Azərbaycan Dövlət Aqrar Universiteti

Kafedra: Fizika və riyaziyyat

Fənn: Riyaziyyat-1

İxtisas: Mühəndislik

Mühazirəçi: baş müəllim G.N. Əliyeva

Ədəbiyyat

1. В. А. Ильин. Г.Д.Ким. Линейная алгебра и аналитическая геометрия. М., 2007.2. Багирли Д.В. Асланов Г.М. Курс математики. Гянджа, 2016.3. Məsimova S.N. Ali riyaziyyatın əsasları. Bakı, 2009. 4. К.Н. Лунгу, Д.Т.Письменный. Сборник задач по высшей математике. М., 2009.5. Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. М., 2000.6. Кострикин А,И, Введение в алгебру. Часть 1. Основы алгебры: Учебник для

вузов. М., 2004.7. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях

и задачах. М., ВШ. I, II части. 1986. 8. M.Əkbərov. Ali cəbr. Maarıf,1985.9. Минорский В.Н. Сборник задач по высшей математике. М., Наука, 1989.

10. Шипачев В.С. Высшая математика. М., Высшая школа, 1990.11. Арнольд В. И. Геометрия комплексных чисел, кватернионов и спинов. МЦНМО, 200212. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления.   М., 2001. 13. К.Н. Лунгу, Д.Т.Письменный Сборник задач по высшей математике. М. 2009.

14. Кудряцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. М., 1989.

Gəncə -2017

Mövzu 1Matrislər. Matrislər üzərində əməllər. Determinantlar.

1. Matrislər. Matrislər üzərində əməllər. 2. Matrislər üzərində əməllərin xassələri.3. Determinantların hesablanması üsulları4. Determinantın əsas xassələri.5. Matrisin ranqı. Kroneker-Kapelli teoremi

Matris ədədlərin düzbucaqlı şəklində cədvəlidir. Onun üzərində toplama, vurma, çıxma əməllərini yerinə yetirmək olur. Matrisi adətən latın əlifbasının böyük hərfləri ilə işarə edırlər.Aşağıdakı işarələmələrdən istifadə edirlər:

(… ) , [… ] ,‖…‖.

Bəzən matrisi a kimi işarə edirlər. Matrisin elementlərini kiçik hərflə işarə edirlər. Matrisin hər elementinin 2 aşağı indeksi var. a ij−¿I “i” sətrin nömrəsini, II-“j” sütun nömrəsini bildirir. m× nölçülü matris dedikdə m- sətir, n- sütun nəzərdə tutulur: 0 ≤ i≤ m,0 ≤ j ≤n .

İlk dəfə matris termini “sehrli kvadratlar” adı ilə qədim Çində işlədilmişdir. Bu termin tənliklər sisteminin həlli zamanı işlədilmişdir. Sehrli kvadratlar adlandırılan bu termin sonralar ərəb riyaziyyatçıları tərəfindən işlədilmiş və nəticədə matrislərin toplanması prinsipi irəli sürülmüşdür.

Sonra matris anlayışı XIX əsrin ortalarında Uilyam Hamilton və Artur Kelinin əsərlərində işlədilmişdir. Matris termini anlayışını 1850-ci ildə Ceyms Silvester vermişdir. Matrisi

(a11

a21

..am1

a12

a22

…am2

…………

a1n

a2n

…amn

) (1 )

şəklində yazırlar.m× n ölçülü (1) matrisinin sətir və sütunlarinin sayı bərabər olduqda m=n ona kvadrat matris deyilir. Bu halda n ədədinə kvadrat matrisin tərtibi deyilir. Məsələn,

A=(7 21 3) - ikitərtibli matris, B=(1 −2 3

2 6 50 8 7) - üçtərtibli matris.

Bir elementdən ibarət olan matrisə birtərtibli matris deyilir. Ancaq bir sətri olan matrisə sətir matris

A=(2 9 7 )ancaq bir sütunu olan matrisə isə sütun-matris deyilir

C=(5−103 ) .

Kvadrat matrisin yuxarı sol küncündə yerləşən a11 elementi ilə aşağı sağ küncündəki ann elementini birləşdirən düz xətt parçası üzərində yerləşən a11 , a22 , …, ann elementləri çoxluğu həminmatrisin baş diaqonalı adlanır. Yalnız baş diaqonal elementləri sıfırdan fərqli olan kvadrat matrisə diaqonal matris deyilir və aşağıdakı kimi yazılır:

(a11 0 ⋯ 00 a22 ⋯ 0⋯⋯⋯⋯⋯⋯

0 0 ⋯ ann)

Kvadrat matrisinin diaqonal elementlərinin bir tərəfində- ya yuxarıda və yaxud aşağıda duran bütün elementləri sıfır olan matrisə üçbucaq matris deyilir:

(a11 0 ⋯ 0

a21 a22 ⋯ 0⋯⋯⋯⋯⋯⋯

an 1 an 2 ⋯ ann)

və ya

(a11 a12 ⋯ a1 n

0 a22 ⋯ 0⋯⋯⋯⋯⋯⋯

0 0 ⋯ ann)

üçbucaq matrislərininbu şəkilllərinə uyğunolaraq, bəzən onu sol(yaxud aşağı)üçbucaq matris və sağ (yaxud yuxarı) üçbucaq matris adlandırırlar. Bütün elementləri vahidə bərabər olan diaqonal martris vahid matris adlanır və aşağıdakı şərti ödəyir: EA=AE=A

E=(1 0 00 1 00 0 1)

Matrislər üzərində əməllərTutaq ki, a ij A matrisinin, b ij isə B matrisinin elementidir. A matrisinin λ ədədinə hasili λA ilə işarə olunur: b ij= λ aij .

A+B cəmi elə C matrisinə deyilir ki, onun elementləri A və B-nin uyğun elementləri cəminə bərabərolsun: c ij=a ij+b ij

A+B=(2 0 −11 3 0 )+(3 1 0

8 2 3)=(2+3 0+1 −1+01+8 3+2 0+3 )=¿

¿(5 1 −19 5 3 )

Analoji olaraq A−B fərqi elə C matrisinə deyilir ki, c ij=a ij−bij

A−B=(2 0 −11 3 0 )−(3 1 0

8 2 3)=(2−3 0−1 −1−01−8 3−2 0−3 )=¿

¿(−1 −1 −1−9 1 −3) .

Toplama və çıxma yalnız eyni ölçülü matrislər üçün edilir.∃0 matrisi vardır ki, onu A matrisi ilə topladıqda A dəyişmir: A+0=A .

Sıfır matrisin bütün elementləri sıfra bərabərdir. Matrislərin vurulması.

A × B hasili ∃C matrisinə deyilir ki, o A-nın uyğun sətir elementlərinin B-nin uyğun sütun elementlərinə hasilləri cəminə bərabərdir:

c ij=∑k=1

n

a ik bkj

I vuruqdakı sütunların sayı II vuruqdakı sətirlərin sayına bərabər olmalıdır. Əğər A matrisinin ölçüsü m× n, B matrisinin ölçüsü n × kolarsa onda A × B=C matrisinin ölçüsü m× k olar.

FL=(a db lc f )×(g i k

h j l )=¿(( ag+dh ) (ai+dj ) (ak+dl )(bg+ lh) (bi+lj ) (bk+¿ )( cg+ fh) (ci+fj ) ( ck+fl ) )

Yalnız kvadrat matrisləri qüvvətə yüksəltmək olar.Transponirə edilmiş matrisi AT ilə işarə edirlər. a ij

T=a ji yəni sətir elementləri uyğun sütun elementləri ilə əvəz olunur. Əgər A-nın ölçüsü m× n-dirsə AT-nin ölçüsü n × m. A=AT olduqda A matrisinə simmetrik matris deyilir. A=−AT olduqda A matrisinə çəp-simmetrik matris deyilir.

Simmetrik matrisə aid misal:B=(1 7 37 4 −53 −5 6 )

Çəp simmetrik matrisə aid misal: C=( 0 2 −1−2 0 −41 4 0 )

Matrislər üzərində əməllərin xassələri.1. Toplamanın assosiativliyi: A+( B+C )=( A+B )+C .

2. Toplamanın kommutativliyi : A+B=B+A

3. Vurmanın assosiativliyi : A ( BC )=( AB ) C .

4. Toplamaya nəzərən vurmanın distributivliyi:A ( B+C )=AB+AC ( B+C ) A=BA+CA .

Transponirə olunmuş matrisin xassələri:( AT )T=A . ( AB )T=BT AT

( A−1 )T=( AT )−1(əgərA−1varsa)det A=det AT .

Determinantın tərifiƏvvəlcə ikitərtibli

A=(a11 a12

a21 a22) (1)

matrisinə baxaq. Bu matrisin elementlərindən düzəldilmlş a11 a22−a21 a12 fərqinə (1) matrisinin determinantı deyilir və

detA=∆ A=|a11 a12

a21 a22|=a11a22−a21a12 (2)

Üç tərtibli determinant aşağıdakı düsturla hesablanır:

|a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33|=a11 a22a33+a12a23 a31+a21 a32 a13−¿

−a13a22 a31−a21a12 a33−a11a32a23 (3 )

kimi işarə olunur.Üç tərtibli determinantın Sarrius üsulu ilə hesablanması.Bunun üçün üç tərtibli determinantı olduğu kimi yazırıq. Sonra I və II sətri III sətrinaltından paralel köçürürük. Bu zaman hər birində üç elementdən ibarət olan altı diaqonal alırıq.Qara xətlərlə çəkilmiş diaqonal elementlərini müsbət işarə ilə, punktirlə çəkdiyimiz diaqonal elementlərini mənfi işarə ilə götürürük. Bu altı hasilin cəmi determinantın qiymətini verir. (şək2)Analoji olaraq bunu sütunlara görə də edirik.Təpə nöqtələri A (x1 , y1 ) , B (x2 , y2 ) , C (x3 , y3 ) olan üçbucağın sahəsi belə hesablanır:

S=± 12|x1 y1 1

x2 y2 1x3 y3 1|.

«-»(¿ ¿ ¿¿ ¿ ¿¿ ¿ ¿ ) (¿ ¿ ¿

¿ ¿ ¿¿ ¿ ¿ ) (¿ ¿ ¿

¿ ¿ ¿¿ ¿ ¿ )

OP ( α , β ) ,OQ ( γ , δ ) radius vektorları üzərində qurulmuş paraleloqramın sahəsinin kvadratı aşağıdakı düsturdan tapılır:

∆2=|α2+β2 αγ+βδαγ+βδ γ 2+δ2 |.

Elementin minoru determinantda elementin durduğu yerdə sətir və sütunun üstündən xətt çəkdikdən sonra alınan bir tərtib əskik determinanta deyilir və M ij ilə işarə olunur. Elementin cəbri tamamlayıcısı isə öz işarəsi ilə götürülmüş minordur; elementin durduğu yerdə sətir və sütunu göstərən indekslərin cəmi cütdürsə cəbri tamamlayıcı minora bərabərdir; təkdirsə cəbri tamamlayıcı əks işarə ilə götürülmüş minora bərabərdir:

Aij=(−1 )i+ j M ij (4 )

Determinantın əsas xassələri.

1. Determinantın bütün uyğun sətir və sütunlarının yerini dəyişdikdə onun qiyməti dəyişməz.

∆=|a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33|=|a11 a21 a31

a12 a22 a32

a13 a23 a33|.

2. Determinantın iki qonşu sətrinin ( və ya sütununun ) bir-biri ilə yerini dəyişdikdə determinantın ancaq işarəsi dəyişər:

|a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33|=−|a11 a12 a13

a31 a32 a33

a21 a22 a23|.

3. Hər bir determinant hər hansı bir sətir və ya sütun elementlərinin uyğun cəbri tamamlayıcıları hasillərinin cəminə bərabərdir:i sətrinə görə ayrılışı

∆=a i1 A i 1+ai 2 A i 2+…+a¿ A¿=∑j=1

n

aij Aij (i=1 ,n ) .

J sütununa görə ayrılışı isə

∆=a1 j A1 j+a2 j A2 j+…+anj Anj=∑i=1

n

aij Aij ( j=1 , n ) .

4. İki sətri (sütunu) eyni olan determinant sıfra bərabərdir:

|a11 a12 a13

a11 a12 a13

a13 a23 a33|=a11a12 a33+a12a13a13+a11a23 a13−a13 a12 a13−¿

−a11 a12a33−a23 a13 a11=0.

5. Determinantın hər hansı bir sətrinin (sütununun) bütün elementləri sıfır olduqda determinant sıfra bərabər olar.

6. Determinantın hər hansı bir sətir (sütun) elementlərinin ortaq vuruğu olarsa, onda həmin vuruğu determinant işarəsi xaricinə çıxarmaq olar :

| a11 a12 a13

ka21 k a22 k a23

a31 a32 a33|=k|a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33|.

7. Determinantın hər hansı bir sətrinin (sütununun) bütün elementlərini bir ədədə vurub onun başqa bir sətrinin (sütununun) uyğunelementləri üzərinə əlavə etsək, determinant dəyişməz:

|a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33|∙ (k )=|a11+k a21 a12+k a22 a13+k a23

a21 a22 a23

a31 a32 a33|.

8. Determinantın hər hansı bir sətrinin bütün elementləri iki ədədin cəmi kimi verildikdə həmin determinant iki determinantın cəninə bərabər olar, bu determinantların birində həmin sətir elementləri olaraq birinci toplananlar, obirində isə həmin sətir elementləri olaraq ikinci toplananlar götürülür:

|a11+a11' a12+a12

' a13+a13'

a21 a22 a23

a31 a32 a33|=|a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33|+¿

+|a11' a12

' a13'

a21 a22 a23

a31 a32 a33|.

9. Determinantın iki sətri (sütunu) mütənasib olarsa onda determinant sıfra bərabər olar.

10. Determinantın hər hansı bir sətir və ya sütun elementlərinin başqa bir sətir və ya sütunun uyğun cəbri tamamlayıcıları ilə hasilləri cəmi sıfra bərabərdir.Qeyd.1. Üç tərtibli determinantı sətir və ya sütununa ğörə açarkən a ij M ij

toplananlarının qarşısındakı işarələri(“+” və ya “-“)aşağıdakı kimi daha yaxşı yadda qalır:

¿2.Dörd tərtibli determinantı sətir və ya sütununa ğörə açarkən a ij M ij toplananlarının qarşısındakı işarələri(“+” və ya “-“)aşağıdakı kimi daha yaxşı yadda qalır:

¿3. Analoji olaraq n tərtibli determinantları hesablayarkən işarələr aşağıdakı kimi qoyulur(“şahmat” sırası ilə soldan yuxarıda “+” işarəsi qoyulur və s.)

|+¿−¿+¿−¿⋯−¿+¿−¿+¿⋯+¿−¿+¿−¿⋯−¿+¿−¿+¿⋯⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮

|Matrisin ranqı

m× n ölçülü (1) matrisinə baxaq. Bu matrisin elementlərindən düzəldilmiş əsas determinantda ixtiyari k sətir və ixtiyari k sütunun üstündən xətt çəkək. Sətir və sütunların kəsişməsində duran elementlərin əmələ gətirdiyi determinant əsas determinantınk tərtibli minoru adlanır.A matrisinin ranqı onun sıfırdan fərqli minorunun ən yüksək tərtibinə deyilir. rangA ilə işarə olunur. Əgər A matrisi n tərtibli kvadrat matrisdirsə onun ranqı k , k ≤ n şərtini ödəyir. Matrisin ranqı ya haşiyələnən minorlar ya da elementar çevirmələr vasitəsi ilə tapılır. Matrisin ranqı termini tənliklər sisteminin həllində geniş istifadə olunur.Tənliklər sistemində dəyişənlərin əmsallarından düzəldilmiş determinant sıfırdan fərqlidirsə belə sistem uyuşan sistem, determinant sıfra bərabər olarsa uyuşmayan sistem adlanır.Kroneker-Kapelli teoremi. Tutaq ki.

{ a11 x1+a12 x2+…+a1n xn=b1

a21 x1+a22 x2+…+a2n xn=b2

………………………………………an1 x1+an 2 x2+…+ann xn=bn

(1)

tənliklər sistemi verilmişdir.(1) tənliklər sisteminin A matrisinə və genişləndirilmiş B matrisinə baxaq:

A=(a11 a12

a21 a22

⋯ a1n

a2n

⋮ ⋱ ⋮an 1 an2 ⋯ ann

) ,B=(a11 a12

a21 a22

⋯a1 n b1

a2 n b2

⋮ ⋱ ⋮an1 an2 ⋯ ann bn

)(1) sistemi yalnız və yalnız o zaman uyuşandır ki, sistemin əsas matrisinin ranqı onun genişləndirilmiş matrisinin ranqına bərabər olsun; yəni rangA=rangB . Əgər matrisin ranqı k=n olarsa sistemin həlli yeganədir. k<n olarsa sistemin sonsuz sayda həlli vardır.İsbatı. Şərtin zəruriliyi. Tutaq ki, (1) sistemi uyuşandir və onun x1=λ1, x2=λ2,x3=λ3, …, xn=λn kimi həlli vardır. Göstərək ki, onda rangA=rangB olmalıdır.(λ1 , λ2 , λ3 , …, λn ) həllini sistemdə uyğun məchulların yerinə yazsaq, aydındır kı, sistemin hər bir tənliyi ödənilər və aşağıdakı eyniliklər alınar:

a11 λ1+a12 λ2+…+a1n λn=b1

a21 λ1+a22 λ2+…+a2n λn=b2

……………………………………an 1 λ1+an2 λ2+…+ann λn=bn

}(2 )

(2) bərabərliklərindən göründüyü kimi B matrisinin axırıncı sütunu (şaquli vektoru) A matrisinin sütunlarının ( şaquli vektorlarının) xətti kombinasiyasıdır,yəni β=(b1 ,b2, …,bs ) vektoru α 1=(a11;a21 ,…, as 1 ) , α2=(a12;a22;…;as 2) ,........, α n=(a1 n; a2n;…;asn ) vektorları ilə

β=λ1α 1+λ2 α 2+…+λn α n (3 )

kimi xətti ifadə olunmuşdur. Bilirik ki, bu halda α 1 , α 2 ,…, α n sistemi ilə α 1 , α 2 ,…,α n , β sistemlərinin ranqları eynidir. Deməli, A və B matrislərinin ranqları da eyni olmalıdır: rangA=rangB.

Şərtin kafiliyi. Indi fərz edək ki. rangA=rangB=r. Göstərək ki, sistem birgədir. A və B matrislərinin ranqlarının bərabərliyindən alınır ki, A-nın xətti asılı olmayan maksimal sayda sütunlar sistemi eyni zamanda B üçün də xətti asılı olmayan maksimal sütunlar sistemidir. Çünki A-nın bütün sütunları eyni zamanda B-nin də sütunlarıdır. Onda B matrisinin axırıncı sütunu bu sistem vasitəsi ilə xətti ifadə olunmalıdır. Deməli r sayda ∃ λ1, λ2 , …, λr ədədləri vardır ki, bu əmsalların köməyi ilə B matrisinin axırıncı sütunu , yəni β=(b1;b2;…;bs ) şaquli vektoru qalan sütunlar

vasitəsi ilə(yəni α 1 , α 2 ,…, α n şaquli vektorları ilə ) (3) şəklində xətti ifadə olunur (xətti asılı olmayan maksimal sistemdə iştirak etməyən sütunları da sıfır əmsalların köməyi ilə bu cəmə əlavə edirik). Buradan isə (2) eynilikləri alınır ki, bu da λ1 , λ2 ,…, λn ədədlərinin (1) sisteminin həlli olduğunu göstərir. Deməli rangA=rangB olduqda (1) sisteminin həlli vardır. Teorem isbat olundu.

Mövzu2n məchullu n xətti tənliklər sisteminin Kramer, Haus üsulu ilə həlli.

1. Xətti tənliklər sisteminin Kramer üsulu ilə həlli2. Üç dəyişənli iki tənlikli bircins tənliklər sisteminin həlli.3. Hauss üsulu Xətti tənliklər sisteminin Kramer üsulu ilə həlli

Xətti cəbri tənliklər sisteminin determinantlar üsulu ilə həllini ilk dəfə 1751-ci ildə İsveçrə alimi Qabriyel Kramer irəli sürmüşdür.Tutaq ki, kvadrat xətti tənliklər sistemi ( yəni n məchullu n tənlik) verilmişdir:

{ a11 x1+a12 x2+…+a1n xn=b1

a21 x2+a22 x2+…+a2n xn=b2

……………………… ………………an1 x1+an2 xn+…+ann xn=bn

(1)

və əsas matrisin determinantı sıfırdan fərqlidir:

|a11 a12 ⋯ a1n

a21 a22 ⋯ a2n

⋯ ⋯ ⋯an1 an2 ⋯ ann

|≠ 0 (2)

Tutaq ki, x1 , x2 , …, xn (1) sisteminin hər hansı bir həllidir. Onda (1) bərabərliklərini uyğun olaraq əsas matrisin determinantının hər hansı sütunun ( j=1 ,n ) elementlərinin A1 j; A2 j; … Anj cəbri tamamlayıcılarına vurub və sonra alınan bərabərlikləri toplasaq alarıq:

∑i=1

n

x i (a1 i A1 j+a2 i A2 j+…+a¿ Anj )=b1 A1 j+b2 A2 j+…+bn An .

Burada i sütun elementlərinin j sütun elementlərinin uyğun cəbri tamamlayıcılarına hasillərinin cəmi i≠ j olduqda sıfra və i= j olduqda determinanta bərabər olmasını nəzərə alsaq son bərabərlikdən alarıqx j ∆=b1 A1 j+b2 A2 j+…+bn Anj (3)

Əsas matrisin determinantından j sütununu b1 , b2 , …, bn sabit hədlər sütunu ilə əvəz etməklə ( -nın bütün başqa elementlərini saxlamaq şərti ilə) alınan determinantı ∆ j ilə işarə edək. Qeyd edək ki, (3)-ün sağ tərəfində elə həmin ∆ j determinantı durur və bu bərabərlik aşağıdakı şəklə düşər:x j ∆=∆ j ( j=1 , n ) (4)

Əsas matrisin determinantı sıfırdan fərqli olduğundan (4) bərabərlikləri aşağıdakı nisbətlərə ekvivalentdirlər:

x j=∆ j

∆( j=1 , n )(5)

Beləliklə, əsas matrisinin (2) determinantı sıfırdan fərqli olan (1) sisteminin x1 , x2 ,…, xn həlləri birqiymətli olaraq (5) düsturları vasitəsilə təyin olunur. Bu düsturlar Kramer düsturları adlanır.

Üç dəyişənli iki tənlikli bircins tənliklər sisteminin həlli.Əgər tənliklər sistemində sərbəst hədd sıfra bərabərdirsə

həmin sistem bircins adlanır. Aşağıdakı bircins sistemə baxaq:a1 x+b1 y+c1 z=0 (1)a2 x+b2 y+c2 z=0 (2)Bu zaman aşağıdakı hallar ola bilər.I hal. Əmsallar mütənasib deyil, yəni

|a1 b1

a2 b2|,|b1 c1

b2 c2|,|c1 a1

c2 a2| (3)Determinantlarından heç olmasa biri sıfırdan fərqlidir. Onda sistemin həlli belə olur:x=|b1 c1

b2 c2|t , y=|c1 a1

c2 a2|t , z=|a1 b1

a2 b2|t ,t-∀ədəddir (4)II hal. Əmsallar mütənasibdir, yəni (3) determinantlarının hamısı sıfra bərabərdir. Onda sistem bir tənliyə gətirilir ( müstəvilər üst-üstə düşür).

Üç dəyişənli üç tənlikli sistemin həlliI hal. ∆ ≠ 0. Onda sistemin Kramer düsturları ilə təyin olunan yeganə həlli vardır:

x=∆x

∆, y=

∆ y

∆, z=

∆ z

∆.

II hal. ∆=0 , ∆ x ≠ 0 , ∆ y ≠ 0 ,∆ z ≠ 0 olarsa sistemin həlli yoxdur.

III hal. ∆=0 ,∆x=0 , ∆y=0 ,∆ z=0. Bu zaman tənliklərdən biri başqa ikisinin nəticəsidir. Bu zaman sistem üç dəyişənli tınliklər sisteminə gətirilir.

Misal. { x−2 y+z=82 x+ y−3 z=1

3 x+2 y−2 z=0. tənliklər sistemini Kramer üsulu ilə həll edin.

Həlli. Sistemin baş determinantını tərtib edək.

∆=|1 −2 12 1 −33 2 −2|

Birinci sütunun bütün elementlərini 2-yə vuraq və alınmış hasilləri ikinci sütunun uyğun elementləri ilə toplayaq, sonra birinci sütunun bütün elementlərini -1-ə vuraq və nəticəni üçüncü sütunun uyğun elementləri ilə toplayaq. Nəticədə birinci sətrinin iki elementi sıfır olan determinant alırıq.

∆=|1 0 02 5 −53 8 −5|=|5 −5

8 −5|=5|1 −18 −5|=5 (−5+8 )=15.

∆ ≠ 0 olduğundan verilmiş sistemin yeganə həlli vardır. İndi köməkçi ∆x , ∆y , ∆ z determinantlarını hesablayaq.

∆x=|8 −2 11 1 −30 2 −2|=|

8 −2 −11 1 −20 2 0 |=−2|8 −1

1 −2|=30.

∆ y=|1 8 12 1 −33 0 −2|=−8|2 −3

3 −2|+|1 13 −2|=−8 ∙5−5=−45.

∆ z=|1 −2 82 1 13 2 0|=8|2 1

3 2|−1|1 −23 2 |=8−8=0.

Kramer düsturlarını tətbiq edərək alırıq:

x=3015=2 , y=−45

15=−3 , z= 0

15=0.

Hauss üsulu Karl Fridrix Hauss ( 1777-1855) alman riyaziyyatçısı

Tənliklər sisteminin həlli zamanı Kramer düsturlarından istifadə edərkən çoxlu hesablamalar aparmaq lazım gəlır. Tənliklər sisteminin həlli zamanı dəyişənlərin ardıcıl yox edilməsi üsulu- Hauss üsulundan da istifadə edilir.Tutaq ki, kvadrat xətti tənliklər sistemi verilmlşdir:

{ a11 x1+a12 x2+…+a1n xn=b1

a21 x2+a22 x2+…+a2n xn=b2

………………………………………an1 x1+an2 xn+…+ann xn=bn

(1)

Bu sistemin həlli üçün istifadə edilən Hauss üsulunun mahiyyəti aşağıdakı kimidir. Tutaq ki, a11≠ 0. Onda sistemin birinci tənliyinin hər iki tərəfini

a21

a11

ədədinə vuraraq alınan a21 x1+

a12 a21

a11x2+…+

a1 n a21

a11xn=b1

a21

a11

tənliyini sistemin ikinci tənliyindən tərəf-tərəfə çıxaq. Aldığımız tənlikdə x1 məchulu iştirak etmir:

a22' x2+a23

' x3+…+a2 n' xn=b2

' .Sonra sistemin birinci tənliyinin hər iki tərəfini

a31

a11

ədədinə vuraraq alınan tənliyi sistemin üçüncü tənliyindən tərəf-tərəfə çıxaq. Bu mühakiməni ardıcıl tətbiq etməklə (1) sistemini

{ a11 x1+a12 x2+…+a1n xn=b1

a22' x2+…+a2n

' xn=b2' ,

…………………………… ..an2

' x2+…+ann' xn=bn

'

(2)

şəklində sistemə gətirmək olar. Aldığımız yeni sistemin ikinci, üçüncü və s. tənliklərindən istifadə etməklə yuxarıda göstərdiyimiz üsulla x2 məchulunu da yox etmək olar. Bu mühakiməni ardıcıl olaraq tətbiq etməklə (1) sistemini ona ekvivalent olan

{ a11 x1+a12 x2+…+a1n xn=b1

a22' x2+…+a2n

' xn=b2' ,

…………………………… ..ann

(n−1 ) xn=bn(n−1)

(3)

tənliklər sisteminə gətirmək olar. (3) sisteminə pilləvari ( və ya pillələr şəklində) sistem deyilir. Sonuncu tənlikdən xn məchulu tapılır, sonra yuxarı qalxaraq xn−1 və bu qayda ilə davam edərək birinci tənlikdən x1 məchulunu taparıq. Hauss üsulu ilə həll edərkən tənliklər üzərində aparılan əməlləri bəzən onların əmsallarından düzəlmiş

(a11

a12

….an 1

a12

a22

…an2

…………

a1 n

a2 n

…ann|b1

b2

…bn)

matrisi üzərində aparmaq daha münasib olar. Belə matris genişlənmiş matris adlanır. Mısal 1. Aşağıdakı tənliklər sistemini Hauss üsulu ilə həll edin.

{ 2x1+x2−x3=5x1−2 x2+3 x3=−37 x1+x2−x3=10

Sistemin genişləndirilmiş matrisini düzəldək:

(2 1 −11 −2 37 1 −1

5−310 ) (

1 −2 32 1 −17 1 −1

−3510 ) (

1 −2 30 5 −70 15 −22

−31131 )

(1 −2 30 5 −70 0 −1

−311−2) .

Beləliklə verilmiş sistem aşağıdakı şəklə gəlir:

{x1−2 x2+3 x3=−35 x2−7 x3=11−x3=−2

Buradan alırıq: x3=2 , x2=5 , x1=1.

Misal 2. { 5 x− y−z=0x+2 y+3 z=14

4 x+3 y+2 z=16 tənliklər sistemini Hauss üsulu ilə həll edin.

Həlli. Genişləndirilmiş matrisi tərtib edək:

(5 −1 11 2 34 3 2

01416) (

1 2 34 3 25 −1 −1

14160 ) (1 2 3

0 −5 −100 −11 −16

14−40−70)

(1 2 30 −5 −100 0 6

14−4018 )

Sistem aşağıdakı şəklə düşər:

{ x+2 y+3 z=14−5 y−10 z=−40

6 z=18⟹ {z=3

y=2x=1

.

Mövzu№3Tərs matris. n məchullu n xətti tənliklər sisteminin tərs matris üsulu ilə həlli.

Xətti tənliklər sisteminin matris üsulu ilə həlli

Tutaq ki, n məchullu n xətti tənliklər sistemi verilmişdir:

{ a11 x1+a12 x2+…+a1n xn=b1

a21 x2+a22 x2+…+a2n xn=b2

………………………………………an1 x1+an2 xn+…+ann xn=bn

(1)

və məchulların əmsallarından düzəldilmiş əsas matrisin

A=(a11 a12 …a1n

a21a22 …a2 n

……………….an 1 an2…ann

) (2 )

determinantı sıfırdan fərqlidir: detA ≠ 0. (1 ) sistemini ona ekvivalent olan matris tənliyi ilə əvəz edək

AX=B ,(3)Burada A−¿sistemin əsas matrisi, X və B isə sütun matrislərdir

X=(x1

x2

…xn) ,B=(

b1

b2

…bn).

Əgər A matrisinin determinantı sıfırdan fərqli olarsa onun A−1 tərs matrisi var.Verilmiş matrisi tərs matrisə vurduqda vahid matris alınınr: A A−1=E . Tutaq ki, (1) sisteminin həlli var , yəni (3) matris tənliyini eyniliyə çevirən X sütunu vardır. (3) tənliyinin hər iki tərəfini soldan A−1 matrisinə vursaq alarıq

A−1 ( AX )=A−1 B ( 4 )Buradan üç matrisin hasilinin xassəsini və A−1 A=E (burada Evahid matrisdir) olduğunu nəzərə alsaq onda

A−1 ( AX )=( A−1 A ) X=EX=X .Nəticədə (4) düsturundan alarıq ki,

X=A−1 B (5 )Beləliklə isbat etdik ki, (3) matris tənliyinin həlli varsa, onda o (5) münasibəti ilə birqiymətli təyin olunur.Asanlıqla yoxlamaq olar kı, (5) münasibəti ilə təyin edilən X sütunu doğrudan da (3) matris tənliyinin həllidir, yəni bu tənliyi eyniliyə çevirir. Doğrudan da əgər X matrisi (5) münasibəti ilə təyin edilərsə , onda

AX=A ( A−1 B )=A A−1 B=B .Deməli, əgər detA ≠ 0 olarsa, onda (5) münasibəti ilə təyin edilən (3) matris tənliyinin yeganə həlli vardır. Tənliklərin sayı dəyişənlərin sayına bərabər olduqda matrislər üsulunu tətbiq etmək mümkün olur. Bu üsul tərtibi çox yüksək olmayan tənliklər sistemi üçün əlverişlidir.Misal. Aşağıdakı tənliklər sistemini tərs matris üsulu ilə həll edin.

{ 5 x− y−z=0x+2 y+3 z=14

4 x+3 y+2 z=16

X=( xyz )B=(

01416) , A=(5 −1 −1

1 2 34 3 2 )

A−1 tərs matrisini tapaq.

∆=detA=|5 −1 −11 2 34 3 2 |=−30.

A11=|2 33 2|=−5 ; A21=−|−1 −1

3 2 |=−1 ; A31=|−1 −12 3 |=−1

A12=−|1 34 2|=10 ; A22=|5 −1

4 2 |=14 ; A32=−|5 −11 3 |=−16

A13=|1 24 3|=−5 ; A23=−|5 −1

4 3 |=−19 ; A33=|5 −11 2 |=11.

A−1=−130 (A11 A21 A31

A12 A22 A32

A13 A23 A33)=(

16

130

130

−13

−715

815

16

1930

−1130

)X=( x

yz )=A−1 B=(

16

130

130

−13

−715

815

16

1930

−1130

)( 01416)=(

16

0+1430+ 16

30−13 0−98

15 +12815

16

0+26630

−17630

)=(123)Cavab: x=1 , y=2 , z=3.

Mövzu 4.Vektorlar üzərində əməllər, skalyar hasil.

1. Əsas anlayışlar. Vektorun ox üzrə proyeksiyası. 2. Proyeksiyaları ilə verilmiş vektorlar üzərində əməllər. 3. Vektorların skalyar hasili, onların xassələri.4. Vektorların skalyar hasılınin fiziki mənası

Skalyar və vektorial kəmiyyətlərƏdədi qiymətləri ilə təyin olunan kəmiyyətlərə skalyar kəmiyyətlər deyilir. Məsələn parçanın uzunluğu, fiqurun sahəsi, cismin həcmi, zaman, temperatur, elektrik tutumu və s. Ədədi qiymətlərindən başqa istiqaməti olan kəmiyyətlərə vektorial kəmiyyətlər deyilir. Vektorial kəmiyyətlərə misal olaraq qüvvə, sürət, təcil, elektrik və ya maqnit sahəsinin gərginliyi və s. göstərmək olar. İstiqamətlənmiş düz xətt parçasına vektor deyilir. Vektoru AB ,avə ya a ilə

işarəedirlər. Başlanğıcı və sonu üst-üstə düşən vektorlara sıfır vektorlar deyilir. İstiqamətlənmiş parçanın uzunluğuna vektorun modulu deyilir. Kollinear vektorlarBir düz xəttə paralel olan vektorlara kollinear vektorlar deyilir. Kollinear vektorlar ya paraleldir ya da bir düz xətt üzərində yerləşir. Əgər ABvektoru CD vektoruna kollineardırsa AB∥CD yazırlar. Əgər vektorlar kollineardırsa, bərabər modulları və eyni istiqamətləri varsa həmin vektorlar bərabər vektorlar adlanır. Bütün sıfır vektorlar bərabərdir. Əgər iki vektorun bərabər modulları varsa, kollineardırsa və əks istiqamətlərə yönəlmişsə əks işarəli vektorlar adlanır. Hər bir a vektorunun əks istiqamətli −a vektoru vardır.a=b , a≠ d

Vektorun ox üzrə proyeksiyası Tutaq ki, fəzada OLvektoru və hər hansı A nöqtəsi verilmişdir. A nöqtəsindən OL

vektoruna perpendikulyar olan Q müstəvisi keçirək. Q müstəvisinin OLoxu ilə kəsişməsindən alınan A1 nöqtəsi A nöqtəsinin OLoxu üzrə proyeksiyası adlanır. Əgər A nöqtəsi oxun üzərində yerləşərsə onda onun proyeksiyası A1 ilə üst-üstə düşür.Tutaq ki, OLoxu və ABvektoru verilmişdir. A1 nöqtəsi A nöqtəsinin OL

oxu üzrə proyeksiyası , B1 nöqtəsi isə B nöqtəsinin OLoxu üzrə proyeksiyasıdır. AB vektorunun OLoxu üzrə proyeksiyası A1 B1 vektorudur. AB

vektorunun OLoxu üzrə meyl bucağı AB vektoru ilə OLoxu arasındakı bucaqdır (00≤ φ ≤ 1800 ). AB vektoru OLoxu ilə iti bucaq əmələ gətirirsə onun ox üzrə proyeksiyası müsbətdir, x2> x1 ; AB vektoru OLoxu ilə kor bucaq əmələ gətirirsə onun ox üzrə

proyeksiyası mənfidir, x2< x1. Teorem 1. Vektorun ox üzrə proyeksiyası onun uzunluğu

ilə vektor və onun müsbət istiqaməti arasındakı bucağın kosinusu hasilinə bərabərdir.

prOL AB=|AB|cosφİsbatı. Tutaq ki, AB vektoru OLoxu ilə φ bucağı əmələ gətirir. Əgər φ bucağı bucağı iti bucaqdırsa onda ⊿ A1 B1C 1-dən |A1 B1|=|A1C|cosφ=|AB|cos φ .

Əgər φ bucağı kordursa,cos φ<0 onda AB vektorunun OL üzrə proyeksiyası mənfidir.

prOL AB=x2−x1=|A1 C|cos φ=¿|AB|cosφ . ¿

AB⊥OL olduğundan onun bu ox üzrə proyeksiyası sıfra bərabərdir; φ=900 , cosφ=0. AB ∥OL, φ=0 , cosφ=1 ; prOL AB=|AB|.Əgər AB∥OLvə onların istiqamətləri əks işarəlidirsə φ=π ,cos φ=−1.

prOL AB=−|AB|.Beləliklə istənilən halda

prOL AB=|AB|cosφ .

Teorem 2. İki vektorun cəminin ox üzrə proyeksiyası bu vektorların proyeksiyaları cəminə bərabərdir.

prOL ( AB+BC )=pr OL AB+ prOL BC .

İstiqamətləndirici kosinuslarTutaq ki, ixtiyari a=ax i+a y j+az kvektoru Ox , Oy və Oz oxlarının müsbət istiqamətləri ilə uyğun olaraq α , β , γ bucaqları əmələ gətirir. Əgər a vektorunu koordinat başlanğıcına tətbiq etsək, alırıq:

cos α=ax

|a|;cos β=

ay

|a|;cos γ=

az

|a|. (1 )

cos α , cos β ,cos γ bucaqları |a| istiqamətləndirici vektorları adlanır.(1) bərabərliyinin sağ və sol tərəflərini kvadrata yüksəldib sonra isə cəmləyərək alırıq:

cos2α+cos2 β+cos2γ=( ax

|a|)2

+( a y

|a|)2

+( az

|a|)2

və ya

cos2α+cos2 β+cos2γ=(ax )

2+(a y )2+ (az )

2

(|a|)2(2)

(2) bərabərliyinin sağ və sol tərəfinləri bərabər olduğundan alırıq:cos2α+cos2 β+cos2γ=1. (3 )

Beləliklə fəzada ixtiyari vektorun istiqamətləndirici kosinuslarının kvadratları cəmi vahidə bərabərdir.

Vektorların skalyar hasiliTərif. a və b vektorlarının uzunluqları ilə onlar arasında qalan bucağın kosinusu hasilinə onların skalyar hasili deyilir. a və b vektorlarının skalyar hasili ab ilə işarə edilir.

a b=|a||b|cos φ(1)a və b vektorlarının skalyar hasilini a b=|a|pr ab və ya a b=|b|prb a (2) kimi də yazmaq olar. (1) düsturundan çıxır ki, φ bucağı iti olduqda a b>0 , φ bucağı kor olduqda a b<0. a və b vektorları perpendikulyar olduqda a b=0. Vektorların skalyar hasilinin aşağıdakı xassələri var:1. Yerdəyişmə ab=b a. (3) 2. Skalyar vurugu skalyar hasil işarəsi xaricinə çıxarmaq olar:

( λ a )b=a ( λ b )= λ (ab ) . (4)3. (a+b ) c=a c+b c (5)4. a və b vektorlarından heç olmasa biri sıfır olduqda və ya a⊥b olduqda

vektorların skalyar hasili sıfra bərabər olar. Buradan və (1) düsturundan alırıq ki,

{i i=1 , j j=1 , k k=1 ,i j=0 , jk=0 , ik=0. (6)

5. a=ax i+a y j+az k və b=bx i+b y j+bz k vektorlarının skalyar hasili onların koordinatları ilə ab=ax bx+a y b y+az bz (7) şəklində ifadə olunur. Xüsusi halda a=b olarsa onda (7) bərabərliyini

(a )2=ax2+ay

2+az2

kimi yazmaq olar. Buradan a vektorunun uzunluğu üçün |a|=√ax

2+a y2+az

2 (8)düsturunu alırıq.6. İki vektorun perpendikulyarlığının zəruri və kafi şərti aşağıdakı kimidir:

ax bx+a y b y+az bz=0.

7. (1), (7) və (8) düsturuna əsasən φ bucağının kosinusunun koordinatlarla ifadəsini alırıq:

cos φ= a b|a||b|

=¿ax bx+ay by+az bz

√ax2+ay

2+az2√bx

2+b y2+bz

2(9)¿

Vektorların skalyar hasilinin fiziki mənasıVektorların skalyar hasilinin fiziki mənası mexanikadan məlum olan F qüvvəsinin A ( F ) işinin hesablanması ilə müəyyən olunur. Tutaq ki, maddi nöqtə F qüvvəsinin təsiri altında A vəziyyətindən C vəziyyətinə keçir. F qüvvəsi A dəyişmə vektoruna φ bucağı altında yönəlmişdir. F qüvvəsinin gördüyü A ( F ) işini hesablayaq. Mexanikanın bölməsinə əsasən yolun düzxətli sahəsində F qüvvəsinin dördüyü iş bu işin proyeksiyasının: |F|cosφyolun uzunliğuna: AC=|a| hasilinə bərabərdir, yəni

A ( F )=|F|cosφ|a|.Bu bərabərliyin sağ tərəfi ( F ∙ a ) skalyar hasilidir, yəni,

F ∙ a=|F|∙|a|∙cos φ

Misal 1. |a|=4 ,|b|=6 , a , b=π3 olarsa

(3 a−2 b ) (5 a−6 b ) skalyar hasilini tapın.

15a a−18 a b−10 ab+12 b b=15|a|2−28|a||b|cos π3+12|b|2=15 ∙16−¿

−28 ∙4 ∙6 ∙ 12+12∙36=240−336+432=336.

Misal 2. a=3 i+4 j+5k ,b=4 i+5 j+3 k olarsa a və b vektorları arasındakı bucağı tapın.a (3 ;4 ;5 ) b (4 ;5 ;−3 ) , a b=12+20−15=17

|a|=√9+16+25=√50|b|=√16+25+9=√50

cos φ= 17√50√50

=1750

φ=arc cos 1750

.

Mövzu 5. Vektorial hasil . Qarışıq hasil, həndəsi mənası.1.Vektorial hasil . 2.Vektorial hasilin fiziki mənası.3. Qarışıq hasil, həndəsi mənası.

Vektorların vektorial hasili

a vektorunun b vektoruna vektorial hasili elə c vektoruna deyilir ki, o aşağıdakı şərtləri ödəsin:

1. c vektorunun uzunluğu a və b vektorları üzərində qurulmuş paraleloqramın sahəsinə bərabərdir:

|c|=|a||b|sin φ , φ=∠ (a , b ) .2.c vektoru a və b vektorları üzərində qurulmuş paraleloqramın müstəvisinə perpendikulyardır: c⊥a; c⊥b

3. a , b,c üçlüyü sağ oriyentasiyalıdır.a və b vektorlarının vektorial hasili a × b ilə işarə edilir: a× b=c. Tərifdən görünür ki, kollinear olan a və b vektorlarının vektorial hasili sıfra bərabərdir. Xüsusi halda a× a=0.

Vektorial hasilin aşağıdakı xassələri vardır:1. a × b=−b ×a

2. ( λ a )× b=a× ( λb )=λ ( a× b )

3. a× (b+c )=a× b+a× c; (a+b ) ×c=a ×c+b × c.4. Ortların vektorial hasili: i× i=0 , j × j=0 , k ×k=0 ,

i× j=k , j× k=i , k ×i= j5. a=ax i+a y j+az k, b=bx i+b y j+bz k olduqda

a × b=| i j kax a y az

bx b y bz|.

6. a və b vektorları üzərində qurulmuş paraleloqramın sahəsi

Spar=|a×b|7. a və b vektorları üzərində qurulmuş üçbucağın sahəsi

S∆=12|a× b|.

Vektorial hasilin fiziki mənasıİki vektorun a × b vektorial hasilinin fiziki

mənasını O nöqtəsinə nəzərən F qüvvəsinin momentinin hesablanması misalında göstərmək olar. Tutaqki, a=F, b=r burada r-O nöqtəsindən qüvvənin tətbiq olunduğu nöqtəyə qədər olan radius vektordur. F və r bir müstəvidə yerləşir. Məlumdur ki, O nöqtəsinə nəzərən F qüvvəsinin momenti qüvvənin modulunun h qoluna hasilinə bərabərdir. Yəni: |M 0|=±|F|∙ h və ya |F|∙h=|F|∙|r|∙ sin α- paraleloqramın sahəsinə bərabərdir. Cismi saat əqrəbinin əksinə döndərdikdə ¿ işarəsi, saat əqrəbi istiqamətində ¿ işarəsi götürülür.M 0 vektoru F və r vektorlarına perpendikulyardır. Onda r × F=M 0 vektorial hasili |F|∙|r|∙ sin α-ya bərabərdir.

Qarışıq hasilin həndəsi mənasıTutaq ki, a , b və c vektorları verilmişdir. a və b

vektorlarının vektorial hasilini tərtib edək və alınmış a × b vektorunu skalyar olaraq c vektoruna vuraq. (a × b ) ⋅c hasili üç vektorun qarışıq hasili adlanır.

(a× b ) ⋅c=|ax ay az

bx by bz

cx c y cz|.

Qarışıq hasil üç tərtibli determinantdır: birinci sətirdə birinci vektorun proyeksiyası, ikinci sətirdə ikinci vektorun proyeksiyası, üçüncü sətirdə üçüncü vektorun proyeksiyası durur.

(a × b ) ⋅c=(b × c )⋅ a=(c × a )⋅ b=− (b× a )⋅c=−(a ×c ) ⋅b=¿¿−(c× b ) ⋅a

Tutaq ki, OA=a ,OB=b , OC=c vektorları bir müstəvi üzərində yerləşmir. a , b və c vektorları üzərində qurulmuş paralelepipedin V həcmini tapaq. Modulu a və b vektorları üzərində qurulmuş paraleloqramın sahəsinə bərabər olan d=a×b vektorunu quraq. Onda V=|d|H , burada H=|OE|=prd OC=prd c.V=|d|pr d c=(a × b ) ⋅c .Əgər c və d vektorları arasındakı φ bucağı itidirsə V= (a×b )⋅c düsturu ilə, φ bucağı kordursa V=−(a ×b )⋅ c düsturu ilə hesablanır.Bir müstəvi üzərində yerləşməyən üç vektor üzərində qurulmuş paralelepipedin həcmi V par=|(ab c )| düsturu ilə hesablanır.

V pir=16|ax ay az

bx by bz

cx c y cz|.

Misal. Tetraedrin təpə nöqtələri verilmlşdir: A (1 ;−1 ;2 ) ,B (6 ;0 ;2 ) ,C (4 ; 4 ;6 ) , D (3 ;−3 ;8 ) . D təpə nöqtəsindən A BC üzünə endirilmiş H hündürlüyünün uzunliğunu tapın.

Həlli. Tetraedrin həcmi V=13

SH , S- ABC üzünün sahəsidir.

BuradanH=3 V

S.

Digər tərəfdən tetraedrin həcmi AB , AC , AD vektorlarının qarışıq hasilinin altida birinə bərabərdir.

AB=5 i+ j ; AC=3 i+5 j+4 k ; AD=2 i−2 j+6k .

( AB× AC ) AD=|5 1 03 5 42 −2 6|=5 ∙ 38−1 ∙10=180.

Həqiqətən, V=1

6∙180=30 (cub.vahıd)

ABC üzünün sahəsi AB və AC vektorlarının vektorial hasilinin modulunun ikidə birinə bərabərdir.

AB× AC=|i j k5 1 03 5 4|=4 i−20 j+22 k .

S=12 √42+(−20 )2+222=√4+100+121=15 (kv. v.)

Onda H=3 ∙30

15=6.

Mövzu 6. Düz xətt tənlikləri

1. Düz xəttin bucaq əmsallı tənliyi. 2. Verilmiş nöqtədən verilmiş istiqamətdə keçən düz xəttin tənliyi.3. Düz xətlər dəstəsinin tənliyi4. Verilmiş iki nöqtədən keçən düz xəttin tənliyi. 5. Düz xəttin parçalarla tənliyi.

6. Düz xəttin ümumi tənliyi və onun araşdırılması 7. Düz xəttin normal tənliyi 8. İki düz xətt arasındakı bucaq

Düz xəttin bucaq əmsallı tənliyi.

Əgər düz xəttin ordinat oxundan kəsən b parcası və düz xəttin absis oxunun

müsbət istiqaməti ilə əmələ gətirdiyi α meyl bucağı məlum olarsa, belə düz xəttin

müstəvidəki vəziyyəti tamamilə təyin olunur və bu düz xətt yeganədir. Bu

müddəanı düz xəttin bütün nöqtələri üçün ümumi xassə kimi qəbul etmək olar.

(şəkil 1)

Tutaq ki, düz xətt OY oxunu B(0 , b) nöqtəsində kəsərək OX oxu ilə

α (0<α< π2 ) bucağı əmələ gətirir. Düz xətt üzərində ixtiyari M (x , y ) nöqtəsini

götürək və α meyl bucağının tangensini ∆ BCM-dən tapaq:

tgα=CMBC

= y−bx (1)

k=tgα qəbul edək. k-ya düz xəttin bucaq əmsalı deyilir. Onda (7.2) ifadəsindən:

y=kx+b (2)

alarıq. Göstərmək olar ki, (2) düsturu π2<α<π üçün də

doğrudur. Beləliklə, göstərdik ki, düz xəttin hər bir nöqtəsi

(2) tənliyini ödəyir. Lakin düz xəttin üzərində olmayan heç

bir nöqtənin koordinatları bu tənliyi ödəməz. Beləliklə, (2)

tənliyi düz xəttin bucaq əmsallı tənliyi adlanır.

(2) tənliyinin xüsusi hallarına baxaq.

1) Əgər b=0 olarsa, onda y=kx tənliyini alarıq. Bu isə koordinat başlanğıcından

kecən düz xəttin tənliyidir. k=tgα>0 olarsa, onda α bucağı OX oxu ilə iti bucaq,

k=tgα<0 olduqda isə α bucağı OX oxu ilə kor bucaq əmələ gətirər (şəkil 2). Xüsusi

halda k=tg π4=1 olarsa, onda (2) tənliyi y=x şəklinə düşər.

Bu isə koordinat sisteminin I və III rüb tənböləninin

tənliyidir. Əgər: k=tg 3π4=−1 olarsa, onda y=−x alınar

ki, bu da koordinat sistemində II və IV rüb tənbölənin

tənliyidir.

2) Əgər α=0 olarsa, onda k=tg0=0 alınar və (2) tənliyi y=b

şəklinə düşər. Bu isə ordinat

oxundan b parçasını kəsərək absis oxuna paralel olan düz

xəttin tənliyidir. Aydındır ki, OX oxunun tənliyi y=0 olar

(şəkil 3).

3) Əgər α= π2

olarsa, onda k=tg π2

təyin olunmayıb və düz

xətt OX oxuna perpendikulyar olar. Bir sözlə, belə düz xətt

bucaq əmsalına malik deyildir. Indi tutaq ki, düz xətt OX

oxundan a parcasını kəsir və bu düz xətt OX oxuna

perpenkdikulyardır. Onda belə düz xəttin tənliyi x=a olar.

Xüsusi halda OY oxunun tənliyi x=0 olur. (şəkil 4).

Verilmiş nöqtədən verilmiş istiqamətdə keçən düz xəttin tənliyi. Tutaq ki, düz xətt verilmiş M 1 (x1 , y1 ) nöqtəsindən keçərək OX oxunun müsbət

istiqaməti ilə α ≠ π2 bucağını əmələ gətirir. M 1 (x1 , y1 ) nöqtəsi düz xəttin üzərində

olduğundan onun uyğun koordinatları (2) tənliyini ödəyir:y1=kx1+b (3)

(2) və (3) tənliklərini tərəf-tərəfə çıxsaq axtarılan düz xəttin tənliyini alarıq:y− y1=k (x−x1 ) (4)

Bu tənlik verilmiş M 1 (x1 , y1 ) nöqtəsindən keçən və k=tgα bucağı əmələ gətirən düz xəttin tənliyidir.

Düz xətlər dəstəsinin tənliyi.

Əgər (4) tənliyində k ixtiyari ədəd olarsa, onda bu tənlik k bucaq əmsalına

malik olmayan və OY oxuna paralel

olan düz xətt müstəsna olmaqla, düz

xətlər dəstəsini təyin edir.

Misal. A (3 ;−2 ) nöqtəsindən keçən:

a) OX oxu ilə 1350 bucaq əmələ

gətirən,

b) OY oxuna paralel olan düz xəttin

və düz xətlər dəstəsinin tənliyini yazın.

a) Düz xəttin bucaq əmsalı k=tg1350=−1 olduğundan və axtarılan düz xətt A(3 :−2)

nöqtəsindən keçdiyi üçün (4) tənliyinə görə y+2=−1 ( x−3 ) və ya y=−x+1 olar.

b) Axtarılan düz xətt A(3 :−2) nöqtəsindən keçməklə OY oxuna paralel

olduğundan onun tənliyi x=3 olar.

A(3 :−2) nöqtəsindən keçən düz xətlər dəstəsinin tənliyi isə

y+2=k (x−3 )

olur.

Qeyd edək ki, x=3 düz xətti göstərilən düz xətlər dəstəsinə daxil deyildir

Verilmiş iki nöqtədən keçən düz xəttin tənliyi.

Tutaq ki, M 1 (x1 , y1 ) və M 2 (x2 , y2) (x1≠ x2 , y1 ≠ y2 ) nöqtələri verilmişdir. Bu

nöqtələrdən keçən düz xəttinin tənliyini yazmaq üçün M 1 (x1 , y1 ) nöqtəsindən keçən

düz xətlər dəstəsinin tənliyini yazaq və həmin düz xətlər dəstəsindən, həm də M 2 (x2 , y2) nöqtəsindən keçən düz xətti ayıraq və onun tənliyini yazaq:

y− y1=k (x−x1 ) (5)

Bu düz xətt, həm də M 2 (x2 , y2) nöqtəsindən keçdiyi üçün

y2− y1=k (x2−x1 ) (6)

alınar. Buradan:

k=y2− y1

x2−x1 (7)

tapılaraq (5) –də yerinə yazsaq y− y1=y2− y1

x2− x1∙ (x−x1 )

olar və beləlikləy− y1

y2− y1=

x−x1

x2−x1(8)

tənliyini alarıq. Bu isə verilmiş iki nöqtədən keçən düz xəttin tənliyidir (şəkil 5).

İki nöqtədən keçən düz xəttin tənliyi həmçinin aşağıdakı düsturla verilir:

| x y 1x1 y1 1x2 y2 1|=0(9)

Düz xəttin parçalarla tənliyi. Absis oxundan a ≠ 0, ordinat oxundan b ≠ 0

parcasını kəsən düz xəttin tənliyini yazaq .

Aydındır ki, bu düz xəttin koordinat oxları ilə

kəsişmə nöqtələri olar.

Indi isə bu iki nöqtədən keçən düz xəttin (8)

tənliyini yazaq:y−0b−0

= x−a0−a

Buradan: xa+ y

b=1(9)

alınar.

Bu tənlik düz xəttin parcalarla tənliyi adlanır. Aydındır ki, (9) tənliyi düz

xəttin qurulması üçün əlverişli tənlikdir.

Düz xəttin ümumi tənliyi və onun araşdırılması.

XOY düzbucaqlı koordinat sistemində x və y cari koordinatlara nəzərən n

(n=1,2 …) dərəcəli tənliklə təyin olunan xətlərə n tərtibli xətlər (və ya əyrilər)

deyilir. Məsələn:

x+ y−1=0 I tərtib

x2+ y2=1 II tərtib

x2 y+x y2=2 III tərtib və s.

Yuxarıda göstərdiyimiz düz xətt tənliklərinin hamısı birinci tərtib tənliklər

idi. x və y cari koordinatlara nəzərən bir dərəcəli ən ümumi tənlik

Ax+By+C=0 (10)

şəklində olar.

Burada A , B ,C hər hansı ədədlər olub, A və B eyni vaxtda sıfra bərabər

deyildir. Aşağıdakı xüsusi hallara baxaq:

1) Tutaq ki, B≠ 0 onda (10) tənliyi

y=−AB

x−CB

şəklində olar. Burada k=−AB və b=−C

B qəbul edək. Onda A ≠ 0, C ≠ 0 olarsa,

y=kx+b düz xəttinin bucaq əmsallı tənliyini alarıq.

Əgər A ≠ 0, C=0 olarsa, onda

y=kx

koordinat başlanğıcından keçən düz xəttin tənliyini alarıq.

Əgər A=0 ,C ≠ 0 olarsa, onda y=b

OY oxundan b parcasını kəsən və OX oxuna paralel olan düz xəttin tənliyini alarıq.

Əgər A=0 ,C=0 olarsa, onda y=0

OX oxunun tənliyi alınar.

2) Tutaq ki, B=0, A ≠ 0, onda (10) tənliyi x=−CA şəklinə düşər. a=−C

A qəbul edək

və C ≠ 0 olarsa, onda OX oxundan a parçasını kəsən OY oxuna paralel olan x=a düz

xəttin tənliyini alarıq.

Əgər C=0 olarsa, onda x=0 olur ki, bu da OY oxunun tənliyi olar.

Beləliklə, A , B və C əmsallarının ixtiyari qiymətlərində (10) tənliyi OXY müstəvisində düz xətt tənliyidir. Bu tənliyə düz xəttin ümumi şəkildə tənliyi deyilir.

Düz xəttin normal tənliyi

Tutaq ki, hər hansı L düz xətti verilmişdir. Koordinat başlanğıcından verilmiş düz xəttə perpendikulyar olan n düz xəttini keçirək və onu L düz xəttinə çəkilmiş normal adlandıraq. N nöqtəsi ilə normalın L düz xəttini kəsdiyi nöqtəni qeyd edək. N nöqtəsi ilə O nöqtəsini birləşdirək. α ilə Ox oxundan ON düz xəttinə qədər saat əqrəbinin əksi istiqamətində əmələ gələn bucağı işarə edək. Onda

x cosα+ y sin α−p=0(11)

(11) düsturu düz xəttin normal tənliyi adlanır.

İki düz xəttin qarşılıqlı vəziyyətləri. İki düz xətt arasındakı bucaq

İki kəsişən düz xəttin xarakteristikalarından biri onlar arasında qalan bucaqdır. Düz xətlər bucaq əmsalları ilə verildlkdə onlar arasındakı bucağı müəyyən etmək olur. Tutaq ki, iki düz xəttin bucaq əmsallı tənlikləri verilmişdir:

y=k1 x+b1 (12)

y=k2 x+b2 (13)

Bu düz xətlər arasında qalan φ bucağını tapaq.

(şəkil ). Şəkildən göründüyü kimi φ=φ2−φ1 və k1=tgφ1, k 2=tgφ2

φ1≠ π2

, φ2≠ π2 qəbul edək. Onda

tgφ=tg (φ2−φ1 )=tgφ2−tg φ1

1+tg φ1tg φ2

Düz xətlərin paralellik şərti: k 2=k1

Düz xətlərin perpendikulyarlıq şərti: k 2=−1k1

Əgər : l2 və l1 düz xətləri A1 x+B1 y+C1=0 və A2 x+B2 y+C2=0 tənlikləri ilə verilmişdirsə onlar arasındakı bucaq

tgφ¿A1 B2−A2 B1

A1 A2+B1 B2

düsrurundan tapılır.Üçbucağın daxili bucaqlarını tapmaq

üçün bucaq əmsallarını azalma sırası ilə düzmək lazımdır: k1 ¿k2>k 3; sonra bucaqların tangenslərini aşağıdakı düsturlardan tapırıq:

tg φ1=k1−k2

1+k1 k2; tg φ2=

k2−k 3

1+k2 k3;

tg φ3=k3−k1

1+k3 k1(1 )

tgφ=tg (φ2−φ1 )=tgφ2−tg φ1

1+tg φ1tg φ2

və ya

tgφ¿k2−k 1

1+k1 k2

olar.

Misal. ABC üçbucağınin təpə nöqtələri verilmişdir. Aşağıdakıları tapın, üçbucağı qurun.

1¿AB tərəfinin uzunluğunu; 2¿ AB , AC tərəflərinin tənliklərini ümumi şəkildə yazın və onların bucaq əmsallarını tapın; 3¿B daxili bucağını tapın; 4 ¿ AE medianının tənliyini; 5¿CD hündürlüyünün tənliyini və uzunluğunu tapın. 6) E nöqtəsindən keçən AB tərəfinə paralel olan və CD hündürlüyünü M nöqtəsində kəsən düz xəttin tənliyini və M nöqtəsinin koordinatını tapın.

A (−1 ;2 ), B (5 ;−1 ) ,C (−4 ;−5 )

Həlli. 1.A (x1; y1 ) , B (x2 ; y2) nöqtələri arasındakı məsafə aşağıdakı düsturdan tapılır:

|AB|=√(x2−x1 )2+( y2− y1 )

2 (1 )

|AB|=√(5+1 )2+(−1−2 )2=√45

|AB|=3 √5 .

2..A (x1; y1 ) , B (x2 ; y2) nöqtələrin dən keçən düz xəttin tənliyi belədir:

y− y1

y2− y1=

x−x1

x2−x1(2 )

(2) tənliyinə A və B nöqtələrinin koordinatlarını yazaraq alırıq:

y−2−1−2

= x+15+1

; y−2−3

= x+16

; y−2−1

= x+12

;

2 y−4=−x−1; x+2 y−3=0 ( AB )

k AB bucaq əmsalının tənliyini tapmaq üçün ( AB ) tərəfinin tənliyini y=kx+b şəklinə

salaq. 2 y=−x+3 ; y=−12

x+32

;k AB=−12

.

Analoji olaraq ( BC ) tərəfinin tənliyini və onun bucaq əmsalını tapırıq:

y+1−5+1

= x−5−4−5

; y+1−4

= x−5−9

;−9 y−9=−4 x+20;

−4 x−9 y−29=0 ( BC )

−9 y=−4 x+29 ; y=49

x−299

; kBc=49

.

3. Ücbucağın B daxili bucağını tapmaq üçün aşağıdakı düsturdan istifadə edək:

tg B=k BC−k AB

1+k AB ∙ k BC(3 )

tg B=

49+ 1

2

1+(−12 )4

9

=1714

≈ 1,2143

Mühəndis mikrokalkulyatorundan istifadə edərək alırıq:

∠B ≈ 0,88rad .

4. AE medianının tənliyini tapmaq üçün E nöqtəsinin koordinatlarını tapaq:

xE=x B+xC

2=

5+(−4 )2

=12

.

y E=yB+ yC

2=

(−1 )+(−5 )2

=−3.

(2) tənliyinə A və E nöqtələrinin koordinatlarını yazaraq alırıq:

y−2−3−2

= x+112+1

; y−2−5

= x+132

; 32

( y−2 )=−5 ( x+1 ) ;

3 ( y−2 )=−10 ( x+1 ) ;10 x+3 y+4=0 ( AE ) .

5. CD hündürlüyünün tənliyini tapmaq üçün verilmiş nöqtədən verilmiş istiqamətdə keçən düz xətt tənliyini və AB və CD düz xətlərinin perpendikulyarlığı şərtindən istifadə edək:

y− y0=k (x−x0 )(4) , k AB ∙ k CD=−1; kCD=−1k AB

=2.

(4) tənliyinə C nöqtəsinin və kCD bucaq əmsalının qiymətini yazaraq CD hündürlüyünün tənliyini alırıq:

y+5=2 ( x+4 ) ; y+5=2 x+8 ;2x− y+3=0 (CD )

CD hündürlüyünün uzunluğunu tapmaq üçün verilmiş nöqtədən verilmiş düz xəttə qədər olan məsafə düsturundan istifadə edək:

d=|A x0+B y0+C|

√A2+B2(5 )

(5) tənliyinə (x0 , y0 ) əvəzinə C nöqtəsinin koordinatlarını və AB düz xəttinin ümumi şəkildə tənliyini yazsaq, alarıq:

d=|CD|=|−4+2 ∙ (−5 )−3|

√12+22= 17√5

.

6. Axtarılan EF düz xətti AB düz xəttinə paralel olduğundan,

k EF=k AB=−12

.

(4) tənliyinə (x0 , y0 ) əvəzinə E nöqtəsinin koordinatlarını yazsaq, EF düz xəttinin tənliyini alırıq:

y+3=−12 (x−1

2 );2 y+6=−x+ 12

;

4 y+12=−2 x+1;2 x+4 y+11=0 ( EF ) .

M nöqtəsinin koordinatlarını tapmaq

üçün EF və CD düz xətlərinin tənliklərindən tənliklər sistemi tərtib edək :

{2 x+4 y+11=02 x− y+3=0 ⇔ {x=−23

10

y=−85

Beləliklə, M (−2310

;−85 ) .

Mövzu7. İki tərtibli əyrilər. Çevrə, ellips, hiperbola,parabola və onların kanonik tənlikləri.

1. Ellips.2. Hiperbola.3. Parabola. 4. Çevrə.

Iki tərtibli əyrilər. Çevrə.Müstəvi üzərində verilmiş nöqtədən müsbət R məsafəsində olan nöqtələr

çoxluğuna çevrə deyilir.Dekart koordinat sistemində çevrənin ümumi tənliyi belədir:

x2+ y2+Ax+By+C=0 ,və ya (x−x0 )

2+( y− y0 )2=R2,

2 x0=−A , 2 y0=−B ,2 R=√A2+B2−4C.(x0 , y0 ) çevrənin mərkəzi, R−¿radiusdur.

Mərkəzi koordinat başlanğıcında olan çevrənintənliyi : x2+ y2=R2 .

Üç nöqtədən keçən çevrənin tənliyi:

|x2+ y2 x

x12+ y1

2 x1

y 1y1 1

x22+ y2

2 x2

x32+ y3

2 x3

y2 1y3 1

|=0.

Çevrənin parametrik şəkıldə tənliyi:

{x=x0+R cosφy= y0+R sin φ

0 ≤ φ<2 π .

Çevrənin polyar koordinat sistemində tənliyi:Mərkəzi (ρ0 , ϕ0 ), radiusu R olan çevrənin tənliyi:

ρ2−2 ρ ρ0 cos (ϕ−ϕ0 )+ρ02=R2 .

Çevrə mərkəzinin polyar koordinatları ρ0=R , ϕ0=α olarsa koordinat başlanğıcından keçən çevrənin tənliyi:

ρ (φ )=2R cos (φ−α ) , α−π2

≤ φ≤ α+ π2

.

Əgər mərkəz koordinat başlangıcı olarsa ρ=R .

Toxunan və normalın tənlikləri(x1 , y1 ) nöqtəsində çevrəyə çəkilmiş toxunanın tənliyi:

( A2+ x1)x+(B

2+ y1) y+( A+B

2+C)=0.

Həmin nöqtədə normalın tənliyi belədir:

x−x1

2 x1+A=

y− y1

2 y1+B.

Konsentrik və ortoqonal çevrələrEyni mərkəzli iki müxtəlif çevrəyə konsentrik çevrələr deyilir. Düz bucaq

altında kəsişən iki çevrəyə ortoqonal çevrə deyilir.x2+ y2+A1 x+B1 y+C1=0 , x2+ y2+A2 x+B2 y+C2=0

A1=A2 və B1=B2 olduqda çevrələr konsentrik; A1 A2+B1 B2=2 (C 1+C2 ) olduqda cevrələr ortoqonal adlanır.

B və C ortoqonal çevrələri. Ortoqonal sözü yunan “ orthoqonal” sözündən götürülüb iki sözün “ortho” və “qonal”sözlərinin birləşməsindən ibarətdir. Ortho-

düz, qonal-bucaq deməkdir.B çevrəsinin mərkəzindən iki radius çəkilmişdir və onların son nöqtələrindən iki toxunan çəkilmişdir; toxunanlar bu radiuslara perpendikulyardır. Toxunanların kəsişmə nöqtəsində B çevrəsinə ortoqonal olan C çevrəsinin mərkəzi yerləşir.

EllipsTərif. Müstəvi üzərində fokus adlanan verilmiş iki F1 və F2 nöqtələrindən məsafələrinin cəmi sabit ədəd olan nöqtələrin həndəsi yerinə ellips deyilir.Ellipsin tənliyini çıxarmaq üçün müstəvi üzərində düzbucaqlı koordinat sistemi götürək və ellipsin fokuslarının absis oxu üzərində koordinat başlanğıcına nəzərən simmetrik yerləşdiyini fərz edək.Onda ellips üzərində yerləşən ∀ M ( x , y ) nöqtəsi üçün

M F1+M F2=2 a(1)

Burada 2 a ilə tərifdə göstərilən sabit ədəd işarə olunmuşdur. F1 F2=2c qəbul etsək, onda 2a>2c, F1 (−c ;0 ) və F2 (c ;0 ) olar. İki nöqtə arasındakı məsafə düsturuna görə alırıq:M F2=√ ( x−c )2+ y2 və M F1=√ ( x+c )2+ y2.(1) bərabərliyinə əsasən:

√ ( x−c )2+ y2+√ (x+c )2+ y2=2 a .(2) tənliyi ellipsin axtarılan tənliyidir.

(2 ) tənliyini sadə şəklə gətirək. Bu məqsədlə radikallardan birini sağa köçürərək alınan

√ ( x−c )2+ y2=2 a−√( x+c )2+ y2

bərabərliyinin hər iki tərəfini kvadrata yüksəldərək alırıq:x2−2 cx+c2+ y2=4 a2−4 a√ ( x+c )2+ y2+x2+2 cx+c2+ y2,

−4 cx=4a2−4 a√( x+c )2+ y2 ,cx+a2=a√ ( x+c )2+ y2 .

Axırıncı bərabərliyi yenidən kvadrata yüksəltsək:c2 x2+2 cx a2+a4=a2 x2+2 cxa2+a2 c2+a2 y2 ,

c2 x2++a4=a2 x2++a2c2+a2 y2 ,və ya

(a2−c2 ) x2+a2 y2=a2 (a2−c2 ) .Buradan

x2

a2 +y2

a2−c2=1 (3 )

a>colduğundan x2

a2 +y2

b2=1 (4 )

şəklində yazılar. (4) tənliyinə ellipsin kanonik tənliyi deyilir.Ucları ellipsin üzərində yerləşən və ellipsin fokuslarından keçən parçaya verilmiş

ellipsin böyük oxu deyilir.Ucları ellipsin üzərində yerləşən böyük yarım oxun mərkəzi nöqtəsindənkeçən

və böyük yarımoxa perpendikulyar olan parçaya ellipsin kiçik oxu deyilir. Ellipsin böyük yarım oxu a, kiçik yarım oxu b ilə işarə olunur.

Ellipsin böyük və kiçik oxlarının kəsişmə nöqtəsinə ellipsin mərkəzi deyilir.Fokusların hər birindən ellips üzərində yerləşmiş nöqtəyə qədər olan r1 və r2

məsafələrinə ellipsin fokal radiusları deyilir.

c=|F1 F2|

2məsafəsi fokal məsafə adlanır.

Ellipsin mərkəzindən keçən ixtiyari vətərə onun diametri deyilir.

ε= ca=√1−b2

a2 (0 ≤ ε<1 ) .

ifadəsinə ellipsin eksentrisiteti deyilir. Eksentrisitet sıfra yaxın olarsa ellips çevrəyə yaxın olur; eksentrisitet vahidə yaxın olarsa ellips çəkilmiş olur.

Ellipsin elementləri arasındakı münasibət . a−¿böyük yarımoxb−¿kiçik yarım oxc−¿ fokal məsafə (fokuslar ar.yarım məs.) p−¿ fokal parametrr p−¿ perifokus məs.ra−¿ apofokus məs.

a2=b2+c2

ε= ca=√1−b2

a2 (0≤ ε<1 ) .

a b c pa−¿böyük yarım ox

a a= b√1−ε2

a= cε

a= p1−ε2

b−¿kiçik yarım ox

b=a√1−ε2 bb=√1−ε2

εb= p

√1−ε2

c−¿ fokal məsafə

c=aε c= bε1−ε2

c c= pϵ1−ε2

p−¿ fokal parametr

p=a (1−ε2 )p=b√1−ε2 p=c 1−ε 2

εp

r p−¿ perifokus məs.

r p=a (1−ε ) r p=√ 1−ε1+ε

r p=c 1−εε

r p=p

1+εra−¿ apofokus məs.

ra=a (1+ε ) ra=b√ 1+ε1−ε

ra=c 1+εε

ra=p

1−ε

Ellipsin yarım oxlarını bilərək onun fokal məsafəsini və eksentrisitetini hesablamaq olar:|F1 F2|=2√a2−b2,

ε=√a2−b2

a<1.

Ellipsin fokus nöqtələrinin koordinatları (aε ,0 ) , (−aε , 0 ).Ellipsin iki direktrisi var, onların tənlikləri belədir: x=a

ε , x=−aε .

Fokal radiuslar, yəni fokuslardan ∀M ( x , y ) nöqtəsinə qədər olan məsafə:r1=a+εx , r2=a−εx.

(x1 , y1 ) nöqtəsindən keçən toxunanların tənliyi:y− y1

x−x1=−x1 y1±√b2 x1

2+a2 y12−a2b2

a2−x12

Bucaq əmsalları k olan toxunanların tənliyi:y=kx±√k2 a2+b2 .

(x1 , y1 ) nöqtəsindən keçən normalın tənliyi:y− y1

x−x1=

a2 y1

b2 x1

.

Ellipsin parametrik şəkildə tənliyi

{x=acos ty=b sin t

0≤ t ≤ 2 π ,

t - tənliyin parametridir.Ellipsin və onun seqmentinin sahəsiS=πab - ellipsin sahəsiS= πab

2+b

a ( x√a2−x2+a2arc sin xa ) -

seqmentin sahəsi

HiperbolaTərif. Fokus adlanan iki F1 və F2 nöqtələrindən məsafələrinin fərqi mütləq qiymətcə sabit ədəd olan nöqtələrin həndəsi yerinə hiperbola deyilir.Tərifdə qeyd olunan sabit ədəd fokuslar arasındakı məsafədən kiçik olmalıdır. Hiperbolanın tənliyini çıxarmaq üçün yenə də göstərilən münasibəti 2 a, fokuslar arasındakı məsafəni 2c və fokusların absis oxu üzərındə koordinat başlanğıcına nəzərən sımmetrik yerləşdiyini qəbul edək. Onda tərifə görə F1 (c ;0 ), F2 (−c ;0 ) və M (x , y ) nöqtələri üçün :

|M F1−M F2|=2 avə ya M F1−M F2=± 2aBuradan:√ ( x−c )2+ y2−√ ( x+c )2+ y2=±2 a (1) (1) tənliyi hiperbolanın axtarılan tənliyidir.Bu tənliyi ellipsin tənliyi kimi sadələşdirsək alarıq

x2

a2−y2

a2−c2=1(2)

Bu halda a<c olduğundan a2−c2=−b2

x2

a2−y2

b2 =1 (3 )

(3) tənliyinə hiperbolanın kanonik tənliyi deyilir.

İndi hiperbolanın formasını araşdıraq. (3) tənliyindən aydındır ki, y=0 olduqda x=± 2 a , yəni hiperbola absis oxunu A1 (a ,0 ) , A2 (−a , 0 ) nöqtələrində kəsir. Bu nöqtələrə hiperbolanın təpələri deyilir. Hiperbolanın iki asimptotu vardır. Bu asimptotların tənliyi:

y=± ba

x .

Koordinat oxları hiperbolanın simmetriya oxlarıdır. Hiperbolanın simmetriya oxlarının kəsişmə nöqtəsinə onun mərkəzi deyilir. A1 A2 və B1 B2 parçaları hiperbolanın uyğun olaraq həqiqi və xəyali oxları adlanır. Hiperbolanın həqiqi oxunun uzunluğu 2a-ya, xəyali oxunun uzunluğu 2 b-yə bərabərdir. a və b ədədləri hiperbolanın uyğun olaraq həqiqi və xəyali oxları adlanirlar.

Hiperbolanin forması ba nisbətindən və onun eksentrisiteti adlanan

ε= ca=√a2+b2

a=√1+( b

a )2

kəmiyyətindən asılıdır. c>a olduğundan ε>1.a=b olduqda hiperbola bərabərtərəfli hiperbola adlanır: x2− y2=a2 . Onun asimptotlarının tənliyi:

y=± x .Hiperbola üzərində yerləşmiş M (x ; y ) nöqtəsindən fokuslara qədər olan məsafəyə onun fokal radius vektorları dryilir. Həmin radius vektorlar aşağıdakı düsturlardan tapılır:

r=|εx−a|, r1=|εx+a|.Tənlikləri uyğun olaraq

x2

a2−y2

b2 =1, y2

b2−x2

a2=1

olan hiperbolalar qoşma hiperbolalar adlanır.Parabola

Tərif. Fokus adlanan verilmiş F nöqtəsindən və direktris adlanan d düz xəttındən eyni uzaqlıqda olan nöqtələrin həndəsi yerinə parabola deyilir.F nöqtəsi fokus nöqtəsidir. parabolanın direktrisi, |OF| -

ox, O- təpə nöqtəsi, |CF|=p- parametr, F ( p2

,0)- fokus

nöqtəsi, r=|FM|- fokal radius.Eksentrisitet:

ε=|FMMK |=1.

Fokal radius :r=x+ p2 .

Direktrisin tənliyi: x=−p2

. M (x0 ; y0 ) nöqtəsində çəkilmiş toxunanın tənliyi:y y0=p (x+ x0) .

Parabolaya çəkilmiş toxunanın xassəsi: ∠FMN=∠FNM ( M- toxunma nöqtəsidir, N- toxunanın Ox oxu ilə kəsişmə nöqtəsidir.)

M ( x0 ; y0 ) nöqtəsində çəkilmiş normalın tənliyi:

y− y0=y0

p (x−x0 ) .

Parabolanın parametrik tənlikləri:

x= t 2

2 p, y=t .

Polyar koordinatlarda tənliyi:ρ=ρ (1−cosφ ).

Mövzu8. Müstəvi tənlikləri və onların qarşılıqlı vəziyyəti.

Müstəvi və düz xəttin qarşılıqlı vəziyyəti

1. Müstəvinin ümumi tənliyi.2. Koordinat sisteminə nəzərən müstəvilərin yerləşməsinin xüsusi halları.3. İki müstəvi arasındakı bucaq.4. Müstəvi və düz xəttin qarşılıqlı vəziyyəti.5. Müstəvinin normal tənliyi

Müstəvi –həndəsənin əsas anlayışlarındandır. Nəzəri cəhətcə ikiölçülü sonsuz uzunluğa malik yastı, sonsuz kiçik qalınlığa malik obyekt.

Müstəvinin tənliyi ilk dəfə olaraq A.K.Kleronun 1731-ci ildə nəşr edilmiş əsərində, müstəvinin kəsiklərdə tənliyi Q.Lamenin 1816-1818-ci illərdə çap edilmiş işlərində, normal tənliyi isə L.Qessenin 1861-ci ildəki tədqiqatlarında rast gəlinir. Müstəvinin n-ölçülü fəzada təsvirini ifadə edən tənliyi E.Kondratyev 2006-cı ildə təklif edib.Fəzada ixtiyari M 0 ( x0 , y0 , z0 )nöqtəsinə və N ( A , B ,C ) vektoruna baxaq. Müstəvidə hər hansı M nöqtəsi götürək. Aydındır ki, MA vektoru N vektoruna perpendikulyardır .

M 0 M ⊥ N⟺ (M 0 M , N )=0.

Bu tənliyi koordinatlarda yazaq:

(x−x0 ) A+( y− y0 )B+( z−z0 )C=0.

Bu tənlik M 0 ( x0 , y0 , z0 ) nöqtəsindən keçən N ( A , B ,C ) vektoruna perpendikulyar olan müstəvinin tənliyidir. Bu tənliyi sadələşdirək.

Ax+By+Cz−( A x0+B y0+C z0 )=0.

D=−(A x0+B y0+C z0 ) ilə işarə edək. Onda alırıq:

Ax+By+Cz+D=0. (1)

Bu tənlik müstəvinin ümumi tənliyidir.

N ( A ,B , C ) vektoru P müstəvisinin normal vektoru adlanır.

Koordinat sisteminə nəzərən müstəvilərin yerləşməsinin xüsusi halları

1. Ax+By+Cz=0 (D=0) koordinat başlanğıcından keçən müstəvinin tənliyidir.

2. Ax+By+D=0(C=0)OZoxuna paralel olan müstəvinin tənliyidir; Ax++Cz+D=0OY oxuna paralel olan müstəvinin tənliyidir; By+Cz+D=0OX oxuna paralel olan müstəvinin tənliyidir. Bunu yadda saxlamaq lazımdır: tənlikdə z hərfi yoxdursa OZ müstəvisinə paraleldir, və s.

3. Ax+D=0 (B=0,C=0 ) həm OY həm də OZ oxuna paralel olan yəni YOZ koordinat müstəvisinə paralel olan müstəvinin tənliyidir. Analoji olaraq By+D=0 XOZ

müstəvisinə paralel olan, Cz+D=0 , XOY müstəvisinə paralel olan müstəvinin tənliyidir.

4. X=0 tənliyi YOZ müstəvisinin, Y=0 tənliyi XOZ müstəvisinin tənliyi, Z=0 tənliyi XOY müstəvisinin tənliyidir.

Müstəvilərin paralellik əlamətləri

A1 x+B1 y+C1 z+D1=0 və A2 x+B2 y+C2 z+D2=0 müstəviləri paraleldirsə onda onların normal vektorları kollineardır və tərsinə:

A2

A1=

B2

B1=

C2

C1

Mısal1. 2 x−3 y−4 z+11=0 və −4 x+6 y+8 z+36=0 müstəviləri paraleldir, çünki,

−42= 6−3

= 8−4

=−2

Müstəvilərin perpendikulyarlıq əlamətləri

Əgər A1 x+B1 y+C1 z+D1=0 və A2 x+B2 y+C2 z+D2=0 müstəviləri perpendikulyardırsa onda onların N1 {A1 ,B1 ,C1 } və N2 {A2 ,B2 ,C2 } normal vektorları da perpendikulyardır və tərsinə:

A1 A2+B1 B2+C1 C2=0.

Üç nöqtədən keçən müstəvinin tənliyi

Əgər M 0 ( x0 , y0 , z0 ) , M 1 (x1 , y1 , z1) , M 2 (x2 , y2 , z2) nöqtələri bir müstəvi üzərində yerləşirsə, həmin nöqtələrdən keçən müstəvinin tənliyi

| x−x0 y− y0 z−z0

x1−x0 y1− y0 z1−z0

x2−x0 y2− y0 z2−z0|=0. (2)

və ya

| x x0 x1 x2

y y0 y1 y2

z z0 z1 z2

1 1 1 1|=0.

düsturu ilə verilir. Əgər verilmiş üç nöqtə bir düz xətt üzərində yerləşmişsə, onda (3) tənliyi tənliyi vektor formasında aşağıdakı kimi olur:

(r−r1 ) ∙ ( r2−r1 ) ∙ ( r3−r1 )=0 , (5 )

r , r1 ,r 2 , r3- M (x , y , z ) , M 0 M 1 , M 2 , nöqtələrinin uyğun olaraq radius vektorlarıdır.

İki nöqtədən keçən və verilmiş müstəviyə perpendikulyar olan müstəvinin tənliyi

| x−x0 y− y0 z−z0

x1−x0 y1− y0 z1−z0

A B C |=0.

Verilmiş nöqtədən keçən və iki (paralel olmayan) Q1 və Q2 müstəvilərinə perpendikulyar olan müstəvinin tənliyi

|x−x0 y− y0 z−z0

A1 B1 C1

A2 B2 C2|=0.

Müstəvilər arasındakı bucaq

Əgər müstəvilər aşağıdakı tənliklərlə verilmişdirsə

A1 x+B1 y+C1 z+D1=0 (1)

A2 x+B2 y+C2 z+D2=0 (2)

onlar bir-birinə bərabər olan dörd ikiüzlü bucaq əmələ gətirir. Onlardan biri

N1 {A1 ,B1 ,C1 } və N 2 {A2 ,B2 ,C2 } normal vektorları arasındakı bucaqdır:

cos φ=±A1 A2+B1 B2+C1C2

√A12+B1

2+C12√A2

2+B22+C2

2(3)

Müstəvinin normal tənliyi

ABC müstəvisinə baxaq. Bu müstəvinin normal tənliyini çıxarmaq üçün koordinat başlanğıcından OP perpendikulyarı keçirək. |OP|=p iıə işarə edək və bu perpendikulyarın koordinat oxları ilə əmələ ğətirdiyi bucaqları uyğun olaraq α ,β , γ ilə işarə edək. Tutaq ki. M (x , y , z ) müstəvinin ixtiyari nöqtəsidir. M nöqtəsi və koordinat başlanğıcından OM parçası keçirək, uzunluğunu isə r ilə işarə edək.OM parçasının koordinat oxları ilə əmələ gətirdiyi bucaqları uyğun olaraq α ' , β ' , γ ' ilə işarə edək.

P və M nöqtələrinin hər ikisi ABC müstəvisində yerləşdiyindən PM parçası da bu müstəvidə yerləşir.OB , ABC müstəvisinə perpendikulyar olduğundan OP⊥ PM , deməli ∠OPM=900. ∠POM=φ qəbul edərək⊿OPM-dən alırıq:

p=rcos φ (¿ ) ;cosφ=cos α cosα '+cos β cos β '+cos γ cos γ ' (4)

Digər tərəfdən x=r cos α' , y=r cos β ' , z=r cos γ ' (5)

(4) tənliyinin hər iki tərəfini r-ə vuraraq alırıq:

rcos φ=rcos α cos α'+r cos β cos β '+r cos γ cos γ '

(4) və (¿ ) bərabərliklərindən alırıq:

p=x cosα+ y cos β+ zcos γ və ya

x cosα+ ycos β+z cos γ−p=0 , (7 )

α ,β , γ−¿bucaqları evahid vektorunun OP perpendikulyarı istiqamətdə Ox ,Oy ,Oz oxları ilə əmələ gətirdiyi bucaqlardır. p koordinat başlanğıcından müstəviyə endirilmiş OP perpendikulyarının uzunluğudur.

cos2α+cos2 β+cos2γ=1.

r ∙ e−p=0. (8 )

Müstəvinin (1) ümumi tənliyi

λ= 1±√ A2+B2+C2

( 9 )

normallayıcı vuruğuna vurularaq (6) şəklinə gətirilir.

Müstəvi və düz xəttin qarşılıqlı vəziyyəti

Tutaq ki, - M (x , y , z ) düz xəttin üzərində yerləşən

ıxtiyari nöqtədir.Onda AM ∥P və vektorlarının paralelliyınə

əsasən

x−am

= y−bn

= z−cp

(10)

(7) tənliyi düz xəttin düz xəttin kanonik tənliyi adlanır. P (m;n ; p ) vektoru düz xəttin istiqamətləndirici vektoru adlanır. (7) tənliyindəki nisbətlərdən hər birini t-yə bərabər edərək düz xəttin parametrik tənliklərini alırıq:

{x=mt+ay=nt+bz=p t+c

(11)

İki nöqtədən keçən düz xəttin tənliyi:

x−x1

x2−x1=

y− y1

y2− y1=

z−z1

z2−z1(12)

Düz xətt və müstəvi arasındakı bucaq:

sin θ=¿|N ∙ P|NP

=|AM +Bn+Cp|NP

(13)¿

Düz xətt və müstəvinin paralelliyi: ( N⊥P )

Am+Bn+Cp=0. (14)

Düz xətt və müstəvinin perpendikulyarlığı: ( N ∥P )

Am=B

n=C

p(15)

Mövzu 9. Ədədi ardıcılliğın limiti

1. Ədədi ardıcılliğın limiti2. Limitlər haqqında əsas teoremlər3. Məşhur limitlər

Əgər hər hansı n natural ədədinə uyğun olaraq xn həqiqi ədədi qoyulmuşdursa onda deyirlər ki, x1 , x2 ,…, xn ədədi ardıcıllığı verilmişdir. Qısa olaraq belə işarə olunur: {xn } , n∈Z olduqda xn ardıcıllığın

n-ci həddidir. Aşağıdakı ardıcıllıqları ədədi ardıcıllıqlara misal gətirmək olar:

1,2,3,4 , … natural ədədlər çoxluğu2,4,6,8 ,… cüt ədədlər

çoxluğu1,4 ;1,41 ;1,414 ;1,4142;…√2 ifadəsinin təqribi qiymətləridir.

Əgər ∀ ε>0 üçün n ≥ N ε şərtini ödəyən N ε sayı varsa və xn∈ (a−ε ;a+ε ) ,|xn−a|<ε bərabərsizliyi ödənilərsə a ədədinə {xn } ədədi ardıcıllığının limiti deyilir. Limit latın sözü “limes” sözündən götürülüb sərhəd deməkdir.Bunu qisa olaraq belə yazırlar:

{limn→ ∞xn=a}⟺ {∀ ε>0∃ N=N ε ,∀n ≥ nε →|xn−a|≤ ε }

(a−ε ;a+ε ) intervalına a nöqtəsinin ε ətrafı deyilir.Başqa sözlə a nöqtəsinin ixtiyari ətrafında {xn } ədədi ardıcıllığının bütün hədləri yerləşərsə a ədədinə {xn } ədədi ardıcıllığının limiti deyilir.

Məs.

xn=(−1 )n

n, xn→ 0.

Həqiqətən də ∀ ε>0 n≥ N ε=⌈1ε⌉+1, seçsək alarıq |xn−0|=|xn|=

1n

≤ 1N ε

<ε ⌈ 1ε⌉+1>1

ε.

Burada N ε ε-dan asılıdır.

Limiti olan ardıcıllığa yığılan ardıcıllıq deyilir. Əgər heç bir ədəd ədədi ardicilliğın limiti deyilsə ona dağılan ardıcıllıq deyilir.

Əgər ∀ n∈N üçün xn+1>xn bərabərsizliyi ödənilərsə {xn } ədədi ardıcıllığına artan ardıcıllıq deyilir. Əgər ∀n∈N üçün xn+1<xn bərabərsizliyi ödənilərsə {xn } ədədi ardıcıllığına azalan ardıcıllıq deyilir.Yığılan ardıcıllıqların xassələri.Əgər ardıcıllıq hər hansı c ədədi üçün xn≥ c şərtini ödəyirsə aşağıdan məhdud adlanır. xn≤ c şərtini ödədikdə yuxarıdan məhdud adlanır. Əgər c1≤ xn≤ c2 olarsa ardıcıllıq məhdud ardıcıllıq adlanır.Üç ardıcıllıq haqqında teorem. Əgər {xn } , { yn } , {zn } ardıcılliqları üçün ∀ n≥ N , xn≤ yn≤ zn və

limn→ ∞

xn=limn → ∞

zn=a

olarsa onda yn ardıcıllığı yığılır,vəlimn → ∞

yn=a .

Əgər ∀n∈N , xn ≥ ynlimn → ∞

xn=a , limn → ∞

yn=b

Onda a≥ b .Yuxarıdan məhdud ixtiyari azalmayan ardıcıllıq yığılır. Aşağıdan məhdud ixtiyari artmayan ardıcıllıq yığılır.{xn } və { yn } ardıcıllıqlarının cəmi, fərqi, hasili və nisbəti uyğun olaraq {xn+ yn } , {xn− yn } , {xn∙ yn } , {xn / yn ∀n , yn≠ 0} ilə işarə olunur.Limitlər nəzəriyyəsinin əsas teoremi:

Əgərlimn→ ∞

xn=a , limn → ∞

yn=b

olarsa∎ lim

n →∞(xn+ yn )=a+b

∎ limn →∞

(xn yn )=ab

∎ limn→∞ ( xn

yn)=a

b,∀n , b ≠ 0 , yn≠ 0.

Limiti sıfra bərabər olan kəmiyyətə sonsuz kiçik kəmiyyət deyilir: limn → ∞

an=0 .

Misal. x2−4 x→ 2 və x→−2 olduqda sonsuz kiçik kəmiyyəydir. x→ 1 olduqda bu funksiya sonsuz kiçik kəmiyyət deyil.Mütləq qiyməti məhdud olaraq artan kəmiyyətə sonsuz böyük kəmiyyət deyilir:

limn → ∞

xn=∞ .

Sonsuz kiçilən və sonsuz böyüyən kəmiyyət arasında aşağıdakı teoremlərlə ifadə edilən sıx əlaqə vardır.Teorem1. Əgər x sonsuz böyüyən kəmiyyətdirsə, onda 1

x sonsuz kiçilən kəmiyyətdir.Teorem 2. Əgər x sonsuz kiçilən kəmiyyətdirsə, onda 1

x sonsuz böyüyən kəmiyyətdir.Sonsuz kiçilən və sonsuz böyüyən kəmiyyətlər bir sıra xassələrə malikdir.

1. Sonlu sayda sonsuz kiçilənlərin cəbri cəmi də sonsuz kiçilən kəmiyyətdir.2. Sonsuz kiçilən kəmiyyətin məhdud kəmiyyətlə hasili də sonsuz kiçiləndir.

3. Sonsuz kiçilən kəmiyyətin sabit kəmiyyətə hasili də sonsuz kiçiləndir.4. İki sonsuz kiçilən kəmiyyətin hasili də sonsuz kiçiləndir.5. Sonsuz kiçilən kəmiyyətin tam müsbət qüvvəti sonsuz kiçiləndir.6. İki sonsuz kiçilən kəmiyyətin nisbəti heç də həmişə sonsuz kiçilən olmur.

Funksiyanın limitiTərif. Tutaq ki. f ( x ) funksiyası və b ədədi verilmişdir. ∀ ε>0 ədədi üçün ∃ δ>0 ədədi var ki. |x−a|<δ bərabərsizliyini ödəyən bütün x≠ a ədədləri üçün

|f (x )−b|<εbərabərsizliyi ödənilir. Onda b ədədinə f ( x ) funksiyasının a nöqtəsində limiti deyilir və belə yazılır:

limx→ a

f ( x )=b .

Bir çox hallarda birtərəfli limitlər: sağ limit və sol limit anlayışları verilir. Bunların tərifini vermək üçün limitin tərifindəki x≠ a əvəzinə x>a , x<a şərtləri götürülür. Məs. Sağ limitin tərifi belədir:Tutaq ki. f ( x ) funksiyası və b ədədi verilmişdir. ∀ ε>0 ədədi üçün ∃ δ>0 ədədi var ki. |x−a|<δ bərabərsizliyini ödəyən bütün x>a ədədləri üçün

|f (x )−b|<εbərabərsizliyi ödənilir. Onda b ədədinə f ( x ) funksiyasının a nöqtəsində sağ limiti deyilir və belə yazılır:

limx→ a+0

f ( x )=b .

Tutaq ki. f ( x ) funksiyası və b ədədi verilmişdir. ∀ ε>0 ədədi üçün ∃ δ>0 ədədi var ki. |x−a|<δ bərabərsizliyini ödəyən bütün x<a ədədləri üçün

|f (x )−b|<εbərabərsizliyi ödənilir. Onda b ədədinə f ( x ) funksiyasının a nöqtəsində sol limiti deyilir və belə yazılır:

limx→ a−0

f ( x )=b .

Limitlər haqqında teoremlər

Teorem 1. f və g funksiyalarının a nöqtəsində limiti varsa, onların cəminin və hasilinin həmin nöqtədə limiti var belə ki,

lim ¿lim ¿Cəmin limiti haqqında teoremi isbat edək.Şərtə görə f ( x ) və g ( x ) funksiyalarının a nöqtəsində limitləri var:

limx→ a

f ( x )=B1; limx →a

g (x )=B2.

Bu o deməkdir ki. ∀ ε>0 ədədi üçün ∃ δ1>0 və ∃ δ2>0 ədədləri var ki, |x−a|<δ 1 şərtini ödəyən bütün x≠ a ədədləri üçün

|f (x )−B1|< ε2(1)

və , |x−a|<δ 2 şərtini ödəyən bütün x≠ a ədədləri üçün |g ( x )−B2|< ε

2(2)

ödənilir.Onda |x−a|<δ bərabərsizliyini ödəyən bütün x≠ a ədədləri üçün (1) və (2) bərabərsizliklərinin hər ikisi doğrudur; burada δ ədədi δ 1 və δ 2ədədlərindən ən kiçiyidir.Onda belə x-lər üçün (1) və (2) bərabərsizliklərini tərəf-tərəfə toplamaqla alınan bərabərsizlik də doğru olar:

|f (x )−B1|+|g (x )−B2|<ε (3 )Məlum |x+ y|≤|x|+|y| bərabərsizliyini tətbiq etməklə və (3)-ü nəzərə alaraq |x−a|<δ bərabərsizliyini ödəyən bütün x≠ a ədədləri üçün alırıq:

|( f ( x )+g ( x ) )−(B1+B2 )|=|( f (x )−B1)+ (g ( x)−B2)|≤≤|f ( x )−B1|+|g ( x )−B2|< ε

2+ ε

2=ε .

Beləliklə biz göstərdik ki, ∀ ε>0 ;∃ δ>0 var ki. |x−a|<δ bərabərsizliyini ödəyən bütün x≠ a ədədləri üçün

|( f ( x )+g ( x ) )−(B1+B2 )|<ε .

Bu isə o deməkdir ki. limx→ a

(f ( x )+g (x ) )=B1+B2 .

Nəticə1. Sabit vuruğu limit işarəsi xaricinə çıxarmaq olar:limkx →a

∙ f ( x )=k ∙ limx→ a

f ( x ) .

Nəticə 2. Sonlu limiti olan f ( x ) funksiyası üçün limx→ a

[ f ( x ) ]n=[limx → af (x ) ]n .

Teorem 2.Əgər f və g funksiyalarının a nöqtəsində limiti varsa və g funksiyalarının limiti sıfırdan fərqlidırsə limx→ a

g ( x ) ≠0 olarsa, onda fg nisbətinin a

nöqtəsində limiti var və

limx→ a

f ( x )g ( x )

=limx→ a

f ( x )

limx →a

g (x )

Teorem 3. Əgər f ( x ) , g ( x ) , h (x ) funksiyaları üçün f ≤ g≤h bərabərsizlikləri ödənilərsə, həmçinin x→ a ( x→ ∞ )şərtində f ( x ) və h ( x ) eyni bir A limitinə yaxınlaşırsa onda g ( x ) funksiyası x→ a ( x→ ∞ ) şərtində həmin limitə yaxınlaşır.Teorem 4. Əgər x→a ( x→ ∞ ) şərtində limiti olan f ( x ) və g ( x ) funksiyalarının uyğun qiymətləri arasında f ( x ) ≥ g ( x ) bərabərsizliyi ödənilərsə, onda

limx→ a

f ( x )≥ limx→ a

g ( x ) .

Teorem 5. Əgər x→a ( x→∞ ) şərtində f ( x ) funksiyası mənfi olmayan qiymətlər alırsa və A limitinə yaxınlaşırsa onda A mənfi olmayan ədəddir. Yəni: f ( x ) ≥ 0, onda

limx→ a

f ( x )=A ≥ 0.

Analoji olaraq. əgər f ( x ) ≤0, ondalimx→ a

f ( x )=A ≤ 0.

Teorem 6. Əgər f funksiyası artandırsa , yəni onun hər bir sonrakı qiyməti özündən əvvəlki qiymətindən böyükdürsə və o məhduddursa ,yəni f <M, onda həmin dəyişən kəmiyyətin limiti var: lim❑ f =A və burada A ≤ M .Teorem 7. Sabitin limiti özünə barabərdir.

Məşhur limitlər1. Teorem. Sonsuz kiçik qövsün sinusunun (radianla ifadə olunmuş) özünə olan nisbətinin α → 0 şərtində limiti vahidə bərabərdir, yəni

limα →0

sin αα

=1.

İsbatı. α qövsü sıfra yaxınlaşdığından 0<|α|< π

2.

Tutaq ki, 0<α< π2

. Radiusu R=OA=OB olan çevrə çəkək və tutaq kı, mərkəzi ∠ AOB=α .Anöqtəsindən OB radiusunu C nöqtəsini kəsənədək toxunan çəkək. Onda OAB üçbucağının sahəsi, OAB sektorunun sahəsi, OAC üçbucağının sahəsi arasında aşağıdakı bərabərsizlik doğrudur:

S⊿OAB<SsektOAB<S⊿OAC

S⊿OAB=R2

2sin α , SsektOAB=

12

AB ∙ R=α2

R2,

S⊿OAC=12

R ∙ R tgα= R2

2tg α .

Ona görə də

R2

2sin α< R2

2∙ α<¿ R2

2tgα ,¿

R2

2 ortaq vuruğuna ixtisar etdikdən sonra alırıq:

sin α<α< tgα .

Axırıncı ikiqat bərabərsizliyin bütün hədlərini sin α-ya bölərək alırıq:1< α

sin α< 1

cosα.

Tutaq ki, α → 0 , onda 1cosα

→1. Beləliklə αsin α dəyişən kəmiyyəti limiti vahidə

bərabər olan iki iki kəmiyyət arasında məhdudlaşmışdır.Ona görə də

limα →0

αsin α

=1.

Və həqiqətən də

limα →0

sin αα

=limα →0

1α

sin α

=11=1.

Axırıncı bərabərlik α<0 olduqda da ödənilir,

sin (−α )−α

= sin αα

.

2.e-ədədi

e — riyazi sabit ədəddir, natural loqarifmin əsasıdır, transendent ədəddir. e ədədini ilk dəfə Eyler 1727-ci ildə işlətmişdir. e ədədinə Eyler ədədi deyirlər. Həm də e ədədi Eylerin (Euler) adının ilk hərfidir.

e ədədi diferensial və inteqral hesabında və riyaziyyatın bir çox bölmələrində mühüm rol oynayır.x√ x funksiyası x=e olduqda maksimum qiymət alır.

İkinci məşhur limitin isbatıİkinci məşhur limitin x-in natural qiymətləri üçün doğru olduğuna əsasən

ikinci məşhur limiti həqiqi x -lər üçün ikinci məşhur limiti isbat edək,

limx→ ∞ (1+ 1

x )x

=e , x∈R .

  İki hala baxaq:

1. Tutaq ki, x→+∞ . x-in hər bir qiyməti iki müsbət tam ədədlər arasındadır: n ≤ x≤ n+1 , burada, n=[x ]-x-in tam hissəsididr.

Buradan 1

n+1< 1

x≤ 1

n⇔1+ 1

n+1<1+ 1

x≤ 1+1

n

Ona görə də

(1+ 1n+1 )

n

<(1+ 1x )

x

≤(1+ 1n )

n+1

Əgər x→+∞ onda n → ∞. Ona görə də limn → ∞ (1+ 1

n )n

=e olduğundan alırıq:

limn → ∞ (1+ 1

n+1 )n

=limn→ ∞ (1+ 1

n+1 )n+1

limn →∞ (1+ 1

n+1 )=

e1=e

limn → ∞ (1+ 1

n )n+1

=¿ limn → ∞ (1+ 1

n )n

∙ limn → ∞ (1+ 1

n )=e ∙1=e¿

Ona görə də alırıq:

limx→ ∞ (1+ 1

x )x

=e .

2. Tutaq ki, x→−∞ . – x=t əvəzləməsi aparaq, onda alırıq:

limx→ ∞ (1+ 1

x )x

= limt →+∞ (1−1

t )−t

= limt →+∞ ( t

t−1 )t

=¿¿

¿ limt →+∞ (1+ 1

t−1 )t

= limt →+∞ (1+ 1

t−1 )t−1

∙ limt →+∞ (1+ 1

t−1 )=e ∙1=e .

Bu iki haldan alırıq kı,

limx→ ∞ (1+ 1

x )x

=e .

Nəticələr

limu → 0

(1+u )1u=e

limx→ ∞ (1+ k

x )x

=ek

limx →0

ln (1+x )x

=1

limx →0

e x−1x

=1

limx →0

(1+x )α−1αx

=1

limx →0

ax−1x lna

=1 ;a>0 ,a≠ 1

Misal1.limx→ π

2

cos x2 x−π

limitini hesablayın.

Həlli. y=x−π2 əvəzləməsi edək. Onda y →0 , x→ π

2 və x= y+ π2 . Onda

limX →

π2

cos x2 x−π

=limy → 0

cos ( y+ π2 )

2( y+ π2 )−π

=limy →0

−sin y2 y

=−12

limy →0

sin yy

=−12

.

Misal2.limx →0

x√1+5 x

limitini hesablayın.Həlli. x√1+5x=(1+5x )

1x olduğundan 1∞ şəklində qeyri-müəyyənlik alırıq. Bu qeyri-

muəyyənliyi açmaq üçün II növ məşhur limitdən istifadə edək. y=5 x əvəzləməsi edək. Onda x→ 0 , y→ 0 və

limx →0

x√1+5 x= limx →0

(1+5x )1x=lim

x→ 0(1+5 x )

15x ∙5

= limy→ 0

(1+ y )1y ∙5=¿¿

¿ [ limy → 0(1+ y )

1y ]

5

=e5 .

Mövzu10. Funksiyanın kəsilməzliyi.

N

O

M0

My

y0

xx0+

xx0 x

y

Шэкил 15

1. Funksiyanın kəsilməzliyi

2. Kəsilməz funksiyaların bəzi xassələri

Tutaq ki, y=f ( x ) funksiyası x0 nöqtəsində və həmin

nöqtənin hər hansı bir ətrafında təyin olunmuşdur. Tutaq

ki, y0=f (x0 ). Əgər x dəyişəni müəyyən bir ∆ x artımını

alaraq x=x0+∆ x qiymətinə bərabər olarsa, onda

yfunksiyası da uyğun olaraq müəyyən y artımını alar.

Burada ∆ x artımının mənfi və ya müsbət olmasının əhəmiyyəti

yoxdur.Funksiyanın yeni qiyməti y0+Δy= f ( x0+Δx)olar (şəkil 15).Buradan

funksiyanın artımı aşağıdakı kimi olar:

y =f (x0+ x) – f (x0).

Tər i f 1.Əgəry=f ( x )funksiyası x0 nöqtəsində və onun hər hansı bir ətrafında

təyin olunmuşdursa və

limΔx→0

Δy=0, (1)

və yaxud

limΔx→0

[ f ( x0+Δx)−f ( x0 )]=0(2)

münasibəti ödənilərsə, ondaf ( x )funksiyasına x0 nöqtəsində kəsilməz funksiya

deyilir.

Teorem.Hər bir elementarf ( x ) funksiyası təyin olduğu istənilən nöqtədə

kəsilməzdir.

Tər i f 2.Əgər x0 nöqtəsində arqumentin sonsuz kiçilən artımına

y= f ( x )funksiyasının da sonsuz kiçilən artımı uyğun olarsa, onda f ( x )

funksiyasına x0 nöqtəsində kəsilməz funksiya deyilir.

Tər i f3.Əgərlimx→ x0

f (x )=f (x0 )(3)

bərabərliyi ödənilərsə, ondaf ( x )funksiyasınax=x0 nöqtəsində kəsilməz funksiya

deyilir.

Tər i f 4. (a; b) intervalının hər bir nöqtəsində kəsilməz funksiyaya həmin

intervalda kəsilməz funksiya deyilir.

Hər hansı bir x0nöqtəsindəy=f ( x ) funksiyasının kəsilməz olmasının şərtlərindən heç olmasa biri pozularsa, yəni: 1) x0nöqtəsində funksiya təyin olunmamışdırsa; 2)

funksiyanın x0 nöqtəsindəlimx→x 0

f ( x )limiti yoxdursa; 3) funksiyanın x0nöqtəsində

qiyməti və limiti olduğu halda onların bərabərliyi ödənmirsə: limx→x 0

f ( x )≠f ( x0),

onda deyirlər ki, f ( x )funsiyası x0 nöqtəsində kəsilir. Bu halda x0 nöqtəsinə funksiyanın kəsilmə nöqtəsi deyilir.

Funksiya limitinin tərifindən istifadə etməklə kəsilməzliyin tərifini başqa

şəkildə də ifadə edə bilərik.

Tər i f 5.Tutaq ki, ∀ ε>0 ədədi üçün ∃ δ>0 ədədi var ki, x-in

|x−x0|<δ bərabərsizliyini ödəyən bütün qiymətlərində|f (x )−f (x0 )|<ε ödənilir.Bu

halda f ( x ) funksiyasına x=x0 nöqtəsində kəsilməz funksiya deyilir.

Əgər funksiya x = a nöqtəsində təyin olunmuşdursa vəlim

x→a+0f ( x )= f (a )

bərabərliyi ödənirsə, onda deyirlər ki, f ( x )funksiyası x=a nöqtəsində sağdan

kəsilməzdir. Eləcədə,lim

x→b−0f ( x )=f ( b)

olduqdaf ( x )funksiyası x=b nöqtəsində

soldan kəsilməz adlanır.

Tər i f6.Tutaq ki, x0nöqtəsində f (x) funksiyasının sağ və sol limitləri

limx→x 0+0

f ( x )=f (x0+0 )və

limx→x 0−0

f ( x )=f ( x0−0 ) var. Lakin ya

limx→x+0

f ( x )≠ limx→ x−0

f ( x )

və yaxud x−x0 nöqtəsindəf ( x )funksiyası təyin olunmamışdır. Ondax=x0 nöqtəsi

f ( x )funksiyasının birinci növ kəsilmə nöqtəsi adlanır.

Kəsilməz funksiyaların bəzi xassələri

Teorem1.Verilmiş x0nöqtəsində kəsilməzf ( x )funksiyası həmin nöqtənin

müəyyən ətrafında məhduddur.

Teorem2. x0 nöqtəsində sonlu sayda kəsilməz funksiyaların cəmi və hasili də

həmin nöqtədə kəsilməzdir.

Teorem3.Əgərf ( x )vəg( x )funksiyaları x0 nöqtəsində kəsilməzdirsə və

g (x0 )≠ 0şərti ödənilirsə, onda f ( x )g ( x ) nisbəti həmin nöqtədə kəsilməzdir.

Teorem4.Əgər x=g ( t ) funksiyası t0nöqtəsindəvə y=f ( x ) funksiyası

x0=g (t 0 ) nöqtəsində kəsilməzdirsə, onda y=f (g ( t ) ) mürəkkəb funksiyası t 0

nöqtəsində kəsilməzdir.

Teorem5.Sonlu[a , b ]parçasında kəsilməzf ( x )funksiyası həmin parçada

məhduddur.

Teorem6.[a , b ] parçasında kəsilməz y=f ( x ) funksiyası həmin parçanın uc

nöqtələrində müxtəlif işarəli qiymətlər alırsa, onda avə b nöqtələri arasında

yerləşən ən azı bir c (a < c < b ) nöqtəsi var ki, həmin nöqtədəf ( x )funksiyası sıfra

çevrilir: f (c) = 0.

Teorem7.[a , b ]parçasında kəsilməzy=f ( x ) funksiyası həmin parçanın uc

nöqtələrində bərabər olmayan A = f (a) B = f (b) qiymətlərini alırsa, onda həmin

A və B ədədləri arasında yerləşən hər bir C ədədi üçün [a , b ] parçasında yerləşən

ən azı bir μ nöqtəs ivar ki, f ( μ )=C olar.

Teorem 8. Əgəry=f ( x ) funksiyası hər hansı bir intervalda kəsilməzdirsə və

orada özünün ən kiçik, ən böyük qiymətlərini alırsa, onda funksiya həmin

intervalda ən kiçik qiyməti ilə ən böyük qiyməti arasında yerləşən istənilən ədədi

heç olmasa bir dəfə alır.

Mövzu11Funksiyanın törəməsi və onun həndəsi və fiziki mənasi

Diferensiallama qaydaları və törəmə cədvəli. 2 s.1. Funksiyanin törəməsi. 2. Törəmənin həndəsi, mexaniki mənası. 3. Funksiyanın böhran nöqtələri. Onun maksimumları və minimumları

Funksiyanın törəməsinin tərifi.

Tutaq ki, y= f ( x ) funksiyası hər hansı X aralığında təyin olunmuşdur. x=x0 üçün asılı olmayan dəyişənə X aralığı daxilində elə ∆ x artımını verək ki, o da bu X aralığına daxil olsun. Onda y+∆ y=f (x0+∆ x0 ) ,

∆ y=∆ f (x0 )=f (x0+∆ x0 )−f (x0 )Əgər ∆ x →0 şərtində ∆ y funksiya artımının ∆ x arqument artımına olan nisbətinin limiti varsa, yəni

lim∆ x→ 0

Δ yΔ x

= lim∆ x →0

f (x0+∆ x )−f (x0 )∆ x

olarsa ona funksiyanın törəməsi deyilir.Törəməni işarələmək üçün müxtəlif simvollardan istifadə edirlər.

Leybnis dydx

;df (x0 )

dx,Laqranj (Lagrange) y ' və ya f ' (x0 ); Koşi (Cauchy) Dy , Df (x0 ) .

işarələrindən istifadə etmişlər. Biz Laqranjın işarələmələrindən istifadə edəcəyik. Törəmələr cədvəli1.(c )'=0 , c=const

2.(xn )'=n xn−1 ( n∈R ); xüsusi halda (2√x )'= 12√x

3.(ax )'=ax ∙ ln a , a>0 ; xüsusi halda (e x)'=ex

4.( loga x )'= 1x ln a

a>0 , a≠1 ; xüsusi halda (ln x )'=1x

5.(sin x )'=cos x

6.(cos x )'=−sin x 9.(arcsinx )'= 1√1−x2

7.(tg x )'= 1cos2 x 10.(arccosx )'= −1

√1−x2

8.(ct gx )'= −1sin2 x 11.(arc tg x )'= 1

1+x2

12.(arc ct gx )'= −11+x2 13.(sinh x )'=cosh x

14.(tgh x )'= 1ch2 x 15.(ctgh x )'= −1

sh2 x

Funksiyanın törəməsinin həndəsi mənası

Müəyyən aralıqda kəsilməz f funksiyasının qrafikini nəzərdən keçirək. Alınmış L əyrisi üzərində A0=M 0 ( x0 ; f (x0 )) və A=M (x0+∆ x ; f (x0+∆ x ))nöqtələrini götürək və kəsən-( A0 A ) düz xəttini çəkək.∆ x artımına sıfra yaxınlaşan qiymətlər verək; onda asanliqla görünür ki,∆ x-ə uyğun olan A nöqtəsi A0

nöqtəsinə əyri boyu yaxınlaşacaq, A0 A düz xətti isə A0 nöqtəsi ətrafında dönəcək.(şək1)

Bu prosesdə ola bilər ki, A0 A kəsəni hər hansı A0 N limit vəziyyətinə yaxınlaşsın.A0 N düz xəttinə L əyrisinə A0 nöqtəsində toxunan deyilir. Həmin düz xəttin bucaq əmsalını (tan α-ya bərabərdir, α toxunan ilə Ox oxu arasındakı bucaqdır) tapmaqla əlaqədar qeyd edək. ∆ x →0-da A0 A düz xətti (A0 N) vəziyyətinə yaxınlaşır ifadəsinə daha dəqiq məna vermək olar:∆ x kiçik olduqca A0 Px bucağı da α bucağına yaxın olur, deməli:

lim∆ x→ 0

tg∠A0 Px=tg α (1)

A0 A düz xəttinin bucaq əmsalı Δ yΔ x kəsrinə bərabər olduğundan , (1)

bərabərliyindən alırıq:

lim∆ x→ 0

Δ yΔ x

=tg α ; tg α=l ℑ∆ x →0

Δ yΔ x

=f ' (x0 )

Deməlı: A0 nöqtəsindən keçən və bucaq əmsalı f '-in x0 nöqtəsindəki qiymətinə bərabər olan düz xəttə f funksiyasının qrafikinə A0 (x0 ; f (x0 )) nöqtəsində toxunan deyilir.Beləliklə , f funksiyasının x0 nöqtəsində törəməsi varsa, onda həmin nöqtədə f -in qrafikinə toxunan var və onun bucaq əmsalı f ' (x0 ) qiymətinə bərabərdir. Törəmənin həndəsi mənası bundan ibarətdir.İndi isə f funksiyasının qrafikinə A0=M 0 ( x0 , f (x0 )) nöqtəsində toxunanın tənliyini çıxaraq. Bucaq əmsalı k=f ' (x0 ) olan düz xəttin tənliyi ,

y=kx+b ; y=f ' (x0 ) ∙ x+b

şəklindədir. b ədədini təyin etmək üçün toxunanın A0 nöqtəsindən istifadə edək:f (x0 )=f ' (x0 ) ∙ x0+b

buradan b=f (x0 )−f ' (x0 )∙ x0. Deməli toxunanın tənliyiy= f ' ( x0 ) x− f ' (x0 ) x0+f (x0 ), yaxud

y= f (x0 )+f ' (x0 ) (x−x0 ) (2 )

Funksiyanın törəməsinin mexaniki mənası

Tutaq kı, maddi nöqtə düz xətt üzrə hərəkət edir. Onda həmin nöqtənin x absisi t zamanının funksiyasıdır, yəni x=x (t ) . Nöqtə t ilə t+∆ t arasındakı zaman fasiləsində

v¿=Δ xΔt

orta sürəti ilə x (t+∆ t )−x (t )=∆ x məsafəsinə bərabər yol gedir. Bu nisbətin , ∆ t →0 şərtində limitinə isə nöqtənin t zaman anındakı sürəti ( yaxud ani sürəti) deyilir:

v ( t )= lim∆ t →0

Δ xΔt

.

Digər tərəfdən,

lim∆t →0

Δ xΔt

=x ' ( t );

deməli, v ( t )=x ' (t ) .Koordinatın zamana nəzərən törəməsi sürətdir. Törəmənin mexaniki mənası mənası budur.Hərəkətin v sürəti t zamanın funksiyasıdır, yəni v=v (t ) . Bu funksiyanın törəməsinə isə hərəkətin təcili deyilir:

a=v ' ( t ) .Sürətin zamana nəzərən törəməsi təcildir.Misal. Maddi nöqtənin düşməsini nəzərdən keçirək. Koordinat düz xəttini şaqulı olaraq aşağı yönəltsək , maddi nöqtənin başlanğıc vəziyyəti 0 ilə üst-üstə düşərsə , fizikadan məlumdur ki,

x (t )= g t2

2.

Onda t zaman anında nöqtənin düşmə sürəti

v=( g t 2

2 )'

=¿ .

olur, təcil isə sabitdir:a=(¿ )'=g .

Elementar funksiyaların törəmələrinin hesablanması

10 . Əgər y=c=const . onda ∆ y=0. y '=0.

20 . y=xn; y+∆ y=( x+∆ x )n=xn+n xn−1 ∙ ∆ x+ n (n−1 )1 ∙2

xn−2∙ ∆ x2+…

∆ y=xn+nxn−1 ∙∆ x+ n (n−1 )2

xn−2 ∙ ∆ x2+…

Δ yΔ x

=nxn−1+n (n−1 )

2xn−2 ∆ x+…

∆ x →0 şərtində birinci həddən başqa bütün toplananlar sıfra çevrildiyindən ,

y '= lim∆ x →0

Δ yΔ x

=n xn−1 .

30 . Əgər y=1x

, x≠ 0 , onda

y+∆ y= 1x+∆ x

, ∆ y= 1x+∆ x

−1x= −∆ x

x (x+∆ x ).

Δ yΔ x

= −1x ( x+∆ x )

Buradan

y '= lim∆ x →0

Δ yΔ x

=−1x2 .

40 . y=√ x ( x>0 ) funksiyasına baxaq.

y+∆ y=√x+∆ x.

∆ y=√x+∆ x−√x= ∆ x√ x+∆ x+√x

.

Δ yΔ x

= 1√x+∆ x+√ x

y '= lim∆ x →0

Δ yΔ x

= 1√ x+√x

= 12√ x

.

50 . Tutaq ki, y=sin x , onda

Δ yΔ x

=sin (x+∆ x )−sin x

∆ x=

sin ∆ x2

∙cos (x+∆ x2 )

∆ x2

.

limα →0

sin αα

=1.

y '= lim∆ x →0

Δ yΔ x

= lim∆x →0

sin ∆ x2

∆ x2

∙ lim∆ x →0

cos (x+∆ x2 )=1 ∙cos x=cos x .

Funksiyanın böhran nöqtələri. Onun maksimumları və minimumları

Funksiyanın təyin oblastında törəməsinin təyin olunmadığı və yaxud sıfra bərabər olduğu daxili nöqtələrə funksiyanın böhran nöqtələri deyilir.f funksiyasının (şək1)-də təsvir olunmuş qrafikini nəzərdən keçirməklə bu funksiyanın x1 , x2 , x3 , x4 böhran nöqtələrinin belə xüsusiyyətlərini göstərmək olar. x1 və x3 nöqtələrinə kifayət qədər yaxın olan bütün nöqtələrdə f funksiyasının qiymətləri uyğun olaraq f (x1 ) və f (x2 ) qiymətlərindən kiçik deyil, eləcə də x2 və x4 nöqtələrinə kifayət qədər yaxın olan nöqtələrdə bu f funksiyasının qiymətləri uyğun olaraq f (x2 ) və f (x4 ) qiymətlərindən böyük deyil.Tərif 1. x nöqtəsinin elə ətrafı varsa ki və bu ətrafdakı bütün x-lər üçün

Şəkil 2 Şəkil 3 Şəkil 1

f (x0 )≤ f ( x )ödənilərsə, onda x0 nöqtəsinə f funksiyasının minimum nöqtəsi deyilir (şək2).Tərif 2. x nöqtəsinin elə ətrafı varsa ki və bu ətrafdakı bütün x-lər üçün

f (x0 )≥ f ( x )

ödənilərsə , onda x0 nöqtəsinə f funksiyasının maksimum nöqtəsi deyilir (şək3).Funksiyanın maksimum və minimum nöqtələrinə həmin funksiyanın ekstremum nöqtələri, funksiyanın həmin nöqtələrdəki qiymətlərinə funksiyanın ekstremumları dryilir. Latın sözü olan ekstremus- “ekstremum”, azərbaycanca başqalarından çox fərqlənən , kənar mənasını verir.Beləliklə , x1 və x3 nöqtələri f funksiyasının minimum nöqtələri, x2 və x4 nöqtələri f funksiyasının maksimum nöqtələridir. Qeyd edək ki, a və b nöqtələri f funksiyasının ekstremum nöqtələri deyil(şək 1); çünki, bu nöqtələrin hər biri üçün onların daxil olduğu və bütünlüklə funksiyanın təyinoblastında yerləşən interval seçmək mümkün deyil.Göstərək ki, funksiyanın ekstremum nöqtələri onun böhran nöqtələridir.Teorem 1-Ferma teoremi. x0 nöqtəsi f funksiyasının ekstremum nöqtəsidirsə və həmin nöqtədə törəməsi varsa, onda törəmə sıfra bərabərdir: f ' (x0 )=0 .

İsbatı. Əksini fərzetmə metodu ilə isbat edək.Tutaq ( müəyyənlik üçün) ki. x0 minimum nöqtəsidir. Fərz edək ki,

f ' (x0 )=a<0. Onda a=f ' (x0 )= limx → x0

f (x )−f (x0 )x−x0

olduğundan, limitin tərifinə əsasən a müsbət ədədi üçün x0 nöqtəsinin elə ətrafı var ki, bu ətrafın istənilən x≠ x0 nöqtəsi üçün

|f ( x )− f (x0 )x−x0

−a|<−a

olar, yəni

−(−a )<f ( x )−f (x0 )

x−x0−a<−a ;

buradanf ( x )−f (x0 )

x−x0<0

və x>x0 olduqda f ( x )< f ( x0 ) . Bu isə x0-ın minimum nöqtəsi olmasına ziddir. a>0 halı da oxşar qayda ilə ziddiyyətə gətirir. Beləliklə , f ' (x0 )≠ 0 fərziyyəsi doğru deyil, ona görə f ' (x0 )=0. Maksimum nöqtəsi üçün isbat oxşar qayda ilə aparılır. Ferma teoremi ekstremumun ancaq zəruri şərtidir: x0 nöqtəsində törəmənin sıfra bərabər olmasından həmin nöqtədə funksiyanın ekstremumunun varlığı çıxmır. Məsələn x3

funksiyasının törəməsi nöqtəsində sıfra çevrilir, lakin bu nöqtədə funksiyanın ekstremumu yoxdur( şək.4)

Şəkil 4 Şəkil 5 Şəkil 6

Misal 1. |x| funksiyasını nəzərdən keçirək (şək 5). Bu funksiyanın nöqtəsində

törəməsi yoxdur. Deməli böhran nöqtəsidir. Aşkardır ki, nöqtəsində funksiyanın minimumu var.

Misal 2. f ( x )=2x+|x| funksiyasını nəzərdən keçirək (şək.6). Qrafikdən görünür ki. nöqtəsində funksiyanın ekstremumu yoxdur. Bu nöqtədə funksiyanın törəməsi də yoxdur.Ferma teoremindən çıxır ki, funksiyanin ekstremumunu axtardıqda , birinci növbədə, onun böhran nöqtələrini tapmaq lazımdır. Lakin yuxarıdakı misallardan göründüyü kimi , müəyyən böhran nöqtəsinin böhran nöqtəsi olub-olmaması əlavə tədqiqat tələb edir. Bu məsələdə nöqtədə ekstremumun varlıgı haqqında aşagıdakı kafi şərtlər çox kömək edir.Ekstremumun varlığının I kafi şərtiTeorem 2. f funksiyası x0 nöqtəsində kəsilməzdirsə və (a ; x0 ) intervalında f ' ( x )>0 , (x0;b ) intervalında isə f ' ( x ) olarsa onda x0 nöqtəsi f funksiyasınin maksimum nöqtəsidir. Başqa sözlə : x0 nöqtəsində funksiyanın törəməsi öz işarəsini müsbətdən mənfiyə dəyişirsə , onda x0 maksimum nöqtəsidir.İsbatı. (a ; x0 ) aralığında f ' ( x )>0 və f funksiyası x0 nöqtəsində kəsilməz olduğundan, funksiyanın artan olmasının kafi şərtinə və ona aid qeydə əsasən alınır ki, f ( x ) funksiyası (a; x0 ) aralığında artır: deməlı (a; x0 ) aralığında bütün x-lər üçün f ( x ) ≤ f (x0 ). (x0 ;b ) aralığında funksiya azalır(isbatı oxşardır), deməli (x0 ;b ) aralığında bütün x-lər üçün f ( x ) ≤ f (x0 ).Beləliklə, (a ;b ) aralığından bütün x-lər üçün f ( x ) ≤ f (x0 ) , yəni x0 nöqtəsi f funksiyasınin maksimum nöqtəsidir. Teorem 3. f funksiyası x0 nöqtəsində kəsilməzdirsə və (a ; x0 ) intervalında f ' ( x )<0 , (x0;b ) intervalında isə f ' ( x )>0 olarsa onda x0 nöqtəsi f funksiyasınin minimum nöqtəsidir. Ekstremumun varlığının II kafi şərti

Teorem 4. f ' (x1 )=0 şərti daxilində f ″ (x1 )<0 olarsa, funksiyanın x1 nöqtəsində maksimumu, f ″ (x1 )>0 olduqda isə minimumu var.

Mövzu12Mürəkkəb və tərs funksiyanın törəməsi. Qeyri-aşkar şəkildə verilmiş

funksiyanın törəməsi .Parametrik şəkildə verilmiş funksiyanın törəməsi.Orta

qiymət teoremləri.

1. Mürəkkəb funksiyanın törəməsi2. Tərs funksiyanın törəməsi.

3. Orta qiymət teoremləri.

4.Qeyri-aşkar şəkildə verilmiş funksiyanın törəməsi

5.Parametrik şəkildə verilmiş funksiyanın törəməsi

Mürəkkəb funksiyanın törəməsi

Tutaq ki, y=f ( x ) mürəkkəb funksiyası verilmişdir, yəni onu

y=F (u ), u=ϕ ( x ) ,

yaxud y=F (ϕ ( x )) şəklində yazmaq olar. y=F (u ) ifadəsində u dəyişəninə aralıq

arqumenti deyilir.

Teorem. Əgər u=ϕ ( x ) funksiyasının x nöqtəsində ux' =ϕ '( x ) törəməsi

varsa və aralıq arqumentin uyğun qiymətində y=F (u ) funksiyasının yu' =F '(u )

törəməsi varsa, onda y=F (ϕ ( x )) mürəkkəb funksiyasının həmin x nöqtəsində y x'

törəməsi var və

y x' =Fu

' (u )⋅ϕ' ( x ) .

Qısa olaraq

y x' = yu

'⋅ux'

yazılır, yəni mürəkkəb funksiyanın törəməsi həmin funksiyanın aralıq arqumentinə

nəzərən törəməsi ilə aralıq arqumentin x-ə nəzərən törəməsinin hasilinə bərabərdir.

İsbat ı. Sərbəst dəyişənin müəyyən bir x qiymətində

u=ϕ ( x ) , y=F (u )

vəonunx+Δx qiymətindəisə

u+Δu=ϕ ( x+Δx) , y+Δy=F (u+Δu)

olar. Beləliklə, x artımına u , buna isə y artımı uyğundur; bundan başqa

Δx→0 şərtindəΔu→0 , belə olduqda isəΔy→0 .

Şərtə görə yu'törəməsivardır:

limΔu→ 0

ΔyΔu

= yu' .

Funksiya limitinin xassəsinə əsasən bu münasibətdən (Δu≠0 olduqda)

ΔyΔu

= yu' +α

(1)

alınır, buradaΔu→0 şərtindəα→0 . Bu halda (1) bərabərliyini

Δy= yu' Δu+αΔu (2)

şəklində yazmaq olar. (2) bərabərliyi u= 0 olduqda da doğrudur, çünki o, 0 = 0

eyniliyinə çevrilir. u= 0 olduqdaα=0 hesab edəcəyik. (2) bərabərliyinin hər

tərəfini x artımına bölək:

ΔyΔx

= y ' ΔuΔx

+α ΔuΔx

.(3)

Şərtə əsasən

limΔx→0

ΔuΔx

=ux'

, limΔx→0

α=0 .

(3) bərabərliyində Δx→0 şərtində limitə keçərək y x' = yu

'⋅ux'

alarıq.

Tərs funksiyanın törəməsi

Teorem.y=f ( x ) funksiyasıx=x0 nöqtəsində diferensiallanandırsa və

f '( x0 )≠0 olarsa, onda onun tərs funksiyasıx=ϕ( y )uyğuny0 nöqtəsində

diferensiallanandır( y0=f (x0 ))və onun törəməsi

ϕ ' ( y0)=1

f ' ( x0) (1)

düsturu ilə hesablanır.

İsbat ı. Əvvəlcə qeyd edək ki, tərs funksiyanın tərifinə görə y= f ( x ) ,

x=ϕ( y ), ϕ ( y0 )=x0 , y0=f ( x0 ). Onda tərs funksiya üçün

ϕ ( y )−ϕ ( y0)y− y0

= 1y− y0

ϕ ( y )−ϕ ( y0 )

= 1f ( x )− f ( x0 )

x−x0

bərabərliyini yazmaq olar. Tərs funksiya kəsilməz olduğundan y→ y0 şərtindəx→ x0

olur. Buna görə də:

limy→ y0

ϕ ( y )−ϕ ( y0)y− y0

= limy→ y0

1f ( x )− f ( x0)

x−x0

= limx→ x0

1f ( x )−f (x0 )

x−x0

= 1f ' ( x0)

,

yəni (1) düsturu doğrudur. Bu düsturu

x y' = 1

yx'

(2)

şəklində də yazmaq olar.

Üstlü-mürəkkəb funksiyanın törəməsi

Qüvvət şəklində verilmiş funksiyada həm əsas, həm də qüvvətin üstü bir x

dəyişəninin funksiyası olduqda həmin funksiyaya üstlü-mürəkkəb funksiya deyilir.

Məsələn, (sin x )x2

, xtg x

, xx, ( ln x )x

. Ümumiyyətlə,

y= [u ( x )]v ( x )=uv

şəklində verilmiş istənilən funksiya üstlü-mürəkkəb funksiyadır.

Teorem.Əgəry=uvolarsa, onda

y '=vuv−1u '+uv v ' ln u .

İsbat ı. y=uvbərabərliyiniloqarifmləyək:

ln y=v ln u.

Alınan bərabərliyi x-ə nəzərən diferensiallayaq

1y⋅y'=v⋅1

u⋅u'+v ' lnu

;

buradan

y '= y ( v⋅u '

u+v ' ln u) .

Axırıncı bərabərlikdə x-in yerinə uvyazaq

y '=vuv−1u '+uv v ' ln u .

Beləliklə, üstlü-mürəkkəb funksiyanın törəməsi iki həddin cəmindən ibarətdir:

uvfunksiyasındau kəmiyyətinə x-in funksiyası, v-yə isə sabit kimi baxaraq

diferensialladıqda birinci toplanan alınır, u=const və v kəmiyyətini x-in funksiyası

kimi qəbul edərək diferensialladıqda isə ikinci toplanan alınır.

Orta qiymət teoremləri. Laqranj teoremi

Diferensiallanan funksiyanın sonlu artımı uyğun arqument artımımnin onun törəməsinin hər hansı aralıq nöqtəsindəki qiymətinin hasilinə bərabərdir; yəni əgər f ( x ) funksiyası hər hansı (a;b ) aralığında diferensiallanan funksiyadırsa və a ;b ( a<b )

bu aralığın ixtiyari qiymətləridirsə; başqa sözlə əgər 1) f ( x )∈C [a , b] 2) parçanın daxilində törəməsi varsa, onda a və b nöqtələri arasında elə x=c nöqtəsi var ki, f (b )−f (a )= (b−a ) f ' (c ) (1)

İsbatı. y= f ( x ) funksiyasının qrafikində A [a; f ( a ) ] və B [b ; f (b ) ] nöqtələrindən keçən AB kəsənini çəkək. Bu kəsəni C [c ; f (c ) ] ;a<c<b nöqtəsindən keçən toxunana paralel olaraq çəkək. Şəkildən göründüyü kimi AB kəsəninin bucaq əmsalı A' C B ' toxunanının bucaq əmsalına bərabərdir. Ona görə də ⊿ ABK-dan alırıq:

|BK||AK|

=tg α ;|BK|=|BD|−|DK|=f (b )−f ( a )

olduğundan

|BK||AK|

=f ' (c ) ; f (b )−f (a )b−a

=f ' (c )

f (b )−f (a )= (b−a ) f ' (c ) . Teorem isbat olundu.

Roll teoremi

Əgər 1) f ( x )∈C [a , b] 2) parçanın daxilində törəməsi varsa, 3) f ( a )=f (b ) onda a və b nöqtələri arasında elə x=c nöqtəsi var ki, f ' (c )=0.

İsbatı. Laqranj teoremini tətbiq edək. f ( a )=f (b ) olduğundan f ( a )−f (b )=0. (b−a )≠ 0 olduğundan f (b )−f (a )= (b−a ) f ' (c )⇒ f ' ( c )=0. T.i.o.

Koşi teoremi

Ə gər 1¿ f ( x )∈C [ a ,b ] , φ ( x )∈C [ a ,b ] 2) parçanın

daxilində sonlu törəmələri varsa φ ' ( x )≠ 0 ; onda a və b nöqtələri arasında elə x=c nöqtəsi var ki,

f (b )−f (a )φ (b )−φ (a )

=f ' (c )φ' (c )

.

İsbatı. Laqranj teoremini f ( x ) və φ ( x ) funksiyalarına tətbiq edək.

f (b )−f (a )φ (b )−φ (a )

=(b−a ) f ' (c )(b−a ) φ' (c )

.

b ≠ a olduğundan (b−a )-ya ixtisar edərək Koşi teoremini alırıq.

Misal1. f ( x )=x2−2x+3 və g ( x )=x3−7 x2+20 x−5 funksiyaları üçün Koşi teoreminin [1,4 ] parçasında ödənildiyini yoxlayın və ξ-nin qiymətini tapın.

Həlli. Verilmiş f ( x ) və g ( x ) funksiyaları bütün ədəd oxunda kəsilməz olduğu üçün [1,4 ] parçasında da kəsilməzdir; f ' ( x )=2 x−2 , g ' ( x )=3 x2−14 x+20 törəmələri sonludur g' (x ) ≠ 0. Beləliklə Koşi teoremi verilmiş funksiyalara tətbiq oluna bilər:

f ( 4 )−f (1 )g ( 4 )−g (1 )

=f ' (ξ )g' (ξ )

,

11−227−9

= 2ξ−23 ξ2−14 ξ+20

(1<ξ<4 ) .

Axırıncı tənliyi həll edərək ξ−¿nin 2 qiymətini tapırıq: ξ1=2 , ξ2=4. Bu 2 qiymətdən yalnız ξ1=2 daxili nöqtədir.

Qeyri-aşkar şəkildə verilmiş funksiyanın törəməsi

Əgər funksiya y=f ( x ) şəklində verilmişdirsə, yəni sol tərəfdə y dəyişəni, sağ tərəfdə isə yalnız x arqumentindən asılıdırsa, onda deyirlər ki, fuhksiya aşkar şəkildə verilmişdir.Məsələn:

y=sin x , y=x2+2 x+5 , y=lnsin x

Çox məsələlərdə funksiya qeyri-aşkar şəkildə verilə bilər, yəni F ( x , y )=0.

Tutaq ki, verilmiş funksiya D oblastında təyin olunmuşdur. Əgər hər bir x∈D -nin hər bir qiymətinə onun F ( x , y )=0 şərtini ödəyən y funksiyasının qiyməti varsa onda deyirlər ki, bu funksiya qeyri-aşkar şəkildə verilmişdir.F ( x , y )=0 tənliyinin qrafiki koordinatları bu tənliyi ödəyən Oxy müstəvisinin bütün nöqtələr çoxluğudur. Qeyri-aşkar funksiyalara misal olaraq aşağıdakıları göstərmək olar:

x2+ y2−3 x2 y5=0 ; x− y√x2+ y2

−4 x y2=0 ; xy−sin (x+ y )=0

və s.

Əlbəttə hər bir aşkar funksiyanı qeyri-aşkar şəkildə vermək olar:

y−sin x=0 , y−x2+2 x+5=0 , y−ln sin x=0

Qeyri-aşkar funksiyanın törəməsini almaq üçün aşağıdakı əməlləri etmək lazımdır:

1) Əvvəlcə tənliyin hər iki tərəfini x dəyişəninə görə diferensiallayırıq.

Qeyd. Əgər tənliyin sağ tərəfi sıfırdan fərqlidirsə onda qeyri-aşkar funksiya aşağıdakı kimi olur: f ( x , y )=g ( x , y ), bu zaman tənliyin hər iki tərəfini diferensiallayırıq.

2)Alınmış tənliyi y ' ( x )-ə nəzərən həll edirik.

Misal1. y2=2 px (p parametrdir) funksiyasının törəməsini tapın.

Həlli. Verilmiş tənlik parabolanın kanonik şəkildə tənliyidir.

( y2 )'=(2 px )' ⟹2 x y'=2 p⟹ y '= py

, y ≠ 0.

Misal 2. y=cos ( x+ y )

Tənliyin hər iki tərəfini x dəyişəninə görə diferensiallayaq:

dydx= d

dxcos ( x+ y ) ,⟹ y '=−sin ( x+ y ) (1+ y ')⟹

⟹ y '=−sin ( x+ y )− y ' sin ( x+ y )⟹

⟹ y ' (1+sin ( x+ y ) )=−sin (x+ y )

y '=−sin ( x+ y )1+sin ( x+ y )

Misal 3. x4+ y4=2 əyrisinə (1 ;1 ) nöqtəsində çəkilmiş toxunanın tənliyini yazın.

Həlli. Əyri tənliyinin hər iki tərəfini x dəyişəninəgörə diferensiallayırıq:

ddx

(x4+ y4 )= ddx

(2 ) ,⟹ 4 x3+4 y3 y '=0 ,⟹x3+ y3 y '=0. y '=−x3

y3 .

(1 ;1 ) nöqtəsində nöqtəsində uyğun olaraq alırıq ki, y ' (1 )=−1.Həqiqətən də verilmiş nöqtədə toxunanın tənliyi belə olur:

x−1y−1

=−1 ; x+ y=2.

Parametrik şəkildə verilmiş funksiyanın törəməsi

Bəzən x və y dəyişənləri arasındakı asılılıq

x=φ ( t ) , y=ψ (t ) (burada t- parametrdir) (1)

şəklində verilir.Bu zaman deyirlər ki, funksiya parametrikşəkildə verilmişdir.Buna ən çox mexanikada rast gəlinir.t ilə zaman qeyd olunur.(1) tənliyi isə hərəkət edən M (x ; y ) nöqtəsinin trayektoriyasının parametrik şəkildə tənliyidir.(1)tənliyində y funksiyası x-dən asılı mürəkkəb funksiyadır.(1) sisteminin birinci tənliyini x-ə görə həll edərək alırıq:

t=θ ( x ), θ funksiyası φ funksiyasının tərs funksiyasıdır.Burada (1) tənliyindən alırıq:

y=ψ (θ ( x ) ) (2)

(2) düsturundan istifadə edərək y x' törəməsini ala bilərik.

Əgər x-dən asılı y funksiyası parametrik şəkildə verilmişdirsə

x=φ ( t ) , y=ψ (t ); burada φ (t ) və ψ ( t ) funksiyaları diferensiallanan funksiyalardır ; φ ' (t )≠ 0, onda bu funksiyanın törəməsi aşağıdakı düsturdan tapılır:

y x' =

y t'

x t' ; dy

dx=

dydtdxdt

. (3 )

Misal 1.Aşağıdakı parametrik şəkildə verilmiş funksiyaların y x' törəməsini tapın.

x=2 cos t , y=3sin t

Həlli. (3) düsturundan istifadə edək.

y x' =

y t'

x t' =

(3sin t )'

(2 cos t )'=−3 cos t

2sin t=−1,5 ctgt .

Mövzu13

Funksiyanın tədqiqi. Funksiyanın artması və azalması

1. Funksiyanın artması və azalması

2. Birdəyişnli funksiyanın ekstemumu

3. Ekstremumun varlığının zəruri şərti

4. Ekstremum varlığının kafi şərti

5. Əyrinin qabarıq və çöküklüyü. Əyilmə nöqtəsi

6. Asimptotlar

7. Funksiyanm tədqiqi və qrafıkinin qurulmasının ümumi sxemi

Teorem. 1) [a , b ] parçasında törəməsi olan f ( x ) funksiyası həmin parçada

artandırsa, onda [a , b ] parçasında onun törəməsi mənfi deyil, yəni, f'( x )≥0 ;

2) Əgər f ( x ) funksiyası [a , b ] parçasında kəsilməz, (a , b ) intervalında isə

diferensiallana biləndirsə və f'( x )>0 olarsa, onda həmin funksiya [a , b ]

parçasında artandır.

İsbat ı. Əvvəlcə teoremin birinci hissəsini isbat edək. Tutaq ki, f ( x )

funksiyası [a , b ] parçasında artır. x arqumentinə x artımı verib

f ( x+Δx )− f ( x )Δx (1)

nisbətini düzəldək. f (x) artan funksiya olduğundan

x > 0 olduqda f ( x+Δx)> f ( x )

və

x < 0 olduqda isə f ( x+Δx )< f ( x )

.

Hər iki halda

f ( x+Δx )− f ( x )Δx

>0(2)

və deməli,

limΔx→0

f ( x+Δx)−f ( x )Δx

≥0,

yəni f'( x )≥0 olur.

İndi teoremin ikinci hissəsini isbat edək. Tutaq ki, arqumentin (a , b )

intervalından götürülmüş ixtiyari x qiymətində f'( x )>0 .

[a , b ] parçasında yerləşən istənilən x1 və x2 ( x1<x2 ) götürək. Laqranjın sonlu

fərqlər teoreminə görə

f ( x2 )−f ( x1)=f ' (ξ )( x2−x1) , x1<ξ<x2 .

Şərtə görə f'( ξ )>0olduğundan f ( x2 )− f ( x1)>0 . Bu isə o deməkdir ki, f ( x )

artan funksiyadır.

Azalan (diferensiallana bilən) funksiya üçün də oxşar teorem doğrudur.

Teorem. Əgər f ( x ) funksiyası [a , b ] parçasında azalandırsa, onda həmin

parçada f'( x )≤0 . Əgər (a , b ) intervalında f

'( x )<0 olarsa, onda f ( x )

funksiyası [a , b ] parçasında azalandır.

Birdəyişnli funksiyanın ekstemumu

Maksimumun tər i f i . x1 nöqtəsinin daxil olduğu hər hansı intervalın bütün

nöqtələrində f ( x ) funksiyasının qiyməti onun x1 nöqtəsindəki qiymətindən kiçik

olduqda deyirlər ki, f ( x ) funksiyasının x1 nöqtəsində maksimumu var. Başqa

sözlə, mütləq qiymətcə kifayət qədər kiçik olan istənilən (müsbət və ya mənfi) x

üçün f ( x1+Δx)< f ( x1) olduqda deyirlər ki, x1 nöqtəsində f ( x ) funksi- yasının

maksimumu var.

Minimumun tər i f i . Mütləq qiymətcə kifayət qədər kiçik olan istənilən

(müsbət və ya mənfi) x üçün f ( x2+Δx)> f ( x2) olarsa, onda deyirlər ki, f ( x )

funksiyasının x2 nöqtəsində minimumu var.

Funksiyanın maksimumu və minimumuna birlikdə funksiyanın

ekstremumları deyilir.

Teorem 1 (ekstremumun varlığının zəruri şərti). Əgər diferensiallana bilən

y= f ( x ) funksiyasının x=x1 nöqtəsində ekstremumu varsa, onda həmin nöqtədə

funksiyanın törəməsi sıfra çevrilir, yəni f'( x1 )=0 .

İsbat ı. Müəyyənlik üçün fərz edək ki, x1 nöqtəsində funksiyanın maksimumu

var. Onda arqumentin mütləq qiymətcə kifayət qədər kiçik artımlarında

f ( x1+Δx)< f ( x1) ,

yəni

f ( x1+Δx )−f ( x1)<0

olar. Belə olduqda isə

f ( x1+Δx )−f ( x1)Δx

nisbətinin işarəsi x artımının işarəsi ilə təyin olunar, yəni

x < 0 olduqda

f ( x1+Δx )− f ( x1)Δx

>0

x > 0 olduqda

f ( x1+Δx )− f ( x1)Δx

<0

olar. Törəmənin tərifinə əsasən

f '( x1 )= limΔx→0

f ( x1+Δx )−f ( x1)Δx

.

Əgər f ( x ) funksiyasının x1 nöqtəsində törəməsi varsa, onda bu bərabərliyin

sağ tərəfində duran limit x artımının sıfra necə yaxınlaşmasından (müsbət və ya

mənfi qalaraq) asılı deyil.

Digər tərəfdən x artımı mənfi qalmaqla sıfra yaxınlaşarsa, onda f'( x1 )≥0

olur. Əgər x artımı müsbət qalmaqla sıfra yaxınlaşarsa, onda f'( x1 )≤0 olmalıdır.

x artımının sıfra yaxınlaşma qaydasından asılı olmayaraq f'( x1 ) müəyyən bir

ədəd olduğundan axırıncı iki bərabərsizlik yalnız

f '( x1 )=0

olduqda uyuşan olar.

Minimum halı üçün də teoremin isbatı analoji qaydada aparılır.

Teorem 1-dən bilavasitə aşağıdakı nəticə alınır: x arqumentin baxılan bütün

qiymətlərində f ( x ) funksiyasının törəməsi varsa, onda yalnız törəmənin sıfır

olduğu nöqtələrdə funksiyanın ekstremumu ola bilər. Bu fikrin tərsi doğru deyil:

törəmənin sıfır olduğu hər bir nöqtədə funksiyanın maksimumu və ya

minimumunun olması zəruri deyil.

Qeyd edək ki, əgər funksiyanın hər hansı nöqtədə törəməsi yoxdursa (lakin

yaxın nöqtələrdə var), onda həmin nöqtədə törəmə kəsiləndir.

Törəmənin sıfra çevrildiyi və ya kəsildiyi nöqtələrə həmin funksiyanın böhran

nöqtələri deyilir.

Yuxarıda deyilənlərdən görünür ki, hər bir böhran nöqtəsində

funksiyanın maksimumu və ya minimumunun olduğunu düşünmək düzgün

deyildir. Lakin hər hansı bir nöqtədə funksiyanın maksimumu və ya minimumu

varsa, onda həmin nöqtə böhran nöqtəsidir. Ona də görə funksiyaların

ekstremumlarını axtaranda: əvvəlcə bütün böhran nöqtələri tapılır, sonra hər bir

böhran nöqtəsi ayrıca araşdırılaraq, həmin nöqtədə maksimum və ya minimumun

olduğu, yaxud da nə maksimumun və nə də minimumun olmadığı aydınlaşdırılır.

Teorem 2 (ekstremum varlığının kafi şərti). Tutaq ki, f ( x ) funksiyası x1

nöqtəsinin daxil olduğu hər hansı bir intervalda kəsilməzdir və intervalın bütün

nöqtələrində (x1 nöqtəsi istisna ola bilər) diferensiallana biləndir. Əgər soldan sağa

bu nöqtədən keçəndə törəmənin işarəsi müsbətdən mənfiyə dəyişirsə, onda x1

nöqtəsində funksiyanın maksimumu var. Əgər soldan sağa həmin x1 nöqtəsindən

keçəndə törəmənin işarəsi mənfidən müsbətə dəyişirsə, onda həmin nöqtədə

funksiyanın minimumu vardır.

Beləliklə,

a) əgər x<x1 olduqda f'( x )>0 , x>x1 oluqda isə f

'( x )<0 olarsa, onda x1

nöqtəsində funksiyanın maksimumu var;

b) əgər x<x1 olduqda f'( x )<0 , x>x1 olduqda isə f

'( x )>0 olarsa, onda x1

nöqtəsində funksiyanın minimumu var. Bu halda nəzərə almaq lazımdır ki, a) və ya

x0

y

xcbOa

Шякил 17

b) şərti x arqumentinin x1 ədədinə yalnız kifayət qədər yaxın olan qiymətlərində,

yəni böhran nöqtəsinin kifayət qədər kiçik ətrafının bütün nöqtələrində

ödənilməlidir.

Teorem 3 (ekstremum varlığının ikinci kafi şərti). Tutaq ki, f'( x1 )=0 ,

onda f' ' ( x1)<0 olarsa, funksiyanın x1 nöqtəsində maksimumu, f

' ' ( x1)>0

olduqda isə həmin nöqtədə minimumu var.

Əyrinin qabarıq və çöküklüyü. Əyilmə nöqtəsi

Müstəvi üzərində birqiymətli diferensiallanan f ( x ) funksiyasının qrafiki olan

y=f ( x ) əyrisinini nəzərdən keçirək.

Tər i f 1. Əyrinin (a , b ) intervalına daxil olan bütün nöqtələri bu intervalda

əyriyə çəkilən istənilən toxunandan aşağıda yerləşərsə, deyirlər ki, (a , b ) intervalında əyrinin qabarıqlığı yuxarıya doğrudur.

Tər i f 2. Əyrinin (b , c ) intervalına daxil olan bütün nöqtələri bu intervalda

əyriyə çəkilən istənilən toxunandan yuxarıda yerləşərsə, deyirlər ki, (b , c )

intervalında əyrinin qabarıqlığı aşağıya doğrudur.

Əyrinin qabarıqlığı yuxarıya doğru olduqda ona qabarıq əyri, aşağıya doğru

olanda isə çökük əyri deyəcəyik.

Teorem 1. (a , b ) intervalının bütün nöqtələrində

f ( x ) funksiyasının ikinci tərtib törəməsi mənfidirsə

f ' ' ( x )<0 , onda y=f ( x ) əyrisi bu intervalda

qabarıqdır.

Teorem 2. Əgər (b , c ) intervalının bütün nöqtələrində f ( x ) funksiyasının

ikinci tərtib törəməsi müsbətdirsə f' ' ( x )>0 , onda y= f ( x ) əyrisi bu intervalda

M(x,y)d

O

Asimptoty

x

Шякил 18

çökükdür.

Tər i f 3. Kəsilməz əyrinin qabarıq hissəsini çökük hissəsindən ayıran nöqtəyə

onun əyilmə nöqtəsi deyilir.

Aydındır ki, əyilmə nöqtəsində toxunan əyrini kəsir, çünki bu nöqtədən bir

tərəfdə əyri toxunandan aşağıda, digər tərəfdə isə yuxarıda yerləşir.

Teorem 3. Tutaq ki, əyri y=f ( x ) tənliyi ilə verilmişdir və f' ' (a )=0 , yaxud

f ' ' (a ) yoxdur, yəni a nöqtəsində ikinci tərtib törəmə yoxdur. Əgər x = a

nöqtəsindən keçəndə f' ' ( x ) törəməsi öz işarəsini dəyişirsə, onda əyrinin bu nöqtəsi

əyilmə nöqtəsidir.

Asimptotlar

Bir çox hallarda dəyişən nöqtənin absisinin, yaxud ordinatının və ya həm

absisinin, həm də ordinatının birlikdə qeyri-məhdud artdığı (mütləq qiymətcə)

yerlərdə y= f ( x ) əyrisinin formasını və deməli uyğun funksiyanın dəyişməsinin

xarakterini tədqiq etmək lazım gəlir. Burada isə vacib xüsusi hal, dəyişən nöqtənin

sonsuzluğa getməsi (yaxınlaşması) ilə həmin əyrinin müəyyən bir düz xəttə sonsuz

yaxınlaşmasıdır .

Tər i f. Əyri üzərindəki M dəyişən nöqtəsi sonsuzluğa yaxınlaşarkən, həmin M

nöqtəsindən A düz xəttinə qədər olan d məsafəsi sıfıra yaxınlaşarsa, onda A düz xəttinə həmin əyrinin asimptotu deyilir (şəkil 18).

Ordinat oxuna paralel olan asimptotlara şaquli, ordinat oxuna paralel olmayan asimptotlara maili asimptotlar deyilir.

I . Şaqul i as imptot la r. Asimptotun tərifinə əsasən x=a düz xətti

y=f ( x ) əyrisinin asimptotudursa, onda

limx→a+0

f ( x )=∞, və ya

limx→a−0

f ( x )=∞,

yaxud limx→a

f ( x )=∞

münasibətlərindən biri ödənilməlidir və əksinə, həmin münasibətlərdən biri

ödənildikdə x=a düz xətti asimptotdur.

Deməli, şaquli asimptotları tapmaq üçün elə x=a qiymətlərini tapmaq

lazımdır ki, x bu qiymətlərə yaxınlaşdıqda y=f ( x ) funksiyası sonsuzluğa

yaxınlaşsın. Bu halda x=a düz xətti şaquli asimptot olar.

II. Mai l i as imptot la r. Tutaq ki, y=kx+b düz xətti y=f ( x ) əyrisinin

maili asimptotudur.

Tər i f. y=kx+b düz xəttinin x→+∞ şərtində y= f ( x ) əyrisinin maili

asimptotu olması üçün

limx→+∞

[ f ( x )−(kx+b)]=0

və ya

f ( x )=kx+b+α ( x ), α ( x )→0 (x→+∞ )

şərtinin ödənilməsi zəruri və kafi şərtdir.

Teorem. y=kx+b düz xəttinin x→+∞ şərtində y=f ( x ) əyrisinin maili

asimptotu olması üçün

limx→+∞

f ( x )x

=k və

limx→+∞

[ f ( x )−kx ]=b

limitlərinin ikisinin də varlığı zəruri və kafi şərtdir.

limx→ ±∞

f (x )x=0

olduqda , yəni k=0 olduqda maili asimptot üfüqi asimptota çevrilir. Üfüqi asimptot maili asimptotun xüsusi halıdır.

Parabola, cub parabola və sinusoidanın asimptotu yoxdur. Üstlü , loqarifmik funksiyaların bir asimptotu var. Arctangens və arccotangensin iki, tangens və cotangensin sonsuz sayda asimptotu var.

Üfüqi və maili asimptotlar arasında əlaqə.

Əgər

limx→ ±∞

f (x )x=0 (1)

olarsa onda maili asimptot üfüqi asimptot ilə üst-üstə düşür. Üfüqi asimptot maili

asimptotun (1) şərti ödənildikdə xüsusi halıdır. Funksiyanın ya bir maili asimptotu,

ya bir üfüqi asimptotu; ya eyni zamanda bir üfüqi və bir maili asimptotu; ya da

eyni zamanda iki üfüqi və iki maili asimptotu ola bilər, ya da heç bir asimptotu

olmaya bilər.

Misal. y=2 x2−x+3x−1 funksiyasının qrafikinin asimptotlarını müəyyən edək.

k= limx →−∞

2 x2−x+3x ( x−1 )

=2.

b= limx →−∞

¿

k= limx →+∞

2 x2−x+3x ( x−1 )

=2.

b= limx →+∞

¿

y=2 x+1 funksiyanın maili asimptotudur. x=1 düz

xəttinin isə həmin əyrinin şaquli asimptotu olması

limx→ ±0

2 x2−x+3x−1

=∞

şərtindən çıxır.

Funksiyanın tədqiqi və qrafikinin qurulmasının ümumi sxemi

“Funksiyanın tədqiqi” dedikdə, adətən aşağıdakıları tapmaq nəzərdə tutulur:

1) funksiyanın təyin oblastını;

2) funksiyanın kəsilmə nöqtələrini;

3) funksiyanın artma və azalma intervallarını;

4) maksimum və minimum nöqtələrini, eləcə də funksiyanın maksimum və

minimum qiymətlərini;

5) qabarıq və çöküklük intervallarını, əyilmə nöqtələrini;

6) funksiya qrafikinin asimptotlarını.

Aparılmış tədqiqata əsasən funksiyanın qrafiki qurulur.

Misal. y= x2+20x−4 funksiyasını araşdırın və qrafikini qurun.

1. Təyin oblastı D ( y )= {x ⋮ ∈ (−∞;4 )∪ (4 ;+∞ ) }

2. Funksiya x=4 nöqtəsindən başqa hər yerdə kəsilməzdir.Funksiyanın bu nöqtədə sağ və sol limitlərini müəyyən edək.

limx→ 4−0

f ( x )= limx → 4−0

x2+20x−4

=−∞

limx→ 4+0

f ( x )= limx →4+0

x2+20x−4

=+∞

3. Funksiyanın ekstremumunu və monotonluq intervallarını müəyyən edək

y '=2x ( x−4 )−(x2+20 )

( x−4 )2= x2−8 x−20

( x−4 )2;

x2−8 x−20( x−4 )2

=0 ; x2−8 x−20=0 ,

x1=−2 , x2=10.

x (−∞;−2 ) −2 (−2 ;4 ) 4 (4 ;10 ) 10 (10 ;+∞)+¿ mövc.de

yf ( x ) ↗ max ↘ ↘ min ↗

ymax= y (−2 )=−4 ; ymin= y (10 )=20.

4. Funksiyanın əyilmə nöqtəsini, qabarıqlıq və çöküklük intervallarını müəyyən edək.

x (−∞;4 ) 4 (4 ;+∞ )f ″ ( x ) −¿ mövc.deyf ( x ) qabarıq çökük

5. Funksiyanın maili asimptotunu müəyyən edək.

y″=(2 x−8 ) (x−4 )2−2 (x−4 ) (x2−8x−20 )

( x−4 )2=¿

¿(2 x−8 ) [ (x−4 )2−(x2−8 x−20 ) ]

( x−4 )4= 36

(x−4 )3.

y″ ≠ 0 olduğundan verilmiş funksiyanın əyilmə nöqtəsı yoxdur.

k= limx → ∞

f ( x )x

= limx →∞

x2+20x2−4 x

= limx → ∞

x2(1+ 20x2 )

x2(1−4x )

=1 ;

b= limx → ∞

( f (x )−kx )= limx →∞ ( x2+20

x−4−x )=4.

y=x+4 maili asimptotdur.

Funksiyanın qrafiki Oy oxunu (0 ;−5 )

Mövzu14Kompleks ədədlər. Kompleks ədədlər üzərində əməllər.

Modul və arqument. Muavr düsturu.

1. Kompleks ədədlər. Kompleks ədədlər üzərində əməllər. 2. Modul və arqument. 3. Muavr düsturu.

Kompleks ədədlər1. Elə i elementi var ki, i2=−1.2. x+ yi simvolu kompleks ədəd adlanır. x-ə həqiqi hissə, yi-yəxəyali hissə deyilir. Məs. 2+3 i ədədinin həqiqi hissəsi 2 ədədi, xəyali hissəsi 3-dür. 3. 2 kompleks ədəd o zaman bir-birinə bərabərdir ki, onların həqiqi hissəsi və xəyali hissəsinin əmsalı bir-birinə bərabər olsun. 4. Kompleks ədədlərin toplama və çıxma qaydası. 5. (x1+ y1i )+(x2+ y2i )=(x1+x2 )+( y1+ y2 ) i6. (x1+ y1 i )− (x2+ y2 i )=(x1−x2 )+( y1− y2 ) i7. Kompleks ədədlərin vurulması8. (x1+ y1 i ) (x2+ y2i )=(x1 x2+ y1 y2 )+ (x1 y2+ y1 x2 ) i

(−1+3 i ) (2+5 i )=−2−5 i+6i+15 i2=−17+i9. Kompleks ədədlərin bölünməsi.10.x1+ y1 i kompleks ədədinin x2+ y2i ədədinə bölünməsi aşağıdakı düsturla hesablanır. x2+ y2i≠ 0

x1+ y1 ix2+ y2 i

=( x1+ y1 i) (x2− y2 i )(x2+ y2i )(x2− y2 i)

=x1 x2+ y1 y2

x22+ y2

2 +y1 x2−x1 y2

x22+ y2

2 i

1+i1−i

= (1+i ) (1+ i )1+1

= (1+i )2

i=i

Misal. 3+2i2+ i

=(3+2 i ) (2−i )(2+i ) (2−i)

= 8+i4−i2=

85+ 1

5i

Kompleks ədədlərin həndəsi mənası.

Həqiqi ədədlər ədəd düz xəttində nöqtələrlə qeyd olunurlar.Məs.A nöqtəsi

-3; B nöqtəsi -2; O nöqtəsi-sıfır vıə s. Bundan fərqli

olaraq kompleks ədədlər koordinat müstəvisində

nöqtələrlə müəyyən olunur.Bunun üçün hər iki oxda eyni miqyasları olan düzbucaqlı(dekart) koordinat sistemi götürək. Kompleks ədələrin həndəsi mənası ondan ibarətdir ki, hər birz=x+ yi kompleks ədədinə koordinat müstəvisinin uyğun olaraq elə( x , y ) nöqtəsi qoyulur ki, kompleks ədədin həqiqi hissəsi absis, xəyali hissədəki əmsal ordinat rolunu oynayır. 1. şəkildə koordinat müstəvisi təsvir olunmuşdur.2+3 i ədədinə müstəvidəA (2 ;3 ), 2−3 i ədədinəB (2;−3 ) ,−3 i ədədinə F (0 ;−3 ) nöqtəsi uyğundur. Beləliklə, hər bir kompleks ədədə koordinat müstəvisinin yeganə nöqtəsi uyğundur və tərsinə. Aydındır ki,x+0 i həqiqi ədədinə absis oxunun nöqtələri: xəyali 0+ yi ədədlərinə ordinat oxunun nöqtələri uyğundur. Ona görə də OY oxu xəyali ox, OXoxu həqiqi ox adlanır. Qoşma

z=x+ yi

və

z=x− yi kompleks ədədlərinə absis oxuna nəzərən simmetrik olan nöqtə uyğundur. (şək 2)

Kompleks ədədin triqonometrik forması z=x+ yi kompleks ədədinə uyğun olan nöqtə triqonometrik formada da göstərilə bilər. onun koordinatları olaraq koordinat başlanğıcından olan məsafə və OXyarım oxu oz şüası arasındakı bucaq götürülür. (şəkil 3)

Koordinat başlanğıcındanz kompleks ədədinə uyğun olan nöqtəyə qədər olan məsafəyə ədədin modulu deyilir. Onda (şək 2) Pifaqor teoreminə görə r2=x2+ y2=( x+ yi ) ( x− yi ).Buradan kompleks ədədin modulunu tapırıq

|z|=|z|=√ x2+ y2

Modulu 1-ə bərabər olan bütün kompleks ədədlər mərkəzi koordinat başlanğıcında olan vahid çevrənin nöqtələri ilə qeyd olunurlar (şək 4) ox yarımoxu və oz şüası arasındakı bucağa z=x+ yi kompleks ədədinin arqumenti deyilir. Qoşma z=x+ yi vəz=x− yi kompleks ədədlərinin modulu eynidir: :|z|=|z| arqumentləri isə φ1=−φ2.

Moduldan fərqli olaraq kompleks ədədin arqumenti bir qiymət ilə təyin olunmur. Eyni bir konpleks ədədin bir-birindən fərqlənən sonsuz qiymətləri var.

Məs: z ədədinin (şək 3) modulu r ; arqumenti (ϕ (+3600 )ϕ (+7200 )ϕ (+10800 ) və

ya ϕ (−3600 ) , ϕ (−7200 ) , ϕ (10800 ))ola bilər.

Tutaq ki, koordinatları ( x , y ) olan nöqtəyə z=x+ yi kompleks ədədi uyğundur. Bu kompleks ədədi modul və arqument vasitəsi ilə yazaq. Sinus və kosinus triqonometrik funksiyalarından istifadə edək (şək 3) x=ℜ z , y=İ m z ,φ=arg z ilə işarə olunur.

φ=arg z={ arctg yx

, x>0

arc tg yx+π , x<0 ; y>0

arc tg yx−π , x<0 ; y<0.

Triqonometrik şəkildə verilmiş z1=r1 (cosφ1+i sin φ1 ) , z2=r2 (cosφ2+i sin φ2 ) ədədlərinin hasilini tapaq:

z1 ∙ z2=[r1 (cosφ1+i sin φ1 ) ] ∙ [r2 (cosφ2+i sin φ2 )]=¿¿ r1 r2 (cosφ1 cosφ2+i cosφ1sin φ2+i sin φ1 cosφ2−sin φ1 sin φ2 ) ,

Yaxud :z1 ∙ z2=r1 r2 [ cos (φ1+φ2 )+ isin (φ1+φ2 ) ]

Deməli triqonometrik şəkildə verilmiş iki kompleks ədədin hasili elə bir yeni kompleks ədəddir ki, bunun modulu verilmiş kompleks ədədlərin modulları hasilinə, arqumenti isə arqumentlərinin cəminə bərabərdir.

z1

z2=

r1

r2[cos (φ1−φ2 )+i sin (φ1−φ2 ) ]

Deməli triqonometrik şəkildə verilmiş iki kompleks ədədin nisbəti elə bir yeni kompleks ədəddir ki, bunun modulu verilmiş kompleks ədədlərin modulları nisbətinə, arqumenti isə arqumentlərinin fərqinə bərabərdir.

zn=r n (cos nφ+isin nφ )Kompleks ədədi n dərəcədən qüvvətə yüksəltmək üçün onun modulunu həmin dərəcədən qüvvətə yüksəldib, arqumentini isə n-ə vurmaq lazımdır.

x=r cos φ; y=r sin φ .Onda z=x+ yi=r (cos φ+isin φ ) z=r (cosφ+i sin φ ) ifadəsinə kompleks ədədin triqonometrik forması deyilir. r=√x2+ y2 ;

sin φ= yr

, cosφ= xr

.

Muavr düsturuTriqonometrik şəkildə verilmiş z=r (cos φ+isin φ ) kompleks ədədi üçün Muavr düsturu:

(r (cos φ+isin φ ) )n=r n (cosn φ+isin nφ )∀∈ z .Muavr düsturu e iφ=cosφ+i sin φ: Eyler düsturundan çıxır.

Bu düsturu fransız alimi Abraham de Muavr kəşf etmişdir.

Analoji olaraq bu düstur sıfır olmayan kompleks ədəd üçün n dərəcəli köklərin hesablanmasında istifadə olunur:

z1n=[r cos (φ+2 πk )+i sin (φ+2πk ) ]

1n=¿r

1n (cos φ+2 πk

n+i sin φ+2 πk

n )k=0,1 , …, n−1.

Kompleks ədədin tam qüvvətə yüksəldilməsi. Kompleks ədədi tam qüvvətə yüksəltdikdə kompleks ədədin modulu həmin qüvvətə yüksəldilir, arqument isə qüvvətin dərəcəsinə vurulur.

(a+ ib)2= (r (cosφ+i sin φ ) )2=r2 (cos 2φ+isin 2 φ )

(a+ ib)3=(r (cosφ+i sin φ ) )3=r3 (cos3 φ+i sin3 φ )

Kompleks ədəddən kökün alınması n√a+bi=n√r (cos φ+i sin φ )= n√r (cos φ

n+i sin φ

n )Kompleks ədədlərin yaranma tarixi. Xəyali kəmiyyətlər ilk dəfə olaraq Kardanonun (1545) “Böyük incəsənət və ya cəbri qaydalar” əsərində işlədilib. XVI-XVII əsrlərdə kvadrat və kub tənliklərin həllərindəa+b√−1 ifadəsini xəyali adlandırırdılar. i=√−1 işarəsini (1777-ci ildə Eyler vermişdir. O bu işarələməni imaginarius latın sözünün I hərfindən görürmüşdür). Modul arqument, qoşma ədəd anlayışını Koşi irəli sürmüşdür.

Mövzu15Ibtidai funksiya və qeyri-müəyyən inteqral,

inteqrallar cədvəli, qeyri-müəyyən inteqralın xassələri.

1.İbtidai funksiya və qeyri-müəyyən inteqral2. Qeyri-müəyyən inteqralın hesablanması. 3. Xassələri.4.İnteqrallar cədvəli.

İbtidai funksiyaMexanikaya aid misalı yada salaq. Zamanın t=0 başlanğıc anında cismin sürəti

sıfra bərabər, yəni v (0 )=0 olarsa, onda sərbəst düşən cisim t anına qədər

s ( t )=g t 2

2(1)

qədər yol gedər. (1) düsturu Qaliley tərəfindən təcrübə yolu ilə tapılmışdır. Diferensiallamaqla sürəti tapırıq:

s' (t )=v (t )=¿ (2 )İkinci diferensiallama təcili verir:

v' (t )=a (t )=g , (3 )

deməli təcil sabitdir. Lakin mexanika üçün daha səciyyəvi olan başqa məsələdir: nöqtənin a (t )təcili məlumdur(bizim misalda bu sabitdir), v ( t ) sürətinin dəyişmə qanununu və həmçinin s ( t ) koordinatını tapmaq tələb olunur. Başqa sözlə verilən və a ( t )-yə bərabər olan v' ( t ) törəməsinə görə v ( t )-ni tapmaq, sonra isə v (t )-yə bərabər olan s' (t ) törəməsinə görə s ( t )-ni tapmaq lazımdır.Belə məsələləri diferensiallama əməliyyatının tərsi olan inteqrallama əməliyyatı ilə həll edirlər.Tərif. Verimiş aralıqdan götürülmüş bütün x-lər üçün

F ' ( x )=f ( x )(4)olarsa ondaF funksiyasına verilmiş aralıqda f funksiyasının ibtidai funksiyası deyilir.Teorem. C ixtiyari sabit, F (x) isə İ aralığında f funksiyasının ixtiyari ibtidai funksiyasıdırsa onda bu aralıqda f -in istənilən ibtidai funksiyasını F ( x )+C şəklində yazmaq olar.İsbatı. 1) Şərtə görə Ffunksiyası İ aralığında f üçün ibtidai funksiyadır. Deməli, ∀ x∈ I üçün F ' ( x )= f ( x ). Ona görə (F ( x )+C )'=F' ( x )+C '=f (x )+0=f ( x ) , yəni F ( x )+C ifadəsi f funksiyasının ibtidai funksiyasıdır.2) Tutaq ki, həmin Iaralığında f funksiyasının ibtidai funksiyalarından biri Ф( x )-dir, bütün x∈ I üçün Ф' ( x )=f ( x ) . Onda

(Ф ( x )−F (x ) )'=Ф ' ( x )−F ' ( x )=f (x )− f ( x )=0.Funksiyanın sabıtliyi əlamətinə əsasən buradan alınır ki, Ф ( x )−F ( x ) fərqi I aralığında hər hansı sabit C qiyməti alan funksiyadır. Beləliklə . Iaralığına daxil olan istənilən x üçün Ф ( x )−F ( x )=C bərabərliyinin doğruluğu alınır ki, bunu daisbat etmək tələb olunurdu.f funksiyasının istınilən iki ibtidai funksiyasının qrafiklərindən biri digərindən Oy oxu boyunca paralel köçürməklə alınır.(şək 1)

İbtidai funksiyanın tapılmasının üç qaydası

Qayda 1. Ffunksiyası f üçün,G funksiyasıg üçün ibtidai funksiyadırsa, onda F+G funksiyası f +g üçün ibtidai funksiyadır.Qayda 2. Ffunksiyası f üçün ibtidai funksiya, k isə sabitdirsə, kF funksiyası kf üçün ibtidai funksiyadır.Qayda 3.Əgər F (x)funksiyası f üçün ibtidai funksiya, k və b sabitlər, həm də k ≠ 0

isə, onda 1k(F (kx+b )) funksiyası f (kx+b) üçün ibtidai funksiyadır.

Misal. Kütləsi 2 kq olan maddi nöqtə Ox oxu boyunca yönəlmiş qüvvənin təsiri altında hərəkət edir. t zaman anında bu qüvvə F ( t )=3 t−2-yə bərabərdir. t=2 saniyə olduqda nöqtənin sürətinin 3 m /san və koordinatının 1-ə bərabər olduğunu (F-nyutonla, t saniyə ilə, x-metrlə ölçülür.)bilərək, nöqtəninx (t)hərəkət qanununu tapın.Həlli. Nyutonun ikinci qanununa görə F=ma , burada a təcildir.Alırıq:

a ( t )= Fm=3

2t−1.

Nöqtənin v ( t ) sürəti a (t ) təcili üçün ibtidai funksiyadır. Ona görə də

v (t )=34

t 2−t+C1 .

C1 sabitini v (2 )=3 şərtindən tapaq:34

∙ 4−2+C1=3 ,C1=2 ;v ( t )=34

t2−t+2.

x (t) koordinatı v ( t ) sürəti üçün ibtidai funksiyadır. Ona görə də

x (t )= 14

t 3−12

t 2+2t+C2 .

C2 sabitini x (2 )=1 şərtindən tapaq:14

∙ 8−12

∙ 4+4+C2=1 , C2=−3.

Beləliklə nöqtənin hərəkət qanunu aşağıdakı kimi olur:

x (t )= 14

t 3−12

t 2+2t−3.

İnteqral hesabı sahələrin, həcmlərin, ağırlıq mərkəzlərinin hesablanması üçün ümumi metod yaratmaq tələbindən irəli gəlmişdir.Leybnits ( Leibniz) (1675) bunun üçün aşağıdakı simvolu qəbul etmişdir: ∫ y dx

burada∫❑ -(kursiv S)“summa”- cəm sözünün I hərfidir. ∫ y dx ifadəsini Leybnits inteqral adlandırmışdır. Bu latınca inteqro sözündən alınmışdır kı, bu əvvəlki vəziyyətə gətirmək, bərpa etmək kimi tərcümə olunur.(Doğrudan da, inteqrallama əməliyyatı , diferensialladıqda inteqralaltı funksiyanı verən funksiyanı bərpa edir).

Fransız alimi Furye Leybnitsin işarələməsini mükəmməlləşdirərək ona ∫a

b

f ( x )dx

şəklini vermişdir.1696-cıildə riyaziyyatin yeni qolunun İ.Bernulli tərəfindən daxil edilən adı-inteqral hesabı(calculus inteqralis) meydana gəldi.f ( x ) funksiyası üçün bütün ibtidai funksiyalar çoxluğu f ( x ) funksiyasının qeyri-müəyyən inteqralı adlanır.

Qeyri-müəyyən inteqralın xassələri1)Qeyri-müəyyən inteqralın törəməsi inteqralaltı funksiyaya bərabərdir.

ddx∫ f ( x ) d x=f ( x )

2) Diferensial işarəsindən əvvəl inteqral işarəsi olduqda∫ df ( x )=f ( x )+C .

3¿Sabit vuruğu inteqral işarəsi xaricinə çıxarmaq olar:∫ af ( x ) dx=a∫ f (x ) dx , a ≠0.

4)∫ [ f ( x )+g ( x ) ] dx=∫ f ( x ) dx+¿∫ g ( x ) dx¿Qeyri-müəyyən inteqralı hesablayarkən

aşağıdakı qaydaları nəzərə almaq faydalı olur:Əgər ∫ f ( x )dx=F ( x )+C olarsa.onda

1. ∫ f (ax ) dx=1a

F ( ax )+C .

2. ∫ f ( x+b ) dx=F ( x+b )+C .

3. ∫ f (ax+b ) dx=1a

F (ax+b )+C .

İnteqrallar cədvəli

1. ∫ xn dx= xn+1

n+1+C (n ≠−1 ) C ∀ sabitdir.

2. ∫ dxx=ln|x|+C

3. ∫sin xdx=−cos x+C

4. ∫cos xdx=sin x+C

5. ∫ dxcos2 x

=tg x+C

6. ∫ dxsin2 x

=−ctg x+C

7. ∫ tg x dx=−ln|cosx|+C

8. ∫ ctg xdx=ln|sinx|+C

9. ∫ ex dx=ex+C

10. ∫ ax dx= ax

ln a+C

11. ∫ dx1+x2=arc tg x+C

12. ∫ dxa2−x2=

12a

ln| a+xa−x|+C

13. ∫ dx√1−x2

=arcsinx+C

14. ∫ dx√a2−x2

=arcsin xa+C

15. ∫ dx√ x2 ± a2

=ln|x+√ x2+a2|+C .

Cədvəl inteqrallarından arqumentin xətti əlavə edilməsi ilə alınan inteqralları ≪

sanki cədvəl inteqralları≫(yəni,∫cos 3x dx , ∫ dx7 x−5 , ∫ e7 x−3 dx ,...) adlandıracağıq.

Misal .∫ dx√16−9 x2 inteqralını hesablayın.

Həlli. √16−9 x2=√16−(3 x )2 olduğundan 14-cü cədvəl inteqralına əsasən alırıq:

∫ dx√16−9 x2

=13

arc sin 3 x4+C .

Mövzu16Inteqralamanın əsas üsulları. Dəyişəni əvəz etmə və hissə-hissə inteqrallama

1. Dəyişəni əvəz etmə2. Hissə-hissə inteqrallama

İnteqrallamanın əsas üsulları1) Ayırma üsulu. Bu üsulun mahiyyəti ondan ibarətdir ki, inteqralaltı funksiya inteqralları asan hesablana bilən funksiyaların cəmi şəklində göstərılır, sonra isə hər bir inteqral ayrılıqda hesablanlr.2) Qeyri-müəyyən inteqralda dəyişəni əvəzetmə( əvəzləmə) üsulu.dəyişəni əvəzetmə inteqral hesabında ən çox işlənənüsuldur. x=φ ( t ) ilə işarə edək, φ ( t ) k ə silmə z diferensiallanaan funksiyadır. Onda dx=φ' ( t ) dt

∫ f ( x )dx=∫ f [φ (t ) ]φ ' ( t )dt .

Bəzən x=φ ( t ) ə v ə zinə t=φ ( x ) əvzləməsi aparırlar yəni yeni t dəyişəninə x-dən asılı funksiya kimi baxırlar.Elə bir ümumi resept-üsul yoxdur ki, onun köməyi ilə hansı əvəzləməni aparıb inteqralı hesablamaq mümkün olsun. Ancaq ipucu olaraq aşağıdakı iki şərtdən istifadə etmək faydalı olur:1) Əgər inteqral işarəsi altında f (φ ( x )) mürəkkəb funksiyası olarsa t=φ ( x )

əvəzləməsi aparılır(məs. inteqralaltı ifadədə sin 1x olarsa t=1

x , ex2

olarsa t=x2 və

s.əvəzləməsi aparmaq lazım gəlir).

2)Əgər inteqralaltı ifadədə hazır φ ( x ) diferensialı-yəni φ ' ( x ) dx ifadəsi varsa, t=φ ( x )

əvəzləməsi aparmaq lazım gəlir. Ona görə də tez-tez rast gəlinən aşağıdakı düsturları yadda saxlamaq lazımdır:

cos xdx=d (sin x ) ;sin xdx=−d (cos x )

ex dx=d (ex ) ; xdx=12

d (x2 )

1x

dx=d ( ln x ); 1√x

dx=2 d (√x )

1x2=−d( 1

x )

1cos2 x

dx=d ( tg x ) ; 1sin 2 x

dx=−d (ct gx ) və s.

∫ f (ax+b ) dxşəkilli inteqralları hesablayarkən aşağıdakı əvəzləmələri aparmaq lazımdır:

ax+b=t . dx=1a

d (ax+b ) .

∫ f (ax+b ) dx=1a

F (ax+b ) dx+C , F−f üçü n ibtidai funksiyadır.

Misal 1. ∫ dx√ tg2 x−3 cos2 x

dxcos2 x

tgx-in diferensialıdır.

∫ dx√ tg2 x−3 cos2 x

=∫ d ( tgx )

√tg2 x−3=ln|tg x+√ tg2 x−3|+C .

Misal 2. ∫ dx(3 x+5 )5

;3 x+1=t 3 dx=dt

∫ dx(3 x+1 )5

=∫ dt3 t5=

13∫ t−5 dt=1

3t−4

−4+C= −1

12t 4 +C=¿¿

−112 (3 x+1 )4

+C .

Misal3.∫ ex2+1 xdx inteqralını dəyişəni əvəzetmə üsulu ilə həll edinVerilmiş inteqralı cədvəl inteqralına gətirmək üçün aşağıdakı əvəzləməni aparaq:

t=x2+1.Onda dt=2 xdx və x dx=dt2

.

∫ ex2+1 xdx=∫ et ∙ dt2=1

2∫e t dt=12

e t+C=12

ex2+ 1+C .

Hissə-hissə inteqrallamaTutaq ki, u və v funksiyaları x dəyişəninə görə diferensiallanandır.

Bu funksiyaların hasilinin diferensialını müəyyən edək:

d (uv )=udv+vdu , buradan udv=d (uv )−vdu .Ax ır ınc ı bərabərliyin hər iki tərəfini inteqrallayaraq alırıq:

∫udv=uv−∫ vdu (¿ )

(¿ ) düsturuna hissə-hissə inteqrallama düsturu deyilir. Bu düsturdan göründüyü kimi inteqralaltı ifadəni iki vuruga: u və dv−¿yə ayırmaq,sonra isə: 1) u-ya görə diferensiallayaraq du-nu tapmaq, 2) dv-yə görəinteqrallayaraq vvə C sabitini atmaq lazımdır,çünki cavab bu aralıq sabitindən asılı deyil. Deməli hissə-hissə inteqrallamada iki əməliyyat aparılır:diferensiallama və inteqrallama.Hissə-hissə inteqrallama zamanı aşagıdakıları nəzərə almaq lazımdır:1. Əgər inteqralaltı ifadə üştlü və triqonometrik funksiyaların çoxhədliyə hasilindən ibarətdirsə, onda u olaraq çoxhədlini götürmək lazımdır.2. Əgər inteqralaltı ifadə loqarifmik və ya tərs triqonometrik funksiyaların çoxhədliyə hasilindən ibarətdirsə u olaraq loqarifmik və ya tərs triqonometrik funksiyanı götürmək lazımdır.

Misal.∫2 xarc tg xdx

u=arc tg x və dv=2 xdx , onda

du= 11+x2 v=∫2 xdx=x2

∫2 xarc tg xdx=x2 arc tg x−∫ xdx1+x2=x2 arc tg x−∫ dx+¿¿

+∫ dx1+ x2=x2 arc tg x−x+arc tg x+C

Misal2.∫ x ex dx inteqralını hissə-hissə inteqrallama üsulu ilə həll edin.

Hissə-hissə inteqrallama düsturundan istifadə edək:∫u ∙ dv=u ∙ v−∫ v ∙du .

u=x və dv=ex dx əvəz edək. Onda du=dx və v=∫ ex dx=ex .

Hissə-hissə inteqrallama düsturunu tətbiq edərək alırıq:

∫ x ex dx=xe x−∫ ex dx=xe x−ex+C .

Mövzu17Kvadrat üçhədlinin daxil olduğu bəzi funksiyaların, rasional kəsrlərin,

triqonometrik funksiyaların inteqrallanması.1 Sadə rasional kəsrlər və onların inteqrallanması.2. Kvadrat üçhədli daxil olan bəzi funksiyaların inteqrallanması.3. Sadə irrasionallıqların inteqrallanması4. Triqonometrik funksiyaların inteqrallanması Sadə rasional kəsrlər və onların inteqrallanması

Rasional funksiyaların ən sadə növü

Pn ( x )=a0 xn+a1 xn−1+…+an−1 x+an (1 )

şəklində olan funksiya yəni n dərəcəli çoxhədlidir. Belə funksiyaların inteqralı bilavasitə hesablanır:

∫Pn ( x ) dx=∫(∑k=0

n

ak xn−k)dx=∑k=0

n

ak∫ xn−k dx=∑k=0

n

akxn−k+1

n−k+1+C .

Sadə rasional kəsrlər aşağıdakılardır:

I. Ax−a

II.A

( x−a )k(k ≥2 natural əd ə ddir )

III. Ax+Bx2+ px+q (q− p2

4>0)

IV. Ax+B(x2+ px+q )k (k ≥2natural əd əddir v əq− p2

4>0)

I.∫ Ax−a

dx=A ln|x−a|+C

II. ∫ A( x−a )k

dx=A∫ ( x−a )−k dx=A∫ ( x−a )−k d ( x−a )=¿¿

¿( x−a )−k+1

−k+1+C= −A

k−1∙ 1( x−a )k−1+C (k ≠−1 ) .

III.Ax+B

x2+ px+qk ə srinin inteqralını hesablamaq üçün onun məxrəcini aşağıdakı

kimi çevirək:

x2+ px+q=x2+2∙ p2

x+( p2 )

2

+q− p2

4∙

Şərtə görə q− p2

4>0 a2 ilə işarə etmək olar.

Onda ∫Ax+B

x2+ px+qdx=∫ Ax+B

(x+ p2 )

2

+a2dx

t=x+ p2 əvəzləməsini aparaq:

x=t− p2 ; dx=dt

∫ Ax+Bx2+ px+q

dx=∫A (t− p

2 )+B

t 2+a2 dt=∫ Atdtt 2+a2+∫

B− Ap2

t 2+a2 dt=¿¿

¿ A2∫

d (t 2 )t2+a2=

A2

ln|t2+a2|+(B− Ap2 ) 1

aarc tan x

a+C

Yenidən x dəyişəninə qayıtsaq alarıq:

∫ Ax+Bx2+ px+q

dx= A2

ln (x2+ px+q )+ 1a (B− Ap

2 )a rc tan 2 x+ p2a

+C .

Kvadrat üçhədli daxil olan bəzi funksiyaların inteqrallanması.

∫ P ( x )a x2+bx+c

dx i nteqral ınabaxaq ; P ( x )tamçoxhədlidır.

a ,b . c sabitlərdir. P ( x )−i ax2+bx+c−¿yə bölək, onda tamda Q ( x ) ,

qalıqda mx+q alarıq:P (x )

a x2+bx+c=Q ( x )+ mx+n

a x2+bx+cQ ( x ) çoxhədlisindən inteqral bilavasitə tapılır. Ona görə də

∫ mx+na x2+bx+c

dx inteqralını hesablayaq. İki əsas inteqrala baxaq.

I. ∫ dxx2+a2=

1a∫

d ( xa )

( xa )

2

+1=1

aarc tg x

a+C a ≠ 0 yəni

∫ dxx2+a2=¿¿

1a

arc tg xa+C a≠ 0

II. ∫ dxx2−a2 (a≠0 )

1x2−a2=

1(x+a ) (x−a )

= 12 a

( x+a )−( x−a )(x+a ) ( x−a )

= 12a

= 12 a ( 1

x−a− 1

x+a )Buradan

∫ dxx2−a2=

12a∫( 1

x−a− 1

x+a )dx= 12 a (∫ dx

x−a−∫ dx

x+a )=¿¿

12 a [∫ d (x−a )

x−a−∫ d (x+a )

x+a ]= 12a [ ln|x−a|−ln|x+a|]+C=¿

¿ 12 a

ln|x−ax+a |+C .

Beləliklə

∫ dxx2−a2=¿

12 a

ln|x−ax+a |+C . a ≠0.

Əgər a x2+bx+cçoxhədlisinin 2 fərqli x1və x2kökləri varsa, onda aşagıdakı düsturdan istifadə olunur:

mx+na x2+bx+c

≡ Ax−x1

+ Bx−x2

Avə Bqeyri-müəyyən əmsallardır.

Misal.∫ 3 x−2ax4−a x3 dx qeyri-müəyyən inteqralını hesablayın.

Qeyri-müəyyən əmsallar üsulundan istifadə edək.3 x−2 ax4−a x3=

3 x−2 ax3 ∙ (x−a )

= Ax+ B

x2+Cx3+

Dx−a

.

A x2 ( x−a )+Bx (x−a )+C ( x−a )+D x3=3 x−2aA x3−2 Aa x2+B x2−Bax+Cx−Ca+D x3=3 x−2 a .( A+D ) x3+ (B−2 Aa ) x2+(C−Ba ) x−Ca=3 x−2a

{ A+D=0B−2 Aa=0C−Ba=3−Ca=−2a .

⇒{A=−12a2

B=−1a

C=2

D= 12a2

∫ 3 x−2ax4−a x3 dx=∫( A

x+ B

x2+Cx3+

Dx−a )dx=−1

2 a2∫dxx−1

a∫dxx2 +¿¿

+2∫ dxx3 +

12a2∫ dx

x−a=−1

2a2 ln|x−aa |+ 1

a∙ 1

x−2 ∙ x−2

2+C=¿

¿− 12 a2 ln|x−a

a |+ 1ax− 1

x2+C=−12a2 ln|x−a

a |+ x−aa x2 +C .

Sadə irrasionallıqların inteqrallanması

I. ∫R (x , xmn , . .. , x

rs )dx inteqralına baxaq, burada R – öz arqumentlərinin rasional

funksiyasıdır.

Tutaq ki, k ədədi

mn

, .. . , rs kəsrlərinin ortaq məxrəcidir. x=t k , dx=kt k−1 dt

əvəzləməsi aparaq. Onda x-ın hər bir kəsr üstlü qüvvəti t-nin tam qüvvəti ilə ifadə olunar və deməli, inteqralaltı funksiya t-nin rasional funksiyasına çevrilər.

II. İndi

∫R [x ,( ax+bcx+b )

mn , …,( ax+b

cx+b )rs ]dx

şəklində inteqrala baxaq. Bu inteqral ax+bcx+b

=t k

əvəzləməsinin köməyi ilə t-nin rasional funksiyasının inteqralına gətirilir, burada k

ədədi

mn

, .. . , rs kəsrlərinin ümumi məxrəcidir.

∫R (x ,√a x2+bx+c dx (a≠ 0 ) ) şəklində inteqrallar

Belə inteqrallar aşağıdakı Eyler əvəzləmələrinin köməyi ilə yeni dəyişənin rasional funksiyasının inteqralına gətirilir.

1. Eylerin birinci əvəzləməsi. Əgər a>0olarsa,√ax2+bx+c=±√a x+ t

əvəzləməsini qəbul edirik. Müəyyənlik üçün √a -nın işarəsini müsbət götürək. Onda

a x2+b x+c=a x2+2√a xt+t2 . olar. Buradan isə x dəyişəni t-nin rasional funksiyası kimi tapılır:

x= t2−cb−2√a t

(deməli, dx də t ilə rasional şəkildə ifadə olunar). Buna görə √ax2+bx+c ifadəsi t-nin rasional funksiyası olur

√a x2+bx+c=√a x+t=√a t2−cb−2 t√a

+ t .

Beləliklə, √a x2+bx+c, x və dx ifadələri t vasitəsi ilə rasional şəkildə göstərilir; deməli, verilmiş inteqral t-nin rasional funksiyasının inteqralına gətirilir.

2. Eylerin ikinci əvəzləməsi. Əgər c>0 olarsa,√a x2+bx+c=xt ±√c

əvəzləməsini aparaq. Onda (müəyyənlik üçün √c qarşısındakı işarəni müsbət götürək)

a x2+bx+c=x2t 2+2 xt √c+c .Buradan x rasional funksiya kimi t ilə ifadə olunur:

x=2√c t−ba−t2 .

Göründüyü kimi, dx və √a x2+bx+c də tilə rasional şəkildə

ifadə olunur; ona görə x, √a x2+bx+c və dx-in qiymətlərini ∫R (x ,√ax2+bx+c )dx inteqralında yerinə yazaraq onu t-nin rasional funksiyasının inteqralına gətirərik.

3. Eylerin üçüncü əvəzləməsi. Tutaq ki, α və β həqiqi ədədləri a x2+bx+c üçhədlisinin kökləridir.

√a x2+bx+c=( x−α ) tqəbul edək. a x2+bx+c=a ( x−α ) ( x−β ) olduğundan

√a( x−α )(x−β )=( x−α ) t ,a (x−α )( x−β )=( x−α )2 t2 ,

a (x−β )=( x−α ) t2 .Buradan x dəyişəni t-nin rasional funksiyası kimi ilə ifadə olunur:

x=αβ−α t 2

α−t2 .

dx və √a x2+bx+c də t ilə rasional ifadə olunduqlarından, verilmiş inteqral t-nin rasional funksiyasının inteqralına gətirilir.

Qeyd . Eylerin üçüncü əvəzləməsi yalnız a<0 olduqda deyil, a>0 olduqda da tətbiq olunur, ancaq a x2+bx+c çoxhədlisinin köklərinin həqiqi olmalıdır.

Misal 1. ∫ x+13√3 x+1

dx inteqralını hesablayın.

Həlli.3 x+1=t 3⇒3 x=t 3−1⇒dx=t 2 dt⇒ x= t 3−13

.

∫ x+13√3 x+1

dx=∫t 3−1

3+1

tt2 dt=∫ t3−1+3

3tdt=¿¿

¿∫ t3+23

tdt=13∫ t 4 dt+ 2

3∫ tdt=¿¿

¿ 13

∙ t 5

5+ 2

3∙ t2

2+C= 1

153√(3 x+1 )5+ 1

33√ (3 x+1 )2+C=¿

¿ 13

3√ (3 x+1 )2 3 ( x+2 )5

+C x+25

3√ (3 x+1 )2+C .

Misal 2 .∫ x √a−x dx inteqralını hesablayın.Həlli.a−x=t 2⇒−dx=2tdt⇒ x=a−t 2 .

∫ x √a−x=−∫ (a−t2 ) t ∙2tdt=−2 a∫ t2 dt+2∫ t 4 dt=−2 a t3

3+2∙ t5

5+¿¿

¿−2a(a−x )√a−x

3+ 2

5∙ (a−x )2√a−x+C .

Misal 3. ∫ x+√1+x3√1+x

dx inteqralını hesablayın.

Həlli. 1+x=t 6 əvəzləməsini aparaq. x=t 6−1⇒dx=6 t5 dt .

∫ x+√1+x3√1+x

dx=∫ (t 6−1 )+ t3

t 2 =6∫ (t 9+t 6−t 3 )dt=¿¿

¿6( t10

10+ t7

7− t 4

4 )+C=6 t 4( t6

10+ t 3

7−1

4 )+C=¿

¿6 3√ (1+ x )2 ∙( 1+ x10

+ √1+x7

−14 )+C .

Triqonometrik funksiyaların inteqrallanması

Əvvəlcə∫R (sin x ,cos x )dx (1)

şəklində inteqrala baxaq. Göstərmək olar ki, bu inteqral

tg x2= t

(2)əvəzləməsinin köməyi ilə həmişə rasional funksiyanın inteqralına gətirilə bilər.

sin x və cos x funksiyalarını tg x

2 vasitəsi ilə, deməli t ilə ifadə edək:

sin x=2sin x

2cos x

21

=2 sin x

2cos x

2

sin2 x2+cos2 x

2

=2 tg x

2

1+tg2 x2

= 2t1+ t2 .

Daha sonra

x=2 arctg t , dx= 2dt1+ t2 .

Beləliklə, sin x , cos x və dx yeni t dəyişəni ilə rasional ifadə edildilər. Rasional funksiyanın rasional funksiyası rasional funksiya olduğundan, alınmış ifadələri (1) inteqralında yerinə yazıb, rasional funksiyanın inteqralını alarıq:

∫R (sin x ,cos x )dx=∫R( 2t1+t 2 , 1−t2

1+ t2 ) 2 dt1+t2 .

Baxılan əvəzləmə R(sin x ,cos x ) şəklində olan istənilən funksi-yanı inteqrallamağa imkan verir. Ona görə də bəzən onu «universal triqonometrik əvəzləmə» adlandırırlar. Lakin praktikada o, çox zaman həddən artıq mürəkkəb rasional funksiyalara gətirib çıxarır. Ona görə də “universal” əvəzləmə ilə birlikdə bəzi hallarda məqsədə daha tez nail olmağa imkan verən digər əvəzləmələri də bilmək faydalıdır.

1) Əgər inteqral ∫R (sin x )cos x dx şəklindədirsə, onda sin x=t , cos x dx=dt

əvəzləməsi onu ∫R ( t )dt şəklində inteqrala gətirir.

2) Əgər inteqral ∫R (cos x )sin x dx şəklində olarsa, onda o, cos x=t , sin x dx=−dt əvəzləməsi ilə rasional funksiya inteqralına gətirilər.

3) İnteqralaltı funksiya yalnız tgx -dən asılı olarsa, onda tgx=t , x=arctgt , dx= dt

1+t 2 əvəzləməsi həmin inteqralı rasional funksiya

inteqralına gətirir:

∫R (tgx )dx=∫R ( t ) dt1+t 2 .

4) Əgər inteqralaltı funksiya R(sin x ,cos x ) şəklində olarsa, ancaq sin x və cos x yalnız cüt dərəcədən daxildirsə, onda həmin tgx=t əvəzləməsi tətbiq olunur,

çünki sin2 x və cos2 x funksiyaları tgx ilə rasional şəkildə ifadə olunur:

cos2 x= 11+tg2 x

= 11+t 2 , sin2 x= tg2 x

1+tg2 x= t 2

1+t 2 , dx= dt1+t2 .

5) İndi ∫R (sin x ,cos x )dx şəkilli bir inteqrala da baxaq: inteqral işarəsi altında sinm xcosn x dx hasili durur (burada m və n tam ədədlərdir). Burada üç hala baxaq.

a) ∫sinm x cosn x dx inteqralında m və n ədədlərindən heç olmasa biri tək ədəddir. Müəyyənlik üçün n ədədinin tək olduğunu qəbul edək (n=2 p+1) və inteqralı çevirək:

∫sinm x cosn x dx=∫sinm x cos2 p x cos x dx==∫ sinm x (1−sin 2 x )p cos x dx .

sin x=t əvəz edək, onda cos x dx=dt və

∫sinm x cosn x dx=∫ tm(1−t 2)p dtolar. Bu isə t-nin rasional fnksiyasının inteqralıdır.

b) ∫sinm x cosn x dx , burada m və n mənfi olmayan cüt ədədlərdir. f ( x ) qəbul edib, triqonometriyadan məlum olan düsturları yazaq:

sin2 x=1−cos2 x2

, cos2 x=1+cos2x2

(3)

Bu ifadələrinin qiymətlərini inteqralda yerinə yazsaq alarıq;

∫ s∈¿2 p xcos2q xdx=∫( 1−cos 2 x2 )

p

( 1+cos2 x2 )

q

¿

Qüvvətə yüksəldib, mötərizələri açdıqdan sonra cos2 x funksiyasının tək və cüt dərəcəli qüvvətlərini alarıq. Tək dərəcəli hədlər a) halında göstərilən qayda ilə inteqrallanır, cüt dərəcəli qüvvətlərin dərəcəsini isə yenə (3) düsturlarının köməyi

ilə azaldırıq. Bu qaydanı davam etdirərək ∫cos kx dx həddinə gəlib çıxarıq, bu isə asan inteqrallanır.

c) Əgər hər iki qüvvət üstü cüt və heç olmasa biri mənfi olarsa, onda yuxarıda göstərdiyimiz üsül bir nəticə vermir. Bu halda tgx=t (yaxud c tgx=t) əvəzləməsi əlverişlidir.6.∫sin axcos bxdx ,∫ sin axsin bxdx ,∫ cos ax cosbx şəkilli inteqrallar aşağıdakı triqonometrik funksiyaların vasitəsilə tapılır:

sin ax sin bx=12 [cos (a−b ) x−cos (a+b ) x ]

cos axcosbx=12 [cos (a−b ) x+cos (a+b ) x ]

sin ax cosbx=¿ 12 [sin (a−b ) x+sin (a+b ) x ] ¿

I m,n=∫ sinm xcosn xdx şəkilli inteqrallar m və n cüt olduqda aşağıdakı düsturların vasitəsi ilə dərəcənin azaldılması vasitəsi ilə tapılır:

sin2 x=12

(1−cos2 x ); x=12

(1+cos 2 x ) ;sin x cos x=12

sin 2 x

Əgər m və n-dən heç olmasa tək olduqda, məs.m=2k+1 olduqdaI m,n=∫ sin2 k+1 x cosn xdx=−∫ sin2 k x cosn xd (cosx¿)=¿¿

¿∫ (1−cos2 x)k∫sinm x cosn xdx d (cos x )

Misal 1.∫sin 9x sin x=¿ 12∫ [cos 8 x−cos10 x ]dx= 1

16sin8 x−−1

20sin 10 x+C ¿

Misal 2.∫sin 2 x cos2 xdx inteqralını hesablayın.

Həlli. ∫sin 2 x cos2 xdx=∫ (sin xcos x )2 dx=14∫ sin2 2xdx=¿¿

¿ 18∫ (1−cos4 x ) dx=1

8x−1

8∫ cos4 xdx=18

x− 132

sin 4 x+C .

Mövzu18.

Müəyyən inteqral, müəyyən inteqralın əsas xassələri . Müəyyən inteqral və qeyri müəyyən inteqral arasında əlaqə, Nyuton-Leybnis düsturu

1. Müəyyən inteqralın əsas xassələri2. Nyuton-Leybnis düsturu3. Müəyyən inteqralda hissə-hissə inteqrallama4. Müəyyən inteqralda dəyişəni əvəzetmə.

Tutaq ki, f ( x ) Ox oxunun [a , b ] parçasında təyin olunmuşdur.[a ,b ]parçasını n ∀ hissəyə bölək:a=x0<x1<x2<…<xn−1<xn=b ,hər bir elementar [ x i−1 , x i ]-də ∀ ξ i

nöqtəsini götürək və belə parça üçün Δ x i=x i−x i−1uzunluğunu tapaq.f ( x ) funksiyası üçün inteqral cəmı aşağıdakıdır:

∑i=1

n

f (ξ i ) Δ xi=¿ f (ξ1 ) Δ x1+ f (ξ2 ) Δ x2+…+ f (ξn ) Δ xn . (1 )

Elementar parçalardan ən böyüyünün uzunluğu sıfra yaxınlaşdıqda inteqral cəminin limitinə [a , b ] parçasında ( və ya a−¿dan b−¿yədək) f ( x ) funksiyasının müəyyən inteqralı deyilir.

∫a

b

f ( x )dx= limmax∆ xi → 0

∑i=1

n

f (ξi ) Δ x i (2 )

(1) bərabərliylndə a və binteqrallamanın aşağı və yuxarı sərhədləri; [a , b ] inteqrallama parçası ;f ( x ) inteqralaltı funksiya; f ( x ) dx inteqralaltı ifadə; x−¿inteqrallama dəyişəni adlanır. Əgər f ( x )∈C [a , b] onda inteqral cəminin limiti var və [a , b ] parçasının elementar parçalara ayrılmasından və ξ i nöqtəsinin seçilməsindən asılı deyil.Əgər [a ,b ]

parçasında f ( x )>0 olarsa onda ∫a

b

f ( x )dx həndəsi olaraq y=f ( x ) , x=a , x=b , y=0

xətləri ilə məhdudlaşmış əyrixətli trapesiyanın sahəsidir.Müəyyən inteqralın əsas xassələri

1. Müəyyən inteqralın qiyməti dəyişənin işarələməsindən asılı deyil:

∫a

b

f ( x )dx=∫a

b

f (t ) dt

x ,t ixtiyari hərflərdir.2.Sərhədləri eyni olan müəyyən inteqral sıfra bərabərdir:

∫a

a

f ( x )dx=F (a )−F (a )=0.

3.İnteqrallama sərhədlərinin yerini dəyişdikdə müəyyən inteqral işarəsinidəyişir:

∫a

b

f ( x )dx=−∫b

a

f ( x )dx . Həqiqətən də

∫a

b

f ( x )dx=F (b )−F (a )=−(F (a )−F (b ) )=−∫b

a

f (x ) dx.

4.Sabit vurugu inteqral işarəsi xaricinə çıxarmaq olar:

∫a

b

Af (x ) dx=A∫a

b

f ( x ) dx.

5.Əgər [a , b ]inteqrallama parçasını c nöqtəsi ilə iki [a . c ]və[c ,b ]parçalarınabölsək

∫a

b

f ( x )dx=∫a

c

f ( x )dx+∫c

b

f ( x ) dx

6. Bir neçə funksiyanın cəbri cəminin müəyyən inteqralı toplananların inteqrallarının cəbri cəminə bərabərdir:

∫a

b

[ f 1 (x ) ± f 2 ( x ) ]dx=∫a

b

f 1 (x ) dx ±∫a

b

f 2 ( x ) dx

7. Əgər [a , b ]parçasında f ( x ) ≥ 0 olarsa,onda

∫a

b

f ( x )dx ≥0.

8. Əgər [a , b ]parçasında f ( x ) ≤ g ( x )olarsa,onda

∫a

b

f ( x )dx ≤∫a

b

g ( x ) dx .

9.[a ,b ]parçasında təyin olunmuş f ( x ) funksiyası üçün aşağıdakı bərabərlik

doğrudur: |∫a

b

f (x ) dx|≤∫a

b

|f ( x )|dx .

10. Yuxarı sərhəddi dəyişən olan inteqralın diferensialı inteqralaltı ifadəyə

bərabərdir: d∫a

x

f ( x ) dx=f ( x ) dx .

11. Əgər m və M ədədləri f ( x )funksiyasının [a . b ]parçasında ən böyük və ənkiçik qiymətləri və a≤ b olarsa, onda

m (b−a ) ≤∫a

b

f (x ) dx≤ M (b−a ) .

12. Orta qiymət haqqında teorem. Əgər f ( x )∈C [a , b] onda ∃ ξ∈ [a ,b ] var ki,

∫a

b

f ( x )dx=f (ξ )∙ (b−a )

Nyuton-Leybnis düsturu Teorem. Kəsilməz funksiyanın müəyyən inteqralı onun ixtiyari ibtidai funksiyasının yuxarı və aşağı sərhədlərindəki qiymətləri fərqinə bərabərdir.

İsbatı.Tutaq ki. f ( x )∈C [a , b] və ∫a

b

f ( x )dx onun müəyyən inteqralıdır. Tutaq ki,

F ( x ) f ( x )−¿ in ibtidai funksiysıdır: yəni F ' ( x )=f ( x ).Yuxarı sərhəddi dəyişən

olan Ф ( x )=∫a

x

f ( x ) dx müəyyən inteqralına baxaq.Onda inteqralın 10-cu xas-

səsinə görə Ф' ( x )=f ( x ) . Beləliklə F ( x )və Ф( x )- in törəmələri eynidir vəbir- birindən C sabiti ilə fərqlənirlər.

∫a

x

f ( x )dx=F ( x )+C . (1 )

C sabitini müəyyən etmək üçün (1 )−¿də yuxarı sərhəddə x=a qəbul edək.

∫a

a

f ( x )dx=F (a )+C .

0=F (a )+CC=−F (a )və

∫a

x

f ( x )dx=F ( x )−F (a ) (2 ) .

(2 )−¿ də x -in yuxarı sərhədində x=b yazaq:

∫a

b

f ( x )dx=F (b )−F (a ) .

Teorem isbat olundu. Deməli müəyyən inteqral ixtiyari inteqralaltı funksiyanın inteqrallama parçasındakı artımına bərabərdir.Qeyd.F (b )−F ( a )=F ( x ) ab işarələməsini aparsaq F ( x ) funksiyası f ( x )-in

ixtiyari ibtidai funksiyası olduqda ∫a

b

f ( x )dx=F ( x) ab .

Nyuton-Leybnis düsturu riyazi analizın ən mühüm düsturlarından biridir. Bu düsturun köməyi ilə inteqral cəminin limitinin çətin tapılan məsələsi asanlıqla həll olunur.Misal 1.y=sin x (0 ≤ x ≤ π ) sinusoidasının bir yarımdalğası və OX oxu ilə məhdudıanmış fiqurun sahəsini tapın.Müəyyən inteqralın həndəsi mənasına əsasən alırıq kı,

S=∫0

π

sin xdx=−cos x 0π=−cos π+cos0=1+1=2.

Müəyyən inteqralda hissə-hissə inteqrallamaTutaq ki, u=u (x ) , v=v ( x)funksiyaları [a , b ]−¿də kəsilməz və diferensiallanandır. d [u (x ) v ( x ) ]=v ( x ) du ( x)+u ( x ) dv ( x ) . Bu bərabərliyi a-dan b-yədək inteqrallayaraq , du ( x )=u ' ( x )dx ;dv ( x )=v ' (x ) dx olduğunu alırıq:

u ( x ) v ( x ) ab=∫a

b

v ( x )u ' ( x )dx+∫a

b

u ( x ) v ' ( x ) dx

Buradan alırıq: ∫a

b

u ( x ) v ' ( x ) dx=u (b ) v (b )−u (a ) v (a )−∫a

b

v ( x )u' ( x )dx .

Misal1. ∫1

2

x3 ln xdx-i hesablayın.

u=ln x ,dv=x3 dx; du=dxx

v=∫ x3 dx= x4

4.Həqiqətən də ∫

1

2

x3 ln xdx=¿¿

¿ [ x4

4 ln x ]1

2

−∫1

2 x4

4dxx =4 ln 2−¿ 1

4∫12

x3dx=4 ln2− 116

[ x4 ]12=4 ln 2−15

16 .¿

Müəyyən inteqralda dəyişəni əvəzetmə. Qeyri-müəyyən inteqralda olduğu kimi müəyyən inteqralda da dəyişəni əvəzetmə ilə inteqralları sadələşdirmək olur.

Tutaq ki. f ( x )∈C [a .b ] olduqda ∫a

b

f ( x )dx-i hesablamaq lazım gəlir.x dəyişənindən t

dəyişəninə keçək. x=φ (t ) . Tutaq ki,t=α qiymətinə x=φ (t ) düsturunda x=a ;t=βqiymətinə x=b uyğundur.φ (α )=a , φ ( β )=b . Əgər aşağıdakı şərtlər ödənərsə 1.t−¿ni α-dan β-yadək dəyişdıkdə φ ( t )−¿nin qiyməti [a ,b ]-dən kənara çıxmır.

2.φ ( x )∈C [a ,b ] φ' ( x )∈C [ a ,b ] . Onda

∫a

b

f ( x )dx=∫a

b

f [φ ( t ) ]φ ' ( t )dt . (1 )

(1)-i isbat etmək üçün F ( x ) , f ( x )-in ibtidai funksiyası olduqda F (φ ( t ) )əvəzləməsini aparaq.F ' ( x )=f ( x ) . Mürəkkəb funksiyanın diferensiallanması qaydasından istifadə edərək alırıq:ddt

F (φ (t ) )=F ' (φ (t ) )φ' (t )=f (φ ( t ) )φ' (t )=f (φ ( t ) )φ' (t ) . Həqiqətən də

F (φ ( t ) ) f (φ (t ) )φ' ( t )-nin ibtidai funksiyasıdır. Buradan Nyuton-Leybnis düsturu əsasında alırıq:

∫a

b

f (φ ( t ) )φ' ( t ) dt=F (φ (t ) ) ab=F (φ ( β ) )−F (φ (α ) )=F (b )−F (a )=¿¿

¿∫a

b

f ( x ) dx . İsbat olundu.

Mövzu19Müəyyən inteqralın həndəsi və fiziki tətbiqləri

1.Əyri qövsünün uzunluğu

2. Fırlanma cisimlərinin həcmi

3. Müəyyən inteqralın fiziki(mexaniki) tətbiqləri

Əyri qövsünün uzunluğu

Tutaq ki, düzbucaqlı koordinat sistemində y=f ( x )a ≤ x≤ b tənliyi ilə verilmiş AB əyrisi verilmişdir. AB qövsünün uzunluğu aşağıdakı düsturla hesablanır.

l=∫a

b

√1+( f ' ( x ) )2 dx (1 )

x0=a , x1 , x2 ,… , xn=b (x0<x1<x2<…<xn) nöqtələri ilə [a ;b ] parçasını n hissəyə bölək.

Tutaq ki, bu nöqtələrə uyğun olaraq AB əyrisi üzərində M 0=A , M 1, M 2 ,…, M n−1 ,M n=B nöqtələri uyğundur. Uzunluqları uyğun olaraq

∆ L1 ,∆ L2 , …, ∆ Ln olan M 0 M 1 , M1 M 2 ,…, M n−1 M nvətərləri çəkək. Bu zaman, M 1 M 2 …M n−1 M n sınıq xəttini alırıq. Bu sınıq xəttin uzunluğu

Ln=∆ L1+∆ L2+…+∆ Ln=∑i=1

n

∆ Li (2 )düsturu ilə hesablanır. Pifaqor teoreminə görə ∆ Li

qövsünün uzunluğu

∆ Li=√(∆ xi )2+(∆ yi )

2 burada ∆ x i=x i−x i−1; ∆ y i= y i− y i−1

Laqranjın sonlu artım haqqındakı teoreminə görə ∆ y i=f ' (c1 )∙ ∆ x i. Ona görə də

∆ Li=√(∆ xi )2+( f ' (c1 ) ∙ ∆ x i )

2=√1+( f ' (ci ))

2∙∆ x i

Bütün M 1 M 2 …M n−1 M n sınıq xəttinin uzuluğu isə

Ln=∑i=1

n

∆ Li=∑i=1

n

√1+( f ' (ci ))2∙ ∆ x i(3)

AB qövsünün uzunluğu tərifə əsasən

l= limmax ∆ Li →0

Ln= limmax∆ Li → 0

∑i=1

n

∆ Li

∆ Li →0 olduqda ∆ x i →0; ∆ Li=√(∆ xi )2+(∆ y i )

2|∆ x i|<∆ Li

f ' ( x ) funksiyası kəsilməz olduğundan √1+( f ' (x i ))2∈C [a , b ]

Həqiqətən də (3) inteqral cəminin ∆ x i →0 olduqda limiti var:

l= limmax ∆ Li →0

(n → ∞)

∑i=1

n

√1+( f ' (ci ))2 ∙∆ xi=∫

a

b

√1+( f ' ( x ) )2dx (4)

Beləliklə

l=∫a

b

√1+( f ' ( x ) )2 dx

Tutaq ki, müstəvidə əyri y=f ( x ) və ya x=φ ( y ) düsturu ilə verilmişdir. Əyrinin üzərində koordinatları A (a ;c ),B (b;d ) olan nöqtələr verilmişdir. A nöqtəsindən B nöqtəsinədək əyri qövsünün l uzunluğu aşağıdakı düsturdan hesablanır:

l=∫a

b

√1+( y ' )2 dx (5)

l=∫c

d

√1+(x ' )2dy (2)

Əgər əyri parametrik şəkildə verilmişdirsə, t 1≤ t ≤ t2

l=∫t1

t2

√(x ' )2+ ( y ' )2dx (6)

Əgər əyri polyar koordinatlarda verilmişdirsə, r=r (φ ) , α ≤ φ ≤ β

l=∫α

β

√r2+(r ' )2 dx (7)

Fırlanma cisimlərinin həcmi

A1 AB B1

əyrixətli trapesiyasının Ox

oxu boyunca

fırlanmasindan alınan cismin həcmi; AB y=f ( x ) əyrisinin qövsüdür,

V= lim∆ x → 0

∑ π y2 ∆ x=∫x1

x2

π y2dx

Həcm dəyişəninin diferensialı dV=π y2 dx .

A1 AB B1 əyrixətli trapesiyasının Oy oxu boyunca

fırlanmasindan alınan cismin həcmi; AB y=f ( x ) əyrisinin qövsüdür,

lim∆ y→ 0

∑ π x2 ∆ x=∫y1

y2

π x2

Müəyyən inteqralın fiziki(mexaniki) tətbiqləri

a) v=v (t ) sürəti ilə [ t 1; t 2 ] zamanında hərəkət edən cismin getdiyi yol

S=∫t1

t2

v (t ) dt (5)

düsturu ilə ifadə olunur.

b) Dəyişən qüvvənin işi. Ox oxu boyunca [a ;b ] parçasında F=F ( x ) düsturu ilə verilmiş dəyişən qüvvənin işi aşağıdakı inteqrala bərabərdir:

A=∫a

b

F (x )dx(6)

c) Paskal qanununa görə horizontal lövhədəki mayeyə edilən təzyiq yəni P=gγS h , g-sərbəst düşmə təcili, γ- mayenin sıxlığı ,S-lövhənin sahəsi, h-lövhədəki mayenin dərinliyidir. x=a , x=b , y1=f 1 ( x ) və y2=f 2 (x ) xətləri ilə məhdudlanmış şaquli lövhəyə edilən təzyiq aşağıdakı düsturdan tapılır (şək)

P=g γ∫a

b

( f 1 ( x )−f 2 (x ) ) x .dx (7)

d)Koordinat oxlarına nəzərən statik momentlər ətalət momentləri və qövsün ağırlıq mərkəzinin koordinatı (y=f ( x ), a≤ x≤ b)

Sx=∫a

b

γy dl , S y=∫a

b

γx dl(8)

M x=∫a

b

γ y2 dl , M y=∫a

b

γ x2dl (9)

dl=√1+( yx' )2 dx (√ (x y

' )2+( y x' )2 dt ,√r 2+(rφ

' )2 d φ)- qövsün diferensialıdır.

xc=S y

m, yc=

S y

m, m=∫

a

b

γ √1+( y' )2 dx (10)

( burada xc və yc - ağırlıq mərkəzinin koordinatları, m- əyrinin kütləsi.)

Misal1.Avtobus 1m/san2 təcili ilə hərəkət etməyə başlayır. Hərəkət başlayandan 12san. sonra avtobus nə qədər məsafə yol gedər.

Avtobusun hərəkət sürəti v=t m/san. (5) düsturuna əsasən

t 1=0 , t2=12 san .∫0

12

tdt=t 2

2012=72m.

Misal2.20N-luq qüvvə yayı 5sm. uzadırsa yayı 10sm.uzatmaq üçün hansı işi görmək lazımdır.

Hük qanununa görə F ( x )=kx . k−¿mütənasiblik əmsalıdır. Şərtə görə

F=20 N .x=0,05m. 20=k ∙0,05 , k=400 , F=400 x .

Axtarılan iş (6) düsturuna əsasən

A=∫0

0,1

400 xdx=200 x2 00,1=2 coul.

Misal. y=1−x və y=3−2 x−x2 xətləriilə hüdudlanmış fiqurun sahəsini hesablayın.Bu xətləri çəkək.(şək2) və onların kəsişmə nöqtəsinin koordinatlarını1−x=3−2 x−x2 tənliyindən tapaq. Bu tənliyi həll edərək x=1 və x=−2 taparıq. Axtarılan sahə BADC əyrixətli trapesiyasının sahəsi ilə ABC üçbucağının sahəsinin fərqi kimi tapıla bilər. Nyuton-Leybnis düsturuna əsasən alırıq:

SBADC=∫−2

1

(3−2x−x2 )dx=(3 x−x2− x3

3 ) −21 =¿

¿(3−1−13 )−(3∙ (−2 )−(−2 )2− (−2 )3

3 )=9.

S∆ ABC=12

AB ∙ BC=12

∙3 ∙3=92

.

Beləliklə, ştrixlənmiş fiqurun sahəsi

S=SBADC−S∆ ABC=9−92

.=92=4,5.

Mövzu20

Müəyyən inteqralın təqribi hesablama üsulları

1.Düzbucaqlılar düsturu

2.Trapesiyalar düsturu

3.Simpson düsturu

Düzbucaqlılar düsturu

Tutaq ki. [a . b ] parçasında kəsilməz f ( x ) funksiyası verilmişdir. Əyrixətli

trapesiyanın sahəsini ∫a

b

f ( x )dx inteqralını hesablamaq tələb olunur.Bu trapesiyanın

oturacağını yəni [a . b ] parçasını x0=a , x1 , x2 …., xn nöqtələri ilə uzunluqları

h=b−an

=xi−x i−1 olan bərabər n hissələrinə(parçalarına) bölək.Belə parçanın hər bir

nöqtəsində yəni: c i=x i−1+x i

2 -də y i ordinatını quraq.

Onda bütün n sayda düzbucaqlıların sahəsi pilləvari fiqurun sahəsidir və o axtarılan müəyyən inteqralın təqribi qiymətidir:

∫a

b

f ( x )dx ≈ h ( y1+ y2+…+ yn )=b−a

n ∑i=1

n

f ( x i−1+ xi

2 ) .(1)(1) düsturu düzbucaqlılar düsturu adlanır. (1) təxmini bərabərliyinin mütləq xətası aşağıdakı düsturla qiymətləndirilir:

|Rn|≤(b−a )3 ∙ M 2

24 n2 , burada M 2 -|f ' ( x )|-in [a . b ] parçasında ən böyuk qiymətidir.

|Rn|=¿

Trapesiyalar düsturu

Trapesiyalar düsturunu düzbucaqlılar düsturuna analiji olaraq alırlar.[a . b ]

parçasını x0=a , x1 , x2 ….,b=xn nöqtələri ilə uzunluqları h=b−an olan bərabər n

hissələrinə(parçalarına) bölək.Tutaq ki.

y0 , y1 , …, yn funksiya qrafikinin absislərə uyğun nöqtələridir.

∫a

b

f ( x )dx ≈y0+ y1

2∙ h+

y1+ y2

2∙h+…+

yn−1+ yn

2∙h

və ya

∫a

b

f ( x )dx ≈ b−an ( y0+ yn

2+ y1+ y2+…+ yn−1) . (2 )

(2) düsturu trapesiyalar düsturu adlanır.

(2) təxmini bərabərliyinin mütləq xətası aşağıdakı düsturla qiymətləndirilir:

|Rn|≤(b−a )3 ∙ M 2

12n2, burada M 2

-|f ″ ( x )|-in [a . b ] parçasında ən

böyuk qiymətidir.

Simpson düsturu

Əvvəlcə əyrixətli trapesiyanın S sahəsini tapaq. Bu əyrixətli trapesiya yuxarıdan

y=a x2+bx+c parabolası, yanlardan x=−h, x=h düz xətləri ilə, aşağıdan isə [a .b ] parçası ilə məhduddur.Tutaq ki, parabola M 1 (−h;0 ) , M 2 (0 ; y1) , M 3 (h ; y2) nöqtələrindən keçir; burada y0=ah−bh+c-parabolanın x=−h nöqtəsindəki ordinatı; y1=c-parabolanın x=0 nöqtəsindəki ordinatı;y2=ah+bh+c-parabolanın x=h nöqtəsindəki ordinatıdır.

S=∫−h

h

(a x2+bx+c )dx=(a x3

3+b x2

2+cx)│−h

h =23

ah3+2 ch . (3 )

Bu sahəni h , . y0 , y1 , y2 ilə ifadə edək.

a= 12h2 ( y0−2 y1+ y2 ) ,c= y1 .

c və a-nın qiymətlərini (3)-də yerinə qoyaraq alırıq:

S=23

h3 ∙ 12h2 ( y0−2 y1+ y2 )+2 h∙ y1=¿

¿ h3 ( y0−2 y1+ y2 )+2h y1=

h3 ( y0+4 y1+ y2 ) . ( 4 )

İndi ∫a

b

f ( x )dx inteqralını hesablamaq üçün Simpson düsturunu alaq.

Bunun üçün [a . b ] parçasını x i=x0+ih ( i=0,1,2 , , …,2 n ) nöqtələri ilə uzunluqları h=b−a2n

olan bərabər hissələrə bölək.

a=x0 , x1 , x2 ,…. x2 n−2 , x2n−1 , , x2 n=b bölünmə nöqtələrində inteqralaltı f ( x ) funksiyasının y0 , y1, y2 ,…. y , y , y qiymətlərini hesablayaq. Hər bir qonşu əyrixətli trapesiyalar cütlüyünü oturacağı 2h olan bir elementar parabolik trapesiya ilə əvəz edək.[ x1; x2 ]

parçasında parabola üç nöqtədən :(x1; y1 ) , (x2; y2 ) , (x3; y3 ) keçir.(4)-dən istifadə edərək alırıq:

S1=∫x0

x2

f ( x ) dx=h3 ( y0+4 y1+ y2 ) .

Analoji olaraq

S1=∫x2

x4

f ( x ) dx= h3 ( y2+4 y3+ y4 ) ,…,

Sn=∫x2n−2

x2n

f (x ) dx=h3 ( y2n−2+4 y2 n−1+ y2n ) .

Alınmış bərabərlikləri toplayaraq alırıq:

∫a

b

f ( x )dx ≈ b−a6 n (( y0+ y2n )+4 ( y1+ y3+…+ y2n−1 )++2 ( y2+ y4+…+ y2 n−2 ))+¿

(5)

(5) düsturu Simpson(parabolalar) düsturu adlanır.

(5) düsturu ilə hesablanmış mütləq xəta aşağıdakı düsturla hesablanır:

|Rn|≤(b−a )5

180 ∙ (2 n )4M 4 ; M 4=max

a≤ x≤ b|f IV ( x )|.

Misal 1.∫0

2

x3 dx inteqralını [0 ;2 ] parçasını 4 hissəyə bölərək

hesablayın.

Həlli. f ( x )=x3olduğundan

a=x0=0 ;b=x4=2, h=b−an

=24=1

2.

x0=0 ; y0=0 ; x1=12

; y1=13

; x2=1; y2=1 ; x3=32

; y3=278

;x 4=2 ;

y4=8.

a) düzbucaqlılar düsturuna əsasən:

c1=14

, y1=1

64;c2=

34

, y2=2764

;

c3=54

, y3=12564

; c4=74

, y4=3436

,

∫0

2

x3 dx≈ 12 ( 1

64+ 27

64+ 125

64+ 343

64 )=3,875 ;

yəni,∫0

2

x3 dx ≈ 3,875

b)trapesiyalar düsturuna əsasən:

∫0

2

x3 dx≈ 12 ( 0+8

2+ 1

8+1+ 27

8 )=¿4,25 ;¿

yəni,∫0

2

x3 dx ≈ 4,25;

c)Simpson düsturuna əsasən:

∫0

2

x3 dx ≈ 26 ∙2 (0+8+4 ( 1

8+27

8 )+2 ∙1)=¿ 4.¿

yəni,∫0

2

x3 dx ≈ 4.

İnteqralın dəqiq qiyməti ∫0

2

x3 dx= x4

4│0

2=4.

Düsturların uyğun mütləq xətaları belədir: a)0,125; b)0,25; c)0.

Mövzu21Çoxdəyişənli funksiya anlayışı və onun həndəsi mənası. Çoxdəyişənli

funksiyanın limiti və kəsilməzliyi. Çoxdəyişənli funksiyanın xüsusi törəmələri1. Çoxdəyişənli funksiya anlayışı və onun həndəsi mənası

2. Çoxdəyişənli funksiyanın limiti və kəsilməzliyi.

3. Çoxdəyişənli funksiyanın xüsusi törəmələri

Həndəsənin bir çox məsələlərində,təbiət hadisələri və s.iki,üç və s.dəyişənlərdən asılı funksiyalardan istifadə etmək lazım gəlir.Misal1. Üçbucağın sahəsi S=1

2xy , x>0 , y>0x−¿oturacaq, y-hündürlük 2 dəyışəndən

asılıdır.Misal 2. Sferanın tənliyini x2+ y2+z2=R2 z−¿ə görə həll edərək alırıq:Z=√R2− y2−x2;x≥ 0 burada z, x və y-dən aslıdır.

Misal3. Kəsik konusun həcmi V ( R ,r , h )=13

πh (R2+Rr+r2 ) 3 dəyişəndən asılıdır.

Misal 4. Silindrin tam səthinin sahəsiS ( R , h )=2 πRh+2 π R2 2 dəyişəndən asılıdır.

Tər i f 1. Əgər D dəyişmə oblastından götürülmüş bir-birindən asılı olmayan

iki x və y dəyişən kəmiyyətinin hər bir (x, y) qiymətlər cütünə z kəmiyyətin

müəyyən bir qiyməti uyğun olarsa onda deyirik ki,z z kəmiyyəti x və y sərbəst

dəyişənlərinin funksiyasıdır və D oblastında təyin olunmuşdur.

İki dəyişənin funksiyası simvolik olaraq belə işarə olunur:

z=f (x , y ), z=F (x , y ) və s.

İkidəyişənli funksiya cədvəl vasitəsi ilə və ya analitik şəkildə – düstur vasitəsi

ilə verilə bilər. Birdəyişənli funksiyada olduğu kimi, ikidəyişənli funksiya da x və y

arqumentlərinin, ümumiyyətlə, bütün qiymətlərində təyin olunmur.

Tər i f 2. x və y dəyişənlərinin z=f (x , y ) funksiyasının təyin olunduğu (x , y )

qiymətlər cütünün çoxluğuna bu funksiyanın təyin oblastı və ya varlıq oblastı

deyilir.

Funksiyanın təyin oblastı həndəsi olaraq belə təsvir edilə bilər. Əgərxvəy

dəyişənlərinin hər bir qiymətlər cütünü OXY müstəvisi üzərində M (x, y) nöqtəsi

kimi göstərsək, onda funksiyanın təyin oblastı müstəvi nöqtələlrinin müəyyən bir

çoxluğu əmələ gətirər. Həmin bu nöqtələr çoxluğuna funksiyanın təyin oblastı

deyəcəyik. Hər hansı oblastı hüdudlandıran xətt həmin oblastın sərhədi adlanır.

Oblastın sərhədi üzərində yerləşməyən nöqtələrinə onun daxili nöqtələri deyilir.

İkidəyişənli funksiyanın tərifini üç və daha çox dəyişənin funksiyası üçün də

asanlıqla ümumiləşdirmək olar.

Tər i f 3. Əgər x1 , x2 , x3 ,…, xn dəyişənlərinin baxılan hər bir qiymətlər çoxluğuna

y dəyişəninin müəyyən bir qiyməti uyğun olarsa, onda y kəmiyyətinə x1 , x2 , x3 ,…, xn

dəyişənlərinin funksiyası deyilir və y=F (x1 , x2 , x3 , …, xn ), yaxud y=f (x1 , x2, x3 , …, xn )

və s. kimi işarə edilir.

İkidəyişənli funksiyada olduğu kimi, üç, dörd və daha çox dəyişənli

funksiyaların da təyin oblastından danışmaq olar. Məsələn, üçdəyişənli funksiyanın

təyin oblastı ( x , y , z ) ədədlər üçlüyünün müəyyən çoxluğu olur. Qeyd edək ki,

ədədlərin hər bir üçlüyü OXYZ fəzasının bir M (x , y , z ) nöqtəsini təyin edir.

İkidəyişənli funksiyanın həndəsi təsvir i . OXY müstəvisində yerləşən

G oblastında təyin olunmuş

O

z

yx

22 yxz

z

x

yP

O

z

xy

G

z=f (x , y ) (1)

funksiyasını və OXYZ düzbucaqlı Dekart koordiniat sistemi götürək. G təyin

oblastının hər bir (x, y) nöqtəsində OXY müstəvisinə qaldırılmış perpendikulyar

üzərində f (x, y) ədədinə bərabər parça ayıraq. Onda biz fəzada koordinatları x, y,

z=f (x , y ) olan P nöqtəsini alarıq (şəkil ).

Koordinatları (1) tənliyini ödəyən P nöqtələrinin həndəsi yerinə ikidəyişənli

funksiyanın qrafiki deyilir. (1) tənliyi fəzada müəyyən bir səthi təyin edir.

Beləliklə, ikidəyişənli funksiyanın qrafiki səthdən ibarətdir, bu səthin OXY

müstəvisi üzərindəki proeksiyası funksiyanın G təyin oblastı olur.

Üç və daha çox arqumetli funksiyaların fəzada qrafiklərini əyani təsvir etmək

mümkün deyil.

Çoxdəyişənli funksiyanın xüsusi törəmələri

Tutaq ki, z=f (x , y )ikidəyişənli funksiyası verilmişdir. OXY müstəvisinə paralel

olan y=const . müstəvisinin z=f (x , y ) səthini kəsdiyi PS xəttinə baxaq (şəkil ). Bu

müstəvi üzərində y qiymətini sabit saxladığı üçün, PS xətti boyunca z -in

dəyişməsi ancaq x-in dəyişməsindən asılı olar. x sərbəst dəyişəninə x artımı

versək onda z uyğun artım alar. Bu artıma z funksiyasının x arqumentinə görə

xüsusi artımı deyilir və ∆x z ilə işarə edilir, belə ki,

∆x z=f ( x , x+Δ x )− f ( x , y ). (1)

Analoji olaraq, x-in qiyməti sabit qalmaqla y dəyişərsə, onda z funksiyanın

aldığı artıma funksiyanın y arqumentinə görə xüsusi artımı deyilir. Bu artımı Δ y z

simvolu ilə işarə edirlər:

∆ y z= f ( x , y+Δ y )−f ( x , y ). (2)

SxzS

P

O

zz

y

yy

xx x

Funksiya öz ∆ y z xüsusi artımını z=f (x , y ) səthi ilə OYZ müstəvisinə paralel olan

x=const müstəvisinin kəsişdiyi “xətt boyunca” alır.

Nəhayət, x arqumentinə x artımını, y arqumentinə isə

y artımını verməklə z üçün yeni ∆ z artımını alarıq. Bu

artım funksiyanın tam artımı adlanır və

∆ z=f ( x+∆ x , y+∆ y )+ f ( x , y ) (3)

bərabərliyi ilə təyin olunur.

Ümumiyyətlə, tam artım xüsusi artımların cəminə bərabər deyil, yəni∆ z=∆x z+∆ y z .

Misal. x : 2-dən 2,2-yə qədər , y: - 1-dən 0,9-a qədər qiymət aldıqdaf ( x , y )=x2+ xy−2 y2 funksiyasının tam artımını tapın.

∆ x=0,2 ∆ y=−0,1f (2,1 )=22+2∙ 1−2 ∙12=4

f (2,2 ;0,9 )=2,22+2.2∙ 0,9−2 ∙ 0,92=5,2∆ f (2;1 )=5,2−4=1,2

İstənilən sayda dəyişən kəmiyyətin funksiyasının xüsusi və tam artımları oxşar

qayda ilə təyin olunur.

Çox mühüm olan köməkçi bir anlayışı – nöqtənin ətrafı anlayışı verək. Mərkəzi

M 0 ( x0 , y0 ) nöqtəsində olan r radiuslu dairənin daxilində yerləşən bütün nöqtələr

çoxluğuna M 0 ( x0 , y0 ) nöqtəsinin r radiuslu ətrafı deyilir.

Tər i f 1. Əgər ∀ ε>0 ədədi üçün ∃r>0 ədədi tapmaq olarsa ki, MM0<r

bərabərsizliyinin ödəndiyi bütün M (x , y ) nöqtələri üçün

|f (x )−A|<ε

bərabərsizliyi doğru olsun, onda A ədədinəM (x , y ) nöqtəsi M 0 ( x0 , y0 ) nöqtəsinə

yaxınlaşdıqda f ( x , y ) funksiyasının limiti deyilir və belə işarə edilir:

limx → x 0

y → y0

f ( x , y )=A .

Tər i f 2. Tutaq ki, M 0 ( x0 , y0 )nöqtəsi f ( x , y )funksiyasının təyin oblastına daxildir.

Əgər M (x , y ) nöqtəsi istənilən qayda ilə M 0 ( x0 , y0 )nöqtəsinə yaxınlaşdıqda

limx → x0

y → y0

f ( x , y )=f (x0 , y0 ) .

olarsa, ondaz=f (x , y ) funksiyasına M 0 ( x0 , y0 ) nöqtəsində kəsilməz funksiya deyilir.

Oblastın bütün nöqtələrində kəsilməz funksiyaya həmin oblastda kəsilməz

funksiya deyilir.

Tər i f. z=f (x , y )funksiyasının x-ə görə ∆ x z xüsusi artımının x artımına

nisbətini tərtib edək . x sıfra yaxınlaşdıqda bu nisbətin limitinə həmin funksiyanın

x-ə nəzərən xüsusi törəməsi deyilir. z=f (x , y )funksiyanın x-ə nəzərən xüsusi

törəməsini

∂ z∂ x

, ∂ f∂ x

, zx' , f x

' ( x , y )

simvollarından biri ilə işarə etmək olar. Beləliklə, tərifə əsasən

lim∆ x→ 0

∆ x z∆ x

= lim∆ x →0

f ( x+∆ x , y )−f ( x , y )∆ x

= ∂ z∂ x

Oxşar qayda ilə ∆ y z xüsusi artımının Δ y-ə nisbətinin Δ y sıfra yaxınlaşdıqda

limitinə z=f (x , y )funksiyasının y-ə nəzərən xüsusi törəməsi deyilir və

∂ z∂ y

, ∂ f∂ y

, z y' , f y

' ( x , y )

simvollarından biri ilə işarə edilir. Beləliklə,

∂ z∂ y

= lim∆ y →0

∆ y z∆ y

= limΔ y →0

f ( x , y+Δ y )−f (x , y )Δ y

∆x z artımını hesablayarkən y-in, ∆ y z -i hesablayarkən isə x-in sabit

saxlandığını nəzərə alaraq, xüsusi törəmələrin tərifini belə vermək olar:

z=f (x , y ) funksiyasında y-i sabit fərz edərək, x-ə nəzərən hesablanmış törəməyə

x-ə nəzərən xüsusi törəmə deyilir. z=f (x , y ) funksiyasında x-i sabit fərz edərək y-ə

nəzərən hesablanmış törəməyə y-ə nəzərən xüsusi törəmə deyilir.

Bu qaydadan aydındır ki, çoxdəyişənli funksiyanın xüsusi törəmələrinin

tapılması birdəyişənli funksiyanın törəməsinin tapılması qaydası kimidir, yalnız

yadda saxlamaq lazımdır ki, hansı dəyişənə nəzərən törəmə alınır.

Tutaq ki, ikidəyişənli z=f (x , y ) funksiyası verilmişdir. Ümumiyyətlə desək,

∂ z∂ x

=f x' ( x , y ) və ∂ z

∂ y=f y

' ( x , y ) xüsusi törəmələri x və y kəmiyyətlərinin

funksiyalarıdır. Ona görə də onlardan yenidən xüsusi törəmələr almaq olar.

Deməli, ikidəyişənli funksiyanın ikitərtibli xüsusi törəmələrinin sayı dörddür,

çünki ∂ z∂ x

və ∂ z∂ y

funksiyalarından hər birini həm x və həm də y arqumetlərinə

nəzərən diferensiallamaq olar:∂2 z∂ x2=f x

″; ∂2 z∂ x ∂ y

=f xy″ ; ∂2 z

∂ y ∂ x=f xy

″ ; ∂2 z∂ y2=f y

″ İkitərtibli

törəmələri də yenə həm x, həm də y-ə nəzərən diferensiallamaq olar. Onda

üçtərtibli xüsusi törəmələr alarıq. Bunların sayı səkkiz olar: ∂3 z∂ x3 ; ∂3 z

∂ x2∂ y; ∂3 z

∂ x∂ y2;∂3 z

∂ x ∂ y ∂ x; ∂3 z

∂ x2 ∂ y; ∂3 z

∂ y∂ x ∂ y; ∂3 z

∂ x ∂ y2 ;∂3 z∂ y3 İstənilən n tərtibli

törəmə n−1 tərtibli törəmənin birinci törəməsidir.

Misal 1. u=x2 y2 z+2 x−3 y+z+5 funksiyasının xüsusi törəmələrinin tapın.Həlli.

∂ u∂ x

=2 x y2 z+2

∂u∂ y

=2 x2 yz−3

∂u∂ z

=x2 y2+1

Misal 2. V ( R ,r ,h )=13

πh (R2+Rr+r2 ) ; ∂V∂ R

=? ∂V∂ r

=? ∂ V∂ h

=?

Həlli. ∂V∂ R

=13

π h (2 R+r ) ; ∂ V∂ r

=13

π h (R+2 r ); ∂V∂h

=13

π (R2+Rr+r2 ) .

Mövzu 22Çoxdəyişənli funksiyanın tam diferensiflı, ekstremumu. Qradiyent,

istiqamətinə görə törəmə. Ən kiçik kvadratlar üsulu1.Tam diferensial2.Ekstremum

3.Qradiyent,istiqamətinə görə törəmə

4.İkidəyişənli funksiya üçün Teylor düsturu

5.Ən kiçik kvadratlar üsulu

Tam diferensial.Tutaq ki, z=( x , y ) funksiyası verilmişdir. Bu funksiyanın tam artımı

∆ x=f ( x+∆ x , y+∆ y )−f ( x , y )Verilmiş funksiyanın M (x , y )və M ' ( x+∆ x , y+∆ y ) nöqtələrindəki fərqidir.

Nöqtələr arasındakı fərqiρ=√ (∆ x )2+( ∆ y )2

ilə işarə edək. ρ → 0 olduqda ∆ x və ∆ y-dən asılı olmayan A və Bkəmiyyətlərini elə seçək ki, A ∆ x+B ∆ yifadəsi ∆ z tam artımından ∆ z=A ∆ x+B ∆ y+β ∆ y+γρρ → 0-da γ →0. (1)(1) ifadəsini başqa şəkildə belə yaza bilərik:

∆ x=ρcos φ , ∆ y=ρ sin φρ=∆ x ∙ cosφ+∆ y sin φ

∆ z=A ∆ x+B ∆ y+α ∆ x+ β ∆ y (2) ρ → 0-da yəni ∆ x →0 və ∆ y → 0α=γ cosφ →0və β=γ sin φ → 0.Birdəyişənli funksiyanın diferensialının tərifini iki dəyişənli funksiya üçün ümumiləşdirərək aşağıdakı tərifləri alırıq. Tərif 1. Asılı olmayan dəyişənin diferensialı bu dəyişənin artımıdır. Yəni dx=∆ x və dy=∆ y . Tərif 2. z=( x , y )funksiyasının diferensialı bu funksiyanın tam artımının əsasxətti hissəsidir. Tamdiferensialı dilə işarə etsək alarıq: dz=A ∆ x+B ∆ y A və B ∆ x və ∆ y -dənasılı deyil.

∆ z−dz=α ∆ x+β ∆ yα və β sonsuz kiçik kəmiyyətlərdir.Tam diferensialı olan funksiyaya diferensiallanan funksiya deyilir. Əgər z=( x , y ) funksiyası diferensiallanandırsa bu funksiya kəsilməzdir. Həqiqətən də (2) düsturunda ∆ x →0 və ∆ y → 0 limitə keçsək

lim∆ x → 0∆ y→ 0

∆ z=0.

Yəni z funksiyası kəsilməzdir. Misal.z=xy funksiyasının tam diferensialını tapın. z funksiyasına tərəfləri x və y olan düzbucaqlının sahəsi kimi baxa bilərik. x və y tərəflərinə ∆ x və ∆ y artımlarını verək. onda

∆ z= (x+∆ x ) ( y+∆ y )−xy= y ∆ x+ x∆ y+∆ x∙ ∆ y .Bu artımın baş hissəsi tərəfləri y , ∆ x və x ∆ y olan iki düzbucaqlıdan ilbarətdir. Onda

dz= y ∆ x+x ∆ y

Teorem 1. Funksiyanın tam diferensialı onun bütün xüsusi törəmələrinin uyğun dəyişənlərin diferensialları hasilinin cəminə bərabərdir.

Isbatı.Tutaq ki, z=( x , y ) funksiyası diferensiallanandır,dz=A ∆ x+B ∆ y (3)

A və B əmsallarını təyin etmək üçün funksiyanın tam artımını yazaq:∆=A ∆ x+B ∆ u+α ∆ x+β ∆ y (4)

Burada ∆ x →0 və ∆ y → 0 α və β sonsuz kiçik kəmiyyətdir. (4) –də ∆ y=0 qəbul etsək∆x z=A ∆ x+α ∆ x xüsusi artımını alarıq.

∆ x z∆ x

=A+α

∆ x →0 alarıq: lim∆ x→ 0

∆ x z∆ x

= ∂ z∂ x

=A

Analoji olaraq (4) –də ∆ x=0 qəbul etsək,

lim∆ y→ 0

∆y z∆ y

= ∂ z∂ y

=B .

Beləliklə, A=∂ z∂ x

; B= ∂ z∂ y

.

Bu qiymətləri (3) düsturuna yazaraq və Δx=dx , Δy=dy olduğunu nəzərə alsaq:

dz= ∂ z∂ x

dx+ ∂ z∂ y

dy (5)

Funksiyanın diferensiallanmasının kafi şərti:əgər z=f (x , y ) funksiyasının ∂ z

∂ x= f x

' ( x , y ) və ∂ z∂ y

=f y' ( x , y )

kəsilməz törəmələri varsa onda bu funksiya diferensiallanandır və onun tam diferensialı (5) düsturu ifadə olunur.

Istiqamətinə görə törəmə və funksiyanın qradiyenti.

1°.Funksiyanın istiqamətinə görə törəməsi. z=f (x , y ) funksiyasının

l=P1

istiqamətində törəməsi.∂ z∂ l= lim

P1 P→ 0

f (P1 )−f ( P )P1 P

burada f ( P ) və f (P1 ) . z=f (x , y )funksiyasınınP və P1 nöqtələrindəki qiymətidir.əgər z funksiyası diferensiallanandırsa, onda

∂ z∂ l= ∂ z

∂ xcosα+ ∂ z

∂ ysin α (1)

α−l vektorunun Ox oxu ilə əmələ gətirdiyi bucaqdır.Analoji olaraq üç arqumentli u=f ( x , y , z ) funksiyası üçün

∂u∂l= ∂ z

∂ xcos α+ ∂ u

∂ ycos β+ ∂u

∂ zcos γ (2)

Buradaα , β və γ l vektoru ilə uyğun koordinat oxları arasındakı bucaqdır. Istiqamətinə görə törəmə funksiyanın bu istiqamətdə dəyişmə sürətini xarakterizə edir. Misal 1.z=2 x2−3 y2 funksiyasının P (1,0 ) nöqtəsində Ox oxu ilə 120°-li bucaq əmələ gətirən istiqaməti üzrə törəməsini tapın. Həlli: verilmiş funksiyanın xüsusi törəmələrini və onların P nöqtəsində qiymətini tapaq:

∂ z∂ x

=4 x ;( ∂ z∂ x )P

=4

∂ z∂ y

=−6 y ; ( ∂ z∂ y )P=0.

cos α=cos120°=−12

cos α=cos120°=√32

∂ z∂ l=4 ∙(−1

2 )+0 ∙ √32=−2.

Mənfi işarəsi onu göstərir ki, verilmiş nöqtədə və verilmiş istiqamətdə funksiya azalır.

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

Bu istiqaməti funksiyanın 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∂l=|gradU|∙ cos φ

Koordinat oxları ilə proyeksiyaları verilmiş funksiyanın uyğun xüsusi törəmələri olan vektor z=f (x , y ) funksiyasının qradiyenti adlanır:

gradz=∂ z∂ x

i+ ∂ z∂ y

j (3 )

Istiqamətinə görə törəmə funksiyanın qradiyentinin diferensiallama istiqamətinə görə proyeksiyasına bərabərdir.

∂ z∂ l=pr l gradz .

Analoji olaraq üç dəyişənli u=f ( x , y , z ) funksiyası üçün gradu= ∂u

∂ xi+ ∂ u

∂ yj+ ∂u

∂ yk (4)

Misal 2. z=x2 y funksiyasının P (1;1 ) nöğqtəsində qradiyentini tapın və qurun.

Həlli: ∂ z∂ x

=2 xy ;( ∂ z∂ x )P=2.

∂ z∂ y

=x2 ;( ∂ z∂ y )P

=1.

gradz=2 i+ j .Misal 3.z=2.5 x2−5 xy+3 y2+5 y funksiyasınin A (1,2 ) nöqtəsində Ox oxu ilə 30° 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 ilə işarə etsək

∂ z∂ l=−5cos 30°+12 sin30°=−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.

Eyler teoremi. Əgər ∀ k vurugu üçün f ( kx , ky )=kn f ( x . y ) bərabərliyi ödənilərsə, f ( x , y ) funksiyasına n tərtiblı bircins funksiya deyilir. ntərtibli bircins funksiyalar üçün aşağıdakı münasibət ( Eyler teoremi) doğrudur:

x ∂ f∂ x

+ y ∂ f∂ y

=nf ( x , y ) .

İkidəyişənli funksiya üçün Teylor düsturuTutaq ki, z=f (x ; y ) funksiyası (n+1 )-ci tərtib daxil olmaqla M 0 ( x0 , y0 )

nöqtəsinin ətrafında kəsilməzdir. Onda bu ətrafın ∀ M (x0+∆ x , y0+∆ y )nöqtələri üçün aşağıdakı bərabərlik ödənilir:

f (x0+∆ x , y0+∆ y )=¿ f (x0 , y0 )+df (x0, y0 )+12!

d2 f (x0 , y0 )+13 !

d3 f (x0, y0 )+¿

+…+ 1n !

dn f (x0 , y0 )+1

(n+1 ) !dn+1 f (x0+θ Δ x ; y 0+θ Δ y ) , 0<θ<1.

Bu düstura Teylor düsturu deyilir. Bərabərliyin sağ tərəfindəki ifadə isə n tərtibli Teylor çoxhədlisi adlanır. Ikidəyişənli funksiyanın ekstremumu. 1°. Tərif 1.M 0 ( x0 ; y0 ) nöqtəsinə kifayət qədər yaxın və ondan fərqli olan bütün (x,y) nöqtələri üçün f (x0 ; y0 )> f (x , y ) olduqda biz z=f (x , y ) funksiyasının M 0 ( x0 ; y0 ) nöqtəsində maksimumu var. Tərif 2. M 0 ( x0 ; y0 ) nöqtəsinə kifayət qədər yaxın və ondan fərqli olan bütün ( x , y ) nöqtələrində f (x0 ; y0 )< f (x , y ) olarsa, onda, z=f (x , y ) funksiyasının M 0 ( x0 ; y0 ) nöqtəsində minimumu var. Funksiyanın maksimum və minimumuna onun ekstremumu deyilir. Analoji olaraq üç və daha çox dəyişənlər üçün funksiyanın eksremumu tətin olunur. 2°. Funksiyanın ekstremumunun zəruri şərti. Diferensiallanan z=f (x , y ) funksiyasının ekstremumu olduğu nöqtələr

{ ∂ z∂ x

=0

∂ z∂ y

=0

sistemindən tapılır. Həmin nöqtələr funksiyanın böhran nöqtələri adlanır. 3°. Funksiyanın ektremumunun kafi şərti. Tutaq ki, M ( x0 . y0 ) nöqtəsi z=f (x , y ) funksiyasının stasionar nöqtəsidir.df (x0 ; y0 )=0.

A=[ ∂2 z∂ x2 ]

M 0

; B=[ ∂2 z∂ x ∂ y ]M 0

;C=[ ∂2 z∂ y2 ]

Mişarə edirik.

İkitərtibli determinant tərtib edirik:

∆=|A BB C|=AC−B2 .

Axtarılan P0 (x0 . y0 ) böhran nöqtəsində ∆>0 ; A<0 olduqda z=f (x ; y ) funksiyasının bu nöqtədə maksimumu var; ∆>0 ; A>0 olduqda z=f (x ; y ) funksiyasının bu nöqtədə minimumu var; ∆<0 olduqda ekstremumu yoxdur; ∆=0 olduqda başqa üsullardan istifadə olunur.

Ən kiçik kvadratlar üsulu

Ən kiçik kvadratlar üsulu ilk dəfə 1806-cı ildə Lejandr tərəfindən astronomik müşahidələr əsasında fəza mexanikasının məsələlərində istifadə olunub. 1809-cu ildə Haus bu üsulu daha da mükəmməlləşdirmişdir. İndi ən kiçik kvadratlar üsulu riyazi statistikanın ən mühüm qollarından biridir və elm və texnikanın müxtəlif sahələrində statistik nəticə çıxarma üçün istifadə olunur.

Tutaq ki, təcrübə nəticəsində x və y dəyişənləri arasındakı asılılıq aşağıdakı cədvəl şəklində verilmişdir:

x x1 x2 x3 x4 … xn

y y1 y2 y3 y4 … yn

xOy koordinat sistemində M 1 (x1 ; y1) , M 2 (x2 ; y2 ) , M 3 (x3 ; y3 ) , …, M n (xn; yn ) nöqtələrini quraq (şək).Fərz edək ki, göstərilmiş nöqtələr hər hansı (l) düz xəttinə kafi qədər yaxınlıqda yerləşmişdir və həmin düz xəttin tənliyi y=ax+b şəklindədir. Düz xəttin a və b parametrlərini cədvəldən istifadə edərək necə tapmaq olar?

(l) düz xətti üzərində yerləşməyən M i (x i ; yi )

nöqtəsinə və (l) düz xətti üzərində yerləşən N i (x i; y i ) nöqtəsinə baxaq. Ordinatların

(a x i+b )− y i fərqi M i (x i ; y i ) nöqtəsinin

l) düz xəttindən meylini göstərir.

İkidəyişənli funksiyanın ən kiçik qiymətini müəyyən edək:

S=f (a ,b )=(a x1+b− y1 )2+(a x2+b− y2 )

2+…+¿

(a xi+b− y i)2+((a xn+b− yn ))2

Funksiyanın ekstremumunun kafi şərtindən istifadə edərək alırıq:∂ S∂ a

=0 və ∂ S∂ b

=0

∂ S∂ a

=2 (a x1+b− y1 ) ∙ x1+2 (a x2+b− y2 ) ∙ x2+…+¿

+2(a x i+b− y i)∙ xi+…+2 (a xn+b− yn ) ∙ xn=0 ;

∂ S∂ b

=2 (a x1+b− y1 )+2 (a x2+b− y2 )+…+¿

+2 (a x i+b− y i )+…+2 (a xn+b− yn )=0.

Sadə çevirmələrdən sonra a və b dəyişənlərinə nəzərən tənliklər sistemini alırıq:

{a (x12+x2

2+x32+…+xn

2 )+b (x1+x2+…+xn )−(x1 y1+x2 y2+…+xn yn )=0a (x1+x2+x3+…+ xn )+bn−( y1+ y2+ y3+…+ yn )=0.

Və ya cəm simvolundan istifadə edərək alırıq:

{a∑i=1

n

x i2+b∑

i=1

n

xi=∑i=1

n

x i y i ;

a∑i=1

n

x i+bn=∑i=1

n

y i .(2 )

(2) sistemini x ,y , x2 və xy−¿in orta qiymətlərindən istifadə edərək başqa formada yaza bilərik.Tutaq ki,

x=∑i=1

n

x i

n; y=

∑i=1

n

y i

n; xy=

∑i=1

n

x i y i

n; x2=

∑i=1

n

x i2

n.

(2) sisteminin bütün hədlərini n-ə bölərək və x , y , xy , x2orta qiymətlərini yerinə qoyaraq alırıq:

{a x2+bx=xya x+b= y

(3 )

(3) sistemini həll edərək a və b parametrlərinin elə qiymətlərini alırıq ki,

y=ax+b tənliyi x ,y dəyişənləri arasındakı asılılığı müəyyən edir.

Məsələ1. Təcrübə nəticəsində alınmış x və y dəyişənləri arasındakı asılılıq aşağıdakı cədvəl şəklində verilmişdir:

x 2 4 6 8 10y 5,5 8,5 13,6 17,3 20,1Əgər x və y dəyişənləri arasındakı asılılıqy=ax+b düsturu ilə verilmişdirsə ən kiçik kvadratlar üsulundan istifadə edərək a və b parametrlərini tapın.

Həlli. (3) sisteminə daxil olan x ; y ; y2 ; xy ; kəmiyyətlərini hesablamaq üçün aşağıdakı cədvəli tərtib edək:

x y x2 x ∙ y2 5,5 4 114 8,5 16 346 13,6 36 81,68 17,3 64 138,410 20,1 100 201

∑ 30 65 220 466n=5 ; x=30

5=6 ;

{44 a+6 b=93,26 a+b=13 {44 a+6 b=93,2

36 a+6 b=78⟹8 a=15,2 ;a=1,9 ;b=1,6.

Beləliklə x və y dəyişənləri arasındakı asılılıqy=1,9 x+1,6 düsturu ilə ifadə olunur.Ən kiçik kvadratlar üsulunu M 1 (x1 ; y1) , M 2 (x2 ; y2 ) ,M 3 (x3 ; y3 ) , …, M n (xn; yn ) nöqtələri y=a x2+bx+c kafi qədər yaxınlığında yerləşdikdə də tətbiq etmək olur. Bu zaman nəzərə alırlar ki, x və y dəyişənləri bir-biri ilə y=a x2+bx+ckvadrat funksiyası ilə əlaqəlidirlər. Tutaq ki, M i (x i ; y i ) cədvəldə verilənlərə görə alınan nöqtədir, N i (x i; a x i

2+b x i+c )- parabolanın üzərində yerləşən nöqtədir.(x i ;a x i

2+bx i+c )− y i fərqi M i (x i ; y i )nöqtəsinin paraboladan meylini göstərir.a ,b və c parametrlərinin elə qiymətlərini seçək ki, bu fərqlərin kvadratları cəmi ən kiçik olsun. Göründüyü kimi məsələ üç dəyişənli funksiyanın ən kiçik qiymətinin tapılmasına yönəldilib.S= f (a , b , c )=(a x1

2+b x1+c− y1 )2+(a x2

2+b x2+c− y2 )2+…+(a xn

2+b xn+c− yn )2

(4)Ekstremumun varlığının kafi şərtindən istifadə edərək alırıq:

∂ S∂ a

=0 ; ∂ S∂ b

=0 ; ∂ S∂c

=0.

(4)-ü diferensiallayaraq a , b və c dəyişənlərinə nəzərən xüsusi törəmələr alırıq:

∂ S∂ a

=2 (a x12+b x1+c− y1 ) ∙ x1

2+…+2 (a xn2+b xn+c− yn ) ∙ xn

2 ;

∂ S∂ b

=2 (a x12+b x1+c− y1 ) ∙ x1+…+2 (a xn

2+b xn+c− yn ) ∙ xn ;

∂ S∂ c

=2 (a x12+b x1+c− y1 )+…+2 (a xn

2+b xn+c− yn ) .

Xüsusi törəmələri sıfra bərabər edərək a ,b və c dəyişənlərindən asılı üç tənlik sistemini alırıq:

{a∑i=1

n

x i4+b∑

i=1

n

x i3+c∑

i=1

n

xi2=∑

i=1

n

x i2 y i ;

a∑i=1

n

x i3+b∑

i=1

n

x i2+c∑

i=1

n

x i=∑i=1

n

xi y i ;

a∑i=1

n

x i2+b∑

i=1

n

x i+c ∙n=∑i=1

n

y i

(5 )

Əgər x , y , x2 , x3, x4 ; xy , x2 y kəmiyyətlərinin orta qiymətlərini daxil etsək, alarıq:

{a x4+b x3+c x2=x2 y ;a x3+b x2+c x=xy

a x2+b x+c= y(6 )

Məsələ 2.Təcrübə nəticəsində alınmış x və y dəyişənləri arasındakı asılılıq aşağıdakı cədvəl şəklində verilmişdir:

x 0 1 2 3 4y 5 7 -4 7 5x və y dəyişənləri arasındakı asılılıq y=ax2+bx+c düsturu ilə ifadə olunur,ən kiçik kvadratlar üsulundan istifadə edərək , a ;b ;c parametrlərini tapın.

Həlli.Aşağıdakı cədvəli tərtib edək:

x y x2 x3 x4 xy x2 y0 5 0 0 0 0 01 7 1 1 1 7 72 -4 4 8 16 -8 -163 7 9 27 81 21 634 5 16 64 256 20 80∑ 10 20 30 100 354 40 134

n=5 olduğundan

x=2 ; y=4 ; x2=6 ; x3=20 ; x4=70,8 ; xy=8 ; x2 y=26,8

Bu qiymətləri (6) sisteminə qoyaraq alırıq:

{70,8 a+20 b+6 c=26,820 a+6 b+2c=8

6 a+2 b+c=4

Bu tənliklər sistemini həll etmək üçün üçüncü tənliyi 2-yə vuraq və sonra alınmış əmsalları hədbəhəd ikinci tənlikdən çıxaq.Nəticədə alırıq:

8 a+2b=0⟹b=−4 a .

Üçüncü tənlikdə b-ni -4a ilə əvəz edərək alırıq:c=4+2a .Birinci tənliyə a ilə ifadə olunmuş b və c dəyişənləri qoyaraq alırıq:

70,8 a−80 a+24+12a=26,8 ;2,8 a=2,8 , a=1 ;b=−4 ;c=6.

x və y dəyişənləri arasındakı asılılıq y=x2−4 x+6 düsturu ilə ifadə olunur.