Microsoft Word Олий матем 2-cem. Ma'Ruza маътинлари docx

 
3.2.
 
Ikki o‘zgaruvchili funksiyaning shartli ekstrеmumlari
. Oldingi qismda 
z
=
f
(
x
,
y
) funksiyani 
ekstremumga tekshirishda uning 
x
va 
y
argumentlari butun 
D
{
f
} aniqlanish sohasida qaralgan edi. Ammo bir 
qator masalalarni yechishda 
x
va 
y
argumentlarni faqat ma’lum bir shartni qanoatlantiradigan qiymatlarida 
funksiya ekstremumini topishga to‘g‘ri keladi. 
Masalan, perimetri 2
p
bo‘lgan barcha to‘g‘ri to‘rtburchaklar orasidan yuzi eng katta bo‘lganini topish 
masalasini qaraymiz. Agar to‘g‘ri to‘rtburchak tomonlarini 
x 
va 
y
deb olsak, bu masala 
S
(
x
,
y
)=
xy
funksiyaning uning argumentlari 2(
x+y
)=2
p
yoki 
x+y=p
shartni qanoatlantirganda, ya’ni
 y=–x+p
tenglamali 
to‘g‘ri chiziqda yotganda, ekstremumini topish masalasiga keladi. Bu masala yechimini quyidagicha 
topamiz: 













)
(
)
(
)
,
(
)
,
(
2
x
g
x
px
x
p
x
y
x
S
x
p
y
xy
y
x
S
4
)
2
(
2
)
(
2
0
2
)
(
2
2
0
0
p
p
p
p
x
g
p
x
x
p
x
g












. 
Shunday qilib, bu masalani yechish uchun 
x
va 
y
argumentlarga qo‘yilgan shartdan foydalanib, ikki 
o‘zgaruvchili 
S
(
x
,
y
) funksiyadan bir o‘zgaruvchili 
g
(
x
) funksiyaga o‘tdik va uni ekstremumga tekshirdik. Bu 
yerda 
g
′′(
x
)=–2<0 bo‘lgani uchun 
g
(
x
) funksiya topilgan 
x
0
=
p
/2 kritik nuqtada maksimumga ega bo‘ladi. 
Demak, perimetri 2
p
bo‘lgan to‘g‘ri to‘rtburchaklar orasida eng katta yuzaga tomonlari 
x
0
=
p
/2 => 
y
0
=
p–
p
/2=
p
/2 bo‘lgan to‘g‘ri to‘rtburchak, ya’ni kvadrat erishadi va bu yuza qiymati 
S
=
p
2
/4 bo‘ladi. 
Endi ko‘rib o‘tilgan bu masalani umumlashtiramiz. Bizga 
z=f
(
x
,
y
) ikki o‘zgaruvchili funksiya berilgan 
bo‘lib, uning 
x
va 
y
argumentlari 
D
{
f
} aniqlanish sohasida biror
φ(
x
,
y
)=0 (4) 
tenglama bilan ifodalanadigan shartni qanoatlantirsin. 
5-TA’RIF:
z
=
f
(
x
,
y
) funksiyaning argumentlari qanoatlantiradigan (4) tenglama 
bog‘lanish tenglamasi
deb ataladi.
6-TA’RIF: 
Koordinatalari (4) bog‘lanish tenglamasini qanoatlantiruvchi 
M
0
(
x
0
,
y
0
) nuqtaning biror 
atrofidagi koordinatalari (4) shartni qanoatlantiruvchi barcha 
M
(
x
,
y
) nuqtalar uchun 
z
=
f
(
x
,
y
) funksiya 
f
(
x
0
,
y
0
)≥
f
(
x
,
y
) [
f
(
x
0
,
y
0
)≤
f
(
x
,
y
)] tengsizlikni qanoatlantirsa, unda bu funksiya
M
0
(
x
0
,
y
0
) nuqtada 
shartli 
maksimumga (mimnimumga)
ega deyiladi va ular birgalikda 
shartli ekstr
е
mumlar
deb ataladi. 
Umumiy holda ham funksiyaning shartli ekstremumini yuqorida ko‘rilgan xususiy masaladagi singari 
usulda quyidagicha topish mumkin: 
1)
dastlab (4) bog‘lanish tenglamasidan 
y
=ψ(
x
) funksiyani topamiz ; 
2)
so‘ngra ikki o‘zgaruvchili 
z
=
f
(
x
,
y
) funksiyadan, 
y
=ψ(
x
) ekanligini hisobga olib, bir o‘zgaruvchili 
g
(
x
)=
f
(
x
,ψ(
x
)) funksiyaga o‘tamiz; 
3)
Hosil bo‘lgan 
g
(
x
) funksiyani bizga ma’lum usulda (VIII bob,§5) ekstrеmumga tekshiramiz. 
Ammo bu usul har doim ham qulay emas, jumladan 
y
=ψ(
x
) funksiyani topish masalasi murakkab bo‘lishi 
mumkin. Shu sababli bu masalani Lagranj tomonidan taklif etilgan usulda yechamiz. Buning uchun berilgan 
z
=
f
(
x
,
y
) funksiya va (4) bog‘lanish tenglamasi bo‘yicha 
L(
x
,
y
,λ)=
 f
(
x
,
y
)– λ φ(
x
,
y
) (5) 
uch o‘zgaruvchili funksiyani hosil qilamiz. Bunda L(
x
,
y
,λ)–
Lagranj funksiyasi
, λ–
Lagranj ko‘paytuvchisi 
deb ataladi. Bu holda quyidagi teorema o‘rinli ekanligini isbotlash mumkin. 
3-TEOREMA
Agar 
M
0
(
x
0
,
y
0
) nuqtada 
z
=
f
(
x
,
y
) funksiya shartli ekstremumga ega bo‘lsa, unda shunday 
λ
0
soni topiladiki, 
N
(
x
0
,
y
0
, λ
0
) nuqtada L(
x
,
y
,λ) Lagranj funksiyasi ekstremumga (shartsiz) ega bo‘ladi.
Bu teoremadan ko‘rinadiki, 
z
=
f
(
x
,
y
) funksiyaning shartli ekstremumini topish masalasi L(
x
,
y
,λ) Lagranj 
funksiyasini ekstremumga tekshirishga keltiriladi. Bu xulosadan, ekstremumning zaruriy (2) shartiga asosan, 
quyidagi tenglamalar sistemasiga ega bo‘lamiz:




















0
)
,
(
0
)
,
(
)
,
(
0
)
,
(
)
,
(
y
x
L
y
x
y
x
f
L
y
x
y
x
f
L
y
y
y
x
x
x






(6) 
Bu sistemani yechib, λ
0
, 
x
0
, 
y
0
ildizlarni topamiz. Unda 
z
=
f
(
x
,
y
) funksiyaning shartli ekstremumlari (6) 
sistema ildizlari orqali aniqlanadigan 
M
0
(
x
0
,
y
0
) nuqtalarda bo‘lishi mumkin. 
Ikki o‘zgaruvchili funksiyaning global ekstremumlari.
Berilgan 
z
=
f
(
x
,
y
) funksiya biror yopiq va 
chegaralangan 
D
sohada aniqlangan va uzluksiz , bu sohaning ichki nuqtalarida chekli xususiy hosilalarga 

---

ega bo‘lsin. Unda bu funksiya, Veyershtrass teoremasiga asosan (§1, 4- teorema), 
D
sohada o‘zining eng 
katta 
maxf 
(global maksimum) va eng kichik 
minf 
(global minimum) qiymatlariga erishadi. Bu qiymatlar, 
funksiyani lokal ekstremumga tekshirishdan foydalanilib, quyidagi tartibda topiladi: 

Funksiyaning 
)
,
(
,
)
,
(
y
x
f
y
x
f
y
x


xususiy hosilalari hisoblanadi ;
 

Xususiy hosilalar nolga tenglashtirilib, kritik nuqtalar topiladi ;
 

Topilgan kritik nuqtalardan faqat 
D 
soha ichida yotuvchilari qaralib, ularda berilgan funksiyaning 
qiymatlari hisoblanadi ;
 

D soha chegarasini ifodalovchi chiziqning 
y
=φ(
x
), 
x

[
a
,
b
], tenglamasidan foydalanilib, chegarada 
ikki o‘zgaruvchili
f
(
x
,
y
) funksiyani 
g
(
x
)= 
f
(
x
, φ(
x
)) bir o‘zgaruvchili funksiyaga keltiriladi va uning [
a
,
b
] 
kesmadagi eng katta va eng kichik qiymatlarini topiladi (VIII bob,§5);
 

Funksiyaning oldingi ikki qadamda hisoblangan barcha qiymatlarini taqqoslab, uning 
D
sohadagi 
eng katta 
maxf 
va eng kichik 
minf 
qiymatlarini, ya’ni global ekstremumlarini topamiz.
 
Misol sifatida, 
f
(
x
,
y
)=
x
2
+2
y
2
–x–
3
y+
5 funksiyaning
x
=1, 
y
=1 va 
x+y
=1 to‘g‘ri chiziqlar bilan 
chegaralangan uchburchakdan iborat 
D
sohadagi eng katta va eng kichik qiymatlarini topamiz (89-rasmga 
qarang) . 
1)
Berilgan funksiyaning kritik nuqtalarini topamiz: 

















4
/
3
2
/
1
0
3
4
)
,
(
0
1
2
)
,
(
0
0
y
x
y
y
x
f
x
y
x
f
y
x
. 
Demak, funksiyaning bitta 
M
0
(1/2, 3/4) kritik nuqtasi mavjud. Bu kritik nuqta qaralayotgan 
D
soha ichida 
joylashgan va shu sababli uni hisobga olib, bu nuqtada 
f
(1/2, 3/4)=29/8 ekanligini aniqlaymiz.
2)
Berilgan funksiyani AC chegarada qaraymiz. Unda 
x
=1 bo‘lgani uchun funksiyamiz
f
(1,
y
)=1
2
+2
y
2
–
1
–
3
y+
5=2
y
2
–
3
y+
5 , 0≤
y
≤1, 
ko‘rinishga keladi, ya’ni bir o‘zgaruvchili funksiyaga aylanadi. Uning kritik nuqtasini topamiz: 
f 
′(1,
y
)=4
y–
3=0 => 
y
=3/4 . 
Bu kritik nuqta va [0,1] kesmaning chegaraviy nuqtalarida berilgan funksiya qiymatlarini hisoblab, 
f
(1,3/4)=31/8 , 
f
(1,0)=5 , 
f
(1,1)=4 ekanligini topamiz; 
3)
Berilgan funksiyani BC chegarada qaraymiz. Unda 
y
=1 bo‘lgani uchun funksiyamiz
f
(
x
,1)=
x
2
–x+
4 , 0≤
x
≤1, 
ko‘rinishga keladi. Bu yerda kritik nuqta 
x
=1/2 bo‘lib, unda va [0,1] kesma chegaralarida 
f
(1/2,1)=15/4,
f
(0,1)=
 f
(1,1)=4 ekanligini topamiz; 
4)
Berilgan funksiyani AB chegarada qaraymiz. Unda 
y
=1–
x
bo‘lgani uchun funksiyamiz
f
(
x
,1–
x
)=3
x
2
–
2
x+
4 , 0≤
x
≤1, 
ko‘rinishga keladi. Bunda kritik nuqta 
x
=1/3 va unda 
f
(1/3,2/3)=11/3 bo‘ladi. Chegaraviy nuqtalarda 
f
(0,1)=4, 
 f
(1,0)=5 ekanligi oldin ko‘rilgan edi. 
Shunday qilib, berilgan funksiyaning hisoblangan 
f
(1/2, 3/4)=29/8, 
f
(1, 3/4)=31/8, 
f
(1,0)=5, 
f
(1, 1)=4, 
f
(1/2, 1)=15/4, 
f
(0,1)=4, 
f
(1/3, 2/3)=11/3 
qiymatlarini taqqoslab, uning global minimumi 
minf
=
f
(1/2,3/4)=29/8 va global maksimumi 
maxf
=
f
(1,0)=5 
ekanligini ko‘ramiz