yazılır:

f (x)a0

2+∑

n=1

∞

an cosnx+bn sin nx

və deyirlər: f ( x ) funksiyasına onun Furye sırası uyğundur. Əgər Furye sırası yığılırsa, onun cəmini S ( x ) ilə işarə edirlər.

Periodu 2 π olan funksiyaların Furye sırasına ayrılması.

Dirixle teoremi. Tutaq ki, periodu 2 π olan f ( x ) funksiyası [−π ,π ] parçasında aşağıdakı iki şərti ödəyir:1. f ( x ) hissə-hissə kəsilməz funksiyadır; yəni kəsilməzdir və ya sonlu sayda I növ kəsilmə nöqtələri vardır.2. f ( x ) hissə-hissə monoton funksiyadır; yəni bütün parçada monotondur, və ya bu parçanı sonlu sayda elə intervallara bölmək olar ki, bu parçaların hər birində funksiya monotondur.Onda f ( x )-ə uyğun olan Furye sırası bu parçada yığılır və aşağıdakı şərtləri ödəyir:1.Funksiyanın kəsilmə nöqtələrində sıranın S ( x ) cəmi funksiyanın özü ilə üst-üstə düşür:

f ( x )=S ( x ) .2.Funksiyanın hər bir x0 kəsilmə nöqtəsində sıranın cəmi

S (x0 )=f (x0−0 )+ f (x0+0 )

2yəni f ( x ) funksiyasının sağdan və soldan limitlərinin ədədi ortasına bərabərdir.3.x=−π və x=π nöqtələrində sıranın cəmi

S (−π )=S (π )= f (−π+0 )+ f (π−0 )2

.

Tək və cüt funksiyaların Furye sırasına ayrılması

Əgər [−π , π ] parçasında f ( x ) funksiyasını Furye sırasına ayırarkən f ( x ) funksiyasının təkliyini və cütlüyünü nəzərə alsaq onda düsturlar bir-birindən Furye əmsalları ilə fərqlənər.

Əgər f ( x ) funksiyası cütdürsə, onda Furye sırası aşağıdakı şəklə düşər:

f ( x )=a0

2+∑

n=1

∞

an cosnx (1)Burada

a0=2π∫0

π

f ( x )dx , an=2π∫0

π

f ( x ) cosnx dx ,n∈N (2 )

Əgər f ( x ) funksiyası təkdirsə, onda Furye sırası aşağıdakı şəklə düşər:

f ( x )=∑n=1

∞

bn sin nx (3)

bn=2π∫0

π

f ( x )sin nx dx ,n∈N (4)

Riyazi analiz kursundan bilirik ki, əgər f ( x ) funksiyası [−a , a ] simmetrik parçasında inteqrallanandırsa, onda

∫−a

a

f (x )dx={2 ∙∫0

a

f (x )dx

0 əgər{f ( x ) cütdirsə ,

f ( x ) təkdirsə .

Əgər f ( x ) cüt funksiyadırsa onda f ( x ) cosnx cüt funksiyadır:(f (−x ) cos (−nx )=f ( x )cos nx)

f ( x ) sin nx isə tək funksiyadır: (f (−x ) sin (−nx )=−f ( x )sin nx).Əgər f ( x ) tək funksiyadırsa, onda f ( x ) cosnx tək funksiyadır; f ( x ) sin nx isə cüt

funksiyadır.(1) və (3) sıraları natamam triqonometrik sıralar və ya sinuslardan və

kosinuslardan asılı triqonometrik sıralar adlanır.Misal. f ( x )=x , x∈ (−π ; π ) , T=2 π Furye sırasına ayırın.Həlli.Şəkildə verilmiş funksiyanın qrafiki təsvir olunmuşdur.y=x funksiyası Dırıxle şərtlərini ödəyir. Bu funksiya tək funksiyadır.Həqiqətən də an=0 , n=0,1,…,

bn=2π∫0

π

x sin nxdx=2x (−x

ncos nx │0

π+ 1n2 sin nx │0

π)=2π (−π

n )cosπn ,

yəni bn=2n

∙ (−1 )n+1 (n∈N ) .Furye sırası yalnız sinuslardan ibarət olur:

x=∑n=1

∞ 2n

∙ (−1 )n+1 ∙ sin nx=2( sin x1− sin 2 x

2+ sin3 x

3−…)

Bu zaman (şəklə baxın)S (± π )=−π+π

2=0.

İxtiyari periodlu funksiyaların Furye sırasına ayrılışı

Periodları 2 π-dən fərqli olan funksiyaları da Furye sırasına ayırmaq olar. Tutaq ki, [−l ; l ] parçasında təyin olunmuş funksiyanın periodu 2 l-dir. ((f ( x+2 l )=f ( x ), l-ixtiyari müsbət ədəddir)və bu parçada Dirixle şərtlərini ödəyir.x= l

πt əvəzləməsi apararaq f ( x )funksiyasını φ ( t )=f ( l

πt) ilə əvəz edək.Bu funksiya

[ – π , π ] parçasında təyin olunmuşdur və periodu T=2 π .Həqiqətən də əgər t=−π olarsa x=−l; əgər t=π olarsa x=l olar.−π<t<π⇒ l<x<l.

φ ( t+2l )=f ( lπ(t+2π ))=f ( l

πt+2l)=f ( ¿π )=φ (t ) ,

φ ( t+2π )=φ ( t )φ ( t ) funksiyasının [ – π , π ] parçasında Furye sırasına ayrılışı belə olur:

φ ( t )=a0

2+∑

n=1

∞

ancos nt+bnsin nt ,

an=1π∫−π

π

φ ( t ) cosntdt ,(n=0,1,2,3¿¿ ,…),¿¿

bn=1π∫−π

π

φ ( t )sin ntdt ,(n=1,2,3¿¿ , …) .¿¿

x dəyişəninə keçərək və t=πxl

,dt= πl

dx olduğunu nəzərə alaraq

f ( x )=a0

2+∑

n=1

∞

an cos πnxl+bn sin πnx

l(1 )

burada

an=1l∫−l

l

f ( x )cos πnxl

dx (n=0,1,2 …. )(2)

bn=1l∫−l

l

f ( x )sin πnxl

dx (n=1,2 ,…. )(3)

(2) və (3) düsturları ilə təyin olunan (1) sırası periodu T=2π olanf ( x ) funksiyasının Furye sırasına ayrılışı adlanır.

Mövzu19 Ehtimal nəzəriyyəsi. Təsadüfi hadisələr. Ehtimalın klassik tərifi.

Ehtimalın hesablanmasında kombinatorikanın elementlərindən istifadə edilməsi

1.Ehtimalın klassik tərifi

2.Ehtimalın hesablanmasında kombinatorikanın elementlərindən istifadə edilməsi

3. Ehtimalların toplanması və vurulması teoremləri

EHTİMAL NƏZƏRİYYƏSİ

Təsadüfi hadisələrBizi əhatə edən gerçəkliyin dərk edilməsi sınaqlar və müşahidələr nəticəsində

baş verir. Ehtimal nəzəriyyəsinin əsas anlayışlarından biri sınaq anlayışıdır. Sınaq dedikdə nəticəsi əvvəlcədən məlum olmayan təcrübə və ya müşahidə başa düşülür.

Misa l 1. Tutaq ki, metal pulu bir dəfə atırıq. Bu zaman gerb və ya pul üzü düşə bilər. Hansı üzün yuxarı düşəcəyini, yəni bu sınağın nəticəsini əvvəlcədən demək olmaz.

Tər i f 1. Təcrübənin hər bir nəticəsi elementar hadisə adlanır.Tər i f 2. Nəticəsi əvvəlcədən proqnozlaşdırıla bilinməyən hadisəyə təsadüfi

hadisə deyilir.Misa l 2. Qabda müxtəlif rəngli kürəciklər vardır. Qabdan kürəciyin

çıxarılması sınaqdır. Çıxarılmış kürəciyin hər hansı rəngdə olması isə hadisədir.

Tər i f 3. Təcrübə nəticəsində hökmən baş verən hadisəyə yəqin hadisə deyilir.

Misa l 3. Bir cüt zəri bir dəfə atdıqda düşən xallar cəminin 12-dən çox olmaması yəqin hadisədir.

Tər i f 4. Təcrübə nəticəsində baş verməyəcəyi əvvəlcədən məlum olan hadisəyə bu təcrübədə mümkün olmayan hadisə deyilir.

Misa l 4. İçərisində yalnız qara rəngli kürəciklər olan qutudan ağ rəngli kürəciyin çıxarılması hadisəsi mümkün olmayan hadisədir.

Ehtimal nəzəriyyəsi məhz təsadüfi hadisələrin qanunauyğunluqlarını öyrənən elmdir.

Tər i f 5. Əgər A1 , A 2 , .. . , An hadisələrindən hər hansı ikisinin eyni zamanda baş verməsi mümkün deyilsə, belə hadisələrə uyuşmayan hadisələr deyilir.

Xüsusi halda, bir sınaq zamanı iki hadisədən birinin baş verməsi o birinin baş verməsini inkar etmirsə belə hadisələrə uyuşan hadisələr deyilir, əgər inkar edirsə, onda belə hadisələrə uyuşmayan hadisələr deyilir.

Misa l 5 . Metal pulu bir dəfə atırıq. Gerb üzünün düşməsi hadisəsi pul üzünün düşməsi hadisəsini inkar edir və deməli, bu hadisələr uyuşmayandır.

Misa l 6 . Zəri atdıqda “3” üzünün düşməsi və 6 ədədinin bölənlərinin düşməsi hadisələri uyuşandır, çünki 3 həm də 6-nın bölənidir.

Tər i f 6. Əgər A1 , A 2 , .. . , An hadisələr çoxluğu cüt-cüt uyuşma-yandırsa və onlardan birinin və yalnız birinin baş verməsi yəqin hadisədirsə bu çoxluq tam qrup adlanır.

Misa l 6 . Bir zəri bir dəfə atdıqda 1-dən 6-ya qədər olan xallardan biri düşməsi yəqin hadisədir. Odur ki, bu hadisələr tam qrup təşkil edir.

Xüsusi halda, əgər sınaq nəticəsində iki hadisədən yalnız biri hökmən baş verərsə, onda bu hadisələrə qarşılıqlı əks hadisələr deyilir. A hadisəsinin əksi A ilə işarə olunur.

2. Ehtimalın klassik tərifiTutaq ki, A hadisəsi bir sınağın nəticəsidir və A1 , A2 ,. .. , An eyni-imkanlı

elementar hadisələrin tam qrupudur.

Tər i f . A hadisəsi üçün əlverişli olan hallar sayının bütün eyni-imkanlı hallar sayına nisbətinə həmin hadisənin ehtimalı deyilir.

Beləliklə, n sayda eyniimkanlı halları olan təcrübədəA hadisəsi üçün m sayda əlverişli hal varsa, bu hadisənin ehtimalı

P( A )=mn

düsturu ilə hesablanır.

1. Mümkün olmayan hadisənin ehtimalı sıfra bərabərdır. Doğrudan da bu halda sınaqlardan heç biri hadisəyə uyğun gəlmir, yəni m=0 olur. Onda

P( A )=mn=0

n=0

.2. Yəqin hadisənin ehtimalı vahidə bərabərdir. Belə ki, yəqin hadisələrdə

sınaqların hamısı hadisəyə uyğun gəlir, yəni m=n olur. Onda

P( A )=mn=n

n=1

.Hər hansı A hadisəsi üçün əlverişli halların sayı mümkün halların sayından

çox olmadığından, yəni 0≤m≤n olduğundan, ehtimalın klassik tərifindən və yuxarıdakı mühakimələrdən alınır ki,

0≤P(A )≤1 .

Məsələ. Səbətdə 12 meyvə var. Onlardan 3-ü gizli halda zədəlidir. Səbətdən ardıcıl olaraq 2 meyvə çıxarılır. 1) Birinci çıxarılan meyvənin zədəli olması; 2) birinci çıxarılan meyvənin sağlam olduğu halda ikinci çıxarılan meyvənin zədəlı olması ehtimalını tapın.1)Birinci çıxarılan meyvənin zədəlı olması hadisəsini A1 ilə işarə edək. Bütün mümkün halların sayı n=12-dir.

P (A1 )=

mn= 3

12= 1

42) Bütün mümkün halların sayı n=¿ 11-dir.

PA1( A1 )=

mn= 3

11.

Ehtimalın hesablanmasında kombinatorikanın elementlərindən istifadə edilməsi

Hadisələrin ehtimalını hesablamaq üçün çoxlu sayda sınaqlar aparmaq lazım gəlir. Sonlu sınaqların sayını hesablamaq üçün sonlu çoxluqların kombinatorika elementlərindən istifadə edilir.

Fərz edək ki, n sayda detaldan m sayda detal standarta uyğundur. İxtiyari götürülmüş k sayda detalın içərisində heç olmasa birinin standart detal olması ehtimalını tapmaq tələb olunur. n detalın içərisindən k sayda detalı Cn

k sayda üsulla çıxarmaq olar.

Deməli, mümkün halların sayı Cnk olur. Standart detalların sayı

m , qeyri-standart detalların sayı isə n−m olduğu üçün hadisəyə uyğun gələn sınaqların sayını tapmaq üçün m standart detal içərisindən bir ədəd detal götürmə üsulu ilə (Cm

1 ), n−m sayda qeyri-standart detalın içərisindən k−1 sayda detalın götürmə üsulunu (Cn−m

k−1 ) bir-birinə vurmaq lazımdır. Onda

P( A )=Cm

1 Cn−mk−1

Cnk

olar.Kombinatorikanın aşağıdakı düsturlarından ehtimalın hesablanmasında

istifadə olunur:

Cnk= n!

k !(n−k )!;

Cnk=

Ank

Pk;

Ank= n !(n−k )!

=n(n−1)(n−2) .. .(n−k+1 );

Pk=1⋅2⋅3⋅.. .⋅k=k ! (k faktorial); şəkildə 3 ! təsvir olunmuşdur.Cn

k=Cnn−k

; Cn0=Cn

n=1 ; Cn1=n .

Burada Cnk – n elementdən k sayda kombinezon,

Ank – n elementdən k sayda aranjeman,

Pk – k elementli permutasiya işarələridir.

Misal. n-in hansı qiymətlərində (n+3 ) !(n+1 ) !

=72 bərabərliyi doğrudur.

Həlli. (n+3 )!=(n+1 ) ! (n+2 ) (n+3 )(n+3 ) !(n+1 ) !

= (n+1 ) ! (n+2 ) (n+3 )(n+1 ) !

=(n+2 ) (n+3 )

(n+2 ) (n+3 )=72⇒ n2+5 n+6=72⇒ n1=6 ;n2=−16.n>0 olduğundan n=6 qiymətində bərabərlik doğrudur.

Ehtimalların toplanması və vurulması teoremləriA və B hadisələrindən heç olmasa birinin baş verməsi hadisəsinə bu

hadisələrin cəmi deyilir və A+B kimi işarə edilir.

Teorem. Uyuşmayan iki hadisənin cəminin ehtimalı onların ehtimalları cəminə bərabərdir:

P( A+B )=P(A )+P(B ).İsbat ı. Sınaqların ümumi sayını n , A hadisəsinə uyğun gələn sınaqların

sayını m1 , B hadisəsinə uyğun gələn sınaqların sayını isə m2 ilə işarə etsək və m=m1+m2 olduğunu nəzərə alsaq alarıq:

P( A+B )=m1+m2

n=

m1

n+

m2

n=P(A )+P(B )

.

Nət icə. A1 , A 2 , .. . , Anhadisələri uyuşmayan hadisələrdirsə, onda onların cəminin ehtimalı bu hadisələrin ehtimallarının cəminə bərabərdir, yəni

P( A1+A2+ .. .+An )=P( A 1)+P(A 2 )+. . .+P (An ).Misa l. Qutuda 15 ağ, 20 qırmızı, 10 sarı kürəcik var. Qutudan çıxarılan bir

kürəciyin qırmızı və ya sarı olmasının ehtimalını tapmalı.

Həl l i. Çıxarılan kürəciyin qırmızı olması hadisəsini A ilə, sarı olması hadisəsini isə B ilə, onlardan hər hansı birinin baş verməsi hadisəsini C ilə işarə edək:

Mümkün halların sayı 15+20+10=45, A hadisəsi üçün əlverişli halların sayı 20, B hadisəsi üçün əlverişli halların sayı 10 olduğundan, ehtimalın klassik tərifinə əsasən

P( A )=2045=4

9 , P(B)=10

45=2

9 .Aydındır ki, A və B hadisələri uyuşmayandır və hadisələrin cəminin tərifinə

görə C=A+B . Ehtimalların toplanması teoreminə əsasən

P(C )=P( A+B )=P( A )+P(B )=49+ 2

9=2

3 .Teorem. Tam qrup əmələ gətirən hadisələrin ehtimallarının cəmi vahidə

bərabərdirP( A1 )+P (A 2)+. ..+P( An )=1 .

Teorem. Qarşılıqlı əks hadisələrin ehtimallarının cəmi vahidə bərabərdir

P( A )+P ( A )=1.

Çox vaxt hadisənin ehtimalını p hərfi ilə, ona qarşılıqlı əks olan hadisənin ehtimalını isə q hərfi ilə işarə edirlər. Onda p=1−q olar.

Misa l . Günün yağışlı olması ehtimalı 0,8-ə bərabərdir. Günün yağışsız olmasının ehtimalını tapın.

Həl l i. Günün yağışlı və ya yağışsız olması hadisələri qarşılıqlı əks hadisələrdir. Ona görə də günün yağışlı olması hadisəsini A ilə işarə etsək,

yağışsız olması A olar. P( A )+P ( A )=1 olduğundan, alırıq ki,

P( A )=1−P( A )=1−0,8=0,2 .

Sınaqlar nəticəsində A və B hadisələrinin eyni zamanda baş verməsi hadisəsinə bu hadisələrin hasili deyilir və AB kimi işarə edilir.

Teorem. Asılı olmayan hadisələrin hasilinin ehtimalı onların ehtimalları hasilinə bərabərdir.

P( AB )=P( A )⋅P(B) .

Nət icə. n sayda asılı olmayan A1 , A 2 , .. . , An hadisələrinin birlikdə baş verməsi hadisəsinin ehtimalı bu hadisələrin ehtimalları hasilinə bərabərdir

P( A1 A2 .. . An )=P( A1 )⋅P( A2 )⋅.. .⋅P( An) .

Misa l. Hər birində 10 detal olan 3 yeşik vardır. Birinci yeşikdə 8, ikinci yeşikdə 7 və üçüncü yeşikdə 9 ədəd standart detal vardır. Hər yeşikdən bir detal çıxarıldıqda üçünün də standart olmasının ehtimalını tapmalı.

Həl l i. Ehtimalın klassik tərifinə əsasən birinci, ikinci və üçüncü yeşikdən çıxarılan detalın standart olmasının (A, B, C – hadisələri) ehtimalları: P( A )= 8

10=0,8

; P(B)=0,7 və P(C )=0,9 olar, çünki şərtə görə m1=8 ; m2=7 və m3=9 , sınaqların ümumi sayı isə n=10 .

A, B və C hadisələrinin bir-birindən asılı olmadıqlarını nəzərə alaraq axtarılan ehtimalı hesablamaq üçün ehtimalların vurulması teoremindən istifadə edirik:

P( ABC )=P (A )⋅P(B )⋅P(C )=0,8⋅0,7⋅0,9=0 , 504 .

Tutaq ki, A və B hadisələri asılı hadisələrdir.

Tər i f. A hadisəsi baş verdikdən sonra B hadisəsinin baş vermə ehtimalına şərti ehtimal deyilir və PA(B ) kimi işarə olunur.

Teorem. İki asılı hadisənin birgə baş verməsi ehtimalı, bu hadisələrdən birinin ehtimalı ilə o birinin şərti ehtimalı hasilinə bərabərdir:

P( AB )=P( A )⋅PA(B )=P(B)⋅PB(A ) .

Nət icə. Asılı hadisələrin sayı çox olduqda onların birgə baş verməsinin ehtimalı aşağıdakı düsturla hesablanır:

P( A1 A2 .. . An )=P( A1 )P A1( A2)PA1 A2

( A3 ). .. PA1 A2. . . An−1( An ) .

Burada PA1 A2. . . An−1( An ) kəmiyyəti An hadisəsinin A1 A2 .. . An−1 hadisələrinin baş

verməsi şərti ilə ehtimaldır.

Misa l. Qutuda 5 ağ, 4 qara və 3 qırmızı kürəcik var. Qutuya qaytarmamaq şərti ilə, ardıcıl olaraq üç ədəd kürəcik çıxarılır. Birinci kürəciyin ağ (A hadisəsi), ikincinin qara (B hadisəsi) və üçüncünün qırmızı (C hadisəsi) olması ehtimalını tapmalı.

Həl l i. Sınağa başladıqda mümkün halların sayı 12, A hadisəsi üçün əlverişli

halların sayı 5 olduğundan, P( A )= 5

12. A hadisəsi baş verdikdən sonra qutuda 4

ağ, 4 qara və 3 qırmızı kürəcik qalır, yəni ikinci sınağa başladıqda mümkün halların sayı 11, B hadisəsi üçün əlverişli halların sayı 4-dür. Deməli, PA(B )=

411

.A və B hadisələri baş verdikdən sonra 4 ağ, 3 qara və 3 qırmızı

kürəcik qalır, yəni üçüncü sınağa başladıqda mümkün halların sayı 10, C

hadisəsi üçün əlverişli halların sayı 3-dür, yəni PAB (C )=

310

. Onda, ehtimalların

vurulması teoreminə əsasən,

P( ABC )=P (A )⋅PA (B )⋅PAB(C )=5

12⋅ 411⋅ 310= 1

22.

Teorem. İki uyuşan hadisələrdən heç olmasa birinin baş verməsinin ehtimalı bu hadisələrin ehtimallarının cəmi ilə onların birgə baş verməsi ehtimalının fərqinə bərabərdir:

P( A+B )=P(A )+P(B )−P( AB) .

Misal. İki topdan hədəfə mərmi atılır. Onların hədəfə dəyməsi ehtimalları uyğun olaraq P1=0,7 və P2=0,8-dir. Hər iki topdan eyni vaxtda mərmi atdıqda onların heç olmasa birinin hədəfə dəyməsi ehtimalını tapmalı.

Həl l i. Hər iki mərminin birgə hədəfə dəyməsinin ehtimalı

P( AB)=P( A )⋅P(B)=0,7⋅0,8=0 , 56

olar, çünki birinci və ikincı topdan atılan mərmilərin hədəfə dəyməsi (A və B hadisələri) bir-birindən asılı deyildir. Eyni zamanda bu hadisələr uyuşandır, çünki birinci mərminin hədəfə dəyməsi ikinci mərminin hədəfə dəyməsini inkar etmir. Onda iki mərmidən heç olmasa birinin hədəfə dəyməsi ehtimalı

P( A+B )=P(A )+P(B )−P( AB)=0,7+0,8−0 ,56=0 ,94

olar.

Mövzu 20

Tam ehtimal. Bernulli düsturu. Laplasın lokal və inteqral teoremləri .

1.Tam ehtimal

2. Bernulli düsturu

3. Laplasın lokal və inteqral teoremləri

Tam ehtimalFərz edək ki, A hadisəsi tam hadisələr qrupu təşkil edən uyuşmayan

B1 , B2 , .. . , Bn hadisələrindən birinin baş verməsi şərtində meydana çıxa bilər. Bu hadisələrin ehtimalları P(B1) , P(B 2) ,. . ., P(Bn ) və A hadisəsinin uyğun şərti

ehtimalları – PB1(A ) , PB2

( A ) ,. . ., PBn(A ) məlum olduqda A hadisəsinin ehtimalını

tapmaq tələb olunur. Bu ehtimalı tapmaq üçün aşağıdakı teoremdən istifadə edilir.

Teorem. Tam qrup təşkil edən uyuşmayan B1 , B2 , .. . , Bn hadisələrindən ancaq birinin meydana çıxması ilə baş verən A hadisəsinin ehtimalı bu hadisələrdən hər birinin ehtimalı ilə A hadisəsinin uyğun şərti ehtimalları hasillərinin cəminə bərabərdir

P( A )=P(B1)PB1(A )+P(B2 )PB2

(A )+. ..+P(Bn )PBn(A )

.Bu düstur tam ehtimalın düsturu adlanır.

Misa l. İdmançılar qrupunda 6 üzgüçü, 4 velosipedçi və 8 gimnast vardır. Üzgüçünün normanı doldurması ehtimalı 0,9, velosipedçinin-ki – 0,8 və gimnastınkı – 0,75-dir. Hər hansı bir idmançının normanı doldurması ehtimalını tapmalı.

Həl l i. Növlər üzrə idmançıların normanı doldurması hadisələrini uyğun olaraq B1 , B2 və B3 ilə işarə edək. Bu hadisələr tam qrup əmələ gətirir və onların ehtimalları məlumdur: P(B1)=0,9; P(B2)=0,8 və P(B3)=0 ,75.

Hər hansı bir idmançının normanı doldurması hadisəsini A ilə işarə etsək, onda bu hadisənin şərti ehtimalları belə olar:

PB1(A )= 6

18 (18 idmançıdan 6-sı üzgüçüdür),

PB2(A )= 4

18 (18 idmançıdan 4-ü velosiredçidir),

PB3(A )= 8

18 (18 idmançıdan 8-zi gimnastdır).

Tam ehtimal düsturuna görə

P( A )=P(B1)PB1(A )+P(B2 )PB2

(A )+P(B3 )PB 3( A )=

=0,9⋅ 618+0,8⋅ 4

18+0 , 75⋅ 8

18=5,4+3,2+6

18=14 ,6

18=0 ,81

alırıq.

Bernulli düsturu

Əgər sınaqlar aparıldıqda A hadisəsinin hər sınaqda baş verməsi ehtimalı başqa sınağın nəticəsindən asılı oimazsa belə sınaqlara A hadisəsinə görə asılı olmayan sınaqlar deyilir.

n asılı olmayan sınağın hər birində hadisənin baş verməsi ehtimalı p-yə (0< p<1 ) bərabərdirsə hadisənin k dəfə baş verməsi

Pn (k )=Cnk pk qn−k və ya Pn (k )= n!

k ! (n−k ) !pk qn−k (1)

q=1−p .

n sınaqda hadisənin k-dan az baş verməsi ehtimalı

Pn (0 )+Pn (1 )+…+Pn (k−1 ) (2)

düsturu ilə hesablanır.

n sınaqda hadisənin k-dan çox baş verməsi ehtimalı

Pn (k+1 )+Pn (k+2 )+…+Pn (n ) (3)

düsturu ilə hesablanır.

n sınaqda hadisənin ən azı k dəfə baş verməsi ehtimalı

Pn (k )+Pn (k+1 )+…+Pn (n ) (4)

düsturu ilə hesablanır.

n sınaqda hadisənin ən çoxu k dəfə baş verməsi ehtimalı

Pn (0 )+Pn (1 )+…+Pn (k ) (5)

düsturu ilə hesablanır.

Məsələ 1. Verilmiş bitkinin toxumlarının çıxma ehtimalı 90%-dir. 5 səpilmiş toxumdan a) dördünün, b) dörddən az olmamaqla çıxma ehtimalını tapın.

Həlli. a) p=0,9 q=0,1 n=5 və k=4

P5 (4 )=C54 (0,9 )4 (0,1 )=5 ∙4 ∙3∙ 2

1 ∙2 ∙ 3∙ 4∙0,656 ∙ 0,1=0.328 .

b) A hadisəsi ondan ibarətdir ki, 5 səpilmiş toxumdan ya 4-ü ya da 5-i çıxa bilər.

P (A )=P5 (4 )+P5 (5 ) .

P5 (5 )=C55 (0,9 )5∙ (0,1 )0=1 ∙ 0,591 ∙ 1=0.591 .

P (A )=0,328+0,591=0,919.

Sınaqların sayı böyük olduqda Bernulli düsturunu tətbiq etdikdə çoxlu hesablamalar aparmaq lazım gəlir.Belə halda Laplasın lokal teoremindən istifadə edilir.

Laplasın lokal teoremi

n asılı olmayan sınağın hər birində hadisənin baş verməsi ehtimalı p-yə (0< p<1 ) bərabərdirsə hadisənin k dəfə (hansı ardıcıllıqla olur olsun fərqi yoxdur) baş verməsi ehtimalı təqribən (n böyük olduqda daha dəqiq olur)

Pn (k )= 1√npq

φ ( x )

Bərabərliyi ilə təyin olunur.Burada

φ ( x )= 1√2 π

e−x2

2 , x= k−np√npq

.

x-in müsbət qiymətləri üçün φ ( x ) funksiyasının qiymətləri cədvəldə verilmişdir.(φ ( x ) cüt funksiyadır, deməli φ (−x )=φ ( x )).

Məsələ 2. 625sınaqda A hadisəsinin baş vermə ehtimalı 0,64-dür. Bu sınaqlarda A hadisəsinin 415 dəfə baş vermə ehtimalını tapın.

Həlli. Şərtə görə n=625 , k=415 , p=0,64. q=1−0.64=0,36.

x= 415−625 ∙0.64√625∙ 0.64 ∙0,36

=1512=1.25 . φ (1.25 )=0,1826

P625 (415 )≈ 1√625 ∙0,64 ∙ 0.36

∙0.1826 ≈ 0.015 .

Laplasın inteqral teoremi.

n asılı olmayan sınağın hər birində hadisənin baş verməsi ehtimalı p-yə (0< p<1 ) bərabərdirsə hadisənin hadisənin ən azi k1, ən çoxu k 2 dəfə baş verməsi ehtimalı təqribən

P (k1 , k2 )=Ф (x″ )−Ф (x ' )

bərabərliyi ilə təyin olunur.Burada

Ф( x )= 1√2 π∫0

x

e− z2

2 dz - Laplas funksiyasıdır.

x '=k1−np√npq

, x″=k2 np√npq

x-in (0≤ x≤ 5 ) qiymətləri üçün laplas funksiyası cədvəldən tapılır; x>5 qiymətləri üçün Ф( x )=0,5 qəbul olunur.

Misa l. Detalın texniki nəzarət şöbəsinin yoxlanışından keçməsinin ehtimalı 0.2-dir. 400 ədəd təsadüfi seçilmiş detalın içində 70-dən 100-ə kimi yoxlanışdan keçməyən detal olmasının ehtimalını tapmalı.

Həl l i. Şərtə görə p=0,2; q=1−0,2=0,8 ; n=400 ; k1=70 ; k 2=100 . Laplasın inteqral teoremindən istifadə edək. Əvvəlcə inteqralın aşağı və yuxarı sərhədlərini hesablayaq:

x '=k1−np√npq

=70−400⋅0,2√400⋅0,2⋅0,8

=−1 ,25 ;

x ' '=k 2−np√npq

=100−400⋅0,2√400⋅0,2⋅0,8

=2,5.

Laplas inteqralının tək olmasını nəzərə alaraq arqumentin hesablanmış qiymətlərini ehtimal düsturunda yerinə yazsaq alarıq:

P400(70 ;100 )≈Φ ( x' ' )−Φ ( x ' )=Φ (2,5)−Φ(−1 ,25 )=

=Φ (2,5 )+Φ (1 ,25 )=0 , 4938+0 ,3944=0 , 8882.

Sınaqların sayı çox olarsa və hadisənin hər dəfə baş verməsi ehtimalı p çox kiçik olarsa onda asılı olmayan n sınaqda hadisənin k dəfə baş verməsi ehtimalı

Pn (k )≈ λk e−λ

k!

Təqribi düsturu ilə hesablanır.Bu halda deyirlər ki, təsadüfi kəmiyyət Puasson qanunu ilə paylanmışdır.λ=np (n sınaqda hadisənin baş verməsinin orta sayıdır).

Mövzu 21

Kəsilməz təsadüfi kəmiyyətlərin ehtimallarının paylanma qanunları və ədədi xarakteristikaları

1. Paylanma funksiyasının xassələri2. Diferensial funksiyasının xassələri

Diskret təsadüfi kəmiyyətin cədvəl şəklində verilmiş paylanma qanununda onun bütün mümkün qiymətləri və bu qiymətlərin ehtimalları verilir. Kəsilməz təsadüfi kəmiyyətlərin paylanma qanununu isə bu şəkildə vermək olmaz, çünki kəsilməz təsadüfi kəmiyyətin baxılan aralıqdakı qiymətlərinin sayı sonlu deyildir. Odur ki, bütün təsadüfi kəmiyyətlərin paylanma qanununu vermək üçün inteqral paylanma funksiyası daxil edilmişdir.

Tər i f. Hər bir x ədədi üçün X təsadüfi kəmiyyətinin x -dən kiçik qiymət alması ehtimalını təyin edən F (x ) funksiyasına inteqral paylanma funksiyası deyilir, yəni

F (x )=P(X<x ).

Çox vaxt «inteqral paylanma funksiyası» termini əvəzinə «paylanma funksiyası» termini işlədilir.

Paylanma funksiyası aşağıdakı xassələrə malikdir:

1. Paylanma funksiyasının qiymətləri [0 , 1 ] parçasında yerləşir:

0≤F( x )≤1.

2. Paylanma funksiyası azalmayandır, yəni x2>x1 olarsa,

F (x2 )≥F ( x1 ).

Nət icə 1. X təsadüfi kəmiyyətinin (a ,b ) intervalında qiymət alması ehtimalı həmin intervalda paylanma funksiyasının artımına bərabərdir:

P(a<X<b )=F (b )−F (a) .

Nət icə 2. X kəsilməz təsadüfi kəmiyyətinin müəyyən bir qiymət, məsələn x1 qiymətini alması ehtimalı sıfra bərabərdir:

P(X=x1)=0 .

3. Əgər X təsadüfi kəmiyyətinin bütün mümkün qiymətləri (a ,b ) intervalına daxildirsə, onda

x≤a olduqda F (x )=0 ; x≥b olduqda F (x )=1 .

Nət icə. Aşağıdakı limit münasibətləri doğrudur:lim

x→−∞F ( x )=0 , lim

x→+∞F( x )=1.

4. Paylanma funksiyası soldan kəsilməzdir:limx→x 0

F( x )=F( x0 ).

Yuxarıda biz kəsilməz təsadüfi kəmiyyəti inteqral paylanma funksiyasının köməyi ilə verdik. Qeyd edək ki, bu yeğanə verilmə üsulu deyil. Kəsilməz təsadüfi kəmiyyət həmçinin ehtimalların diferensial paylanma funksiyasının köməyi ilə də verilə bilər.

Tər i f. Kəsilməz təsadüfi kəmiyyətin inteqral paylanma funksiyasının birinci tərtib törəməsinə ehtimalların diferensial paylanma funksiyası deyilir:

f ( x )=F '( x ).

Çox vaxt «diferensial funksiya» termini əvəzinə «paylanma sıxlığı» termini işlədilir.

X kəsilməz təsadüfi kəmiyyətinin (a ,b ) intervalında qiymət alması ehtimalı aşağıdakı bərabərliklə təyin olunur:

P(a<X<b )=∫a

b

f ( x )dx .

Diferensial funksiya məlum olduqda, inteqral funksiyanı aşağıdakı düstur vasitəsilə tapmaq olar

F (x )=∫−∞

x

f ( x )dx .

Diferensial funksiya aşağıdakı xassələrə malikdir:

1. Diferensial funksiyası mənfi deyil, yəni f ( x )≥0 ;

2. Diferensial funksiyanın qeyri-məxsusi inteqralı vahidə bərabərdir

∫−∞

∞

f ( x )dx=1.

Xüsusi halda, əgər təsadüfi kəmiyyətin bütün mümkün qiymətləri (a ,b ) intervalına daxildirsə, onda

∫a

b

f ( x )dx=1.

Tər i f. Bütün ədəd oxunda qiymət ala bilən X kəsilməz təsadüfi kəmiyyətinin riyazi gözləməsi aşağıdakı bərabərliklə təyin olunur:

M ( x )=∫−∞

∞

xf ( x )dx ,

burada f ( x ) funksiyası X təsadüfi kəmiyyətinin diferensial funksiyasıdır.

Xüsusi halda, əgər təsadüfi kəmiyyətin bütün mümkün qiymətləri (a ,b ) intervalına daxildirsə, onda

M ( x )=∫a

b

xf ( x )dx.

Diskret təsadüfi kəmiyyət üçün riyazi gözləmənin yuxarıda göstərilən bütün xassələri kəsilməz təsadüfi kəmiyyət üçün də doğrudur.

Tər i f. Bütün ədəd oxunda qiymət ala bilən X kəsilməz təsadüfi kəmiyyətinin dispersiyası

D(X )=∫−∞

∞

[ x−M (X )]2 f ( x )dx ,

və ya eynigüclü

D(X )=∫−∞

∞

x2 f ( x )dx− [M (X )]2

bərabərliyi ilə təyin olunur.

Xüsusi halda, əgər X təsadüfi kəmiyyətinin bütün mümkün qiymətləri (a ,b ) intervalına daxildirsə, onda

D(X )=∫a

b

[ x−M (X )]2 f ( x )dx ,

və ya

D(X )=∫a

b

x2 f ( x )dx−[M( X ) ]2 .

Diskret təsadüfi kəmiyyət üçün dispersiyanın yuxarıda göstərilən bütün xassələri kəsilməz kəmiyyətlər üçün də doğrudur.

Kəsilməz təsadüfi kəmiyyətin orta kvadratik meyli diskret halda olduğu kimi təyin edilir:

σ (X )=√D (X ) .

Misal. X kəsilməz təsadüfi kəmiyyəti paylanma funksiyası ilə verilmişdir:

F (x )={ 0 , x≤−1 ,14( x+1)2 , −1< x≤1 ,

1 , x>1.

X təsadüfi kəmiyyətinin: a) (13

; 23 ) intervalında qiymət almasını; b) ehtimalların

paylanma sıxlığını; c) riyazi gözləməsini tapın.

Həl l i. X təsadüfi kəmiyyətinin (13

; 23 ) intervalında qiymət alması ehtimalı

həmin intervalda paylanma funksiyasının artımına bərabərdir:

P( 13 <X< 23 )=F ( 23 )−F( 13 )=1

4 (23 +1)2

−14 ( 13+1)

2

=14

.

b) X təsadüfi kəmiyyəti üçün ehtimalların paylanma sıxlığını f ( x )=F '( x ) düsturu vasitəsilə hesablayaq.

Alırıq ki,

f ( x )={ 0 , x≤−1 ,12( x+1) , −1< x≤1 ,

0 , x>1.

c) X təsadüfi kəmiyyətinin riyazi gözləməsini aşağıdakı düstura əsasən tapırıq

M ( x )=∫−∞

∞

xf ( x )dx.

Alırıq ki,

M (X )=∫−1

1

x⋅12( x+1 )dx=∫

−1

1

( 12 x2+12

x)dx=( 12⋅x3

3+ 1

2⋅x2

2 )|−11 =1

3.

Mövzu 22

Diskret təsadüfi kəmiyyətlərin ədədi xarakteristikaları1. Riyazi göz ləmə2. Dispers iya3. Orta kvadra t ik mey l

Diskret təsadüfi kəmiyyətlərin ədədi xarakteristikalarıÖyrənilən diskret təsadüfi kəmiyyəti tam xarakterizə etmək üçün onun ədədi

xarakteristikalarını, yəni riyazi gözləməsini, dispersiyasını və orta kvadratik meylini və s. bilmək lazım gəlir.

Riyazi göz ləmə. Diskret təsadüfi kəmiyyətin ən mühüm

xarakteristikalarından biri onun riyazi gözləməsidir. Riyazi gözləmə təsadüfi kəmiyyətin mümkün qiymətlərinin ədədi ortasından fərqlidir. O, kəmiyyətin mümkün qiymətləri içərisində ən çox ehtimal olunan qiymətinə yaxın alınır və ona görə də o kəmiyyəti ədədi ortadan daha dəqiq xarakterizə edir.

Tər i f. X diskret təsadüfi kəmiyyətinin x1 , x2 , .. . , xn mümkün qiymətlərinin onların uyğun p1 , p2 ,. . ., pn ehtimallarına hasillərinin cəminə təsadüfi kəmiyyətin riyazi gözləməsi deyilir və M (X ) ilə işarə olunur.

M (X )=∑i=1

n

xi p i=x1 p1+x2 p2+. . .+ xn pn.

Riyazi gözləmənin aşağıdakı əsas xassələri vardır.

1. Sabit kəmiyyətin riyazi gözləməsi sabitin özünə bərabərdirM (C )=C

2. Sabit vuruğu riyazi gözləmə işarəsi qarşısına çıxarmaq olar

M (CX )=CM (X )

3. İki asılı olmayan kəmiyyətin hasilinin riyazi gözləməsi onların riyazi gözləmələrinin hasilinə bərabərdir

M (XY )=M (X )⋅M (Y ).

4. İki təsadüfi kəmiyyətin cəminin riyazi gözləməsi bu kəmiyyətlərin riyazi gözləmələrinin cəminə bərabərdir

M (X+Y )=M (X )+M (Y ).

Dispers iya. Təcrübədə çox vaxt təsadüfi kəmiyyətin mümkün qiymətlərinin riyazi gözləmə ətrafında səpələnməsini bilmək lazım gəlir.

Tutaq ki, X – təsadüfi kəmiyyət, M (X ) isə onun riyazi gözləməsidir. Təsadüfi kəmiyyətlə onun riyazi gözləməsinin fərqi X−M (X ) meyl adlanır.

Teorem. İstənilən təsadüfi kəmiyyət üçün meylin riyazi gözləməsi sıfra bərabərdir, yəni

M [X−M (X )]=0 .

İsbat ı. Doğrudan da, M (X )-in sabit kəmiyyət olduğunu nəzərə alsaq:

M [X−M (X )]=M (X )−M (M (X ))=M (X )−M (X )=0 .

Tər i f. Diskret təsadüfi kəmiyyətin meylinin kvadratının riyazi gözləməsinə bu kəmiyyətin dispersiyası (səpələnməsi) deyilir və D(X ) ilə işarə edilir:

D(X )=M [X−M (X )]2.

Aydındır ki, təsadüfi kəmiyyətin dispersiyası sabitdir, yəni o həmin kəmiyyətin ədədi xarakteristikasıdır. Əgər X təsadüfi kəmiyyətinin paylanma qanunu məlumdursa, onda dispersiya aşağıdakı kimi hesablanır

D(X )=∑i=1

n

[ x i−M (X )]2pi=

= [x1−M ( X )]2 p1+ [ x2−M (X )]2 p2+. ..+[ xn−M (X )]2pn .

Dispersiyanı aşağıdakı teoremdən istifadə etməklə hesablamaq daha əlverişlidir.

Teorem. Dispersiya təsadüfi kəmiyyətin kvadratının riyazi gözləməsi ilə onun riyazi gözləməsinin kvadratı fərqinə bərabərdir

D(X )=M (X 2 )−M 2(X ).

İsbat ı. Riyazi gözləmənin əsas xassələrindən istifadə edərək, alırıq

D(X )=M [X−M (X )]2=M [X 2−2 XM ( X )+M 2(X )]=

=M ( X 2)−2 M (X )M (X )+M2 (X )=

=M ( X 2)−2 M 2(X )+M2( X )=M ( X 2)−M 2( X ) .

Dispersiyanın aşağıdakı əsas xassələri vardır.

1. Sabit kəmiyyətin dispersiyası sıfra bərabərdir

D(C )=0.

2. Sabit vuruğu kvadrata yüksəldərək dispersiya işarəsinin qarşısına çıxarmaq olar

D(CX )=C 2 D(X ).

3. İki asılı olmayan təsadüfi kəmiyyətin cəminin dispersiyası bu kəmiyyətlərin dispersiyaları cəminə bərabərdir

D(X+Y )=D( X )+D(Y ) .

4. İki asılı olmayan təsadüfi kəmiyyətin fərqinin dispersiyası bu kəmiyyətlərin dispersiyaları cəminə bərabərdir

D(X−Y )=D(X )+D(Y ).

Orta kvadra t ik meyl. Təsadüfi kəmiyətin mümkün qiymətlərinin onun orta qiyməti ətrafında səpələnməsini öyrənmək üçün dispersiyası ilə yanaşı bir sıra başqa xarakteristikaları da öyrənmək lazım gəlir. Bu xarakteristikaların ən vaciblərindən biri orta kvadratik meyldir.

Tər i f. Təsadüfi kəmiyyətin dispersiyasıanın kvadrat kökünə onun orta

kvadratik meyli deyilir və σ (X ) ilə işarə edilir:

σ (X )=√D (X ) .

Teorem. Qarşılıqlı asılı olmayan təsadüfi kəmiyyətlərin cəminin orta kvadratik meyli bu kəmiyyətlərin orta kvadratik meyllərinin kvadratları cəminin kvadrat kökünə bərabərdir:

σ (X 1+X2+. .. Xn )=√σ2(X 1 )+σ2(X 2 )+.. .+σ 2(Xn) .

Misal 1. İki asılı olmayan X və Y diskret təsadüfi kəmiyyətləri öz paylanma qanunları ilə verilmişdir. Z=3 X−2 Y təsadüfi kəmiyyəti üçün riyazi gözləməni və dispersiyanı hesablayın.

X -6 8 9 10

P 0,1 0,1 0,6 0,2

Həl l i. X və Y diskret təsadüfi kəmiyyətləri üçün riyazi gözləməni və dispersiyanı hesablayaq:

M (X )=−6⋅0 ,1+8⋅0,1+9⋅0,6+10⋅0,2=7,6 ;M (Y )=−8⋅0,4+2⋅0,6=−2 .

X 2 və Y

2 təsadüfi kəmiyyətləri üçün paylanma qanununu yazaq:

X 2 36 64 81 100

P 0,1 0,1 0,6 0,2

X 2 və Y

2 təsadüfi kəmiyyətləri üçün riyazi gözləməni hesablayaq:

M (X 2 )=36⋅0 ,1+64⋅0,1+81⋅0,6+100⋅0,2=78 ,6

M (Y 2)=64⋅0 ,4+4⋅0,6=28 .Buradan

D(X )=M (X 2 )−M 2(X )=78 ,6−(7,6 )2=20 , 84 ;D(Y )=M (Y 2)−M 2(Y )=28−(−2)2=24 .

Nəhayət, riyazi gözləmənin və dispersiyanın xassələrini və həmçinin X və Y təsadüfi kəmiyyətlərinin asılı olmadıqları şərtindən istifadə edərək, alırıq

Y -8 2

P 0,4 0,6

Y 2 64 4

P 0,4 0,6

M (Z )=M (3 X−2 Y )=3 M (X )−2 M (Y )=3⋅7 ,6-2⋅( -2 )=26 ,8 ;

D(Z )=D(3 X−2Y )=9 D( X )+4 D(Y )=9⋅20 .84+4⋅24=283 ,56 .

Misal 2. Diskret təsadüfi kəmiyyətin paylanma qanunu verilmişdir:

x i -1 6 13 20 27pi 0,2 0,1 0,4 0,2 0,1

Riyazi ğözləmə, dispersiya və orta kvadratik meyli tapın. Verilmiş təsadüfi kəmiyyətin paylanma çoxbucaqlısını qurun və qrafikdə riyazi gözləmə, dispersiya və orta kvadratik meyli qeyd edin.

Həlli . Diskret təsadüfi kəmiyyətin riyazi gözləməsi aşağıdakı düsturdan hesablanır:

M (x )=∑i=1

n

xi pi

M (x )=−¿1

∙ 0,2+6 ∙0,1+13 ∙0,4+20∙0,2+27 ∙0,1=−0,2+0,6+5,2+¿

+4+2,7=12,3.

Diskret təsadüfi kəmiyyətin dispersiyası aşağıdakı düsturla hesablanır:

D (X )=∑i=1

k

(x i−M ( X ) )2 pi .

Bu düstura x i və pi−¿nin qiymətlərini qoyaraq alırıq:

D (X )= (−1−12,3 )2∙ 0,2++(6−12.3 )2 ∙0,1+(13−12.3 )2∙ 0,4+¿

+(20−12,3 )2 ∙ 0,2+ (27−12.3 )2 ∙0,1=35,378+3,960+0,196+¿

+11,858+21,609=73.01 .

Orta kvadratik meyl

σ (X )=√D (X )=√73,01 ≈ 8,5.

Qrafiki çəkirik. Absis oxunda təsadüfi kəmiyyətlərin qiymətlərini, ordinat oxunda uyğun ehtimalları qeyd edirik. Təsadüfi kəmiyyətlərin ehtimallarını müəyyəm edən ordinatların uc nöqtələrini düz xətlərlə birləşdiririk. Bu zaman təsadüfi kəmiyyətin paylanma çoxbucaqlısını alırıq. Riyazi gözləməni koordinat başlanğıcından başlayaraq absis oxu üzərində qeyd edirik. Riyazi gözləmənin qiymətindən sağa və sola orta kvadratik meyli qeyd edirik.