AZƏRBAYCAN DÖVLƏT AQRAR UNİVERSİTETİ

Kafedra: Fizika və riyaziyyat

Fənn: Riyaziyyat

Mühazirəçi: R.F.D. dosent Orucova Rəna Üzeyir qızı

Ədəbiyyat:

1. Məmmədov R.H. Ali riyaziyyat kursu. Bakı, Maarif, 3 hissə 1978.

2. Ə.B.Əliyev, A.Hüseynov. Riyaziyyat, Bakı 2005

3. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. Москва, Наука, 1971.

4. Кудрявцев В.А. ; Демидович Б.П. Краткий курсвысшей математики, Москва, Наука, 1989.

5. Ə.A.Vəliyev və başqaları. Ali riyaziyyatdan məsələ və misal həllinə rəhbərlik. I və II hissə Bakı,2001.

6. Alməmmədov M.S. və başqaları. İqtisadçılar üçün ali riyaziyyat kursuna aid məslə və misallar. Bakı,2009.

7. Шипачев В.С. Высшая математика, Москва, Высшая школа 1990.

8. Маркович Э.С. Курс высшей математики. Москва, Высшая школа, 1972.

9. Кремер Н.Ш. Высшая математика для экономистов. Учебник. М;2010.

10. Тихомиров В.М. Дифференциальное исчисление (теория и приложения), М;2002.

11. Слободская В.А. Краткий курс высшей математики, Москва, Высшая школа, 1969.

12. Abdullayev F.S. Adi diferensial tənliklər.Kompleks dəyişənli funksiyalar. Bakı, Kür, 2002.

13. Orucova R.Ü. Qeyri-müəyyən inteqral. Müəyyən inteqral. Çoxqat və əyrixətli inteqrallar. Dərs vəsaiti. Gəncə, 2016.

14. Hüseynov O.M. Adi differensial tənliklərdən məsələ və misallar. AKTA, Gəncə 2003.

15. Məsimova S.N. Ali riyaziyyatın əsasları, Bakı, Yeni Nəsil, 2009

16.Piskunov N.S. Diferensial və inteqral hesabı. Bakı, Maarif, 1986.

17. Qmurman V.Y. Ehtimal nəzəriyyəsi və riyazi statistika məsələlərinin həllinə dair rəhbərlik. Bakı, Maarif, 1980.

18. 1. Əkbərov M. Ali cəbr, Bakı, Maarif, 1976.

19. Nağıyev Ə. Ədədi sistemlər, Bakı, Maarif, 1976.

20. İbrahimov İ.İ. Ədədlər nəzəriyyəsinin əsasları, Bakı, 1955.

21. Sultanov R.M. Xətti cəbrin əsasları, Bakı, 1960.

ADAU - 2017

Mövzu 1

Matris anlayışı. Determinantlar və onların xassələri.

1. Matris anlayışı, onların üzərində əməllər.

2. Determinantın tərifi və əsas xassələri.

3. Tərs matris anlayışı.

4. Matrisin ranqı.

1. Matris anlayışı, onların üzərində əməllər.

Tutaq ki, m və n natural ədədlərdir. mn sayda ədəddən düzbucaqlı

şəklində düzəldirmiş , m sayda sətri və n sayda sütunu olan cədvələ (m ·

n) – ölçülü matris deilir. Matrisi

a11 a12 ... a1n a21 a22 ... a2n . . . . . am1 am2 ..amn və ya

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n - - - - - - - - - - am1 am2 ..amn

şəklində yazırlar. Bəzən qısa olmaq üçün matrisi böyük hərflə (A, B, C,

X, Y, ...), və ya ai j (i=1,2, ... n) şəklində işarə edirlər.

Matrisi təşkil edən ai j ədədlərinə onun elementləri deyilir. Elementin

aşaqısında yazılan iki (ij) indeksin birincisi (i) onun yerləşdiyi sətrin

nömrəsini, ikincisi (j) isə yerləşdiyi sütunun nömrəsini göstərir.

(m · n) ölçülü (1) matrisinin sətir və sütunlarının sayı bərabər (m=n)

olduqda, ona kvadrat matris deilir. Bu halda n ədədinə kvadrat matrisin

tərtibi deyilir. Məsələn

0 1 3

A = 3 5 B = 2 4 7

7 8 0 3 4

matrislərinin birincisi iki, ikincisi isə üçtərtiblidir. Bir elementdən ibarət

olan matrisə birtərtibli matris deyilir. Birtərtibli matrisi onu təşkil edən

yeganə ədədlə eyniləşdirirlər: a11= a11.

Ancaq bir sətri olan matrisə sətir-matris, ancaq bir sütunu olan matrisə

sütun-matris deyilir. Məsələn,

A = 2, 7, 8, 9 B = a, b, c matrisləri sətir-matrislər, 0 a1

C = 2 , D = b1 1 c1

4 d1

matrisləri isə sütun-matrislərdir.

n-tərtibli kvadrat

a11 a12 ... a1n A = a21 a22 ... a2n

. . . . . am1 am2 ..amn matrisinin sol yuxarı küncündə olan a11 elementi ilə sağ aşağı küncündə

olan amn elementini birləşdirən düz xətt parçası üzərində yerləşən a11, a22,

a33, ..., anm elementləri çoxluğu həmin matrisin baş diaqonalı adlanır.

Ancaq baş diaqonalının elementləri sıfırdan fərgli olan kvadrat matrisə

diaqonal matris deilir. Bütün elementləri vahidə bərabər olan diaqonal

matris vahid matris adlanır və In ilə işarə olunur. Birtərtibli vahid matris

I 1=[1 ] ikitərtibli vahid matris

I 2=[1 00 1]

Üçtərtibli vahid matris I 3=[1 0 00 1 00 0 1] və s.olar.

Bütün elementləri sıfra bərabər olan kvadrat matrisə sıfır matris deyilir

və O ilə işarə olunur. Məsələn,

0=[0 00 0] 0=[0 0 0

0 0 00 0 0]

matrisləri uyğun olaraq ikitərtibli və üçtərtibli sıfır matrislərdir.

Verilmiş A matrisinin bütün sətir və sütunlarının yerinin dəyişilməsinə

(nömrəsini saxlamaqla) həmin matrisin çevrilməsi (transponirə edilməsi)

deyilir və A ilə işarə olunur. Məsələn,

1 3 1 2 0 = 2 4 0 2 = 0 5 3 4 7 0 7 , 5 -7 2 -7 ,

[−30−1]

¿

=[−3 0 −1 ]

Aydındır ki, (A*)* = A olar. A = A* olduqda A matrisinə simmetrik matris deyilir. (2) matrisinin simmetrik olması şərtini ai j = ai j ( i, j = 1, 2, ..., n ) kimi yazmaq olar. ai j = - ai j olduqda A matrisinə çəpsimmetrik matris deyilir.

Bütün elementləri həqiqi ədədlər olan matrisə həqiqi, heç olmasa bir

elementi kompleks ədəd olan matrisə isə kompleks matris deyilir. Biz

burada həqiqi matrislərə baxırıq.

Eyni ölçülü və bütün uyğun elementləri bərabər olan matrislərə

bərabər matrislər deyilir.

Matrislərin cəmindən (fərgindən), ədədə və başqa matrisə

hasillərindən danışmaq olar.

Eyni (m · n) – ölçülü A =ai j və B = bi j (i=1, 2, ..., m; j=1,

2, ...,n) matrislərinin cəmi həmin ölçülü və hədləri

ci j = ai j + bi j (i=1, 2, ..., m; j=1, 2, ...,n)

(1)

kimi təyin olunan C = ci j (i=1, 2, ..., m; j=1, 2, ...,n) matrisinə deyilir

və C = A+B ilə işarə olunur. Xüsusi halda,

a11 a12 a13 + b11 b12 b13 = a11 + b11 a12 + b12 a13 + b13

a21 a22 a23 b21 b22 b23 a21 + b21 a22 + b22 a23 + b23

Tərifdən aydındır ki, matrislərin toplanması yerdəyişmə və qruplaşdırma

xassələrinə malikdir, yəni eyniölçülü A, B və C matrisləri üçün

A + B = B + A,

A + ( B + C ) + (A + B ) + C

münasibətləri doğrudur.

Eyniölçülü A matrisi və O (sıfır) matrisi üçün həmişə

A + O = A

münasibəti doğrudur.

Eyniölçülü A və B matrislərinin fərgi həmin ölçülü elə C matrisinə

deyilir ki, onu B ilə topladıqda A-ya bərabər olsun: A = C + B. A və B

matrislərinin fərgini

A – B = C

ilə işsarə edirlər. Aydındır ki, həmişə:

A – A = O Verilmiş A =ai j (i=1, 2, ..., m; j=1, 2, ...,n) matrisinin həqiqi λ

ədədinə hasili, hədləri

bi j = λ ai j (i=1, 2, ..., m; j=1, 2, ...,n)

kimi təyin olunan B = bi j (i=1, 2, ..., m; j=1, 2, ...,n) matrisinə deyilir

və B = λA( və ya B = Aλ ) ilə işarə olunur. Aydındır ki, ixtiyarı A, B

matrisləri və həqiqi λ, μ ədədləri üçün

( λμ ) A = λ ( μA ), λ ( A + B ) = λA + λB,

( λ + μ )A = λA + μA

xassələri doğrudur.

Qeyd edək ki, A və B matrislərinin fərgini

A + B = A + (-1 ) · B

kimi də yazmaq olar. Bundan başqa

( A + B )* = A* + B * və (λA )* = λA*

(2)

sadə xassələri də doğrudur.

Indi iki matrisin hasilinin təyin edək. (m · n) – ölçülü A =ai j (i=1,

2, ..., m; j=1, 2, ...,n) matrisinin (n · p) – ölçülü B = bi j matrisinə

hasili hədləri ci j

C ij=∑k=1

n

ai k bk j (i=1, 2, ..., m; j=1, 2, ..., p) (3)

kimi təyin olunan ( m · p) ölçülü C = ci j (i=1, 2, ..., m; j=1, 2, ...,p)

matrisinə deyilir və C=AB ilə işarə olunur.

Tərifdən aydındır ki, istənilən ölçülü iki matrisi vurmaq olmaz. A

matrisini o zaman B matrisinə vurmaq olar ki; A-nın sütunlarının sayı B-

nın sətirlərinin sayına bərabər olsun. Xüsusi halda,

a11 a12 · b11 b12 = ( a11 b12 + a12b21 ) ( a11b12 + a12b22 ) a21 a22 b21 b22 ( a21b11 + a22b21 ) ( a21b12 + a22b22 )

Deməli, AB və BA hasillərinin ikisinin də eyni zamanda təyin olunması

üçün A-nın sütunlarının sayı B-nın sətirlərinin sayına və A-nın

sətirlərinin sayı B-nın sütunlarının sayına bərabər olmalıdır. A və B

matrisləri eynitərtibli kvadrat matrislər olduqda AB və BA hasilləri də

eynitərtibli kvadrat matrislər olar.

Xüsusi halda, hər bir kvadrat A matrisini özü-özünə vurmaq olar. Bu

halda həmin matrisin kvadratı, kubu və s. alınır:

A·A=A2, A·A·A=A·A2=A3, ...Bundan başqa, a1 a1x1 a2x2 … a1xn

a2 a2x1 a2x2 … a2xn

… · x1, x2, ..., xn = . . . . . . an anx1 anx2 … anxn , a11 a12 ... a1n x1 a11x1 = a12x2 + ... + a1nxn

AX = a21 a22 ... a2n · x2 = a21x1 = a22x2 + ... + a2nxn

. . . . . . . … . . . . . . . . . . . . . .

an1 an2 ... ann xn an1x1 = an2x2 + ... + annxn . Qeyd edək ki, eynitərtibli iki A və B kvadrat matrislərinin hasili üçün

yerdəyişmə xassəsi doğru olmaya da bilər. Doğrudan da,

A = 0 1 və B = 0 1 0 0 0 0 matrisləri üçün

AB = 1 0 və BA = 0 0 0 0 0 1

yəni AB = BA. Buradan aydın ki, matrisləri vurarkən onların yerini

dayişmək olmaz.

Lakin istənilən kvadrat A matrisi ilə eynitərtibli olan I vahid və O sıfır

matrislərinin hasili üçün həmişə yerdəyişmə xassəsi doğrudur:

IA = AI = A (4)

OA = AO = O (5)

(4) bərabərliyi göstərir ki, vahid I matrisinin həqiqi vahid ədədinin

uyğun xassəsinə vardır. Məsəslən, ixtiyari A, B, C matrisləri ( lazım olan

ölçülü ) və həqiqi λ ədədi üçün

(λA)B = A(λB) = λ(AB),

(A+B)C = AC + BC

C(A+B) = CA + CB

A(BC) = (AB) · C

bərabərlikləri doğrudur. Eyni zamanda,

(AB)* = B* · A* (6)

2. Determinantın tərifi və əsas xassələri. Əvvəlcə ikitərtibli

A2=[a11 a12

a21 a22] (1)

matrisinə baxaq. Bu matrisin elementlərindən düzəldilməş.

a11 a22 – a12 a21 = |a11 a12

a21 a22| (2) kimi işarə olunur. (1) matrisinin (2) determinantını ∆(A2) və ya det A2 ilə işarə edirlər. Üçtərtibli a11 a12 a13

A3 = a21 a22 a23 (3) a31 a32 a33

matrisinin elementlərindən düzəldilmiş.

a11 a22 a33 + a21 a23 a31 +a21 a32 a13 – a13 a22 a31 – a12 a21 a33 – a11 a23 a32 (4)

ifadəsinə həmin matrisin determinantı (və ya üçtərtibli determinant)

deyilir və

∆(A3) = |a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32a33| (5)

ilə işarə olunur. Beləliklə,

|a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33|=a11 a22a33+a12a23 a33+a21a32 a13−¿

−a13a22 a31−a12a21 a33−a11a23 a32

Bu bərabərliyin sağ tərəfindəki (4) ifadəsinə (5) determinantını açılışı

(və ya qiyməti) deyilir. Verilmiş determinantın qiymətini tapmaq üçün

onun bərabər olduqu (4) ifadəsini hesablamaq lazımdır.

Matrislər kimi determinantlar da sətir və sütunlardan ibarətdir.

Ikitərtibli determinantın iki sətri və iki sütunu, üçtərtibli determinantın

isə üç sətri və üç sütunu vardır. Determinantı təşkil edən ai j ədədləri

onun elementləri adlanır.

Determinantın hər hansı elementinin olduğu sətir və sütun üzərindən

düz xətlər çəkdikdə yerdə qalan elementlər ( nisbi vəziyyətlərini

dəişmədən) bir determinant (tərtibi verilmiş determinantın tərtibindən

bir vahid az olan) əmələ gətir. Bu determinanta həmin elementin minoru

deyilir. ai j elementinin minorunu Mi j ilə işarə edirlər. Mi j ilə işarə

minorunun (-1)i+j vuruğu ilə hasilinə ai j elementinin cəbri tamamlayıcısı

deyilir və

Ai j = (-1)i+j Mi j

ilə işarə olunur.

İkitərtibli (2) determinantının a11 elementinin minoru M11 = a22 cəbri

tamamlayıcısı isə A11 (-1)1+1M11 = a22; üçtərtibli (5) determinantının a13

və a23 elementlərinin minoru uyğun olaraq

M13 = |a21 a22

a31 a32| və M23 =|a11 a12

a31 a32| cəbri tamamlayıcıları isə

A13 = (-1)1+3|a21 a22

a31 a32| və A23 = (-1)2+3 |a11 a12

a31 a32|

T e o r e m 1. Hər bir hər hansı bir sətir və ya sütun elementlərinin öz cəbri tamamlayıcıları ilə hasillərinin cəminə bərabərdir. Teorem üçtərtibli determinantı ikitərtibli determinantlar vasitəsilə, ikitərtibli determinantı isə birtərtibli determinantlar vasitəsilə təyin etməyə imkan verir. Bu qayda ilə dörd, beş və s. tərtibli determinantları da ardıcıl olaraq təyin etmək olar. Məsələn, dördtərtibli a11 a12 a13 a14 A4 = a21 a22 a23 a24

a31 a32 a33 a34

a41 a42 a43 a44

matrisinin ∆(A4) determinantını (dördtərtibli determinantı)

∆(A4) = a11 A11 + a12 A12 + a13 A13 + a14 A14 (6)

kimi təyin etmək olar. Burada A11, A12, A13 və A14 kəmiyyətləri

dördtərtibli

∆(A4) =|a11 a12a13 a14

a21 a22a23 a24

a31 a32a33a34

a41 a42a43a44| (7)

determinantının 1-ci sətir elementlərinin üçtərtibli determinantlar

vasitəsilə ifadə olunan uyğun cəbri tamamlayıcılarıdır. (7)

determinantını başqa sətir və ya sütun elementləri üzrə ayrılışlar

vasitəsilə də təyin etmək mümkündür.

Bu mülahizələr əsasən n-tərtibli determinanta aşağıdaki kimi tərif

vermək olar.

T ə r i f. (˃1) – tərtibli

a11 a12 ... a1n

An = . . . . . . an1 an2 ... ann

matrisinin

a11 a12 ... a1n

∆(An) = . . . . . . . an1 an2 ... an

determinantı (n-tərtibli determinant)

∆ (A n)=∑k=1

n

(−1 ) k+1a 1k M 1k

və ya

∆(An) = ∑k=1

n

a1 A1 k

ədədinə deyilir. Burada M1k ilə An matrisinin 1-ci sətrini və k - nömrəli

sütunu pozmaqla alınan (1-n) - tərtibli matrisin determinantı işarə

olunmuşdur.

Yuxarıda isbat olunan teorem göstərir ki, iki və üçtərtibli

determinantlara əvvəlcə verdiyimiz təriflər bu təriflə n=2 və n=3

olduqda ekvivalentdir. Həmin teorem n-tərtibli determinantlar üçün də

doğrudur:

T e o r e m 2. n-tərtibli ∆(An) determinantı və istənilən i (1 ≤ i ≤ n)

və j (1 ≤ j ≤ n) üçün

∆ (A n)=∑k=1

n

a ik A ik (8)

və

∆ (A n)=∑k=1

n

(−1 ) k+j a k j M k j (9)

bərabərlikləri deyilir.

(8) bərabərliyinə ∆(An) determinantının i – nömrəli sətir elementləri

üzrə ayrılışı, (9) bərabərliyinə isə onun j – nömrəli sütun elementləri

üzrə ayrılışı deyilir.

Misal 1. Vahid matrisin determinantə vahidə bərabərdir.

Doğrudan da,

İ2 = 1 00 1 olduqda ∆(İ2) = 1 0

0 1 = 1,

İ3 = 1 0 00 1 00 0 1

olduqda ∆(İ3) = 1 0 00 1 00 0 1

= 1,

İn= 0 1 ... 0 . . . . . . 0 0 ... 1

olduqda ∆(İn) = ∆(İn-1) = ∆(İn-2) = ... = ∆(İ2) = 1.

Determinantın tərtibi artdıqca onun elementlərinin və hədlərinin sayı artır. DETERMINANTLARININ HESABLANMASINI ASANLAŞDIRAN BIR

SIRA XASSƏLƏR VARDIR. ISTƏNILƏN TƏRTIBLI

DETERMINANTLARA AID OLAN BU XASSƏLƏRI BIZ ANCAQ

ÜÇTƏRTIBLI DETERMINANTLAR ÜÇÜN BURADA SÖYLƏMƏKLƏ

KIFAYƏTLƏNIRIK.

X a s s ə 1. Determinantın bütün sətirləri ilə sütunlarının uyğun olaraq

yerini dəyişdikdə onun qiyməti dəyişməz:

a11 a12 a13 a11 a12 a13

∆ = a21 a22 a23 = a21 a22 a23 (3)

a31 a32 a33 a31 a32 a33

Bu bərabərliyin doğruluğunu isbat etmək üçün sol tərəfdəki

determinantı ∆ ilə, sağ tərəfdəki determinantı isə ∆* ilə işarə edək. ∆

determinantının birinci sətir elementləri üzrə ayrılışını və ∆*

determinantının birinci sütun elementləri üzrə ayrışını yazaq:

∆ = a11A11 + a12A12 + a13A13 , ∆*= a11A11* + a12A12* + a13A13*. A11 = A11*, A12 = A12* və A13 = A13* olduqda ∆ = ∆* . Determinantın bütün sətirləri ilə sütunlarının uyğun olaraq yerini dəyişməsinə onun çevrilməsi və ya transponirə edilməsi deyilir. Isbat etdiyimiz xassə göstərir ki, determinantın çevrilməsi zamanı onun qiyməti dəyişmir, yəni A matrisi ilə onun A* çevrilməsinin determinantları həmişə bərabərdir:

∆(A) = ∆(A*) (2)

N ə t i c ə. Hər bir determinantın sətirləri ilə sütunları eyni hüquqludur.

Buna görə də determinantın bundan sonraki xassələrini ancaq sətirləri və

ya ancaq sütunları üçün söyləmək kifayətdir.

X a s s ə 2. Determinantın iki sətrinin (və ya sütununun) bir-biri ilə

yerini dəyişdikdə determinantın ancaq işsarəsi dəyişər:

a11 a12 a13 a11 a12 a13

a21 a22 a23 = - a21 a22 a23

a31 a32 a33 a31 a32 a33 . Doğrudan da, sol tərəfdəki determinantın birinci sətir elementləri üzrə ayrılışını:

∆= a11A11 + a12A12 + a13A13

və sağ tərəfdəki determinantın ikinci sətir elementləri üzrə ayrılışını:

∆ꞌ= a11A11ꞌ + a12A12ꞌ + a13A13ꞌ

yazıb, A11 = - A11ꞌ, A12 = - A12ꞌ, A13 = - A13ꞌ olduğunu nəzərə alsaq, onda

(3) bərabərliyinin doğruluğu aydın olar.

X a s s ə 3. Iki sətri eyni olan determinant sıfra bərabərdir:

a11 a12 a13

∆= a21 a22 a23 = 0. a31 a32 a33 Doğrudan da, ∆ determinantında birinci və ikinci sətirlərin bir-biri ilə

yerini dəyişsək, onda ∆=-∆. Buradan 2∆=0, ∆=0

X a s s ə 4. Determinantın hər hansı bir sətir elementlərinin ortaq

vuruğu olarsa, onda həmin vuruğu determinantın xaricinə çıxarmaq olar.

a11 a12 a13 a11 a12 a13

λ a21 a22 a23 = λ a21 a22 a23 (4) a31 a32 a33 a31 a32 a33 Bu bərabərliyinin sol tərəfindəki determinantı ∆1=λa21A21+λa22A22+λa23A23=λ(a21A21+a22A22+a23A23) = λ∆. N ə t i c ə 1. Determinantın hər hansı bir sətrinin bütün elementləri

sıfır olduqda determinant sıfra bərabər olar.

Nəticənin doğruluğuna inanmaq üçün (4) bərabərliyində λ=0 götürmək

kifayətdir.

N ə t i c ə 2. Determinantı bir ədədə vurmaq üçün determinantın hər

hasnı bir sətrini həmin ədədə vurmaq kifayətdir.

Bu nəticənin doğruluğuna inanmaq üçün (4) bərabərliyini sağdan sola

oxumaq kifayətdir.

X a s s ə 5. Determinantın hər hansı bir sətrinin bütün elementləri iki

ədədin cəmi kimi verildikdə, həmin determinant iki determinantın

cəminə bərabər olar, bu determinantların birində həmin sətir elementləri

olaraq birinci toplananlar, o birində isə həmin sətir elementləri olaraq

ikinci toplananlar götürülür.

a11+aꞌ11 a12+aꞌ12 a13+aꞌ13 a11 a12 a13 aꞌ11 aꞌ12 aꞌ13

a21 a22 a23 = a21 a22 a23 + a21 a22 a23 (5) a31 a32 a33 a31 a32 a33 a31 a32 a33

Doğrudan da, bərabərliyin sol tərəfindəki determinantı ∆1, sağ

tərəfdəki determinantları isə uyğun olaraq ∆ və ∆ꞌ ilə işarə edərək, ∆1

determinantını birinci sətir elementləri üzrə ayırsaq:

∆1= (a11+aꞌ11)A11+ (a12+aꞌ12) A12+ (a13+aꞌ13) A13==( a11A11 + a12A12 + a13A13)+(aꞌ11A11 + aꞌ12A12 + aꞌ13A13)=∆+∆ꞌ

və ya tələb olunan

∆1=∆+∆ꞌ

bərabərliyini alırıq.

X a s s ə 6. Determinantın hər hansı sətrinin bütün elementlərini bir

ədədə vurub onun başqa bir sətrinin uyğun elementləri üzərinə əlavə

etsək, determinant dəyişməz:

a11 a12 a13 a11+λa21 a12+λa22 a13+λa23 a21 a22 a23 = a21 a22 a23 (6) a31 a32 a33 a31 a32 a33

Bu təklifin doğruluğu 3, 4 və 5 xassələrdən aydındır.

3. Tərs matris anlayışı.

Tutaq ki, A hər hansı tərtibli kvadrat matris və I həmin tərtibli vahid matrisidir. Bu halda

A-1-A=AA-1=I (1)

bərabərliyini ödəyən A-1 matrisinin A matrisinin tərsi deyilir. (1)

bərabərliyi göstərir ki, A-1 matrisi A matrisinin tərsidirsə, onda A matrisi

də A-1 matrisinin tərsidir:

(A-1) -1=A (2)

yəni A və A-1 matrisləri qarşılıqlı tərs matrislərdir.

A matrisinin tərsi varsa, bu ancaq yeganə ola bilər. Doğrudan da, A

matrisinin A-11 və A-1

2 kimi iki tərs matris olarsa, onda

A(A-11 - A-1

2)=I - I=0.

Bu bərabərliyin hər iki tərəfini soldan A-11 matrisinə vursaq:

A-11 A(A-1

1 - A-12)=I(A-1

1 - A-12)= A-1

1 - A-12=0

və yaxud

A-11 = A-1

2

A matrisinin determinantı ∆(A) olsun. ∆(I)=1 olduğundan (1)

bərabərliyinə əsasən

∆(AA-1)= ∆(A)· ∆(A-1)=1

və yaxud

∆(A)· ∆(A-1)=1, ∆(A-1) = 1∆(A) (3)

münasibəti doğrudur. Buradan aydındır ki, verilmiş A matrisinin A-1 tərsi

olması üçün ∆(A) 0 olmalıdır. Bu təklifin tərsi də doğrudur. Deməli,

verilmiş A matrisinin tərs A-1 matrisi olması üçün onun ∆(A)

determinantının sıfırdan fərgli olması zəruri və kafi şərtdir.

Determinantı sıfra bərabər, yəni ∆(A) 0 olan kvadrat A matrisinə

cırlaşmış (və ya məxsusi) matris deyilir. Determinantı sıfra bərabər

olmayan kvadrat A matrisinə isə cırlaşmamış (və ya qeyri-məxsusi)

matris deyilir. Dediklərimizdən aydındır ki, cırlaşmamış matrisin tərsi

vardır.

Verilmiş matrisin tərsini nece tapmaq olar?

Tutaq ki, ikitərtibli cırlaşmamış

A2 = a11 a12 a21 a22

matrisi verilmişdir. Bu matrisin tərsi:

A-12 = [ A11

∆ A2

A21

∆ A2

A12

∆ A2

A22

∆ A2] və ya A-1

2=1

∆(A) [ a22 −a12

−a21 a11 ]

Bunun doğruluğuna inanmaq üçün A2 A-12=I olduğunu yoxlamaq

kifayətdir.

Indi üçtərtibli cırlaşmamış (∆(A3) 0)

a11 a12 a13

A3 = a21 a22 a23 (4) a31 a32 a33

matrisini götürək. Bu matrisin tərsi:

A-13 =

1∆ A3

A11 A21 A31

A12 A22 A32

A13 A23 A33

(5)

Doğrudan da, burada Ai k ilə ai k elementinin cəbri tamamlayıcısı işarə

olunduğunu və determinantların xassəssini nəzərə alsaq:

A-13 A3 =

1∆ A3

¿

və yaxud tələb olunan

A-13 A3 = [1 0 0

0 1 00 0 1 ] = I3

bərabərliyini alırıq.

Üçtərtibli (4) kvadrat matrisinin (5) tərsinin qurulma sxemi çox

sadədir: (4) matrisinin ai k elementi onun uyğun Ai k cəbri

tamamlayıcısının ∆ A3 ədədinə nisbəti ilə əvəz olunur. Alınan matrisin

çevrilməsi (baş diaqonala nəzərən çevrilməsi) (5) matrisinə bərabərdir.

həmin qayda ilə n-tərtibli cırlaşmayan kvadrat

a11 a12 ... a1n

A = a21 a22 ... a2n (∆A) 0) . . . . . . . . an1 an2 ... ann

matrisinin

A11 A21 ... An1

A-1= 1∆ ( A ) A12 A22 ... An2

. . . . . . . . . A1n A2n ... Ann

tərs matrisini qurmaq olar.

Misal 2.

A = [3 1 42 0 51 2 3 ] , ∆(A) = - 15

matrisinin tərs matrisi:

A-1 = 115 [ 10 −5 −5

1 −5 7−4 5 2 ] .

4. Matrisin ranqı.

Tutaq ki, (m · n) – ölçülü a11 a12 ... a1n

A = a21 a22 ... a2n

. . . . . . . . am1 am2 ... am n

matrisi verilmişdir. Bu matrisin ixtiyari k sayda sətrinin ixtiyari k sayda

sütunu ilə kəsişdiyi elementlər k-tərtibli bir kvadrat matris təşkil edir.

Bu k-tərtibli matrisin determinantına A martisinin k-tərtibli minoru

deyilir. Burada k ədədi m və n ədədlərinin kiçiyindən böyük ola bilməz.

A matrisinin heç olmasa bir elementi sıfırdan, fərqlidirsə, onda onun

sıfırdan fərqli minorları içərisində elə birisi vardır ki, onun tərtibi ən

böyükdür. A matrisinin sıfırdan fərqli minorları tərtiblərinin ən

böyüyünə həmin matrisin ranqı deyilir.

A matrisinin ranqını r(A) ilə işarə etsək, onun üçün

0¿ r (A )≤min (m , n ) (1)

bərabərsizliyi doğru olar.

Aydındır ki, A matrisinin ranqı r olarsa, onda onun sıfırdan fərgli r-

tərtibli minoru vardır və tərtibi r-dən böyük olan bütün minorları sıfra

bərabərdir.

Ranqı r olan A matrisinin sıfırdan fərgli olan r-tərtibli minoruna onun

bazis minoru deyilir. A matrisinin sıfırdan fərgli bir neçə r-tərtibli

minoru ola bilər. Bu halda, həmin minorların hər biri həmin matrisin

bazis minoru olur.

A matrisinin kəsişmələrində bazis minorun elementləri yerləşən sətir

və sütunlarına bazis sətirləri və bazis sütunları deyilir. Bazis minoru,

bazis sətir və sütunları haqqında aşağıdakı kimi təklif vardır:

T e o r e m ( bazis minoru haqqında teorem). Bazis sətirləri

(sütunları) xətti asılı deyildir. A matrisinin istənilən sətri (sütunu)

onun bazis sətirlərinin (sütunlarının) xətti kombinasiyasıdır.

Bu teoremdən istifadə edərək göstərmək olar ki, A matrisinin xətti

asılı olmayan sətirlərinin sayı (əlbəttə, maksimal sayı) onun ranqına

bərabərdir.

Misal 1.

A = (3 1 42 0 51 2 3)

matrisinin determinantı ∆(A) = - 15 0 olduğundan onun ranqı:

r (A) = 3.

Misal 2.

1 2 1 4 A = 0 1 -1 3 2 5 1 11

matrisinin bütün üçtərtibli minorları sıfra bərabərdir:

(1 2 10 1 −12 5 1 ) = (1 2 4

0 1 32 5 11) = (1 1 4

0 −1 32 1 11) = ... = 0

Lakin onun ikitərtibli

∆ = (1 20 1) = 1 0I

minoru sıfırdan fərglidir. Deməli, matrisin ranqı: r (A) = 2.

Mövzu 2

Xətti tənliklər sisteminin Kramer üsulu ilə həlli.

1. İkiməchullu iki xətti tənliklər sistemi.

2. Kramer üsulunun mahiyəti.

3. Üçməchullu üç xətti tənliklər sistemi.

1. İkiməchullu iki xətti tənliklər sistemi.

Tutaq ki, ikiməchullu iki xətti tənlik sistemi verilmişdir:

a11x + a12y = b1, (1)

a21x + a22y = b2.

Tənliklərin sağ tərəfi olan b1 və b2 ədədlərinin ikisi də sıfra bərabər, yəni b1=b2=0

olarsa, onda həmin sistemə bircinsli xətti tənliklər sistemi deyilir. b1 və b2

ədədlərinin heç olmasa biri sıfırdan fərgli olduqda (1) sisteminə bircinsli olmayan

xətti tənliklər sistemi deyilir. Sistemə daxil olan tənliklərin hər birini ödəyən

x=xo, y=yo qiymətlər çoxluğuna həmin sistemin həlli deyilir.

Verilmiş sistemin həlli ola da bilər, olmaya da bilər; sistemin həlli varsa, ona

uyuşan və ya birgə sistem, əks halda isə uyuşmayan və ya birgə olmayan sistem

deyilir. Tənliklər sistemi uyuşan olduqda onun bir və ya birdən çox həlli ola bilər.

Orta məktəbin riyaziyyat kursundan məlumdur ki, verilmiş tənliklər sistemi

əvəzetmə üsulunu, məchulların yox edilməsi üsulunu, xətti çevirmə üsulunu və

s.tətbiq etməklə həll olunur. Bu zaman verilmiş tənliklər sistemi onunla

eynigüclü (və ya ekvivalent) olan sadə tənliklər sisteminə gətirilir və sonra da

həmin sistemi həll etməklə verilmiş tənliklər sisteminin həlli tapılır.

Tənliklər sistemini xətti çevirmə üsulu ilə həll edərkən bəzən səhv mehakimə

aparıldığından həmin üsul haqqında əvvəlcə əlavə məlumat verməyi lazım bilirik.

Tutaq ki,

f1 (x,y) =0, (2)

f2 (x,y) = 0 .

sisteminin tənliklərini verilmiş λ1, λ2, μ1 və μ2 ədədlərinə növbə ilə vurub toplamaqla

λ1 f1 (x,y) + λ2 f2 (x,y) = 0, (3)

μ1 f1 (x,y) + μ2 f2 (x,y) = 0.

tənliklər sistemi alınmışdır. Bu halda deyirlər ki, (3) sistemi (2) tənliklər

sistemindən xətti çevirmə vasitəsilə alınmışdır.

d = = λ1μ1 - λ2 μ2

ədədinə həmin xətti çevirmənin determinantı deyilir.

Təbii bir sual qarşıya çıxır: (2) və (3) sistemləri eynigüclüdürmü?

T e o r e m.

d = 0 (4)

olarsa, onda (2) sistemi (3) sistemi ilə eynigüclüdür.

İ s b a t ı. (2) sisteminin həlli (xo , yo) olsun. Onda

f1 (xo , yo) = 0, f2 (xo , yo) = 0

doğru ədədi bərabərliklərdir. buradan, ixtiyari λ1, λ2, μ1 və μ2 ədədləri üçün doğru

olan.

λ1 f1 (xo ,yo) + λ2 f2 (xo ,yo) = 0,

μ1 f1 (xo ,yo) + μ2 f2 (xo ,yo) = 0

bərabərlikləri alınır ki, bu da (xo ,yo) əddələri cütünün (3) sisteminin həlli

olduğunu göstərir.

Eyni qayda ilə də (4) şərti ödənildikdə (3) sisteminin hər bir (xo ,yo) həlli (2)

sisteminin də həlli olduğunu isbat etmək olar.

Anoloji teorem n məchullu n tənlikl sistemi haqqında da doğrudur.

Q e y d. (4) şərti ödənilmədikdə (2) və (3) sistemləri eynigüclü olmaya da

bilər. Məsələn,

x + 3y – 10 = 0 (5)

2x – y + 1 = 0

tənliklər sistemi, ondan determinantı

d = = 0

olan xətti çevirmə ilə alınan

5x + y – 8 = 0, (6)

10x + 2y – 16 = 0

tənliklər sistemi ilə eynigüclü deyildir. (5) sisteminin yeganə (1, 3) həlli (6)

sisteminin də həllidir. Lakin (6) sisteminin (2, -2), (3, -7) və s. kimi çox (sonsuz

sayda) həlləri var ki, onlar (5) sisteminin həlli deyildir

2. Kramer üsulunun mahiyyəti.

(1) sistemini ∆ = a11a22 – a12a21 0 olduqda həll etmək üçün onun birinci

tənliyinin hər iki tərəfinə a22 , ikinci tənliyin hər iki tərəfini isə (-a12) ədədinə

vurub toplamaq, sondara birinci tənliyin hər iki tərəfini (a21) , ikinci tənliyin isə

hər iki tərəfini a11 ədəddinə vurub toplamaq lazımdır. Onda

(a11a22 – a12a21) x = b1a22 – b2a12,

(a11a22 – a12a21) x = a11b2 – b1a21

və yaxud

x =

y =

sistemini alırıq. Buradakı ikitərtibli determinantları

∆ = , ∆1 = ,∆2 =

ilə işarə etsək, sonuncu sistemi

∆ · x = ∆1 (7)

∆ · y = ∆2

kimi yazmaq olar. ∆ 0 olduğundan (1) və (7) sistemləri ekvivalentdir. Buna

görə də, (7) sisteminin yeganə

x = , y = (8)

həlli (1) sisteminin də yeganə həlli olur.

(8) düsturlarına Kramer düsturları, ∆ determinantına isə (1) sisteminin determinantı deyilir.

Beləliklə, isbat etmiş oluruq ki, (1) sisteminin ∆ determinantı sıfırdan fərgli olduqda həmin sistemin yeganə həlli var və bu həll (8) Kramer düsturları vasitəsilə tapılır. Buna Kramer qaydası deyilir.

İndi (1) sisteminin ∆ determinantı sıfır olan hala baxaq.

∆ = = 0

Olduqda məlum teoremə görə:

a21 = λa11, a22 = λa12 (9)

Onda (1) sisteminin ikinci tənliyinin sol tərəfi birinci tənliyin sol tərəfini λ ədədinə vurmaqla alınar:

a21x + a22y = λ (a21x + a12y) .

(10) Buradan aşağıdakı kimi nəticələr alırıq:

1. Əgər (1) sisteminin sağ tərəfindəli b1 və b2 ədədləri (9) münasibətinə uyğun

b2 = λ b1 (11)

münasibətini ödəyərsə, onda (1) sisteminin ikinci tənliyi birinci tənliyindən λ

ədədinə vurulmaqla alınar. Bu halda sistemin birinci tənliyinin hər bir həlli ikinci

tənliyinin və buna gğrə də (1) sisteminin həlli olar.

Sistemin birinci

a11x + a12y = b1 (12)

tənliyinin isə sonsuz sayda həlli var: dəyişənin birinə ixtiyari qiymətlər verərək

(12) tənliyindən ikinci dəyişənin qiymətlərini tapsaq, onda tapəlan ədədlər (12)

tənliyinin həlli olar.

Deməli, bu halda (1) sisteminin sonsuz sayda həlli var,

2. Əgər b1 və b2 ədədləri (11) münasibətini ödəməzsə, yəni b2 λb1 olarsa, onda

(1) sisteminin həlli olmaz. Çünki, bu halda, sistemin birinci

a11x + a12y b1

tənliyini ödəyən heç bir x = xo və y = yo ədədləri ikinci tənliyini ödəyə bilməz:

a21 xo + a22 yo λ b1 b2 .

dediklərimizə əsasən belə bir nəticə aliriq: (1) sisteminin determinantə sıfırdan

fərgli (∆ 0) olduqda həmin sistemin yeganə həlli var, sistemin determinantı sıfır

olduqda isə həmin sistemin ya sonsuz sayda həlli var, ya da heç bir həlli yoxdur.

N ə t i c ə. ∆ 0 olduqda

a11x + a12y = 0,

a21 x + a22 y = 0 (13)

bircinsli xətti tənliklət sisteminin yeganə x=0, y=0 həlli (sıfır həlli) var. =0

olduqda isə (13) sisteminin sonsuz sayda sıfır olmayan həlli olar.

3. Üçməchullu üç xətti tənliklər sistemi.

Üçməchullu üç xətti tənlik sistemi

a11x + a12y + a13z = b1,

a21 x + a22 y + a23 = b2, (1)

a31x + a32y + a33 = b3

şəklində yazıla bilər. b1 = b2 = b3 = 0 olduqda (1) sistemindən bircinsli xətti

tənliklər sistemi alınır. b1, b2, b3 ədədlərinin heç olmasa biri sıfırdan fərgli

olduqda (1) sisteminə bircinsli olmayan xətti tənliklər sistemi deyilir.

(1) sisteminin hər bir tənliyini doğru ədədi bərabərliyə (eyniliyə) çevirən x=0,

y=0, z=0 qiymətlər çoxluğu həmin sistemin həlli adlanır. Sistemin həlli varsa,

ona uyuşan, heç bir həlli olmadıqda isə ona uyuşmayan (uyuşan olmayan) sistem

deyilir.

Verilmiş (1) sistemini həll etmək üçün həmin sistemin determinantını

ilə, determinantın aik elementinin cəbri tamamlayıcısını isə Aik ilə işarə edək. (1)

sisteminin birinci tənliyini A11-ə ikinci tənliyini A21-ə, üçüncü tənliyini A31-ə

vurub, alınan bərabərlikləri tərəf-tərəfə toplasaq

(a11A11 + a21A21 + a31A31) · x + (a12A11 + a22A21 + a32A31) · y + (a13A11 +

+a23A21 + a33A31) · z = b1A11 + b2A21 + b3A31 (2)

bərabərliyini aliriq. Determinantların sətir və sütun elementləri üzrə ayrılması

xassəsinə görə:

∆ = a11A11 + a21A21 + a31A31,

0 = a12A11 + a22A21 + a32A31,

0 = a13A11 + a23A21 + a33A31.

Onda (2) bərabərliyi

∆ · x = b1A11 + b2A21 + b3A31

şəklində yazılar.

Eyni qayda ilə də (1) sisteminin tənliklərini əvvəlcə uyğun olaraq A12, A22, A32 ədədlərinə, sonra da A13, A23, A33 ədədlərini vurub alınan bərabərlikləri tərəf-tərəfə toplasaq

∆ · y = b1A12 + b2A22 + b3A32

və

∆ · z = b1A13 + b2A23 + b3A33

Bərabərliklərini aliriq. Beləliklə, (1) sistemi əvəzinə

∆x = b1A11 + b2A21 + b3A31 ,

∆y = b1A12 + b2A22 + b3A32 , (3)

∆z = b1A13 + b2A23 + b3A33

sistemi alınır.

Mövzu 3

Hauss üsulu. Xətti tənliklər sisteminin matris şəklində

yazılması və həlli.

1.Qauss üsulunun mahiyyəti.

2. Matris üsulunun mahiyyəti.

1.Qauss üsulunun mahiyyəti.

Tutaq ki, xətti tənliklər sistemi verilmişdir:

a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = b1,

a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn = b2,

. . . . . . . . . . . . . . . . (1)

an1x1 + an2x2 + ... + annxn = bn,

Bu sistemin determinantı sıfırdan fərgli olduqda onu Kramer qaydası ilə həll

etmək olar. Lakin bu halda n+1 sayda n-tərtibli determinant hesablamaq lazım

gəlir ki, bu da bğyük hesablama işi tələb edir.

Verilmiş xətti tənliklər sistemində məchulların sayı tənliklərin sayına bərabər

olmaqda, yəni sistem

a11x1 + a12x2 + ... + a1mxm = b1,

a21x1 + a22x2 + ... + a2mxm = b2,

. . . . . . . . . . . . . . . . (2)

an1x1 + an2x2 + ... + anmxm = bn,

şəklində olduqda isə onun həllinə Kramer qaydasına bilavasitə tətbiq etmək

olmur.

Buna görə də, (2) (və həm də (1) ) şəklində xətti tənliklər sistemini çox zaman

məchulların ardıcıl yox edilməsi üsulu və ya Hauss üsulu ilə həll edirlər. Bu

üsulun məzmunu belədir: tutaq ki, a11 0. Onda sistemin birinci tənliyini hər iki

tərəfini a21

a11 ədədinə vuraraq, alınan

a21x1 + a12 a21

a11 x2 + ... +

a1 m a21

a11xm = b1

a21

a11

tənliyini sistemin ikinci tənliyindən tərəf-tərəfə çıxırıq. Aldığımız tənlikdə x1

məchullu iətirak etmir:

aꞌ22x2 + aꞌ23x3 + ... + aꞌ2mxm = bꞌ2

Sonra sistemin birinci tənliyinin hər iki tərəfini a31

a11 ədədinə vuraraq tənliyi

sistemin üçüncü tənliyindən tərəf tərəfə çıxırıq. Bu mühakiməni ardıcıl tətbiq

etməklə (2) sistemini

a11x1 + a12x2 + ... + a1mxm = b1

aꞌ22x2 +... + aꞌ2mxm = bꞌ2

. . . . . . . . . . . . . (3)

aꞌn2x2 +... + aꞌnmxm = bꞌn

şəklində sistemə götürmək olar. Aldığımız yeni sistemin 2-ci, 3-cü və s.

tənliklərindən istifadə etməklə yuxarıda gğstərdiyimiz üsulla x2 məchulunu da

çox etmək olar. Bu mühakiməni ardıcıl olaraq tətbiq etməklə (2) sistemini ona

ekvivalent olan

a11x1 + a12x2 + a13x3 + ... + a1mxm = b1

aꞌꞌ22x2 + aꞌꞌ23x3 + ... + aꞌꞌ2mxm = bꞌꞌ2

aꞌꞌ33x3 + ... + aꞌꞌ3mxm = bꞌꞌ3 (4)

. . . . . . . . . . . . . .

şəklində sistemə gətirmək mümkündür.

(4) sisteminə pilləvarı (və ya pillələr çəklində) sistem, a11, aꞌꞌ22, aꞌꞌ33 və s.

əmsallarına isə sistemin baş elementləri deyilir. Aydındır ki, sistemə Hauss

üsülunun tətbiq oluna bilməsi üçün sistemin baş elementlərinin sıfırdan fərgli

olması zəruri və kafi şərtdir.

Qeyd edək ki , (2) sisteminin çevrilməsi nəticəsində alınan (4) sistemi uyuşan

və ya uyuşmayan ola bilər. Birinci halda (4) sistemini həll edərək (2) sisteminin

axtarılan həlləri tapılır. (4) sistemi uyuşmayan olduqda(məsələn, sistemdə sol

tərəfdəki bütün əmsalları sıfır olan, lakin sağ tərəfi sıfır olmayan 0 · x1 + 0 · x2

+ ... + 0 · xm = b, (b 0) şəklndə tənlik alındıqda ) (2) sistemi də uyuşmayan olar.

Qeyd edək ki, (4) sistemi uyuşan olduqda iki haldan ancaq biri mümkündür:

həmin sistemin ya yeganə həlli var, ya da sonsuz sayda həlli var. Hesablama

zamanı heç bir yuvarlaqlaşdırma aparılmayıbsa, onda Hauss üsülu ilə tapılmış

həll dəqiq olur.

(2) sistemini Qauss üsulu ilə həll edərkən tənliklər üzərində aparılan əməllər

bəzən onların əmsallarından düzəlmiş

a11 a12 ... a1m b1

a21 a22 ... a2m b2

. . . . . . . . . .

an1 an2 ... anm bn

matrisi üzərində aparmaq daha münasib olur.

Qauss üsulunu tətbiq etməklə aşağıdakı tənliklər sistemini həll edək:

x1 + 2x2 – 3x3 + 2x4 = 1, 2x1 - x2 – 2x3 - 3x4 = 2,

3x1 + 2x2 – x3 + 2x4 = -5, (5)

2x1 - 3x2 + 2x3 + x4 = 11.

Sistemin birinci tənliyinin hər iki tərəfini 2-yə vuraraq alınan bərabərliyi uyğun

olaraq ikinci və dördüncü tənlikdən tərəf-tərəfə çıxaq; sonra da birinci tənliyin

hər iki tərəfini 3-ə vuraraq alınan tənliyi 3-cü tənlikdən tərəf-tərəfə çıxaq;

x1 + 2x2 – 3x3 + 2x4 = 1,

-5x2 + 4x3 - 7x4 = 0,

-4x2 + 8x3 + 4x4 = -8, (6)

-7x2 + 8x3 - 3x4 = 9.

tənliklər sistemini alırıq. Bu sistemin ikinci tənliyindən üçüncü tənliyini tərəf-

tərəfə çıxsaq və alınan bərabərliyin hər iki tərəfini -1-rə vursaq, nəticədə (6)

sistemini

x1 + 2x2 – 3x3 + 2x4 = 1,

x2 + 4x3 + 3x4 = -8,

-4x2 + 8x3 - 4x4 = -8 (7)

-7x2 + 8x3 - 3x4 = 9.

tənliklər sistemi ilə əvəz etmiş oluruq. (7) sisteminin ikinci tənliyinin hər iki

tərəfini əvvəlcə (+4)-ə, sonra da (+7)–yə vurub alınan bərabərlikləri uyğun olaraq

üçüncü və dördüncü tənliklərlə toplasaq

x1 + 2x2 – 3x3 + 2x4 = 1,

x2 + 4x3 + 3x4 = -8,

24x3 + 8x4 = -40,

36x3 + 18x4 = -47.

tənliklər sistemini alırıq. Həmin üsulla bu sistemi də

x1 + 2x2 – 3x3 + 2x4 = 1,

x2 + 4x3 + 3x4 = -8,

24x3 + 8x4 = -40 (8)

6x4 =13

şəklində gətirmək olar.

Aydındır ki, (5) xətti tənliklər sistemi ilə (8) pilləvarı xətti tənliklər sistemi

ekvivalentdir. (8) sistemini həll edərək, sistemin yeganə

x1 = - 1118 , x2 = - 89

18 , x3 = - 4318 , x4 = 13

6

həllini (əvvəlcə axırıncı tənlikdən x4, sonra üçüncü tənlikdən x3 və s. tapılır)

Qeyd edək ki, (5) sistemini Kramer qaydası ilə həll etmək üçün dördtərtibli 5

determinant hesablamaq lazım idi.

2. Matris üsulunun mahiyyəti.

Tutaq ki, n məchullu n xətti tənliklər sistemi verilmişdir

a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = b1,

a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn = b2,

. . . . . . . . . . . . . . . . (1)

an1x1 + an2x2 + ... + annxn = bn,

və məchulların əmsallarından düzəlmiş əsas matrisin

a11 a12 ... a1n

A = a21 a22 ... a2n (2)

. . . . . . . .

an1 a2n ... ann

determinantı sıfırdan fərglidir.

(1) sistemini ona ekvivalent olan matris tənliyi ilə əvəz edək.

AX = B , (3)

Burada A – sistemin əsas matrisi, X və B osə sütun-matrislərdir.

x1 b1

X = x2 , B = b2 .

... ...

xn bn

A matrisinin ∆ determinantı sıfırdan fərgli olduğu üçün onun A-1 tərs matrisi var.

Tutaq ki, (1) sistemin həlli var, yəni (3) matris tənliyini eyniliyə çevirən X sütunu

vardır. Bu halda (3) tənliyinin hər iki tərəfini soldan A-1 matrisinə vursaq, alarıq

A-1(AX) = A-1B (4)

Buradan üç matrisin hasilinin xassəsini və A-1A = I (burada I vahid matrisdir)

olduğunu nəzərə alsaq onda

A-1(AX) = (A-1A)X = IX = X

Nəticədə, (4) düsturundan alırıq ki,

X = A-1B (5)

Beləliklə, isbat etdik ki, (3) matris tənliyinin həlli varsa, onda o (5) münasibəti

ilə birqiymətli təyin edilir.

Asanliqla yoxlamaq olar ki, (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 edilirsə, onda

AX = A(A-1B) = AA-1B = IB = B.

Deməli, əgər A matrisinin determinantı sıfırdan fərgli olarsa, onda (5)

münasibəti ilə təyin edilən (3) matris tənliyinin yeganə həlli vardır.

Mövzu 4

Vektor, vektorlar üzərində əməllər. Oxlar üzərində

proyeksiyası. Yönəldici kosinuslar və vektorun uzunluğu.

1. Skalyar və vektorial kəmiyyətlər.

2. Vektorlar üzərində əməllər.

3. Vektorların xətti asılılığı.

4. Vektorların bazis üzrə ayrılışı.

5. Koordinat sistemi.

6. Yönəldici kosinuslar və vektorun uzunluğu.

1. Skalyar və vektorial kəmiyyətlər.

Tərif. Ancaq bir ədədlə tamamilə təyin olunan kəmiyyətlərə skalyar

kəmiyyətlər deyilir.

Məsələn; zaman, kütlə, sahə , həcim, uzunluq və s. Həmçinin riyaziyyatda

öyrənilən adsız (mücərrəd) ədədlər skalyar kəmiyyətlərdir.

Tərif. Ədədi qiymətindən başqa istiqaməti də verilmiş kəmiyyətlərə vektorial

kəmiyyətlər deyilir.

Məsələn; yerdəyişmə, sürət, təcil, qüvvə, cismin cəkisi və s. Əgər vektor AB, CD

kimi göstərilərsə burada birinci hərf vektorun başlnğıc, ikinci hərf isə son nöqtəsi

işarə edir. Vektorlar bir həriflədə a ,b, c və s. kimidə göstərilir. B D

a c

A C b

Başlanğıc və son nöqtələri üst-üstə düşən vektorlara sıfır vektorlar deyilir, və ō –

ilə işarə olunur.

Tərif. Modulları bərabər, bir-birinə paralel və istiqamətləri eyni olan

vektorlara bərabər vektorlar deyilir.

Tərif. Bir düz xətt və ya paralel düzxətlər üzərində yerləşən vektorlara

koleniar vektorlar deyilir.

a

b a

a b b

Nəticə; Bərabər vektorlar koleniar ola bilər, amma koleniar vektorlar bərabər

olmaya bilər.

2. Vektorlar üzərində əməllər.

Tərif. avə b vektorları üzərində aşağıda göstərilən qayda ilə qurulmuş c

vektoruna həmin vektorun cəmi deyilir və c = a + b ilə işarə olunur.

b b

a a

c

Vektorların cəmi ücün

a + b = b + a ; (a + b) + c = a + (b + c) ; a + 0 = a

xassələri doğrudur.

Tərif. а vektorunun həqiqi (skalyar) λ ədədinə a λ = λ ahasili aşağıdakı kimi

təyin olunan b vektorlarına deyilir.

1) b = λ⋅ a ; olsun.

2) λ⟩0 olduqda, a və b vektorlarının istiqamətləri eyni , λ⟨0 olduqda isə b-nin

istiqaməti, a- nın istiqamətinin əksinə olsun. a və b vektorlarının cəmini və fərqini

həndəsi olaraq paraleloqram qaydası ilə tapmaq olar.

ab - a a a + b a

b

b

Qeyd edək ki, vektorlar arasında < və > işarəsini yazmaq olmaz, vektorlar ancaq modulları ilə müqayisə oluna bilər. Skalyar ədədlə vektoru cıxmaq (toplamaq) olmaz.

3. Vektorların xətti asılılığı.

Tutaq ki, a1 , a2 , ... , an vektorları verilib və λ1 , λ2 , ... , λn həqiqi ədədlərdir. Belə ifadələrə baxaq.

λ1 a1 + λ2 a2 + ... + λn an (1)

b = λ1 a1 + λ2 a2 + ... + λn an (2)

Tərif. Əgər

λ1 a1 + λ2 a2 + ... + λn an = 0 (3)

Münasibəti hec olmasa λ1 , λ2 , ... , λn bir sıfırdan fərqli olduqda ödənilərsə , onda a1 , a2 , ... , an vektorlarına xətti asılı vektorlar deyilir.

Tərif. (3) münasibəti yalnız λ1 , λ2 , ... , λn =0 olduqda ödənilərsə , onda a1 , a2 ,

... , an vektorlarına xətti asılı olmayan vektorlar deyilir.

Teorem 1. a1 , a2 , ... , an vektorlarının xətti asılı olması ücün onlardan birinin

yerdə qalanların xətti kombinaziyası olması zəruri və kafi şərtdir.

Xətti asılılığın tərifinə görə , tutaq ki λ1 , λ2 , ... , λn - dan biri məsələn λ≠0 – dır.

Onda

(3) tənliyindən alarıq

- λn an = λ1 a1 + ... + λn-1 an−1 ; (4)

an = - λ1

λn · a1 + ... + -

λn−1

λn · an−1 ; (λn ≠ 0)

və yaxud

an = μ1a1 + ... + μk an−1 ; μk = - λk

λn ; k = 1, ..., n = 1 (5)

bu isə аn vektorunun a1 , a2 , ... , an vektorlarının xətti kombinasiyası olmasını

göstərir.

Teorem 2. a və b , с vektorlarının xətti asılı olması onların komplanar olması

üçün zəruri və kafi şərtdir.

4. Vektorların bazis üzrə ayrılışı.

Əgər a vektoru e1 , ... ,en vektorlarının xətti kombinasiyadırsa , yəni

a1 = λ1 e1 + ... + λn en (1)

olduqda , həmdə deyilir ki , a vektoru e1 , ... , en vektorları üzrə ayrılmışdır.

Xüsusi halda

a = λ1 e1 + λ2 e2 (2)

a = λ1 e1 + λ2 e2 + λ3 e3 (3)

ola bilər.

Tərif. Müstəvi üzərində yerləşən , koleniar olmayan və müəyyən ardıcıllıqla

götürülən e1 , e2 vektorlarına həmin müstəvidə bazis deyilir.

Teorem 1. Müstəvi üzərində yerləşən, hər bir avektorunu bu müstəvi

üzərində e1 , e2 bazisi üzrə

a = λ1 e1 + λ2 e2 (4)

ayrılışını yazmaq olar və bu ayrılış yeganədir.

Isbatı. e1 , e2 vektorları koleniar olmadığından onların heç biri sıfır deyil. e1 , e2

və

a vektorlarının başlanğıcını bir “ 0 ” nöqtəsinə köçürək;

a e1 e2

E1 A

e1 a

0 e2 E2

vektorların toplama qaydasına görə

a = 0E1 + 0E2 = λ1 e1 + λ2 e2

alarıq. Yəni (4) ifadəsini alarıq. Bunun üçün əksini fərz edək, yəni fərz edək ki,

başqa bir a = μ1e1 + μ2e2 (5)

ayrılışı da var. (4) və (5) –in fərqinə baxaq, onda

(μ1 - λ1 ) e1 + (μ2 – λ2 ) e2 = 0 (6)

olar.

5. Koordinat sistemi.

Tutaq ki, fəzada e1 , e2, e3 bazisi verilib , və bu bazis vektorlarının başlanğıc

nöqtələrini fəzanın bir “ 0 ” nöqtəsinə köçürək. Onda fəzanın istənilən M-

nöqtəsinin vəziyyətini 0-nöqtəsinə nəzərən təyin emək olar.

0-nöqtəsilə M nöqtəsini birləşdirən OM -vektorunun rm-lə işarə edib, onu M

nöqtəsinin radius vektoru adlandıraq. rm -vektorunu isə e1 , e2, e3

bazislərinə görə ayrılışını yazmaq olar

M

0

rm = λ1 e1 + λ2 e2 + λ3 e3 (1)

Tərif. 0 nöqtəsi və e1 , e2, e3 bazisi birlikdə fəzada Dekard koordinat sistemi

adlanır və 0 e1 , e2, e3 ilə işarə olunur. M –nöqtəsinin rm =OM radius-vektorunun

λ1 , λ2 , λ3 koordinatlarına M –nöqtəsinin həmin koordinat sistemində addun

koordinatları deyilir. Və M (λ1 , λ2 , λ3 )- ilə işarə olunur.

Əgər bazis vektorlar qarışılıqlı perpendikulyar olarsa və onların uzunluqları vahid

olarsa belə koordinat sisteminə düzbucaqlı Dekard koordinat sistemi deyilir.

y y

j x z

0 0

i x

1. Tutaq ki, fəzada

a = ax i + ay j + az k a (ax + ay + az )

b = bx i + by j + bz k b (bx + by + bz )

vektorları verilib.

λa = (λax¿ i + (λay) j + (λaz) k

onda

a + b = ( ax± bx ) i + ( ay± by ) j + ( az± bz ) k

olar.

2. Əgər a = b olarsa , onda ax = bx , ay = by , az = bz olar.

3. a = √ax2+ay

2+az2

6. Yönəldici kosinuslar və vektorun uzunluğu.

Koordinatları ilə verilmiş

a = ax i + ay j + az k

Vektorunun modulunu (uzunluğunu) hesablamaq. Bu məqsədlə a vektorunun

baəlanğıcını koordinat başlanğıcına köçürmək və onun koordinat oxları üzərində

ax = OP, ay = OQ, az = OR proyeksiyalarını tapaq. OP, OQ, OR parçaları

üzərində düzbucaqlı paralelepiped qursaq, onun diqaonalı OM = a olar.

Buradan:

z

R a 2 = ax2+ay

2+az2

az və ya

a = ax2+ay

2+az2 (1)

M

0 γ β Q Tutaq ki, a vektorunun koordinat oxlarının

ax α ay y müsbət istiqaməti ilə əmələ gətirdiyi bucaqlar

P α ,β və γ – dır. Bu bucaqlar a vektorunun yönəldici

bucaqları deyilir. a vektorunun koordinat oxları

x Şəkil 1 üzərindəki ax , ay və az proyeksiyalarını

ax = a cos α, ay = a cos β, az = a cos γ

kimi tapmaq olar.

Buradan:

cos α = ax

a , cos β=¿

ay

a , cos γ =

az

a (2)

və ya

cos α = ax

√ax2+a y

2 +az2 ,

cos β = ay

√ax2+a y

2 +az2 , (3)

cos γ = az

√ax2+a y

2 +az2 .

(2) bərabərliklərini kvadrata juksəldib tərəf-tərəfə toplasaq və (1) bərabərliyini

nəzərə alsaq:

cos2α + cos2β + cos2γ = 1 (4)

cos α, cos β və cos γ kəmiyyətlərinə a vektorunun yönədici kosinusları deyilir. a

vektoru vahid vektor olarsa, onda

ax = cos α , ay = cos β , az = cos γ ,

yəni vahid vektorun yönəldici kosinusları onun uyğun koordinatlarıdır.

Tutaq ki, M1 ( x1 , y1 , z1 ) və M2 ( x2 , y2 , z2 ) nöqtələri verilmişdir. Onda:

r M 1 = x1 i + y1 j + z1 k

və

r M 2 = x2 i + y2 j + z2 k z

z M1

M

M1 M2 r1 r

r M1 r2 M2

r M 2

0 y 0 y

x

Şəkil 2 x Şəkil 3

Şəkildən aydındır ki,

M 1 M 2 = r M 2 - r M 1

və ya

M 1 M 2 = ( x2 – x1 )i + ( y2 – y1 ) j + ( z2 – z1 ) k (5)

Vektorun uzunluğu üçün tapdığımız (1) düsturuna əsasən:

M 1 M 2 = √(x 2 – x1)2+( y2 – y1)2+(z2 – z 1)2

Deməli, verilmiş M1 ( x1 , y1 , z1 ) və M2 ( x2 , y2 , z2 ) nöqtələri arasındakı məsafə

d = √(x 2– x1)2+( y2 – y1)2+(z2 – z 1)2 (6)

düsturu ilə hesablanar.

Mövzu 5

Vektorların skalyar və vektorial hasili. Paraleloqramın və

üçbucaqın sahəsi. Üç vektorun qarışıq hasili. Paralelepiped və

piramidanın həcmi.

1. Vektorların skalyar hasili.

2. Vektorların vektorial hasili.

3. Paraleloqramın və üçbucaqın sahəsi.

4. Üç vektorun qarışıq hasili.

5. Paralelepiped və piramidanın həcmi.

1. Vektorların skalyar hasili.

a və b vektorların uzunluqları ilə aralarındakı bucağın kosinusu hasilinə

onların skalyar hasili deyilir. Belə işarə olunur a · b , a b, (a , b) .

φ = (a ,ˆ b) olduqda tərifə görə;

(a , b) = a · b ·cos φ və ya a · b = a · b ·cos φ (1)

olar.

İki vektorun skalyar hasilinin (1) ifadəsini başqa şəkildədə yazmaq olar. Bu

məqsədlə a vektorunun b vektoru üzərində proyeksiyasının

Prba = a cos φ, φ = (a ,ˆ b)

olduğunu nəzərə almaq lazımdır. Onda (1) bərabərliyini

(a , b) = b Prba (2)

və

(a , b) = a Prba (3)

kimi yazmaq olar.

Xüsusi halda a = b olduqda φ =0 və cos φ = 1 olar və (1) münasibəti

a · a = a2 = a2 (4)

şəklində yazılır. Deməli bir vektorun skalyar kvadratı (özünə skalyar hasili)

həmin vektorun uzunluğunun kvadratına bərabərdir. (4) bərabərliyindən a

vektorunun uzunluğu üçün

a = √(a)2 (5)

düsturu alıtıq.

Vektorların skalyar hasilinin aşağıdakı xassələri də vardır:

I. Skalyar hasil yerdəyişmə ( kommutativlik ) xaəsinə tabedir:

( a , b ) = ( b , a ). (6)

II. Skalyar vuruğu skalyar hasil işarəsi xaricind çıxarmaq olar:

( λa, b ) = λ( a, b ) = ( a, λb ) (7)

III. Skalyar hasilin paylanma ( distributivlik ) xassəsi vardır:

( a + b , c ) = ( a , c ) + ( b , c ). (8)

IV. a = ax i + ay j + az k və b = bx i + by j + bz k vektorlarını skalyar hasili

onların koordinatları ilə

(a , b) = axbx + ayby + azbz (9)

şəklində ifadə olunur. Ortlar üçün lyar hasili aşağıdaki kimi alarıq:

i · i = 1, j · j = 1, k · k = 1

i · j = 0, i · k = 0, j · k = 0.

Xüsusi halda, a = b olarsa, onda (9) bərabərliyini

a 2 = ax2 + ay

2 + az2

kimi yazmaq olar. Buradan və (5) düsturundan a vektorunun uzunluğu üçün

a = √a x2+a y 2+a z 2 (10)

düsturunu alırıq.

V. (1) , (9) və (10) düsturlarına əsasən a və b vektorları arasındakı φ bucağını

hesablamaq üçün

cos φ = (a ,b)a· b

və ya

cos φ = a xb x+a y b y+a zb z√a x 2+a y 2+a z2 ·√b x 2+b y2+bz 2

düsturunu almaq olar. Buradan a və b vektorlarının ortoqonal olması şərti alınır: a və b vektorlarının ortoqonal olması üçün

axbx + ayby + azbz = 0

münasibətinin ödənilməsi zəruri və kafi şərtdir.

VI. Verilmiş a və b vektorları və ixtiyari c vektoru üçün

a · c = b · c (12)

münasibəti ödənilirsə, onda a = b.

2. Vektorların vektorial hasili.

Müəyyən ardicillıqla götürülmüş və komplanar olmayan a(birinci), b (ikinci) və

c (üçüncü) vektorları götürək. Bu vektorların başlanğıcına bir nöqtəyə köçürsək,

aşağıdakı iki vəziyyətin biri alınır:

I. c vektorunun son ucundan baxdıqda a vektorunu b vektoru üzərinə gətirmək

üçün kiçik bucaq gədər fırlama saat əqrəbi hərəkitinin əksinə olur. Bu halda,

deyirlər ki, a ,b , c vektorları üçlüyü sağ oriyentasiyalıdır və ya sağ üçlükdür.

II. c vektorunun a vektorunu b vektoru üzərinə gətirmək üçün kiçik bucaq gədər

fırlama saat əqrəbi hərəkitinin istiqamətində olur. Bu halda isə a ,b , c vektorları

sol oriyentasiyalı üçlük və ya sol üclük adlanır.

Əgər i , j , k Dekart koordinat bazisi üçlüyü sağ oriyentasiyalıdırsa, onda

koordinat sisteminə sağ Dekart koordinat sistemi, həmin üçlük sol oriyentasiyalı

olduqda isə koordinat sisteminə sol Dekart koordinat sistemi deyilir.

Biz urada sağ Dekart koordinat sistemindən istifadə edəcəyik.

Tərif. a(birinci) vektorunun b (ikinci)vektoruna vektorial hasili aşağıdakı üç

şərti ödəyən c vektoruna deyilir:

1) c vektorunun uzunluğu a və b vektorları üzərində qurulmuş paraleloqramın

sahəsinə bərabər olsun:

c = a b sin φ , φ = (a ,ˆ b).

2) c vektoru a və b vektorlarının mustəvisinə perpendikulyar olsun.

3) a ,b , c üçlüyü sağ oriyentasiyalı olsun.

a və b vektorlarının vektoriyal hasili c = [a , b ] və ya c = a · b ilə işarə olunur.

Tərifdən aydındır ki, kollinear olan a və b vektorların vektorial hasili sıfra

bərabərdir. Bunun tərsi də doğrudur. Deməli a və b vektorlarının kollinear olması

üçün onların vektorial hasilinin sıfra bərabər olması, [a , b ] = 0, zəruri və kafi

şərtdir. Xüsusi halda,

a · a = 0.

Vektorlarının vektorial hasilinin aşağıdakı xassələri vardır.

I. Vektorial hasil yerdəyişmə (kommutativlik) xassəsinə tabe deyildir

a · b = - b · a . (1)

II. Skalyar vuruğu vektorial hasil işarəsi xaricinə çıxarmaq olar:

(λa) · b = a · (λb) = λ(a · b). (2)

III. Vektorial hsdilin paylanma xassəsi vardır:

a · (b+c) = a · b + a · c , (3)

(a + b) · c = a · c + b+c. (4)

3. Paraleloqramın və üçbucaqın sahəsi.

Tutaq ki, a ( ax, ay, az ) və b ( bx, by, bz ) vektorları öz koordinatları ilə

verilmişdir. Bu vektorların vektorial hasilinin verilmiş koordinatlarla ifadəsini

tapaq. Bu məqsədlə i , j , k koordinat ortlarının cüt-cüt vektorial hasillərini

hesablayaq. Vektorial hasilin tərifinə görə:

i · i = 0, j · j = 0, k · k = 0.

Koordinat ortlarının yerləşməsində isə aydındır ki,

z i · j = k , i · k = - j,

j · k = i, j · i = - k,

k k · i = j, k · j = - i.

Onda

0 j y a = ax i + ay j + az k

və

i b = bx i + by j + bz k

x vektorlarının vektorial hasilini

a · b = a y az

b y bz · i +

az ax

bz bx · j +

ax a y

bx b y · k (1)

a · b = i j kax a y az

bx b y bz

(2)

yazmaq olar.

N ə t i c ə 1. Iki tərifi uyğun olaraq

a ( ax , ay , az ) və b ( bx , by , bz )

olan üçbucaqin sahəsi, həmin vektorlar üzərində qurulmuş paraleloqramın

sahəsinin yarısına bərabərdir:

S∆ = 12 a · b . (3)

Əgər üçbucaqın verilmiş A( x1, y1, z1 ), B (x2, y2, z2) və C(x3, y3, z3) təpələrini

birləşdirsək a = AB və b = AC vektorlarını alırıq. Bu vektorların koordinatları:

ax = x2 – x1, ay = y2 – y1, az = z2 – z1,

bx = x3 – x1, by = y3 – y1, bz = z3 – z1.

Onda üçbucağın sahəsini

S∆ = 12 √a y az

b y bz

²+az ax

bz bx

²+ax ay

bx by

²

düsturunda ax, ay, az, bx, by, bz ədədlərinin yerinə göstərilən qiymətləri yazmaqla

hesablamaq olar.

N ə t i c ə 2. a ( ax , ay , az ) və b ( bx , by , bz ) vektorlarının kollinear olması

üçün zəruri və kafi şərt

ax

bx =

ay

by =

az

bz

(4)

olmasıdır.

Misal 1. a (1, -2, 3) və b(2, 1, -1) vektorları üzərində qurulmuş

paraleloqramın sahəsini tapmalı

(1) düsturuna görə

a · b= - i + 7 j + 5k

olduğundan

S = a · b = √1+49+25 = 5√3

4. Üç vektorun qarışıq hasili.

Tərif. a (birinci) , b (ikinci) və c (üçüncü) vektorlarının birinci ikisinin a · b

vektprial hasilinin üçüncü c vektoruna skalyar hasili, yəni (a · b) · c igadəsi,

həmin vektorların qarışıq və (a , b , c) və yaxud a b c ilə işarə olunur.

Tərifdən aydındı r ki, üş vektorun qarışıq hasili skalyar kəmiyyətdir.

Teorem. Komplanar olmayan a, b, c vektorlarının qarışıq hasilinin modulu

həmin vektorlar üzərində qurulmuş paralelepipedin həcminə bərabərdir.

V = (a · b) · c (1)

a b c = ax a y az

bx b y bz

cx c y cz

(2)

Qarışıq hasil üçün tapdığımız (2) göstərilişindən istifadə edərərk, onun bir sıra

xassələrini müəyyən etmək olar.

I. a , b , c vektorlarının dairəvi yerdəyişməsiqarışıq hasili dəyişmir:

a b c = b c a = c ab (3)

II. Vuruqlarının dairəvi olmayan başqa yerdəyişməsi nəticəsində qarışıq hasilin

ancaq işarəsi dəyişir:

a b c = - b c a = - (a c b) = - (c b a ) (4)

III. Qarışıq hasil vuruqlarının hər birinə nəzərən xəttidir. λ və μ ədədləri üçün

(λ1a1 + λ2a2) b c = λ1(a1b c) + λ2(a2 b c) (5)

bərabərliyi doğrudur.

IV.Üc a , b , c vektorunun komplanar olması üçün onların qarışıq hasilinin sıfra

bərabər olması, yəni

a b c = 0 (7)

və yaxud

ax a y az

bx b y bz

cx c y cz

= 0 (8)

olması zəruri və kafı şərtdir.

5. Paralelepiped və piramidanın həcmi.

Üç vektorun qarışıq hasili haqqında yuxarıda isbat etdiyimiz teoremnən

istifadə edərək, təpələti verilmiş M1, M2, M3, M4 nöqtələri olan piramidanın

həcmini hesablamaq olar.

V = 16 a b c (9)

və ya

V = 16

ax a y az

bx b y bz

cx c y cz

(10)

Misal 1. Təğələri M1 (1,2,0), M2 (-1,0,1), M3 (2,-2,1) və M4 (3,2,1) olan

piramidanın həcmini hesablamalı.

Bu məqsədlə,əlcə a = M 1 M 2 , b = M 1 M 3 , və c = M 1 M 4 vektorlarını tapaq:

a = -2i - 2 j + k, b = i - 4 j + k, c = 2 · i + 0 · j + k .

Onda (1) düsturuna görə

V = 16

−2 −2 11 −4 12 0 1

= 16 -8-4+8+2 = 1

3 .

Mövzu 6

Müstəvidə analitik həndəsə. Düz xəttin tənlikləri.

1. Müstəvidə analitik həndəsə.

2. Düz xəttin bucaq əmsallı tənliyi.

3. Düz xəttin ümumi tənliyi.

4. Düz xəttin polyar koordinatlarda tənliyi.

5. Düz xəttin parçalarla tənliyi.

6. Düz xəttin normal tənliyi.

7. Nöqtədə düz xəttə gədər olan məsafə.

1. Müstəvidə analitik həndəsə.

Tərif 1. Verilmiş Oxy koordinat sistemində L xəttinin tənliyi elə F(x,y)=o (1) tənliyinə deyilir ki, onu yalnız və yalnız bu xətt üzərindəki nöqtələrin koordinatları ödəyir.

Tərif 2. x və y dəyişənlərinə nəzərən iki dərəcəli tənliklə təyin olunan xətt (əyri) ikitərtibli xətt(əyri ) adlanır.

2. Düz xəttin bucaq əmsallı tənliyi.

y=kx+b (1)

Tənliyinə düz xəttin bucaq əmsallı tənliyi deyilir.

b=0 olduqda (1) tənliyi y=kx şəklinə düşür, y=kx isə koordinat başlanğıcından keçən və bucaq əmsalı k olan düz xəttin tənliyidir.

k=0 olduqda (1) tənliyi y=b şəklinə düşür , bu da absis oxuna paralel olan düz xəttin tənliyidir.

M0 (x0, y0) nöqtəsindən keçən və bucaq əmsalı k olan düz xəttin tənliyi

y - y0 = k (x-x0)

şəklindədir.

M1 (x1, y1) və M2 (x2, y2) nöqtələrindən keçən düz xəttin tənliyi

y− y1

y2− y1=

x−x1

x2−x1

olar.

3. Düz xəttin ümumi tənliyi.

Düz xəttin ümumi tənliyi Ax+By+C=0 (1) şəklindədir. Burada A,B və C əmsallarının qiymətlərindən

asılı olaraq həmin tənliyin təyin etdiyi düz xəttin verilmiş koordinat sisteminə görə necə yerləşdiyini tədqiq edək.

1 . A≠0 , B≠0 , C≠0 olsun . Onda (1) tənliyini

y=− A

Bx−C

B və ya y=kx+b (k=− A

B, b=−C

B ) (2)

olar. (2) tənliyi bucaq əmsalı k=− A

B və ordinat oxundan ayırdığı parçanın

qiyməti b=−C

B olan düz xəttin tənliyidir. 2. A=O, B≠O, C≠O olsun. Bu halda (1) tənliyini

y=−C

B, y=b ,(b=−C

B ) (3) şəklində yazmaq olar. (3) tənliyi absis oxuna paralel olan düz xəttin tən-liyidir.

3. A≠O, B=O, C≠O olduqda (1) tənliyini

x=−C

A, x=a (a=−C

A ) (4)

şəklində yazmaq olar, bu da ordinat oxuna paralel düz xəttin tənliyidir. 4. A≠0, B≠0 və C=0 olduqda (1) tənliyini

y=− A

Bx , y=kx (k=− A

B ) (5) şəklində yazmaq olar, buda koordinat başlanğıcından keçən düz xəttin

tənliyidir. 5. A≠0, B=0 və C=0 olduqda (1) tənliyini x=o (6) şəklində yazmaq olar bu da ordinat oxunun tənliyidir. 6. A=C=O və B≠O olduqda (1) tənliyi obsis oxunun y=o (7) tənliyinə çevrilir.

4. Düz xəttin polyar koordinatlarda tənliyi. Düz xəttin polyar koordinat sistemində tənliyini cıxarmaq üçün,müstəvi üzərində polyar koordinat sistemi və hər hansı L düz xəttini götürək. Polyusdan L düz xəttinə ON perpendikulyarı çəkib bu perpendikulyar üzərində O nöqtəsindən L düz xəttinə tərəf istiqamət

təyin edək.|O N|=Ρ və Ο Ν vektorunun OP oxu ilə əmələ gətirdiyi müsbət bucağı α ilə işarə edək.

L düz xətti üzərində ∀ M ( ρϕ) nöqtəsi götürsək onda

ΡrO n OM=|O N|=P və ΡrO nO M= ρcos (α−ϕ )

ifadələrinin sol tərəfləri bərabər olduğundan , alarıq.

ρ сos (α−ϕ )=p (1) (1) ifadəsi L düz xəttinin polyar koordinat sistemində tənliyi adlanır.

5. Düz xəttin parçalarla tənliyi.

Koordinat oxlarının hec birinə paralel olmayan koordinat başlanğıcından keçməyən L düz xətti götürək. Düz xəttin obsis və ordi-nat oxlarını kəsdiyi nöqtələr uyğun olaraq M(a,o) və N(o,b) olsun.L düz xəttinin tənliyini

Ax+By+C=0 (1)

şəklində yazsaq, şərtə görə A≠0, B≠0 və C≠0 olar. M(a,o) və N(o,b) nöqtələri L düz xətti üzərində yerləşdiyindən, onların koordinatları (1) tənliyini ödəyir. Aa+C=o, Bb+C=o Buradan ;

a=−C

A və b=−C

B (2)

(1) tənliyini Ax+By=- C şəklində yazaraq, bərabərliyin hər iki tərəfini (- C)-

yə bölsək

x

−CA

+ y

−CB

=1

və (2) bərabərliklərini nəzərə alsaq ;

xa+ y

b=1

(3)

olar. Bu tənliyə düz xəttin parçalarla tənliyi deyilir.

6. Düz xəttin normal tənliyi.

Müstəvi üzərində (0×y) koordinat sistemi və ∀ L düz xətti götürək. Koordinat başlanğıcını polyus və absis oxunu polyar ox hesab etsək , alınan polyar koordinat sistemində L düz xəttinin tənliyi

ρ cos(α-φ)=p (1)

olacaqdır. (1) tənliyinin sol tərəfini açsaq

ρ cosφ∙cosα+ρ sinφ∙sinα=p

və polyar koordinatlarla düzbucaqlı koordinatlar arasındakı x=ρcosφ və y=ρsinφ əlaqə düsturlarından istifadə etsək

xcosα+ysinα-p=0 (2)

tənliyini alarıq. Bu tənlik düz xəttin normal tənliyi və ya düz xəttin tənliyinin normal şəkli adlanır. P və α ədədlərinə normal tənliyin parametirləri deyilir.

7. Nöqtədə düz xəttə gədər olan məsafə.

Verilmiş Mo (xo, yo) nöqtəsindən Ax + By + C =0 (1) düz xəttə qədər olan məsafəni tapmaq üçün əvvəlcə düz xəttin (1) tənliyini normal şəklə salmaq , hər iki tərəfini μ ədədinə vururlar.

Aμx+Bμy+Cμ=0

Bu tənliyin normal tənlik olması üçün

Aμ=cos αBμ=sin αCμ=−p

olmalıdır. Birinci iki bərabərlikdən μ vuruğunu tapaq;

μ = 1

±±√A2+B2

μ ədədinə normallaşdırıcı vuruq deyilir. (1) tənliyini normal şəklə gətirdikdən sonra M0 (x0, y0 ) nöqtəsindən həmin düz xəttə qədər olan məsafə

d=|

Ax0+By0+C

√A2+B2|

düsturu ilə hesablanır.

Mövzu 7

İkitərtibli əyrilər.

1. Ellips (kanonik tənliyi).

2. Hiperbola (kanonik tənliyi).

3. Parabola (kanonik tənliyi).

1. Ellips (kanonik tənliyi).

Tərif. Müstəvi üzərində fokus adlanan verilmlş iki F1 və

F2 nöqtəsindən məsafələrinin cəmi sabit ədəd

olan nöqtələrin həndəsi yerinə ellips deyilir.

Ellipsin tənliyini çıxarmaq üçün müstəvi üzərində düzbucaqlı koordinat sistemi götürək və ellepsin fokuslarının absis oxu üzərində koordinat başlanğıcına nəzərən simmetrik yerləşdiyini fərz edək.

Onda ellips üzərində yerləşən ∀ M ( x , y ) nöqtəsi üçün ;

MF1+ MF2=2a (1)

Burada 2a ilə tərifdə göstərilən sabit ədəd işarə olunmuşdur.

F1F2=2c qəbul etsək , onda

2 a ¿ 2 c ,¿ F2 (−c ,o ) və F1 (c ,o ) olar. Bu halda iki nöqtə arasındakı məsafə düsturuna görə

F1 M=√ (x−c )2+ y2 və F2 M=√ ( x+c )2+ y2

(1) bərabərliyinə əsasən B2

√ ( x−c )2+ y2 + √ ( x+c )2+ y2

=2a (2) Bu ellipsin axtarılan tənliyidir. Ellipsin (2) tənliyini sadə şəklə gətirmək üçün onu radikallardan qurtardıqdan sonra

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

x2

a2+y2

a2−c2=1 (3)

a ¿ c¿ olduğundan a2−c2=b2 qəbul etmək olar. Onda (3) tənliyi

x2

a2+y2

b2=1 (4)

şəklində yazılar. (4) tənliyinə ellipsin kanonik tənliyi deyilir.

y

B1

b F2 F1 x A2 0 A1

a

B2

Elipsin forması a / b nisbətindən və ya ellipsin ekssentrisiteti adlanan

ε= ca=√a2−b2

a = √1−b2

a

adlanan kəmiyyətdən asılıdır. 0<c<a olduğundan 0<ε<1 olar. b = a olduqda (yəni ε=0) kanonik tənliyi

x2 + y2 = a2 (5)

kimi çevrə tənliyinə çevrilir, yəni ellips a radiuslu çevrəyə çevrilir.

Ellipsın fokuslarını yerləşdiyi simmetriyaya oxuna onun fokal oxu deyilir. Kanonik tənliyi üçün fokal ox absis oxudur.

Ellipsin fokal oxuna perpendikulyar olan x = −aε və x = a

ε düzxətləri

onun direktrisləri adlanır. 0<ε<1 olduqundan aε>a olar. Deməli, ellipsin

ditektrislərinin biri A1 təpəsinin sağında, obiri isə A2 təpəsinin solundan keçir və ellipsı kəsmillər.

2. Hiperbola (kanonik tənliyi).

Tərif. Fokus adlanan verilmiş iki F1 və F2 nöqtəsindən məsafələrinin fərqi mütləq qiymətcə sabit kəmiyyət olan nöqtələrin həndəsi yerinə hiperbola deyilir.

y

r2 M r1

F2 A2 0 A1 F1 x

Hiperbolanın tənliyini çıxarmaq üçün yenədə tərifdə göstərilən müsbət sabiti 2a , fokuslar arasındakı məsafəni 2c və fokusların absis oxu üzərində koordinat başlanğıcına nəzərən simmetrik yerləşdiyini qəbul edək. Onda tərifə görə F1( c; o), F2( -c; o) və M( x,y) nöqtələri üçün

|MF1−MF2|=2 a və ya MF1−MF2=±2a buradan

√ x−c2+ y2 √ x+c2+ y2=± 2a (1)

tənliyi hiperbolanın axtarılan tənliyidir. Bu tənliyi ellipsin tənliyi kimi sadələşdirsək, yenə də

x2

a2+y2

a2−c2=1 (2)

münasibətini alarıq. Bu halda a ¿¿olduğundan a2−c2=−b2 qəbul edərək (2) tən-liyini

x2

a2−y2

b2=1 (3)

şəklində yazmaq olar. (3) tənliyinə hiperbolanın kanonik tənliyi deyilir.

Hiperbolanın asimptodlarının tənlikəri y=ba

x və y=−ba x bunlardır.

Koordinat oxları hiperbolanın simmetriya oxlarıdır.

Hiperbolanın simmetriya oxlarının kəsişmə nöqtəsinə onun mərkəzi deyilir.

A1A2 və B1B2 parçaları hiperbolanın uyğun olaraq həqiqi və xəyali oxları adlanır. Hiperbolanın həqiqi oxunun uzunluğu 2a xəyali oxunun uzunluğu isə 2b-yə bərabərdir. a və b ədədləri hiperbolanın uyğun olaraq həqiqi və xəyali yarımoxları adlanırlar.

Hiperbolanın forması ba nisbətindən və ya onun ekssentrisiteti adlanan

ε= ca=√a2+b2

a = √1+b2

a

kəmiyyətindən asılıdır. c>a olduqundan, ε>1 alınır. a = b olduqda hiperbolanın tənliyi

x2 – y2 = a2 (4)

şəklində yazılır. Bu halda hiperbolaya bərabərtərəfli hiperbola deyilir.

Fokusların yerləşdiyi oxa hiperbolanın fokal oxu deyilir. Tənlikləri x = −aε

və x = aε olan düzxətlər fokal oxa perpendikulyar olur hiperbolanın təpələri

ilə koordinat başlanğıcı arasından keçir. Bu xətlərə hiperbolanın direktrisləri deyilir.

Tənlikləri uyğun olaraq

x2

a2−y2

b2=1 və −x2

a2 +y2

b2=1

olan hiperbolar qoşma hiperbolar adlanırlar.

3. Parabola (kanonik tənliyi).

Tərif. Fokus adlanan verilmiş F nöqtəsindən və direktris adlanan verilmiş d düz xəttindən eyni uzaqlıqda olan nöqtələrin həndəsi yerinə parabola deyilir.

Parabolanın tənliyini çıxarmaq üçün F fokusunun absis oxu üzərində yerləşdiyini və d direktrisinin həmin oxa ¿ olduğunu qəbul edək. Fokusla direktris arasındakı məsafə FD=p olsun . Fərz edək ki, koordinat başlanğıcı FD parçasının orta nöq-təsində yerləşir. Onda

F ( p

2, 0) , D(− p

2, 0)

və parabolanın ∀ M (x,y) nöqtəsi üçün ;

MF=MN

√(x− p2 )

2+ y2=√(x+ p

2 )2

Buradan

x2−xp+( p

2 )2+ y2=x2+xp+( p

2 )2

və yaxud y

2=2 px (1) P kəmiyyəti parabolanın parametri adlanır. Parabola əyrisi absis oxuna

nəzərən simmetrikdir. Parabola əyrisinin 1 simmetriya oxu varsır. O nöqtəsi

onun təpə nöqtəsi, OX oxu isə onun fakal oxu adlanır.

Bir parabolası ilə ordinat oxuna nəzərən simmetrik olan parabola

y2 = -2px

tənliyi ilə təyin olunar.

(1) tənliyinə parabolanın kanonik tənliyi deyilir. y

N M(x, y)

P

D 0 F x

Mövzu 8

Fəzada düz xətt və müstəvi tənlikləri.

1. Fəzada iki düz xəttin qarşılıqlı vəziyyəti.

2. Fəzada düz xətt və müstəvinin qarşılıqlı vəziyyəti.

3. Səthin fəzada tənliyi ( silindrik və fırlanma səthləri).

1. Fəzada iki düz xəttin qarşılıqlı vəziyyəti.

Müstəvinin normal tənliyi. Tutaq ki, müstəvidə veriilmiş M nöqtəsinə gədər koordinat başlanğıcından olan p məzafəsində r radius vektoru çəkilmiçdir. Bundan əlavə həmin O nöqtəsindən müstəviyə doğru n0 perpendikulyar endirilmişdir. Bu şərtlərdə r radius vektorunun proyeksiyaları və n0 perpendikulyarın yönəldici kosinuslarından istifadə etsək, müstəvi üçün

x cosα+ y cosβ+zcosγ−p=0 (1)

normal tənliyi alırıq.

Müstəvinin

Ax + By + Cz + D = 0 (2)

Ümümi tənliyini normal tənliyə gətirmək üçün onu normallayıcı

M=± 1√A2+B2+C2 (3)

Vuruğa vurmaq lazımdır.

Misal 1. Müstəvinin x−2 y+2 z−3=0 ümumi tənliyini normal şəklə gətirin.

1-ci addım. Normallayıcı vuruğu hesablayaq:

M=± 1

√12+(−2)2+22=1

3 .

2-ci addım. M qiymətini verilmiş tənliyin hər iki tərəfinə vuraraq alırıx:

13

x−23

y+ 23

z−1=0.

3-cü addım. Yönəldici kosinusları isə və p qiymətini aşağıdakı düsturlara görə alırıq:

cosα=± A√A2+B2+C 2 = 1

3 ; cosβ=± B√A2+B2+C2 =

−23 ;

cosγ=± C√A2+B2+C2

=23 ; p=± D

√A2+B2+C2=1.

İki müstəvinin arasındakı bucaq. Tutaq ki, iki

A1x + B1y + C1z + D1 = 0

A2x + B2y + C2z + D2 = 0 (4)

müstəvi verilir. Iki müstəvinin əmələ gətirdiyi iki qonşu ikiüzlü bucaqdan istənilən birinə həmin iki müstəvi arasındakı bucaq deyilir və

cosφ=A1 A2+B1 B2+C1 C2

√A12+B1

2+C12√A2

2+B22+C2

2 (5)

Fəzada düzxəttin tənliyi. Fəzada düzxətti kanonik tənliklərini

x−acosα

= y−bcosβ

= z−ccosγ (6)

şəklində yaza bilərik. Burada (x, y, z) cari nöqtənin koordinatlarıdır,

cosα=M , cosβ=N ,cosγ=P

M nöqtəsinin S vektorunun koordinatlarıdır.

İki düzxətt arasındakı bucaq. Tutaq ki, tənlikləri

x−a1

m1=

y−b1

n1=

z−c1

p1və

x−a2

m2=

y−b2

n2=

z−c2

p2

Olan iki müstəvi verilmişdir və onlar kəsişərək φ bucaqını təçkil edirlər. Həmin bucağı

cosφ=m1m2+n1 n2+ p1 p2

√m12+n1

2+ p12√m2

2+n22+ p2

2 (7)

Düsturuna əsasən hesablayırıq. Burada (m1, n1, p1) və (m2, n2, p2) müstəvilərin yönəldici vektorlarıdır.

Misal 2. x−11= y−4= z+3

1 və x2= y+2−2

= z−1 düz xətləri arasındakı bucağı tapın.

Birinci düzxətt üçün yönəldici əmsallar m1=1, n1=-4, p1=1, ikinci üçün isə m2=2, n2=-2, p2=-1 olur, ona görə

cosφ=± 1·2+8−1

√12+(−4)2+12√22+(−2)2+(−1)2=± 1√2 .

Buradan φ=π4 və ya φ=3 π

4 alınır.

İki düz xəttin paralellik və perpendikulyarlıq şərtləri. Düz xətlərin perpendikulyar olması halında cosα=0 olur və (7) düsturdan axtarılan şərti alırıq.

m1 m2+n1 n2+ p1 p2= 0 (8)

bu perpendikulyarlıq şərtidir.

Düz xəttin istiqaməti. m : n: p nisbətləri ilə müəyyən olduğu halda iki düz xəttin paralellik şərti

m1

m2=

n1

n2=

p1

p2 . (9)

2. Fəzada düz xətt və müstəvinin qarşılıqlı vəziyyəti.

Düz xətlə müstəvi arasındakı bucaq. Tutaq ki, düz xəttin tənlikləri

x−am= y−b

n= z−c

p ,

müstəvinin tənliyi isə

Ax + By + Cz + D = 0-dir

Müstəviyə perpendikulyarın A, B, C proyeksiyalarına və verilən düz xəttin m, n, p yönəldici əmsallarına görə bucağın kosinusunu aşaığıdakı düstura görə tapmaq mümkündür.

cos ( π2−φ)=sinφ= |Am+Bn+Cp|

√A2+B2+C2√m2+n2+ p2 (1)

Düz xətlə müstəvinin paralellik və perpendikulyarlıq şərtləri.

x−am= y−b

n= z−c

p ,

düz xətti ilə

Ax + By + Cz + D = 0

Müstəvinin paralel olması halında bunların arasındakı bucaq sıfra bərabər olur; buna görə də, sinφ=0 və (1) düsturu axtarılan şərti verir:

Am+Bn+Cp = 0 (2)

3. Səthin fəzada tənliyi ( silindrik və fırlanma səthləri).

Tərif. x y, z dəyişənlərinə nəzərən ikidərəcəli tənliklə təyin olunan səthə ikitərtibli səth deyilir.

İkitərtibli səthlərin ümumi tənliyi.

Ax2+By2+Cz2+2 Dxy+2 Eyz+2 Fzx+2Gx+2 Hy+2 Kz+L=0 (1)

şəklində yazılır.

Verilən düz xəttə paralel qalan və verilən L xəttini kəsən mütəhərrik düz xəttin cızdığı səthə silindirik səthə deyilir.

Elliptik silindir, x2

a2+y2

b2=1 tənliyi ilə həll olunmuş və doğuranları Oz

oxuna paralel olan silindrə deyilir. Elliptik silindrin yönəldicisi Oxy müstəvisi üzərində yerləşən ellipsdir.

x2

a2−y2

b2=1 y2=2 px

tənliklər ilə, təyin olunan və doğuranları Oz oxuna paralel olan silindrik səthlərə uyğun olaraq hiperbolik və parabolik silindr deyilir.

Elliptik, hiperbolik və parabolik silindirlərə ikitərtibli silindirlər deyilir.

1. Ellipsoid kanonik tənliyi.

x2

a2+y2

b2 +z2

c2=1

olan ikitərtibli səthə deyilir. a=b=c olduqda ellipsoid sferaya çevrilir. 2. Biroyuqlu hiperboloid kanonik tənliyi

x2

a2+y2

b2−z2

c2=1

olan ikitərtibli səthə deyilir. 3. İkioyuqlu hiperboloid kanonik tənliyi

x2

a2+y2

b2−z2

c2=−1

olan ikitərtibli səthə deyilir. 4. Konus kanonik tənliyi

x2

a2+y2

b2−z2

c2=0

olan ikitərtibli səthə deyilir. 5. Elliptik paraboloid kanonik tənliyi

x2

p+ y2

q=2 z

olan ikitərtibli səthə deyilir. 6. Hiperbolik paraboloid kanonik tənliyi

x2

p− y2

q=2 z ( p ¿0 , q ¿ 0 )

olan ikitərtibli səthə deyilir.

Mövzu 9

Funksiyanın tərifi, təyin və qiymətlər oblastı.

1. Funksiyanın tərifi, təyin və qiymətlər oblastı.

2. Funksiyanın verilməsi üsulları.

3. Əsas elementar funksiyaların xassələri.

4. Sonsuz azalan və sonsuz böyüyən kəmiyyətlər, xassələri.

1. Funksiyanın tərifi, təyin və qiymətlər oblastı.

Verilmiş x və y dəyişən kəmiyyətləri bir-birindən asılı olmayaraq istənilən

qiymətləri ala bilirsə, yəni birinin aldığı qimətlər, o birinin aldığı qiymətlər alıb-

almamasından asılı deyilsə, onlara asılı olmayan və ya sərbəst dəyişən

kəmiyyətlər deyilir. Aydındır ki, belə dəyişən kəmiyyətləri ayırdıqda öyrənməyin

heç bir mənası yoxdur. Buna görə də riyaziyyat elmində asılı olan dəyişən

kəmiyyətlər öyrənilir.

Funksiya

Y = y(x), y = f(x), y = φ(x), y = F(x), ...

və s. şəklində göstərilir. Bu ifadələrdəki f, φ, F ... hərfləri hansı qanun və ya

qaydalar vasitəsilə x-in verilmiş qiymətinə y-in uyğun qiymətinin qarşı

qoyulmasını göstərir.

Bu halda x-ə sərbəst dəyişən və ya arqument, y-ə isə funksiyanın asılı dəyişəni

və ya qiyməti deyilir. X çoxluğuna funksiyanın təyin oblastı, Y şoxluğuna isə

onun qimətləri çoxluğu deyilir.

f(X) ilə Y çoxluğunu işarə edək ki, onların hər biri y=f(x) funksiyasının heç

olmazsa bir x X nöqtəsində aldığı qiymət olsun. Aydındır ki, f(X) Y, vəya f(X),

Y çoxluqları bərabər olmaya da bilər.

Xüsusi halda, f(X) = Y olarsa, onda deyirlər ki, y = f(x) funksiyası X çoxluğunu

Y çoxluğu üzərində inikas etdirir. Bu halda istənilən x1 x2 ( x1∈X, x2 X) üçün

f(x1) f(x2) olarsa, onda X çoxluğunun Y çoxluğuna y = f(x) inikasına qarşılıqlı

birqiymətli inikas deyilir.

X çoxluğu ədədi çoxluq olduqda f(x) funksiyasına həqiqi dəyişənli funksiya

deyilir.

Fərz edək ki, Y = f(x) funksiyası [a , b ] parçasında təyin olunmuşdur. y = f(x)

funksiyasının [a ,b ] parçasındakı qiymətlərini həndəsi göstərən bütün nöqtələrin

həndəsi yeri həmin funksiyanın həndəsi göstərilişi və ya [a ,b ] parşasında qrafiki

adlanır. Başqa sözlə, absisləri arqumentin qiymətləri, ordinatları isə funksiyanın

arqumentin həmin qiymətlərinə uyğun qiymətləri olan M (x, y) nöqtələrinin

həndəsi yerinə y = f(x) funksiyasının qrafiki deyilir.

Təyin oblası[a , b ]parçası (və ya hər hansı sonsuz çoxluq) olan funksiyanın

qrafikini praktiki olaraq qurmaq üçün onun bütün qiymətlərinihəndəsi göstərən

nöqtələri tapmaq mümkün olmur.

Buna görə də verilmiş funksiyanın qrafiki ya onun müəyyən xassələrinə əsasən

və ya da qrafik üzərində yerləşən sonlu sayda Mk (xk , yk ) ( k= 1 , n ) nöqtələrini

tapıb inları bütöv xətlə birləşdirərək təqribi qurulur.

Funksiya analitik üsulla verildikdə iki hal ola bilər: x (arqument) və y

(funksiya) arasındakı asılılığı ifadə edən riyazi düstur riyazi düstur y-ə nəzərən

həll olunmuş şəkildə, yəni y = f(x) şəkildə verilə bilər. Bu halda funksiya aşkar

şəkildə verilmişdir deyilir.

x və y arasındakı asılılığı ifadə edən riyazi düstur y-ə nəzərən həll olunmamış

şəkildə, yəni

F(x, y) = 0 (1)

şəklində verildikdə, deyirlər ki, y = y(x) və ya y = f(x) funksiyası qeyri-aşkar

şəkildə verilmişdir. Bu halda təyin olunan y = y(x) funksiyasına qeyri-aşkar

funksiya deyilir.

Misal 1. 3x – y + 2 = 0 tənliyi ilə y dəyişəni x-in qeyri-aşkar funksiyası kimi

verilmişdir. Həmin tənliyi y-ə nəzərən həll edərək funksiyanı

y = 3x + 2

kimi aşkar şəklə gətirmək olur.

Misal 2. x2 + y2 + 5 = 0 tənliyi heç bir funksiyanı təyin etmir. x-in həqiqi

qiymətlərində y-in bu tənliyi ödəyən heç bir həqiqi qiyməti yoxdur.

Funksiyanın analitik üsulla verilməsini bir yolunu da göstərək.

Tutaq ki, x (arqument) və ya y (funksiya) dəyişənləri başqa bir t dəyişəninin

aşkar funksiyası şəklində verilmişdir:

x=φ( t)y=ᴪ (t ) t T (2)

t-nın T çoxluğundakı hər bir to qiymətinə (2) münasibəti vasitəsilə x və y-ın xo = φ

( to ) və yo = (to) qiymətləri uyğun qoyulur. Bu ədədlərin ikincisini birincisinə

qarçı qoysaq

xo yo (3)

onda y dəyişəni x-ın funksiyası kimi təyin olunar. Aydındır ki, (2) münasibəti bir

və ya bir neçə funksiyanı yəyin edə bilər.

Funksiyanın belə üsulla verilməsi onun parametrik şəkildə verilməsi, t-yə isə

parametr ideyilir.

Misal 3. x=t−2

y=3 t+1 [ t∈(−∞, ∞)] (4)

parametrik şəklində verilmiş funksiya y = fo(x) olsun. (4) münasibətinin təyin

etdiyi yeganə funksiyanın aşkar ifadəsini almaq üçün həmin münasibətdən t-nı

yox etmək lazımdır:

y = 3x + 7.

Deməli, fo (x) = 3x + 7.

Ümümiyyətlə, (2) bərabərliklərinin birincisindən t parametrini tapıb ikincisində

yerinə yazsaq, onda funksiyanın y = f(x) işəklində ifadəsini alırıq.

Tutaq ki, x = φ(t) funksiyası T çoxluğunda təyin olunmuşdur və onun

qiymətləri çoxluğu y = f(x) funksiyasının X təyin oblastına daxildir. Bu halda, t-

nın T çoxluğundakı hər bir qiymətinə y-ın müəyyən bir qiyməti uyğun olur, yəni

y dəyişəni (x vasitəsilə) t-nın funksiyasıdır:

y = f [φ (t)]. (5)

Bu halda alınan f [φ (t)] funksiyasına mürəkkəb funksiya və ya funksiyanın

funksiyası deyilir.

x = φ (t) və y = f(x) funksiyalarından düzəldilmiş (5) mürəkkəb funksiyasına

bəzən həmin x = φ (t) (daxili) və y=ƒ(x) (xarici) funksiyanın superpozisiyası da

deyilir.

Misal 4. y= sinx və x = t4 olduqda bir ara arqumenti olan

y = sin t4

mürəkkəb funksiyası alınır.

Misal 5. Y = sin u, u = lg x və x = t4 olduqda

y = sin lg t4

mürəkkəb funksiyasının iki ara arqumenti (u və x) vardır.

Tutaq ki, y = f(x) funksiyası X = x çoxluğunda təyin olunmuşdur. onun

qiymətləri hər hansı Y = y çoxluğunu təşkil edir. Funksiyanın tərifinə görə x

arqumentinin X çoxluğundakı hər bir xo qiymətinə y dəyişənin Y çoxluğundan bir

yo qiyməti uyğun olur. Lakin ixtiyari yo Y ədədi üçün x arqumentinin

çoxluğunda

yo = f(xo) (6)

bərabərliyini ödəyən ancaq bir xo qiymətinin varlığı həmişə demək mümkün

deyildir.

Misal 6. X çoxluğunda təyin olunmuş y = f(x) funksiyasının qiymətləri çoxluğu

Y olsun. Y-ın Y çoxluğundakı hə bir yo qiymətinə x-ın çoxluğundan (6)

bərabərliyini ödəyən ancaq bir xo qiyməti uyğun olarsa (yəni, y = f(x) funksiyası

X çoxluğunu Y çoxluğuna qarşılıqlı birqiymətli inikas etdirirsə), bu uyğunluqla Y

çoxluğunda təyin olunan x = φ(y) funksiyasına y = f(x) funksiyasının tərs

funksiyası deyilir. Aydındır ki, y = f(x) funksiyasında da x = φ(y) funksiyasının

tərs funksiyası hesab etmək olar. Buna görə də çox zaman y = f(x) və x = φ(y)

funksiyalarına qarşılıqlı tərs funksiyalar deyilir. Bu funksiyaların birincisini düz

funksiya hesab etsək, o birisi bunun tərs funksiyası olar. Tərifə əsasən

f[φ ( y) ] = y və x = φ [ f (x)] (7)

bərabərlikləri doğrudur.

Misal 7. y = 2x + 3 funksiyasının tərs funksiyası

x = y−32

olacaqdır.

2. Funksiyanın verilməsi üsulları.

Tərif. Dəyişmə oblastları uyğun olaraq X və Y olan iki x və y dəyişən

kəmiyyətini götürək.Hər-hansı ƒ qayda və ya qanun vasitəsilə dəyişən x

kəmiyyətinin X dəyişmə oblastındakı hər bir qiymətinə, dəyişən y kəmiyyətinin

müəyyən bir qiymətini uyğun və ya qarşı qoymaq mümkündürsə, onda X

çoxluğundan Y çoxluğuna funksiya verilmişdir deyilir və y=ƒ(x) ilə göstərilir.

x-ə sərbəst dəyişən və ya arqument, y-ə isə funksiyanın asılı dəyişəni və ya

qiyməti deyilir. X çoxluğuna funksiyanın təyin oblastı, Y çoxluğuna isə onun

qiymətləri çoxluğu deyilir.

y=ƒ(x) ƒ- sı o zaman verilmiş, məlum və ya təyin olunmuş hesab edilir ki;

1) funksiyanın təyin oblastı, yəni x arqumentinin ola bildiyi qiymətlər çoxluğu

göstərilsin;

2) x-in hər bir qiymətinə y-in müəyyən bir qiymətini uyğun qoyma qanunu, yəni

x və y arasındakı uyğunluq qanunu göstərilsin.

Funksiya əsasən analitik üsulla, cədvəl şəklində, qrafiki üsulla və proqram

vasitəsilə verilir.

3. Əsas elementar funksiyaların xassələri.

Xətti funksiya.

y = kx + b

şəklində olan funksiyaya xətti funksiya deyilir, burada k və b həqiqi ədədlərdir.

Xətti funksiyanın təyin oblastı bütün ədəd oxudur, qrafiki isə düz xətdir. Düz

xəttin absis oxunun müsbət istiqaməti ilə əmələ gətirdiyi bucağa həmin düz

xəttin absis oxuna meyl bucağı deyilir. Düz xəttin absis oxuna φ meyl bucağının

tangensi, yəni tg φ onun (düz xəttin) bucaq əmsalı adlanır. Absis oxuna paralel

olan düz xəttin bucaq əmsalı sıfra bərabərdir.

buradan aydındir ki, k = tg φ.

Qüvvət, üstlü və loqarifmik funksiyalar.

1. y = aα( həqiqi ədəddir) funksiyasına qüvvət funksiyası deyilir. Bu

funksiyanın varlıq oblastı α ədədindən asılıdır.α tam müsbət ədəd olduqda

funksiyanın varlıq oblastı bütün ədəd oxu, yəni (-∞ , ∞¿ intervalı, natural cüt ədəd

olduqda funksiyanın qiymətləri çoxluğu [0 ,+∞¿ yarımintervalı, tək olduqda isə (

−∞ ,∞¿ intervalı olar.

α tam mənfi ədəd olduqda y = xα funksiyası x-ın x=0 qiymətindən başqa yerdə

qalan bütün həqiqi qiymətlərində, yəni

X=¿, 0) + (0, ) (1)

Çoxluğunda təyin olunmuşdur.

2. y = ax (a 0, a 1) funksiyasına üstlü funksiya deyilir. Bu funksiyanın varlıq

oblastı (-∞ ,∞¿ intervalı \, qiymətlər çoxluğu isə (0, ) intervalıdır.

a-nın vahiddən kiçik və bahiddən böyük qiymətlərində y = ax funksiyasının

qrafiki 2-ci və 3-cü şəkillərdə göstərilmişdir.

3. y = log a x (a 0, a 1) funksiyasına loqarifmik funksiya deyilir.

Bu funksiyanın varlıq oblastı (0, ) intervalı, qiymətləri çoxluğu isə (-∞ ,∞)

intervalıdır.

Loqarifmik funksiyasının qrafiki 4-cü şəkildə göstərilmişdir.

Triqonometrik funksiyalar.

Triqonometrik funksiyaların həndəsi tərifi orta məktəbin riyaziyyat kursundan

məlumdur. Bu tərifə görə

y = sin x, y =cosx, y=tgx, y=ctg x (2)

triqonometrik funksiyaları bucağın və eləcə də qövsün funksiyalarıdır.

Hər bir həqiqi x ədədinə, triqonometrik funksiyaların həmin ədədlə ölçülən α bucağına uyğun qiymətini qarşı qoya bilərik

x α f(α) = f(x)

sin x və cos x funksiyalarının varlıq oblastı bütün həqiqi ədədlər çoxluğu: (-∞ , ∞¿ intervalı, qiymətləri çoxluğu isə [−1 ,1 ] parçasıdır.

tg x və ctg x funksiyalarının qiymətləri çoxluğu bütün həqiqi ədədlər çoxluğudur.

4. Sonsuz azalan və sonsuz böyüyən kəmiyyətlər, xassələri.

Fərz edək ki, α (x) və β (x), a nöqtəsinin (a sonlu nöqtə və ya (- ) , ( ),

simvollarından biri ola bilər) hər hansı ətrafında (a nöqtəsi müstəsna olmaqla)

təyin olunmuş funksiyalardır.

Tərif 1. əgər a nöqtəsinin hər hansı ətrafında

α (x) c β (x) (x a)

(1)

Bərabərsizliyini ödəyən sabit (x-dən asılı olmayan) c 0 ədədi olarsa, onda α (x)

funksiyasına β (x)-ə nəzərən x a şərtində məhdud funksiya deyilir və

α (x) = O (β (x) ) (x a)

(2)

şəklində yazılır (belə oxunur: “α (x) bərabərdir O böyük β (x) “ ).

Xüsusi halda, α (x) = O (1) (x a) münasibəti α (x) funksiyasının x a olduqda

məhdud olmasını göstərir.

Misal 1. Aşağıdakı bərabərliklər doğrudur:

x2 = O (xn) (x 1),

sin x = O (1) (x 0),

x3 = O (x) (x 1).

Tərif 2. Əgər

α (x) = ε (x) · β (x) , limx→ aε ( x )=0 (3)

olarsa, onda α (x) funksiyasına β (x)-ə nəzərən x a şərtində sonsuz kiçilən

funksiya deyilir və

α (x) = o (β (x) ) (x a) (4)

şəklində yazılır “α (x) bərabərdir o kiçik β (x) “ kimi oxunur )

xüsusi halda, α (x) = o (1) (x a) münasibəti α (x) funksiyasının x a şərtində

sonsuz kiçilən olmasını göstərir.

Tərif 3. β (x) funksiyasının x a şərtində sonsuz kiçilən funksiya olarsa və

α (x) = ε (x) β (x) , limx→ aε ( x )=0 (5)

münasibətləri ödənilirsə, onda α (x ) sonsuz kiçilən β (x) sonsuz kiçiləninə nəzərən

yüksək tərtibli sonsuz kiçilən funksiya deyilir. Bu halda, β (x) sonsuz kiçiləni isə

α (x ) sonsuz kiçiləninə nəzərən aşağı tərtibli sonsuz kiçilən funksiya adlanır.

β (x) 0 (x 0) olduqda, yenə də bu tərifdə (5) əvəzinə limx→ a

α (x)β (x) = 0 bərabərliyini

götürmək olar.

Tərif 4. Əgər α( x)β( x) nisbətinin x a şərtində sıfırdan fərgli sonlu limiti varsa,

yəni limx→ a

α (x)β (x) = A 0 olarsa, onda α (x) və β (x) sonsuz kiçilənlərinə

eynitərtibli sonsuz kiçilən funksiyalar deyilir.

Tərif 5. limx→ a

α (x)β (x)m = A 0 olduqda α (x) sonsuz kiçiləninə β (x) sonsuz kiçilən

funksiya deyilir.

Asimptotik bərabərliklər.

Burada eynitərtibli sonsuz kiçilənlərin mühüm bir xüsusi halını ayrıca

öyrənəcəyik.

Fərz edək ki, α (x) və β (x), a nöqtəsinin hər hansı ətrafında (a nöqtəsi müstəsna

olmaqla) təyin olunmuş, sıfırdan fərgli və x a şərtində sonsuz kişilən

funksiyalardır.

Tərif 1. limx→ a

α (x)β (x) = 1 olduqda α (x) və β (x) sonsuz kiçilənlərinə ekvivalent və

ya asimptotik bərabər sonsuz kiçilən funksiyalar deyilir və

α (x) β (x) (x a) (6)

şəklində işarə olunur.

Asimptorik bərabərliyin bir sıra sadə xassələrini qeyd edək:

1) α (x) ≈ α (x) (x a),

2) α (x) β (x) (x a) olduqda β (x) ≈ α (x) (x a)

3) α (x) β (x) (x a) və β (x) ≈ γ (x ) (x a) olduqda

α (x) ≈ γ (x ) (x a).

Teorem 1. a nöqtəsinin hər hansı ətrafında (a nöqtəsi müstəsna olmaqla)

təyin olunmuş α (x) və β (x) funksiyalarının x a şərtində asimptorik

bərabər olması üçün

α (x) = β (x) + o (β (x) ) (x a),β (x) 0,(x 0) (7)

münasibətlərinin ödənilməsi zəruri və kafi şərtdir.

Tərif 2. Əgər α (x) və β (x) funksiyaları x a şərtində sonsuz kiçilən

funksiyalardırsa və

α (x) = β (x) + o (β (x) ) (8)

göstərilişi doğrudursa, onda β (x) sonsuz kiçiləninə α (x) sonsuz kiçiləninin baş

hissəsi deyilir.

Mövzu 10

Funksiyanın limiti və kəsilməzliyi haqqında teoremlər.

1. Funksiyanın limiti

2. Limitlər haqqında əsas teoremlər.

3. Məşhur limitlər.

4. Funksiyanın kəsilməzliyi.

1. Funksiyanın limiti

Tərif 1. X çöxluğunun a-ya yığılan istənilən xn (xn≠a , n=1,2 , .. . ) nöqtələri

ardıcılığına ƒ(x) funksiyasının uyğun olan f (xn ) qiymətləri ardıcıllığının

hamısı eyni bir A ədədinə yığıldıqda , həmin A ədədinə x→a şərtində f ( x )

funksiyasının limiti deyilir.

Aydındır ki, a-ya yığılan heç olmazsa iki xn' xn

' ' ardıcıllığına f ( x )

funksiyasının f ( xn' ) və f ( xn

' ' ) uyğun qiymətləri ardıcıllıqları müxtəlif

limitlərə yığılarsa, onda f ( x ) funksiyasının x=a nöqtəsində limiti yoxdur.

Funksiyanın nöqtədə limitinin başqa tərifi də vardır.

Tərif 2. Tutaq ki, sonlu a və A ədədləri və istənilən ε ¿0¿ədədi üçün elə δ ¿0¿

ədədi varki, x-in X çoxluğundan götürülmüş və 0¿¿ (1) bərabərsizliyini

ödəyən bütün qiymətlərində |f (x )−A|¿¿ (2) münasibəti ödənilir.Onda

A ədədinə x→a şərtində f ( x ) funksiyasının limiti deyilir.

Qeyid edək ki, A ədədi x→a şərtində f ( x ) funksiyasının limiti olduqda (2)

bərabərsizliyinin x=a qiymətində ödənilib ödənilməməsinin heç bir əhəmiyyəti

yoxdur. f ( x ) funksiyası x=a nöqtəsində təyin olunduqda isə onun həmin

nöqtədə limiti xüsusi f (a ) qiymətinə bərabər olada bilər, olmayada bilər.

Funksiya limitinin birinci tərifinə “ limitin ardıcıllıq dilində tərifi ” (və ya

Heyns mənada tərifi) , ikinci tərifinə isə

“ limitin ε , δ dilində tərifi ”(və ya Koşi mənada tərifi ) deyilir.

2. Limitlər haqqında əsas teoremlər.

Teorem 1 . Sonlu limitləri olan sonlu sayda f k ( x ) ( k=1,2 , .. .. n . ) funksiyalarının

cəminin limiti onların limitləri cəminə bərabərdir. (1)

Teorem 2 . Sonlu limitləri olan sonlu sayda f k ( x ) ( k=1,2 , .. .. n . ) funksiyalarının

hasilinin limiti onların limitləri hasilinə bərabərdir. (2)

lim

x→ xo

∑k=1

n

f k (x ) =∑k=1

n limx→x 0

f k ( x ) (1)

lim

x→ x0

∏k=1

n

f k ( x )=∏k=1

n limx→ x0

f k ( x ) (2)

Sabit vuruğu limit işarəsi xaricinə çıxarmaq olar.

limx→ x0

[c f (x ) ]=c⋅[lim f ( x )x→ x0

]

Teorem 3.f(x) və ϕ (x) funksiyalarının sonlu limitləri varsa və lim

x→ x0

ϕ ( x )≠0

olarsa, onların nisbətinin limiti limitlərinin nisbətinə bərabərdir;

limx→ x0

f ( x )ϕ ( x )

=

limx→0

f ( x )0

limx→0

ϕ (x )

3. Məşhur limitlər.

1. lim

x→ 0

sin xx=1

2. lim

x→∞(1+ 1

x )x=e

ədədi.

Tərif . (1+1n )

n

dəyişən kəmiyyətinin n→∞ şərtində limitinə e ədədi deyilir.

e =lim

n→∞(1+ 1

n )n

ədədi bərabərsizliyini ödəyir.

e ədədi 2≤e≤3

e ≈2,7182818284

4. Funksiyanın kəsilməzliyi.

Nöqtədə funksiyanın kəsilməzliyi.

Tərif 1. Tutaq ki, istənilən ε ¿0¿ ədədi üçün elə δ ¿ 0¿ ədədi var ki, x-in |x−x0| ¿¿ bərabərsizliyini ödəyən bütün qiymətlərində |f ( x )−f ( xo )| ¿¿

bərabərsizliyi ödənilir. Bu halda f ( x ) funksiyasına x=xo nöqtəsində kəsilməyən

funksiya deyilir.

Parçada kəsilməz funksiyanın bəzi xassələri.

Xassə1. (Veyerştrasın birinci teoremi) Sonlu [a , b ] parçasında kəsilməyən f ( x ) funksiyası həmin parçada məhduddur.

Xassə 2. (Veyerştrasın ikinci teoremi) Sonlu [a ,b ] parçasında kəsilməyən f ( x ) funksiyası bu parçanın heç olmasa bir α nöqtəsində özünün həmin

parçadakı dəqiq aşağı sərhəddini, heç olmasa bir β nöqtəsində isə dəqiq yuxarı

sərhəddini alır, yəni

f (a )= inf

x∈ [a ,b ]f ( x )=m0 , f ( β )= sup

x ∈ [a ,b ]f ( x )=M 0

(1)

Xassə 3. [a ,b ] parçasında kəsilməyən y=f ( x ) funksiyası həmin parçanın uc

nöqtələrində müxtəlif işarəli qiymətlər alırsa, onda a və b nöqtələri arasında

yerləşən ən azı bir C(a¿¿ c ¿¿b ) nöqtəsi var ki, bu nöqtədə f ( x ) funksiyası

sıfıra çevrilir; f (c )=0

Xassə 4. [a , b ] parçasında kəsilməyən y=f ( x ) funksiyası həmin parcanın 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 ξ nöqtəsi var ki, f (ξ )=c olar.

Xassə 5. Məhdud və qapalı X çoxluğunda kəsilməyən f ( x ) funksiyasının f (X ) qiymətləri çoxluğu məhdud və qapalı çoxluqdur, yəni məhdud və qapalı X

çoxluğunda kəsilməyən f ( x ) funksiyası həmin çoxluğu məhdud və qapalı

f (X ) çoxluğuna inikas etdirir.

Tərs funksiyanın kəsilməzliyi.

Teorem . [a , b ] parçasında təyin olunmuş kəsilməyən və artan (ya da azalan) y=f ( x ) funksiyasının tərs funksiyası olan x=φ(y) funksiyası

[c , d ] (c=f (a ) , d=f (b )) parçasında kəsilməyəndir .

Kantor teoreminin söylənilməsi və izah edilməsi.

Teorem . Parçada kəsilməyən funksiya həmin parçada müntəzəm

kəsilməyəndir.

Deməli funksiyanın parçada kəsilməzliyi anlayışı ilə parçada müntəzəm

kəsilməzliyi anlayışı eynidir. Lakin bu xassə interval və yarıminterval üçün

doğru deyildir.

Məsələn; f ( x )= 1

x funksiyası (0,1) intervalında kəsilməyəndir, lakin həmin

intervalında müntəzəm kəsilməyən deyildir.

Teorem 2. Əgər α (x) α 1(x) (x a), β (x) β1(x) (x a) və α1(x )β1(x )

= A (x a)

olarsa, onda

α ( x)β( x) A (x a).

Doğrudan da, x a olduqda

limx→ a

α (x)β (x) = log x →a

α (x)α1(x )

·α 1(x)β1(x)

·β1(x)β (x) = 1 · A · 1 = A.

Bu teorem göstərir ki, iki funksiya nisbətinin limitini hesabladıqda, onları

uyğun olaraq ekvivalent funksiyalarla əvəz etsək limitin qiyməti dəyişməz.

Mövzu 11

Törəmənin tərifi və tapılma qaydası.

1. Funksiyanın törəməsi.

2. Törəmənin həndəsi və mexaniki mənası.

3. Elemantar funksiyaların törəməıəri.

1. Funksiyanın törəməsi.

Tərif 1. Əgər Δx→0 şərtində ΔyΔx=

f ( x+Δx )−f ( x )Δx (1) nisbətinin sonlu

limiti varsa, onda həmin limitə y=f(x) funksiyasının x nöqtəsində törəməsi

deyilir.

lim

Δx→ 0

f ( x+Δx )−f ( x )Δx

=f ' ( x )= y '=df (x )

dx

Verilmiş x nöqtəsində törəməsi olan funksiyaya həmin nöqtədə diferensiallanan

funksiya deyilir. (a, b) intervalının hər bir nöqtəsində törəməsi olan funksiya

həmin intervalda diferensiallanan funksiya adlanır.

Funksiyanın törəməsini tapmaq əməlinə həmin funksiyanın diferensiallanması

deyilir.

Misal 1. f(x) =x funksiyanın törəməsi vahidə bərabərdir.

Bunu isbat etmək üçün arqumentin verilmiş Δx artımına funksiyanın uyğun

artımını tapaq;

f ( x+Δx )−f ( x )= (x+Δx )−x=Δx

Buradan;

f ( x+Δx )− f ( x )Δx

=ΔxΔx=1

f ' ( x )=limΔx→0

f ( x+Δx )−f ( x )Δx

=limΔx→ 0

1=1

2. Törəmənin həndəsi və mexaniki mənası.

Törəmənin həndəsi mənasının tərifi. İxtiyari L əyrisi və onun üzərində M0

nöqtəsində götürək. L əyrisinin ixtiyari M və M0 nöqtəsindən bir kəsən çəkək. M

nöqtəsi L əyrisi boyunca öz yerini dəyişdikdə M0M kəsəni də ümümiyyətlə M0

nöqtəsi ətrafında öz vəziyyətini dəyişər və nəticədə M0 nöqtəsinə yaxınlaşdıqda

M0M kəsəni müəyyən M0T limit vəziyyətinə yaxınlaşarsa, kəsənin həmin limit

vəziyyətinə M0 nöqtəsində L əyrisinə toxunan deyilir.

Deməli törəmənin həndəsi mənası belədir: y=f(x) funksiyasının x0 nöqtəsində

f ꞌ(x0) funksiyanın qrafiki olan əyriyə M0 (x0 , f (x0)) nöqtəsində çəkilmiş bucaq

əmsalına bərabərdir:

k = tg α= f ꞌ ( x0) (1)

İndi isə həmin L əyrisinə M0 nöqtəsində çəkilmiş M0T toxunanın tənliyini

yazaq. Məlumdur ki verilmiş nöqtədən keçən və bucaq əmsalı k ¿ f ꞌ (x0) olan M0T

düzxəttinin tənliyi

y− f (x¿¿0)= f ꞌ (x0)(x−x0)¿ (2)

şəklində yazılır. y0=f (x¿¿0)¿ olduğundan toxunanın tənliyini

y− y0=f ꞌ (x0 ) ( x−x0 ). (3)

L əyrisinə M0 nöqtəsində çəkilmiş toxunana həmin nöqtədə perpendikulyar

olan düzxəttə əyrinin normalı deyilir. Həmin normalın tənliyi

y− y0=−1

f ꞌ (x0 )(x−x0 ) (4)

şəklində yazılar.

Törəmənin mexaniki mənasının tərifi. Hər hansı cismin dəyişənsürətli

düzxətli hərəkətinə baxsaq, həmin cismin ülçülərini və şəklini nəzərə almayaraq,

onun fiziki baximindan maddi nöqtə hesab etmək olar. məlumdur ki, hərəkət

edən nöqtənin getdiyi yolu zamandan asılıdır: s = s(t) nöqtənin t zaman əslində

getdiyi yol s(t), t+∆t zamanında isə getdiyi yol s(t+∆t) = s(t) + ∆s olarsa, onda

baxılan nöqtə ∆t zamanı ərzində ∆s məsafəni getmiş olar. Belə olan halda

vor = ∆ s∆ t=

s ( t+∆ t )−s( t)∆ t (5)

nisbəti nöqtənin hərəkətinin orta sürətinə bərabər olar. Həmin nisbətdə ∆ t →0

şərtində limitə keçsək nəticədə alırıq ki,

v(t) = sꞌ(t) (7)

Buradan törəmənin mexaniki mənası alınlır: hərəkət edən nöqtənin sürəti gedilən

məsafənin zamana görə törəməsinə bərabərdir.

Törəmənin iqtisadi mənası. Təbiətdə baş verən istənilən prosesləri

öyrənərlən bir-biri ilə bağlı olan kəmiyyətlər arasındakı deyişmə sürətini

törəmənin köməyi ilə qiymətləndirmək olar. buna əsasən, törəmə iqtisadiyyatda

geniş tətbiq olunur.

Misal. Tutaq ki, eyni adlı məhsulların istehsal xərcləri – u, məhsulun miqdarı –

x olsun. Onda, xərcləri miqdarın u = u(x) funksiyası kimi gəbul edə bilərik.

Aydındır ki, məhsulun miqdarı ∆x gədər artsa, ona xərclənən qiymət ∆u gədər

artar. Belə olan halda ∆ u∆ x - istehsal xərcinin orta artımı olar. Onda orta artımın

limiti istehsal xərclərinin limiti adlanır və u ꞌ(x) ilə işarə olunur:

lim∆ x→ 0

∆ u(x )dx

=u ꞌ x (8)

3. Elemantar funksiyaların törəməıəri.

Mövzu 12

Mürəkkəb, tərs funksiyaların törəməsi.

1. Mürəkkəb funksiyanın törəməsi.

2. Tərs funksiyanın törəməsi.

3 Parametrik və qeyri-aşkar funksiyaların törəməsi.

1. Mürəkkəb funksiyanın törəməsi.

Teorem. x=ϕ ( t ) funksiyası t0 nöqtəsində və y= f ( x ) funksiyası uyğun x0=ϕ (t0)

nöqtəsində diferensiallanan olduqda y=f [ϕ ( t ) ] mürəkkəb funksiyası t0

nöqtəsində diferensiallanandır və onun törəməsi

(f [ϕ ( t0 )] )′= f ' ( x0)⋅ϕ' (t0 )

düsturu ilə hesablanır.

İsbatı. Sərbəst dəyişənin müəyyən bir x qiymətində u = φ(x) və y = F(u) və

onun x + ∆x qiymətində isə

u + ∆u = φ(x + ∆x), y + ∆y = F(u + ∆u)

olar. Beləliklə, ∆x artıma ∆u, ∆F-ə isə ∆y artımı uyğundur; bundan başqa ∆x

şərtində, ∆u olduqda isə ∆y .

Şərtə görə, törəməsi vardır:

.

Funksiya limitinin xassəsinə görə, bu münasibətdən

(1)

alınır. Burada şərtinə görə (1) bərabərliyini

(2)

şəklində yazmaq olar. Bu bərabərliyinin hər tərəfini ∆x atrımına bölək:

. (3)

Şərtə əsasən

, . (4)

Üçüncü bərabərliyində şəklində limitə keçərək:

. (5)

2. Tərs funksiyanın törəməsi.

Teorem. y=f ( x ) funksiyası x=x0 nöqtəsində diferensiallanandırsa və f' (x0 )≠0

olarsa onda onun tərs funksiyası x=ϕ (t ) uyğun y0 nöqtəsində ( y0=f (x0 ))

diferensiallanandır və onun törəməsi

ϕ ' ( y0)=

1f ' (x0) (1)

düsturu ilə hesablanır.

İsbatı. Əvvəlcə qeyd edək ki, tərs funksiyanın tərifinə əsasən:

.

Onda tərs funksiya üçün:

bərabərliyini yazmaq olar.

Tərs funksiya kəsilməz olduğundan şərtində olur. Buna görə

də:

(2)

Bu düsuru

(3)

şəklindədə yazmaq olar.

3 Parametrik və qeyri-aşkar funksiyaların törəməsi.

Parametrik şəklində verilmiş funksiyanın törəməsi.

Teorem. Əgər x=ϕ ( t ) və y=Ψ ( t ) funksiyalarının törəmələri varsa və ϕ ' (t )≠0

olarsa onda y=f ( x ) funksiyası diferensiallanandır və onun törəməsi

y

x′=Ψ ' (t )ϕ ' (t ) və ya

yk ′=

yt ′

xt ′ (1)

düsturu ilə hesablanır.

İsbatı. Həqiqətən də y = ᴪ(t) bərabərliyini x nəzərən diferensiallasaq və sağ

tərəfi x-ın mürəkkəb funksiyası hesab etsək alarıq:

(2)

kəmiyyətini tərs funksiyanın diferensiallanması qaydasına əsasən x = φ(t) funksiyasından tapmaq olar:

. (3)

Tapdığımız qiyməti (2) bərabərliyinə terinə yazsaq tələb olunan

düsturunu alırıq.

Qeyri-aşkar funksiyanın törəməsi.

Tutaq ki, y = y(x) qeyri-aşkar funksiyası

F(x , y) = 0 (1)

tənliyi vasitəsi ilə verilmişdir. Bu funksiyanın analitik ifadəsini aşkar şəkildə

tapmadan onun müxtəlif tərtibli törəmələrini tapmaq bəzən mümkün olur. Bu

məqsədlə (1) bərabərliyinin hər iki tərəfini x-ə görə diferensiallayırlar və y

dəyişəni x dəyişəninin funksiyası olduğunu nəzərə alırıar. Alınan bərabərliyini yꞌ

törəməyə nəzərən həll edərək yꞌ törəməsini tapırlar.

Bu prosesi dəvam etdirməklə funksiyanın iki, üç və s. tərtibli törəmələrini

tapmaq olar.

Misal.

ax2 + by2 = 2 (2)

tənliyi ilə təyin olunan y = y(x) funksiyasının birinci törəməsini tapın.

Qaydaya uyğun olaraq tənliyin hər iki tərəfini x dəyişəninə nəzərən törəməsini

alaq (unutmuruq ki, y dəyişən x-ın funksiyasıdır):

2ax + 2by · y ꞌ = 0, (3)

y ꞌ = (4)

Birdəyişənli funksiyanın diferensial hesabı.

Mövzu 13

Diferensial hesabının əsas teoremləri.

1. Roll, Lagranj, və Koşi teoremləri.

2. Qeyri-müəyyənliklərin açılışı, Lopital qaydası.

3. Teylor düsturu.

1. Roll, Lagranj, və Koşi teoremləri.

Roll teoremi. [a ,b ]-da kəsilməyən , (a,b) intervalında diferensiallanan və

həmin parçanın uc nöqtələrində bərabər f (a )= f (b ) qiymətləri alan y= f ( x )

funksiyası üçün həmin (a, b) intervalında yerləşən heç olmasa bir elə ξ nöqtəsi

var ki, bu nöqtədə funksiyanın f ' ( x ) törəməsi sıfıra bərabərdir. Yəni f ' (ξ )=0

Laqranj teoremi. [a , b ]-da kəsilməyən və (a,b) intervalında diferensiallanan

y=f ( x ) funksiyası üçün həmin intervalında yerləşən elə ξ nöqtəsi var ki, bu

nöqtədə

f (b )−f (a )= (b−a ) f ' (ξ ) (1)

bərabərliyi ödənilir. (1) bərabərliyinə Laqranj düsturu və ya sonlu artımlar

düsturu deyilir.

Isbatı ; [a ,b ]-da təyin olunmuş

F ( x )=f ( x )−f (a )− f (b )−f (a )

b−a( x−a )

(2)

funksiyasına baxaq. F(x) funksiyası [a , b ]-da kəsilməyəndir, (a,b) intervalında

diferensiallanandır və parçanın uc nöqtələrində bərabər qiymətlər alır.

F (a)=F(b )=0

Onda Roll teoreminə görə onun

F '( x )=f ' ( x )− f (b )− f (a )

b−a

törəməsi bir ξ∈ (a ,b ) nöqtələrində sıfra bərabər olar;

f ' (ξ )− f (b )−f (a )

b−a=0

Buradan (1) bərabərliyi alınır.

Koşi teoremi. Tutaq ki, f ( x ) və ϕ ( x ) funksiyaları [a , b ]-da kəsilməyən , (a,b)

intervalında diferensiallanan və həmin intervalın bütün nöqtələrində ϕ ' (x )≠0

şərtini ödəyən funksiyalardır. Onda (a,b) intervalında yerləşən elə ξ nöqtəsi var

ki, bu nöqtədə

f (b )−f (a )ϕ (b )−ϕ (a )

=f ' ( ξ )ϕ ' (ξ ) (1)

bərabərliyi ödənilir.

İsbatı. Teoremin şərtindən aydındır ki, ϕ (a )−ϕ (b)≠0 , çünki əks halda , yəni

ϕ (a )=ϕ (b ) olduqda Roll teoreminə görə bir ξ nöqtəsindən ϕ ' (ξ )=0 ¿¿ olar

ki, buda şərtə ziddir. Indi aşağıdakı kimi köməkçi funksiya düzəldək;

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

ϕ (b )−ϕ (a )[ϕ (x )−ϕ ( a ) ]

(2)

F(x) funksiyası [a , b ]-da kəsilməyəndir, (a,b) intervalında diferensiallanandır və

parçanın uc nöqtələrində sıfra bərabərdir;

F (a)=F(b )=0

Onda Roll teoreminə görə onun

F '( x )=f ' ( x )− f (b )−f (a )

ϕ (b )−ϕ (a )ϕ' ( x )

törəməsi (a, b) intervalının bir ξ nöqtəsində sıfra bərabər olar;

f '( ξ )− f (b )− f (a )

ϕ (b )−ϕ (a )ϕ ' (ξ )=0

Buradan (1) bərabərliyi alınır.

2. Qeyri-müəyyənliklərin açılışı, Lopital qaydası.

00 şəkildə qeyri-müəyyənliyin açılışı.

Teorem 1. ( Lopital qaydası.) Tutaq ki, f ( x ) və ϕ ( x ) funksiyaları x=a

nöqtəsinin müəyyən ətrafında (a nöqtəsini müstəsna olmaqla) təyin olunmuş ,

diferensiallanan,

lim

x→ a

f ( x )=limx→a

ϕ ( x )=0 (1)

və ϕ ' (x )≠0 ( a nöqtəsi həmin ətrafında) şərtlərini ödəyən funksiyalardır. Əgər

funksiyaların törəmələri nisbətinin

lim

x→ a

f ' ( x )ϕ ' (x )

=A (2)

Limiti varsa, onda funksiyalarının özlərinin də nisbətinin limiti var və həmin

ədədə bərabərdir;

lim

x→ a

f ( x )ϕ ( x )

=limx→a

f ' ( x )ϕ ' ( x )

=A (3)

∞∞ şəklində qeyri-müəyyənliyin açılışı.

Teorem 2.( Lopital qaydası.) Tutaq ki, f ( x ) və ϕ ( x ) funksiyaları x=a

nöqtəsinin müəyyən ətrafında (a nöqtəsi müstəsna olmaqla) təyin olunmuş ,

diferensiallanan və ϕ ' (x )≠0 ( a nöqtəsi həmin ətrafında) şərtlərini ödəyən

funksiyalardır;

lim

x→ a

f ( x )=limx→a

ϕ ( x )=∞ (4)

Əgər funksiyaların törəmələri nisbətinin

lim

x→ a

f ' ( x )ϕ ' (x )

=A (5)

limiti varsa, onda funksiyaların özlərinin də nisbətinin limiti var və həmin ədədə

bərabərdir ;

lim

x→ a

f ( x )ϕ ( x )

=limx→a

f ' ( x )ϕ ' ( x )

=A (6)

3. Teylor düsturu.

Tutaq ki, P( x )=a0+a1 x+a2 x2+. . ..+an xn (an≠0 ) (1)

n dərəcəli çoxhədli və a hər hansı həqiqi ədəddir. P (x) çoxhədlisini həmişə x-a

fərqinin qüvvətlərinə görə yazmaq olar.

P( x )=P (a)+ P' (a )

1 Ι( x−a )+ P' ' (a )

2 Ι( x−a )2+.. . .+ P(n ) (a )

nΙ( x−a )n

(2)

bərabərliyinə çoxhədli üçün Teylor düsturu deyilir a=0 olduqda Teylor

düsturunun xüsusi halını alarıq ;

P( x )=P (0)+ P' (0 )

1 Ιx+ P' ' (0 )

2 Ιx2+ .. ..+ P(n ) (0 )

nΙxn

(3)

Bu düstura çoxhədli üçün Makloren düsturu deyilir.

Mövzu 14

Funksiyanın maksimumu və minimumu. Ekstremum.

1. Funksiyanın artması və azalması şərtləri.

2. Ekstremumun varlığı üçün şərtlər.

3. Əyrinin qabarıq və çöküklüyu. Əyilmə nöqtəsi.

4. Asimptotlar.

1. Funksiyanın artması və azalması şərtləri.

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

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

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

diferensiallana biləndirsə və f ꞌ(x) ¿0 olarsa, onda həmin funksiya [a , b ] parşasında

artandır.

İsbatı. Əvvəlcə teoremin birinci hissəsini isbat edək. Tutaq ki, f (x) funksiyası

[a , b ] parçasında artir. x arqumentinə ∆x artımı verib

f (x+∆ x )−f (x)∆ x (1)

Nisbətinə düzəldək. f (x) artan funksiya olduğunda

∆ x>0olduqda f (x+∆ x)> f (x)

və

∆ x<0olduqda isə f (x+∆ x)< f (x)

Hər iki halda

f ( x+∆ x )−f (x)∆ x >0 (2)

və deməli,

lim∆ x→ 0

f ( x+∆ x )− f (x )∆ x ≥0 ,

yəni f ꞌ(x) ≥ 0 olur.

Indi teoremin ikinci hissəsini isbat edək. tutaq ki, arqumentin (a, b)

intervalından götürülmüş ixtiyari x qiymətində f ꞌ(x) ¿0.

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

teoreminə görə

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

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

f (x) artan funksiyadır.

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

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

f ꞌ(x)≤ 0. Əgər (a, b) intervalında f ꞌ(x) ¿0 olarsa, onda f (x) funskiyası [a , b ]

parçasında azalandır.

2. Ekstremumun varlığı üçün şərtlər.

Maksimumun tərifi. x1 nöqtəsinin daxil olduğu hər hansı intervalının bütün

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

olduqda deyirlər ki, f (x) funksiyasının x1 nöqtəsində maksimumu vardır. Başda

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

∆x üçün f (x1+∆ x)< f (x1) olduqda deyirlər ki, x1nöqtəsində f (x) funksiyasının

maksimumu var.

Minimumun tərifi. Mütləq qiymətcə kifayət qədər kiçik olan istənilən (müsbət

və ya mənfi) ∆x üçün f (x1+∆ x)> f (x1) olarsa, onda deyirlə ki, f (x) funksiyasının x2

nöqtəsində minimumu vardır.

Funksiyanın maksimumu və minimumu birlikdə funksiyanın ekstremumları

deyilir.

Teorem 1. (eksremumun varlığı zəruri şərtdir). Əgər diferensiallana bilən

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

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

İsbatı. Müəyyənlik üçün fərz edək ki, x1 nöqtəsində funksiyanın maksimumu

vardır. Onda arqumentin mütləq qiymətcə kifayət qədər kiçik artımlarında

f (x1+∆ x )< f (x1 ) ,

yəni

f (x1+∆ x )−f (x1)<0

Olar. belə olduqda isə

f (x1+∆ x )− f (x1)∆ x

nisbətinin işarəsi ∆ x artımının işarəsi ilə təyin olunar, yəni

∆ x<0 olduqda f (x1+∆ x )−f (x1)∆ x

>0

∆ x>0 olduqda f (x1+∆ x )− f (x1)∆ x

<0

olar. törəmənin tərifinə əsasən

f ꞌ (x1 )= lim∆ x →0

f (x1+∆ x )− f (x1)∆ x

.

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 ꞌ (x1 )≥ 0 olur.

Digər tərəfdən ∆ x artımı müsbət qalmaqla sıfra yaxınlaşarsa, onda f ꞌ (x1 )≤ 0

olmalıdır.

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

ədəd olduğundan axırıncı iki bərabərsizlik yalnız

f ꞌ (x1 )=0

olduqda uyuşan olur.

Minimum halı üçün də teoremin isbatı oxşar 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 nöqtədəfunksiyanın 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 nöqtələrdə həmin funksiyanın böhran

nöqtələri deyilir.

Yuxarıda deyilənlərdən görünür ki, hər bir böhran nöqtəsində funksiyanın

maksimumu və ya minimumu olduğunu düşünmək düzgün deyil. Lakin hər hansı

bir nöqtədə funksiyanın maksimumu və ya minimumu varsa, onda həmin nöqtə

böhran nöqtəsidir. Ona görə də 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. (ekstremumun varlığı kafi şərtdir). 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 bu

nöqtədən soldan sağa keçəndə törəmənin işarəsi müsbətdən mənfiyə dəyişirsə,

onda x1 nöqtəsində funksiyanın maksimumu vardır. Əgər həmin x1 nöqtəsindən

soldan sağa keşəndə törəmənin işarəsi mənfidən müsbətə dəyişirsə, onda həmin

nöqtədə funksiyanın minimumu vardir.

Beləliklə,

a) əgər x<x1 olduqda f ꞌ (x1 )>0 , x>x1 olduqda isə f ꞌ (x1 )<0 olarsa, onda x1

nöqtəsində funksiyanın maksimumu var;

b) əgər x<x1 olduqda f ꞌ (x1 )<0, x>x1 olduqda isə f ꞌ (x1 )>0 olarsa, onda x1

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

ya 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 şərtdi). Tutaq ki, f ꞌ (x1 )=0, onda f ꞌꞌ (x1 )<0 olaesa, funksiyanın x1 nöqtəsində maksimumu, f ꞌꞌ (x1 )>0 olduqda isə həmin

nöqtədə minimumu var.

3. Əyrinin qabarıq və çöküklüyu. Əyilmə nöqtəsi.

Müstəvi üzərində birqiymətli diferensiallanan f (x) funksiyasının qrafiki olan

y = f (x) əyrisinin nəzərdən keçirək.

Tərif 1. Əyrinin (a, b) intervalına daxil olan bütün nöqtələri bu intervalda

əyriyə çəkilən istənilən toxunandan açağıda yerləşərsə, deyirlər ki, (a, b)

intervalında əyriin qabarıqlığı yuxarıya doğrudur.

Tərif 2. Əyrinin (b, c) intervalına daxil olan bütün nöqtələri bu intervalda

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

intervalında əyriin qabarıqlığı aşağıya doğrudur.

Əyrinin qabarıqlığı yuxarıya doğru olduqda ona qabarıq əyri, açağıya doğru

olanda isə çökük əyri deyəcəyik.

y

a 0 x0 b c x

Teorem 1. (a, b) intervalının bütün nöqtələrində f (x) funksiyanın ikinci tərtib

törəməsi mənfidirsə f ꞌꞌ (x1 )<0, onda y = f (x) əyrisi bu intervalda qabarıqdır.

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

tərtib törəməsi müsbətdirsə f ꞌꞌ (x1 )>0, onda y = f (x) əyrisi bu intervalda çökükdür.

Tərif 3. Kəsilməz əyrinin qabarıq hissəsini çökük hissəsindən ayıran nöqtəyə

onun əyilmə nöqtəsi deyilri.

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

tərəfdə əyri toxunanda aşağıda, digər tərəfdə isə yuxarıda yerləşir.

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

f ꞌꞌ(a) yoxdur. Əgər x = a nöqtəsindən keçəndə f ꞌꞌ(x) törəməsi öz işarəsini

dəyişirsə, onda əyrinin bu nöqtəsi əyilmə nöqtəsidir.

4. 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 funksiyasının dəyişməsinin

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

nöqtənin sonsuzluğa getməsi (yaxınlaşması) ilə həmin əyrinin müəyyən bir düz

xəttə sonsuz yaxınlaşmasıdır.

Tərif. Əyri üzərindəki M dəyişən nöqtəsi sonsuzluğa yaxınlaşarkən, həmin M

nöztəsindən A düz xəttinə qədər olan d məsafəsi sıfıra yaxınlaşarsa, onda A düz

xəttinə həmin əyrinin asimptotu deyilir ( şəkil 1)

y Asimptot

d M (x,y)

0 x

( Şəkil 1)

Biz şaquli – ordinat oxuna paralel olan və maili – ordinat oxuna paralel

olmayan asimptotları nəzərdən keçirəcik.

I. Şaquli asimptotlar. 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 )=∞

münasibətlərindən biri ödənilməlidir və əksinə, həmin münasibətlərindən 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. Maili asimptotlar. Tutaq ki, y = kx + b düz xətti y = f (x) əyrisinin maili

asimptotudur.

Tərif. 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 + a(x) , a(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 lim

x→+∞[ f ( x )−kx ]=b

limitlərinin ikisinin də varlığı zəruri və kafi şərtdir.

Misal. y =3 x2−2 x−2x−1 əyrisinin asimptotlarını tapmaq. Əvvəlcə maili asimptotu

axtaraq:

limx→ ±∞

f (x)x=¿

limx → ±∞

3 x2−2 x−2

x2−1=3¿

və

limx→ ±∞

[ f ( x )−3 x ]= limx → ±∞ [1− 1

x−1 ]=1

olduğundan y = 3x + 1 düz xətti əyrinin maili asimptoru olar.

x = 1 düz xəttinin isə həmin əyrinin şaquli asimptoru olması

limx→ 1± 0

3x2−2x−2x−1

=∞

bərabərliyindən alınır.

Funskiyanın tədqiqi və qrafikinin qurulmasının ümumi sxemi.

ꞌꞌ Funksiyanın tədqiqi ꞌꞌ 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.

Mövzu 15

Funksiyanın differensial

1. Diferensialın tərifi.

2. Diferensialın həndəsi mənası.

3. Diferensialın mexaniki mənası.

4. Diferensialların hesablanma düsturları.

5. Yüksək tərtibli diferensiallar.

1. Diferensialın tərifi.

y=f ( x ) funksiyası ( a, b ) intervalında diferensiallanandır.

Δy=f ' ( x ) Δx+α ( Δx ) Δx

Tərif . Diferensiallanan y=f ( x ) funksiyasının x nöqtəsində ki, artımının baş

hissəsinə yəni Δx -dən xətti asılı olan f ' ( x ) Δx ifadəsinə onun x nöqtəsində

diferensialı deyilir. y=f ( x ) funksiyasının x nöqtəsində diferensialı dy və ya df ( x )

ilə işarə olunur.

df ( x )=f ' ( x ) Δx və yaxud dy=f ' ( x ) Δx

2. Diferensialın həndəsi mənası.

M(x, y) nöqtəsi götürək. Bu nöqtədə funksiya qrafikinə çəkilən toxunan MT

düz xətti olsun . Absis oxu üzərindəki, x+Δx nöqtəsindən ordinat oxuna paralel

qaldırılan düz xətt MT toxunanını M nöqtəsində kəsər.

Düzbucaqlı NMQ Δ -da

NQMQ

=tg ϕ , NQ=MQ⋅tg ϕ

MQ=Δx törəmənin həndəsi mənasına görə tg ϕ=f ' ( x ) olduğundan ;

NQ=f ' ( x )⋅Δx=df ( x ) (1)

NQ kəmiyyəti, x absisi Δx artımını aldıqda MT toxunanı ordinatı-

nın aldığı artımdır. (1) bərabərliyindən funksiya diferensialının

həndəsi mənası alınır.

f ( x ) funksiyasının x nöqtəsində diferensialı , funksiyanın qra-

fikinə M(x,y) nöqtəsində çəkilmiş toxunanın toxunma nöqtəsinin

absisi Δx artımı aldıqda ordinatının aldığı artıma bərabərdir

3. Diferensialın mexaniki mənası.

Tutaq ki, hər hansı cisim düz xətt boyunca hərəkət edir və diferensiallanan

S=S (t ) funksiyası onun hərəkət qanunudur. Aydındır ki, cisim t anından t+Δt

anına qədər olan müddətdə

ΔS (t )=S (t+Δt )−S ( t )

qədər yol gedər. Hərəkətin t anında sürətinin v (t )=S' ( t ) olması məlumdur.

Deməli əgər hərəkət edən cismin bütün Δt zaman fasiləsində sürəti sabit olub t

anındakı, v (t )=S' ( t )sürətinə bərabər olsa idi, onda cisim həmin müddətdə

ds (t )=S ' (t )⋅Δt (1)

qədər məsafə getmiş olardı . Bu , s(t) funksiyası diferensialının mexaniki

mənasını ifadə edir.

4. Diferensialların hesablanma düsturları.

Həm törəmə alma və həmdə diferensialı tapma əməllərinə diferensiallama

əməli deyilir. Tutaq ki, diferensiallanan u=f ( x ) və v=ϕ ( x ) funksiyaları

verilmişdir. Onların diferensialı

du= f ' ( x )dx=u' dx , dv=ϕ' ( x )dx=v ' dx

şəklində olduğundan funksiyanın cəminin , fərqinin , hasilinin və nisbətinin

diferensialını hesablamaq üçün

d (u±v )=(u±v )′ dx=u ' dx±v ' dx=du±dv

d (uv )=(uv )′ dx=(u' v+u v ' )dx=vdu+udv

d (uv )=u' v−u v '

v2 dx=vdu−udvv2

düsturlarını alarıq.

1. d (uα )=αuα−1 du

2. d (a )=a ' ln a du

d (e )=e ' du

3. d (loqa u )=du

u⋅loqae= du

u⋅ln a

d ( ln u )=du

u

4. d (sin u )=cos u. du

d (cosu )=−sin u du

d (tgu )=ducos2u

d (ctgu )=−dusin2 u

5. d (arcsin u )= du

√1−u2

6. d (shu )=chu⋅du

d (arc cosu )=− du

√1−u2 d (chu )=shu⋅du

d (arc tg u )= du

1+u2d (thu )= du

sh2 u

d (arc tg u )=− du

1+u2d (cthu )=− du

sh2 u

5. Yüksək tərtibli diferensiallar.

Tutaq ki, y=f ( x ) diferensiallanan funksiyalardır və x arqumenti sərbəst

dəyişəndir. Onda funksiyanın diferensialı

dy=f ' ( x )dx (1)

olar.

Funksiya diferensialının diferensialına həmin funksiyanın ikitərtibli və yaxud

ikinci diferensialı deyilir və d2 y , d2 f ( x ) və s. işarə olunur.

d2 y=d (dy ) və ya d

2 f (x )=d (df (x ) )

d2 y=d ( dy )=d ( f ' ( x )dx )=( f ' ( x )dx )′ dx= f ' ' ( x ) (dx )2

d3 y=d (d2 y )=d [ f ' ' ( x ) (dx )2 ]=[ f ' ' ( x ) (dx )2 ]′ dx=f ' ' ' ( x ) (dx )¿

¿ 3 ¿¿¿ ¿ dn y=d (dn−1 y )=d [ f (n−1 ) ( x ) (dx )n−1 ]=[ f (n−1 ) ( x ) (dx )n−1 ]′ dx= ¿ ¿=f (n) (x ) (dx )n ¿¿

Deməli ;

dy=f ' ( x )dxd2 y=f ' ' ( x )dx2

d3 y=f ' ' ' ( x )dx3

. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .dn y=f (n ) ( x )dn

Mövzu 16

Kompleks ədədlər, onların yazılış forması.

1. Nizamlı ədədlər cütlüyü və onlar üzərində əməllər.

2. Kompleks ədəd anlayışı. Kompleks ədədin cəbri forması.

3. Kompleks ədədlər. Onlar üzərində əməllər.

4. Kompleks ədədin triqonometrik forması.

5. Muavr düsturu. Eyler düsturu.

1. Nizamlı ədədlər cütlüyü və onlar üzərində əməllər.

Həqiqi a və b ədədlərinin hansının birinci hansının ikinci olduğunu göstərən

(a, b) cütlüyü nizamlanmış adlanır. Məsələn, (0,1), (2,3), (3,2). Qeyd edək ki,

eyni rəqəmlərdən təşkil olunmalarına baxmayaraq axırıncı iki cütlük

müxtəlifdirlər.

Hər bir cütlüyü bir hərflə işarə edərək onların bərabərliyi anlayışını, onlar

üzərində əməlləri verək. İki nizamlı cütə baxaq.

α=(a , b ) , β=(c , d ) (1)

Əgər a = c və b = d olarsa bu cütlər bərabər adlanır.

(a , b )=(c ,d )Û ( a=c , b=d ) (2)

(1)-dəki nizamlı cütlərin cəmi

α+β=( a , b)+(c ,d )=( a+c ,b+d ) (3)

hasili isə

α⋅β=(a ,b)⋅(c ,d )=(ac−bd ,bc+ad ) (4)

(3)-dən aydındır ki,

0=(0 , 0 ) (5)

istənilən cütlə cəmi əvvəlki cütə bərabərdir.

(a , b )+( 0 , 0)=(a , b )

(5) sıfır cütlük adlanır və nizamlı cütlər üçün sıfır rolu oynayır.

Tərif. α−β fərqi elə nizamlı z=( x , y ) cütünə deyilir ki, z+β=α olsun.

α−β=(a , b )−(c , d )=(a−c , b−d ) (6)

Tərif. Əgər β≠0 isə və c2+d2≠0 isə αβ nisbəti

αβ=( ac+bd

c2+d2 , bc−adc2+d2 ) (7)

formulu ilə təyin olunur. Bu formuldan aydındır ki, əgər α=β isə yəni a=c , b=d isə, onda

1=( c2+d2

c2+d2 , dc−cdc2+d2 ) , 1=(1 ; 0 )

deməli vahid rolunu

1=(1; 0) (8)

nizamlı cütü oynayır.

a = (a, 0) və b = (b, 0) (9)

nizamlı cütlərinə baxaq. (9) şəkilli nizamlı cütlər üzərində hesab əməlləri həqiqi ədədlər üzərində olduğu kimi aparılır. Həqiqi ədədlər (9) cütləri şəklində verilir.

2. Kompleks ədəd anlayışı. Kompleks ədədin cəbri forması.

a və b həqiqi ədədlərindən təşkil olunmuş nizamlı (a, b) cütlüyü kompleks ədəd adlanır.

i = (0, 1) (10)

nizamlı cütünə baxaq. (4)-ü tətbiq etsək alarıq,

i2=i⋅i=(0 , 1 )⋅(0 , 1 )=(0−1 , 0+0 )=(−1 ; 0 ). (−1, 0)=−1 olduğu üçün

i2=−1 , i=√−1 (11)

(11)-i ödəyən (10) nizamlı cütlüyü xəyali vahid adlanır. Xəyali vahidin köməyilə istənilən α=(a ,b) kompleks ədədi, yəni nizamlı həqiqi ədədlər cütlərini göstərmək olar.

bi=(b ,0)⋅(0,1)=(0 , b ), onda (a ,b )=(a ,0)+(0 , b)=a+bi yəni

(a ,b )=a+bi (12)

(a , b )=a+bi , (a , b )=(0 , b )+(a , 0)=bi+a , a+bi=bi+a.

Deməli, (12)-də toplananları yerini dəyişmək olar. a+bi – kompleks ədədin cəbri forması adlanır. a – həqiqi hissə, b – xəyali hissə, a=Re α ; b=Иm α .

Tərif. Əgər b = 0 olarsa (a , 0 )=a – həqiqi ədəd a = 0, (0 , b )=bi , bi – təmiz xəyali ədəd adlanır. a+bi , c+di kompleks ədədləri yalnız a = c, b = d olduqda bərabər hesab edilir.

(a+bi=c+di)⇔( a=c , b=d )(a+bi=0 )⇔(a=0 , b=0)

α=a+bi isə a−bi -nın qoşması adlanır və -lə işarə olunur. α=a−bi i=√−1 . i simvolunu 1777-ci ildə Eyler daxil etmişdir.

Kompleks ədədlər üzərində əməllərin xassələri.

(a+bi )+(c+di )=( a+c )+(b+d ) i ;(a+bi )−(c+di )=(a−c )+(b−d )i ;(a+bi )⋅( c+di )=(ac−bd )+(bc+ad )i ;a+bic+di

=ac+bdc2+d2 +

bc−adc2+d2 i ( c2+d2≠0)

α=a+bi , α=a−bi⇒α+ α=2 a , α⋅α=a2+b2¿

1) α+β=β+α , 2) (α+ β )+γ=α+( β+γ ), 3) αβ=βα ,

4) (αβ )γ=α (β⋅γ ), 5) (α+ β )γ=αγ+β⋅γ .

Kompleks ədədlərə, x2+1=0 tənliyinə baxmaqla başlayaq. Aydındır ki, bu

tənliyin həqiqi kökü yoxdur. Bu tənliyin kökü kompleks ədəddir.

z=x+iy (1) ifadəsi kompleks ədəd adlanır. Burada x, y – həqiqi ədədlər, i –

xəyali vahid adlanır və i2=−1 bərabərliyi ilə təyin olunur.

x, y həqiqi ədədləri z kompleks ədədinin uyğun olaraq həqiqi və xəyali hissələri

adlanır və x=Re z , y=Im z (Re – realis həqiqi. Im – imaginaris – xəyal).

x+i0=x həqiqi ədədləri göstərir, yəni hər bir həqiqi ədədə xəyali hissəsi sıfır

olan kompleks ədəd kimi baxmaq olar. 0+iy şəklində kompleks ədədə sırf xəyali

ədəd deyilir.

z ədədinin qoşması z=x−iy kompleks ədədinə deyilir. ( ¯z )=z olduğu üçün z və z

ədədləri qarşılıqlı qoşma kompleks ədədlər adlanır.

1) z1= x1+ iy1 və z2=x2+iy2 kompleks ədədi yalnız və yalnız, x1=x2 və y1= y2

olduqda bərabər hesab edilir.

2) z=a+ib=0 yalnız və yalnız o vaxt olur ki, a=b=0 olsun.

3. Kompleks ədədlər. Onlar üzərində əməllər.

Cəbri formada verilmiş kompleks ədədlər üzərində əməllər.1. z1=a1+ib1

və z2=a2+ ib2 kompleks ədədlərinin cəmi

1)z1+z2=(a1+ib1 )+(a2+ib2 )=(a1+a2 )+i (b1+b2 ) ilə təyin edilir. Kompleks ədədlərin

toplanması üçün yerdəyişmə və quruplaşma xassələri doğrudur.

z1+z2=z1+z ,

z1+(z2+ z3)=( z1+z2 )+z3 .

2)z1− z2=(a1+ib1 )−(a2+ ib2 )=(a1−a )+i(b1−b2 ).

3) Vurulması ikihədliləri vurulma qaydası ilə yerinə yetirin, bu zaman

i2=−1 , i3=−i , i4=1 , i5=i və s. nəzərə almaq lazımdır ki,

i4 k=1 , i4k+1=i , i4 k+2=−1 , i4 k+3=−i .

z1⋅z2=( a1+ib1 )(a2+ ib2 )=a1 a2+ ib1 a2+ia1 b2+i2 b1b2 .

z1⋅z2=( a1a2−b1b2 )+i(b1 a2+a1b2 ).

Yerdəyişmə, quruplaşdırma və paylama qanunları doğrudur.

4) Bölünməsi:

z1 = a1+ib1, z2 = a2+ib2, |z2|=√a22+b2

2 ≠ 0.

Onda

a1+ib1

a2+ib2=(a1+ ib1)(a2−ib 2 )(a2+ ib2 )(a2−иb2 )

=(a1 a2+b1b2 )+i (a2b1−a1b2 )

a22+b2

2 =

¿a1 a2+b1b2

a22+b2

2 +iα2b1−a1 b2

a22+b2

2 .

4. Kompleks ədədin triqonometrik forması.

Hər bir z=a+ib kompleks ədədini Oxy müstəvisində koordinatları a, b olan A( a , b) nöqtəsi kimi göstərmək olar. Tərsinə, müstəvidə hər bir M ( x , y ) nöqtəsinə z=x+iy kompleks ədədi uyğundur. Kompleks ədədlər təsvir edilmiş müstəvi z

dəyişəni kompleks müstəvi adlanır.

Kompleks müstəvi üzərində absis oxuna həqiqi ox, ordinat oxuna isə xəyali ox

deyilir.

Ox oxu üzərində yerləşən nöqtə (b = 0) həqiqi ədəd oy oxu üzərindəki nöqtə isə

sırf xəyali ədədi göstərir. A(a, b) nöqtəsini koordiqnat başlanğıcı ilə birləşdirsək

OA vektorunu alırıq. Həndəsi olaraq z=a+ib kompleks ədədini OA vektoru ilə

göstərmək olar.

Koordinat başlanğıcını polyus, ox-in müsbət istiqamətini polyar ox qəbul

edərək, A(a, b) nöqtəsinin polyar koordinatlarını və r (r≥0 ) ilə işarə edək, onda

aşağıdakı bərabərlikləri yaza bilərik. a=r cos ϕ, b=r sin ϕ , nəticədə

z=a+ib=r (cos ϕ+i sin ϕ ) (2)

və ya

z=r (cosϕ+isin ϕ ) (3)

alarıq. (3) kompleks ədədin triqonometrik şəkli adlanır. r – kompleks ədədinin

modulu, – arqumenti adlanır və belə işarə edilir.

r= |z |, ϕ=Аrgz (4)

r və , a və b ilə r=√a2+b2 , ϕ=Arctg b

a , beləliklə

|z |=|a+ib |=√a2+b2 və

arg z=arg( a+ib )=Argtg ba (5)

(3)-də r≥0 götürülür. kəmiyyəti isə 2 kπ (k tam ədəddir) həddinə qədər

dəqiqliklə təyin olunur. ϕ=Argz=Arg ( x+ y ) Argz kəmiyyəti çoxqiymətlidir.

Buna görə də çox vaxt Argz -in baş qiymətini ayırmaq lazım gəlir. Argz -in

−π<Argz≤π (5)-nın müəyyən qiymətini onun baş qiyməti deyilir və arg z ilə işarə

olunur. z ədədi müsbət həqiqi ədəd olduqda arg z=0 , mənfi həqiqi ədəd olduqda

isə arg z=p olar.

Qeyd. z=a+ib və z=a−ib qoşma kompleks ədədləri üçün |z|=|z|, arqumentləri

isə arg z =-arg z¿ . A həqiqi ədədi (3) şəklində yazıla bilər.

A=A (cos0+ isin 0 ), A>0

A= |A | (cos π+isin π ) , A<0

olar. Kompleks 0 ədədin modulu 0-dır. |0|=0 , arqument isə j ¿ bucağı götürülə

bilər.

0=0(cos j+isin j) .

Fərz edək ki, z1=r1(cos ϕ1+isin ϕ1 ) , z=r2 (cosϕ2+i sin ϕ2 ), onda hasil üçün alırıq:

z1⋅z2=r1 r2 [ cos(ϕ1+ϕ2)+i sin(ϕ1+ϕ2 )]

olar.

Triqonometrik şəkildə verilibsə, onda qismət üçün alırıq:

z1

z2=

r1(cos ϕ1+isin ϕ1 )r2(cos ϕ2+isin ϕ1 )

=r1

r2[ cos(ϕ1−ϕ2 )+isin (ϕ1−ϕ2) ]

.

Qeyd. Kompleks ədədlərin üzərində əməllər nəticəsində kompleks ədəd alınır.

Qüvvətə yüksəltmə üçün alırıq:

[ r (cosϕ+i sin ϕ ) ]n=rn (cosnϕ+isin nϕ ) , n∈N

Kökalma üçün alırıq:

n√r (cos ϕ+i sin ϕ )=n√r (cos ϕ+2 πkn

+isin ϕ+2 πкn )

k=0 , 1 , . . . , n−1 .

5. Muavr düsturu. Eyler düsturu.

Qüvvətə yüksəltmə düsturunda r=1 olan halda, həmin düstura Muavr

düsturu deyilir.

.

Misal.

cos3 ϕ=cos3 ϕ−3 cos ϕ⋅sin2 ϕ ; sin 3 ϕ=−sin3ϕ+3cos2 ϕ⋅sin ϕ

Eyler düsturu. Kompleks ədədlər üçün Eyler düsturu

(1)

münasibətinə deyilir. Bu düsturun doğruluğu gələcəkdə sıralar nəzəriyəsində

isbat ediləcək. (1)-dən istifadə edərək

(2)

münasibətini

(3)

kimi yaza bilərik və ya

(4)

(3) ifadəsi z kompleks ədədin üstlü şəkli adlanır.

(5)

olar.

(1) və (5)

və (6)

(6) düsturları kompleks ədədin triqonometrik və üstlü formaların arasındakı əlaqəni əks etdirir.

Mövzü 17

Çoxhədlinin vuruğlara ayrılması.

1. Çoxhədli anlayışı və köklər haqqında əsas teoremlər.

2. Çoxhədlinin təkrarlanan köklər haqqında.

3. Həqiqi əmsallı çoxhədlinin həqiqi vuruqlara ayrılması.

1. Çoxhədli anlayışı və köklər haqqında əsas teoremlər.

(1) funksiyası n dərəcəli çoxhədli (polnom) adlanır. n çoxhədlinin

dərəcəsidir. – həqiqi və ya kompleks ədədlərdir. x – dəyişəni həm

həqiqi və həm də kompleks qiymətlər ala bilər. x dəyişəninin çoxhədlini

0-a çevirən qiymətinə çoxhədlinin kökü deyilir.

Teorem 1. (Bezu). f(x) çoxhədlisini x– a fərqinə böldükdə alınan

qalıq f(a)-ya bərabərdir.

İsbatı. f(x)-i -ya böldükdə natamam qismət f 1( x ) f(x)-in

dərəcəsindən bir vahid az olar. Qalıq isə sabit R ədədi olar. Beləliklə

. Bu bərabərlik x-in bütün qiymətlərində ( olduqda) doğrudur.

-ə keçsək

sol tərəf -ya sağ tərəf isə R-ə bərabər olar.

Yəni f(a) = R olar.

Nəticə. Əgər a çoxhədlinin kökü isə yəni isə, onda f(x) -ya

qalıqsız bölünür və nəticədə f ( x )=(x−a ) f 1( x ) .

çoxhədlisi n dərəcəli olanda, tənliyinə n dərəcəli cəbri tənlik

deyilir. Hər bir cəbri tənliyin kökü varmı?

Teorem 2. (Cəbrin əsas teoremi) Hər bir cəbri tənliyin () heç

olmasa bir həqiqi və ya kompleks kökü vardır.

Cəbri olmayan tənliklər üçün bu doğru deyildir. Məsələn cəbri

olmayan tənliyin heç bir kökü yoxdur.

Teorem 3. Hər bir n dərəcəli çoxhədlisi n sayda x–a şəkilli xətti

vuruğun və -in əmsalının hasili şəklində, yəni

şəklində göstərilə bilər.

İsbatı. Fərz edək ki, n – dərəcəli çoxhədli verilib.

Bu çoxhədlinin cəbrin əsas teoreminə görə heç olmasa bir kökü var.

Onu -lə işarə edək. Onda Bezu teoreminə görə

f ( x )=(x−a ) f 1( x ) . Burada f 1 (x )−( n−1)

dərəcəli çoxlhədlidir. yenə cəbrin əsas teoreminə görə kökü var. Onu -i

ilə işarə edək

f 1( x )=( x−a2) f 2( x )

, dərəcəli çoxluqdur. Analoji olaraq proses davam etdirsək

f n−1 (x )=( x−an ) f n alarıq. – sıfır dərəcəli çoxhədlidir. Bu ədəd aydındır

ki, xн əmsalı yəni -a bərabərdir. Nəticədə

(*) yaza bilərik.

(*) n – dərəcəli çoxlhədlini n-dən çox müxtəlif kökü ola bilməz.

Teorem 4. Əgər n – dərəcəli və çoxhədlilərinin qiymətləri

arqumentin sayda müxtəlif qiymətlərində üst-üstə düşürsə, onda həmin

çoxluqlar eyniliklə bərabərdirlər. .

Teorem 5. Əgər çoxhədlisi eyniliklə sıfır isə, onda onun bütün

əmsalları sıfra bərabərdir.

Teorem 6. Əgər iki çoxhədli eyniliklə bir-birinə bərabər isə, onda

bir çoxhədlinin əmsalları o biri çoxhədlinin uyğun əmsallarına

bərabərdir.

Ümumiləşmiş Viyet teoremi

=

=A0 xn−A0( a1+a2+. ..+an)xn−1+A0 (a1a2+a1 a3+ .. .+an−1 an) x

n−2−−A0(a1 a2 a3+a2 a2 an+. ..+an−2 an−1 an)x

n−3+. ..+ (−1)n a1⋅a2 .. .an⋅A0 ,

Bu bərabərliyin sol və sağ tərəfində olan x-in eyni qüvvətlərinin

əmsallarını bərabər etsək:

a1+a2+.. .+an=−A1

A0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

a1 a2 a3+. ..+an−1 an−2 an=−A3

A0

n – dərəcəli çoxhədlinin kökləri ilə əmsalları arasında əlaqə yaradan

bu düsturlara Viyet düsturları deyilir.

2. Çoxhədlinin təkrarlanan köklər haqqında.

n – dərəcəli f(x) çoxhədlisinin ϕ ( х )=А0(х−а1 )( х−а2) .. .( х−ан) ayrılışında

bəzi xətti vuruqlar bir-birinə bərabər olarsa onda həmin ayrılışı

ϕ ( х )=А0 (х−а1 )к1( х−а2 )

к2. .. (х−ам )км

şəklində yazmaq olar. Bu halda a1 – ədədi çoxhədlinin k1 dəfə, a2 – ədədi

k2 dəfə təkrarlanan kökü olacaq. Bunu nəzərə alsaq

n=к1+к 2+.. .+к м olar.

Nəticə. Yəni n dərəcəli hər bir çoxhədlinin düz n sayda həqiqi və ya

kompleks kökü vardır.

3. Həqiqi əmsallı çoxhədlinin həqiqi vuruqlara ayrılması.

Fərz edək ki, n – dərəcəli ϕ ( х )=А0 хн+А1 хн−1+. ..+Ан çoxhədlisinin A0,

A1,...An əmsallarının hamısı həqiqidir.

Teorem 1. Əgər а+ ib kompleks ədədi həqiqi əmsallı ϕ ( х )

çoxhədlisinin köküdürsə, onda həmin ədədin а−ib qoşması da onun

kökü olar.

Teorem 2. Həqiqi əmsallı hər bir ϕ ( х ) çoxhədlisi bir və ikidərəcəli

həqiqi əmsallı vuruqların hasili şəklində, yəni

ϕ ( х )=А0 (х−а1 )к1( х−а2 )

к2. .. (х−ар )к р

(x2+ p1 x+q1)l1 …(x2+ ps x+qs)

ls

şəklində göstərilə bilər.

Bu zaman к1+к2+. ..+кр+2l1+2l2+. . .+2ls=n .

Mövzu 18

İbtidai funksiya və qeyri-müəyyən inteqral. Əsas xassələr,

inteqrallar cədvəli. İnteqrallama üsulları.

1. İbtidai funksiya və qeyri-müəyyən inteqral. Qeyri-müəyyən

inteqralın əsas xassələri.

2. Əsas inteqrallar cədvəli.

3. İnteqrallama üsulları.

1. İbtidai funksiya və qeyri-müəyyən inteqral. Qeyri-müəyyən inteqralın əsas xassələri.

Tutaq ki, hər hansı f ( x ) funksiyası verilmişdir. Elə F (x ) funksi-yasını

tapmaq tələb olunur ki, onun törəməsi f ( x )-ə bərabər olsun, yəni F'( x )=f ( x ).

Tərif 1. Əgər [a , b ] parçasının bütün nöqtələrində F'( x )=f ( x ) bərabərliyi

ödənərsə, onda F (x ) funksiyasına f ( x ) funksiyasının ibtidai funksiyası deyilir.

Teorem . Əgər F 1(x ) və F 2( x ) – eyni bir f ( x ) funksiyasının [a , b ] parçasında

ibtidai funksiyalarıdırsa, onda onların fərqi sabit ədədə bərabərdir.

İsbatı . İbtidai funksiyanın tərifinə əsasən

F 1' (x )=f ( x ), F 2

' ( x )=f ( x ) (1)

eynilikləri [a , b ] parçasının istənilən x nöqtəsi üçün ödənilir. Əgər

F 1(x )−F 2( x )=ϕ( x ) (2)

qəbul etsək, onda (1) bərabərliklərinə əsasən

ϕ ' ( x )=[F 1( x )−F 2( x )]′= f ( x )− f ( x )=0

olduğundan [a , b ] parçasından götürülmüş istənilən x üçün ϕ' ( x )≡0 olar, bu

bərabərlikdən isə ϕ ( x )-in sabit olması alınır.

[a , b ] parçasında kəsilməz və diferensiallanan ϕ ( x ) funksiyasına Laqranj teoremini

tətbiq edək. Laqranj düsturuna əsasən [a , b ] parçasının ixtiyari x nöqtəsi üçün

ϕ ( x )−ϕ (a )=ϕ ' (ξ )⋅( x−a )

bərabərliyi doğrudur, burada a<ξ<x .

ϕ ' (ξ )=0 olduğundan ϕ ( x )−ϕ (a )=0 , yaxud

ϕ ( x )=ϕ (a ). (3)

Beləliklə, ϕ ( x ) funksiyası [a , b ] parçasının istənilən x nöqtəsində ϕ (a ) ədədinə

bərabər qiymət alır. Bu isə ϕ ( x ) funksiyasının [a , b ] parçasında sabit olması

deməkdik. ϕ (a ) sabitini C ilə işarə edərək, (2) və (3) bərabərliyindən alarıq ki,

F 1(x )−F 2( x )=С .

Bu teoremdən alınır ki, əgər verilmiş f ( x ) funksiyasının hər hansı bir F (x ) ibtidai

funksiyası tapılmışdırsa, onda f ( x ) üçün istənilən başqa ibtidai funksiya F (x )+C

şəklində olar, burada C=const .

Tərif 2. Əgər F (x ) funksiyası f ( x ) üçün ibtidai funksiyadırsa, onda F (x )+C

ifadəsinə f ( x ) funksiyasının qeyri-müəyyən inteqralı deyilir və ∫ f ( x )dx simvolu

ilə işarə edilir. Beləliklə, tərifə görə əgər F'( x )=f ( x ) olarsa, onda

∫ f ( x )dx=F ( x )+C

olar. Burada f ( x ) inteqralaltı funksiya, f ( x )dx inteqralaltı ifadə adlanır. Deməli,

qeyri-müəyyən inteqral y=F ( x )+C funksiyaları ailəsindən ibarətdir. Həndəsi

olaraq qeyri-müəyyən inteqral elə əyrilər çoxluğudur (ailəsidir) ki, bu əyrilərdən

hər biri digərindən özünə paralel olaraq yuxarı və ya aşağı (yəni OY oxu

boyunca) köçürmə nəticəsində alınır. Qeyd edək ki, [a , b ] parçasında kəsilməz f ( x ) funksiyasının ibtidai funksiyası (deməli, qeyri-müəyyən inteqralı) var. Ver-

ilmiş f ( x ) funksiyasının ibtidai funksiyasını tapmağa f ( x ) funksiyasını inteqral-

lamaq deyilir.

Tərif 2-dən alınır ki:

1. Qeyri-müəyyən inteqralın törəməsi inteqralaltı funksiyaya bərabərdir, yəni ax2+bx+c=t olarsa, onda

(∫ f ( x )dx )′=(F ( x )+C )′=f (x ). (4)

2. Qeyri-müəyyən inteqralın diferensialı inteqralaltı ifadəyə bərabərdir:

d (∫ f ( x )dx )=f ( x )dx (5)

3. Hər hansı bir funksiya diferensialının qeyri-müəyyən inteqralı həmin funksiya

ilə ixtiyari sabitin cəminə bərabərdir:

∫ dF( x )=F( x )+C .

Qeyri-müəyyən inteqralın xassələri

Teorem 1. İki və ya bir neçə funksiyanın cəminin qeyri-müəyyən inteqralı

onların inteqrallarının cəminə bərabərdir

I 2=

A2 a∫

2 ax+bax2+bx+c

dx+(B− Ab2 a )∫ dx

ax2+bx+c.

. (1)

Teorem 2. Sabit vuruğu inteqral işarəsi xaricinə çıxarmaq olar, yəni a=const

olarsa, onda

∫ af ( x )dx=a∫ f ( x )dx. (2)

Qeyri-müəyyən inteqralı hesablayarkən aşağıdakı qaydaları nəzərə almaq faydalı

olur.

Əgər I 2=∫ Ax+Bax2+bx+c

dx=∫A

2 a(2 ax+b )+(B− Ab

2 a )ax2+bx+c

dx . olarsa, onda

1. ∫ f (ax )dx=1

aF( ax )+C .

2. ∫ f ( x+b )dx=F ( x+b )+C .

3. ∫ f (ax+b )dx=1

aF (ax+b )+C .

2. Əsas inteqrallar cədvəli.

İnteqrallar cədvəli

1. ∫ xn dx= xn+1

n+1+C

(n≠−1). (Burada və digər düsturlarda C ixtiyari sabitdir.)

2. ∫ dx

x=ln|x|+C .

3. I 2=∫ Ax+B

ax2+bx+cdx

4. ∫cos xdx=sin x+C .

5. ∫ dx

cos2 x= tg x+C .

6. dx=dt ,

7. ∫ tg xdx=−ln|cos x|+C .

8. I 1=

1a∫

dxt 2±k2 .

9. ∫ ex dx=e x+C .

10. ∫ ax dx= ax

ln a+C .

11. x+ b

2 a=t

11'. ∫ dx

a2+x2 =1a

arctg xa+C .

12. ∫ dx

x2−a2=1

2 aln|x−a

x+a|+C .

13. ∫ dx√1−x2

=arcsin x+C .

13'. ∫ dx√a2−x2

=arcsin xa+C .

14. I 1=∫ dx

ax 2+bx+c=1

a∫dx

[(x+ b2 a )

2

±k 2] 3. İnteqrallama üsulları.

Eyler əvəzləmələrinin köməyilə, həmçinin universal əvəzləmələrinin köməyi

ilə inteqralları hesablamaq və geniş təhlil etmək.

Verilmiş inteqralı hesablamaq üçün, əgər mümkündürsə, bu və ya başqa

üsullardan istifadə edərək onu cədvəl inteqralına gətirib hesablamaq lazımdır.

Daha vacib inteqrallama üsulları aşağıdakılardır: ayırma üsulu, dəyişəni

əvəzetmə üsulu və hissə-hissə inteqrallama üsulu.

Ayırma üsulu. Bu üsulun mahiyyəti ondan ibarətdir ki, inteqralaltı

funksiya inteqralları asan hesablana bilən funksiyaların cəmi şəklində göstərilir,

sonra isə hər bir inteqral ayrılıqda hesablanır.

Dəyişəni əvəzetmə, yaxud əvəzləmə üsulu. Tutaq ki, ∫ f ( x )dx

inteqralını tapmaq lazımdır və f ( x ) üçün ibtidai funksiyanın varlığını bilirik, lakin

onu bilavasitə tapmağı bacarmırıq.

İnteqralaltı funksiyada

x=ϕ( t ) (1)

qəbul edərək dəyişəni əvəz edək; burada ϕ ( t ) kəsilməz, törəməsi və tərs

funksiyası olan funksiyadır. Onda dx=ϕ '( t )dt . İsbat etmək olar ki,

∫ f ( x )dx=∫ f (ϕ ( t ))ϕ ' ( t )dt (2)

bərabərliyi doğrudur. Burada belə hesab edirik ki, inteqralladıqdan sonra

bərabərliyinin sağ tərəfində t-nin yerinə onun (1) bərabərliyindən tapılmış x ilə

ifadəsi yazılacaqdır.

Hissə-hissə inteqrallama. Tutaq ki, u və v kəmiyyətləri

x-in diferensiallana bilən funksiyalarıdır. Onda məlum olduğu kimi uv hasilinin

diferensialı

d (uv )=udv+vdu

düsturu ilə hesablanır. Bu bərabərliyin hər iki tərəfini inteqrallamaqla

uv=∫udv+∫ vdu ,

yaxud

∫udv=uv−∫ vdu

alarıq. Axırıncı düstura hissə-hissə inteqrallama düsturu deyilir. Bu düsturu tətbiq

etmək o halda əlverişlidir ki, verilən inteqralda inteqralaltı ifadəni u və dv kimi

iki vuruğun hasili şəklində elə göstərmək mümkündür ki, dv diferensialına görə v

funksiyasını tapmaq və ∫ vdu inteqralını hesablamaq ∫udv inteqralını bilavasitə

hesablamaqdan asan olsun.

Mövzu 19

Kvadrat üçhədlinin daxil olduğu bəzi funksiyaların

inteqrallanması.

1. I 1=∫ dx

ax2+bx+c inteqralın hesablanması.

2. I 2=∫ Ax+B

ax2+bx+cdx

inteqralın hesablanması.

3. I 3=∫ dx

√ax2+bx+c inteqralın hesablanması.

4. I 4=∫ Ax+B

√ax2+bx+cdx

inteqralın hesablanması.

1. I 1=∫ dx

ax2+bx+c inteqralın hesablanması.

Aşağıdakı inteqrala baxaq

I 1=∫ dxax2+bx+c .

Məxrəcdəki üçhədlini çevirib, kvadratlar cəmi və ya fərqi şəklində göstərək:

ax2+bx+c=a [(x+ b

2 a )2

±k2] ,burada

ca− b2

4 a2=±k2

işarə edilmişdir. k 2-nın işarəsi sol tərəfdə duran ifadənin müsbət və ya mənfi,

başqa sözlə ax2+bx+c üçhədlisinin köklərinin kompleks və ya həqiqi olmasından

asılı olaraq götürülür .

Beləliklə, I 1 inteqralı

I 1=∫ dxax2+bx+c

=1a∫

dx

[(x+ b2a )

2

±k 2]şəklini alır. Sonuncu inteqralda

x+ b2 a= t

əvəzləməsini aparsaq, alarıq

dx=dt ,I 1=

1a∫

dxt 2±k2 .

Bu isə cədvəl inteqralıdır (11' və 12-ci düsturlara bax).

2.I 2=∫ Ax+B

ax2+bx+cdx

inteqralın hesablanması.

Nisbətən ümumi şəkildə olan

I 2=∫ Ax+Bax2+bx+c

dx

inteqralını nəzərdən keçirək. İnteqralaltı funksiyada eynilik çevirməsi aparaq:

I 2=∫ Ax+Bax2+bx+c

dx=∫A2 a(2ax+b )+(B− Ab

2 a )ax2+bx+c

dx .

Axırıncı inteqralı iki inteqralın cəmi şəklində göstərək və sabit vuruqları inteqral

işarəsi xaricinə çıxaraq:

I 2=A

2 a∫2 ax+b

ax2+bx+cdx+(B− Ab

2 a )∫ dxax2+bx+c

.

Burada ikinci inteqral I 1 inteqralıdır. Birinci inteqralda isə ax2+bx+c=t gəbul

edərək dəyişəni əvəz edək, onda (2 ax+b )dx=dt və

∫ 2 ax+bax2+bx+c

dx=∫ dtt=ln|t|+C=ln|ax2+bx+c|+C .

Beləliklə,

I 2=A2a

ln|ax2+bx+c|+(B− Ab2 a ) I1 .

3. I 3=∫ dx

√ax2+bx+c inteqralın hesablanması.

Aşağıdakı

I 3=∫ dx√ax2+bx+c

inteqralına baxaq. I bənddəki çevirmələrin köməyi ilə bu inteqral aşağıdakı

cədvəl inteqrallarından birinə gətirilir (cədvəldə 13' və 14 düsturuna bax):

a>0 olduqda ∫ dx√ t2±k2

, a<0 olduqda isə ∫ dx√k2−t2

.

4. I 4=∫ Ax+B

√ax2+bx+cdx

inteqralın hesablanması.

İndi isə

I 4=∫ Ax+B√ax2+bx+c

dx

şəklində olan inteqrallara baxaq. Bu inteqrallar II bənddəki çevirmələrə oxşar

çevirmələrin köməyi ilə hesablanır. Doğrudan da,

I 4=∫ Ax+B√ax2+bx+c

dx=∫A2a(2 ax+b )+(B− Ab

2 a )√ax2+bx+c

dx=

= A2a∫

2ax+b√ax2+bx+c

dx−(B− Ab2 a )∫ dx

√ax2+bx+c.

Alınmış inteqrallardan birincinə ax2+bx+c=t əvəzləməsi tətbiq etsək onda (2 ax+b )dx=dt və

∫ 2ax+b√ax2+bx+c

dx=∫ dt√t=2√t+C=2√ax2+bx+c+C

.

İkinci inteqrala isə bu paraqrafın III bəndində baxmışıq.

Mövzu 20

Rasional kəsrlərin və triqonometrik ifadələrin inteqrallanması.

1. Ən sadə kəsrlər növləri.

2. Rasional kəsrin sadə kəsrlərə ayırması.

3. Sadə irrasionallıqların inteqrallanması.

4. ∫R ( x,√ax2+bx+c )dx (a≠0 ) şəklində inteqrallar.

5. Triqonometrik ifadələrin inteqrallanması.

1. Ən sadə kəsrlər növləri.

İSTƏNILƏN RASIONAL FUNKSIYA IKI ÇOXHƏDLININ NISBƏTINDƏN IBARƏT

RASIONAL KƏSR ŞƏKLINDƏ OLUR. MÜHAKIMƏNIN ÜMUMILIYINI AZALTMADAN,

BU ÇOXHƏDLƏRININ ORTAQ VURUQLARININ OLMADIĞINI FƏRZ EDƏ BILƏRIK.

Surətinin dərəcəsi məxrəcinin dərəcəsindən kiçik olan kəsrlər düzgün, əks halda

isə düzgün olmayan kəsrlər adlanır.

Düzgün olmayan kəsrin surətini məxrəcinə bölərək (çoxhədlilərin bölünməsi

qaydasına əsasən) onu müəyyən bir çoxhədli ilə düzgün kəsrin cəmi şəklində

göstərmək olar:

Q( x )P( x )

=M (x )+ F ( x )P( x ) ,

burada M ( x )– çoxhədli, F ( x )P( x ) isə düzgün kəsrdir.

Tərif . Aşağıdakı şəkildə olan düzgün kəsrlərə uyğun olaraq I, II, III və IV

növ sadə kəsr deyilir:

I.

Ax−a

,

II.

A( x−a )k (k müsbət tam ədəddir və k ≥ 2 ),

III.

Ax+Bx2+ px+q (məxrəcin kökləri kompleks ədədlərdir, yəni

p2

4−q<0

),

IV.

Ax+B( x2+px+q )k (k müsbət tam ədəddir və k ≥ 2 , məxrəcin kökləri kompleks

ədədlərdir).

I, II və III növ sadə kəsrlərin inteqrallanması çətin olmadığından onları izah

etmədən verə bilərik:

I. ∫ A

x−a=A ln|x−a|+C .

II. ∫ A( x−a)k

dx=A∫( x−a )−k dx=A ( x−a)−k+1

−k+1+C=

= A(1−k )(x−a )k−1

+C .

III. ∫ Ax+B

x2+px+qdx=∫

A2(2 x+p )+(B− Ap

2 )x2+ px+q

dx=

= A2∫

2 x+ px2+ px+q

dx+(B− Ap2 )∫ dx

x2+ px+q=

= A2

ln|x2+ px+q|+(B− Ap2 )∫ dx

(x+ p2 )

2

+(q− p2

4 )=

= A2

ln|x2+ px+q|+ 2 B−Ap√4 q−p2

arctg 2 x+ p√4 q−p2

+C (bax §5).

IV.∫ Ax+B( x2+ px+q )k

dx=∫A2(2 x+ p )+(B− Ap

2 )( x2+ px+q)k

dx=

= A2 ∫

2 x+ p( x2+ px+q )k

dx+(B− Ap2 )∫ dx

( x2+ px+q )k

.

Burada birinci inteqral x2+ px+q=t əvəzləməsi tətbiq edilməklə hesablanır.

Doğrudan da (2x+ p )dx=dt

∫ 2 x+ p( x2+ px+q )k

dx=∫ dtt k =∫ t−k dt= t−k+ 1

−k+1+C=

= 1(1−k )(x2

+ px+q )k−1+C .

İkinci inteqralı I k ilə işarə edək və aşağıdakı kimi çevirək:

I k=∫ dx( x2+ px+q )k

=∫ dx

[(x+ p2 )

2

+(q− p2

4 )]k =∫

dt( t2+m2

)k,

burada

x+ p2=t , dx=dt , q− p2

4=m2

qəbul edilmişdir (şərtə əsasən məxrəcin kökləri kompleks ədədlərdir, deməli,

q− p2

4>0

). Sonra isə hesablamanı belə aparırıq:

I k=∫ dt( t2+m2 )k

=1

m2∫ ( t2+m2 )−t 2

( t 2+m2 )kdt=

= 1m2∫ dt

( t 2+m2

)k−1− 1

m2∫ t2

( t 2+m2)kdt .

(1)Axırıncı inteqralı aşağıdakı kimi çevirək:

∫ t2

( t 2+m2)kdt=∫ t⋅tdt

( t 2+m2)k=

12∫ t

d ( t 2+m2)( t 2+m2)k

=

=−1

2(k−1)∫ t d ( 1( t 2+m2)k−1 ).

Alınmış inteqralı hissə-hissə inteqrallayaraq:

∫ t2

( t 2+m2

)kdt=− 1

2(k−1) [ t 1( t 2+m2

)k−1−∫ dt

( t 2+m2 )k−1 ] .Bu ifadəni (1) bərabərliyində yerinə yazaq:

I k=∫ dt( t2+m2 )k

= 1m2∫ dt

(t 2+m2

)k−1+

+ 1m2

12(k−1 ) [ t

( t 2+m2

)k−1−∫ dt

( t 2+m2)k−1 ]== t

2 m2(k−1 )( t2

+m2)k−1+ 2 k−3

2 m2(k−1)∫dt

( t 2+m2

)k−1.

Sağ tərəfdə də I k şəklində ∫ dt( t 2+m2)k−1

inteqralı var, lakin inteqralaltı funksiyanın

məxrəcinin dərəcəsi bir vahid kiçikdir, yəni k-1-dir. Beləliklə, I k inteqralını I k−1

inteqralı ilə ifadə etdik.

Bu qayda ilə davam etməklə, məlum inteqrala gəlib çıxarıq:

I 1=∫ dtt2+m2 =

1m

arctg tm+C .

t və m-in yerinə onların ifadələrini yazsaq IV inteqralının x və verilmiş A, B, p, q

ədədləri vasitəsi ilə ifadəsini alarıq.

2. Rasional kəsrin sadə kəsrlərə ayırması.

Tutaq ki, F ( x )P( x ) düzgün rasional kəsri verilmişdir. Fərz edək ki, surət və

məxrəcdəki çoxhədlilərin əmsalları həqiqi ədədlərdir və kəsr ixtisar

olunmayandır (yəni surət və məxrəcin ortaq kökləri yoxdur).

Teorem 1. Tutaq ki, x=a məxrəcin k dəfə təkrarlanan köküdür, yəni

P( x )=( x−a )k P1 (x ). Onda verilmiş F ( x )P( x ) düzgün kəsrini aşağıdakı kimi digər iki

düzgün kəsrin cəmi şəklində göstərmək olar:

F ( x )P( x )

= A( x−a)k

+F1( x )

( x−a)k−1 P1( x ),

burada A sıfra bərabər olmayan sabit, F1( x ) isə dərəcəsi ( x−a )k−1P1 ( x ) məxrəcinin

dərəcəsindən kiçik olan çoxhədlidir.

Teorem 2. Tutaq ki, P( x )=( x2+ px+q )k ϕ1( x ) və burada ϕ1 (x ) çoxhədlisi

x2+ px+q ifadəsinə bölünmür. Onda F ( x )P( x ) düzgün kəsrini aşağıdakı kimi digər iki

düzgün kəsrin cəmi şəklində göstərmək olar:

F ( x )P( x )

= Mx+N( x2+ px+q)k

+Ф1(x )

( x2+ px+q )k−1 ϕ1 ( x ),

burada Ф1 ( x ) çoxhədlisinin dərəcəsi ( x2+ px+q )k−1 ϕ1( x ) çoxhədlisinin

dərəcəsindən kiçikdir.

İndi isə F ( x )P( x ) düzgün kəsrinə 1 və 2 teoremlərini tətbiq edərək P( x ) məxrəcinin

bütün köklərinə uyğun sadə kəsrləri ardıcıl olaraq ayıraq. Beləliklə, aşağıdakı

nəticəni alarıq.

Əgər

P( x )=( x−a )α . ..( x−b )β ( x2+ px+q )μ . ..( x2+lx+s )ν

olarsa, onda F ( x )P( x ) düzgün rasional kəsrini aşağıdakı şəkildə yazmaq olar:

F ( x )P( x )

= A( x−a)α

+A1

( x−a)α−1+ .. .+Aα−1

x−a+

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ B( x−b )β

+B1

( x−b)β−1+ .. .+Bβ−1

x−b+

+ Mx+N( x2+ px+q )μ

+M 1 x+N1

( x2+ px+q )μ−1+.. .+M μ−1 x+N μ−1

x2+ px+q+

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ Kx+L( x2+lx+s )ν

+K1 x+L1

( x2+lx+s )ν−1+. . .+K ν−1 x+ Lν−1

x2+ lx+s.

Buradakı A , A1 , .. . ,B , B1 ,. . . əmsallarını belə bir mülahizəyə görə təyin etmək olar:

yazılmış bərabərlik eynilikdir, ona görə də sağ tərəfdəki kəsrləri ümumi məxrəcə

gətirdikdən sonra sağ və sol tərəflərin surətlərində eyni çoxhədlilər alarıq. x-

lərin eyni dərəcələrinin qarşısındakı əmsallarını bərabərləşdirərək A , A1 , .. . , B ,B1 ,. . .

məchul əmsallarını tapmaq üçün tənliklər sistemini alarıq. Əmsalların

tapılmasının bu üsülu naməlum əmsallar üsulu adlanır.

Beləliklə, göstərdik ki, istənilən düzgün rasional kəsr sadə rasional kəsrlərin

cəmi şəklində göstərilə bilər.

3. 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.

4. ∫R ( x,√ax2+bx+c )dx

(a≠0

) şəklində inteqrallar.

Belə inteqrallar aşağıdakı Eyler əvəzləmələrinin köməyi ilə yeni dəyişəninin

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

ax2+bx+c=ax2+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

√ax2+bx+c=√a x+t=√a t2−cb−2t √a

+ t .

Beləliklə, √ax2+bx+c , x və dx ifadələri t vasitəsi ilə rasional şəkildə

göstərilir; deməli, verilmiş inteqral t-nin rasional funksiyasının inteqralına gətir-

ilir.

2. Eylerin ikinci əvəzləməsi. Əgər c>0 olarsa,

√ax2+bx+c=xt±√c

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

götürək)

ax2+bx+c=x2t 2+2 xt√c+c .

Buradan x rasional funksiya kimi t ilə ifadə olunur:

x= 2√с t−ba−t 2 .

Göründüyü kimi, dx və √ax2+bx+c də t ilə rasional şəkildə

ifadə olunur; ona görə x, √ax2+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 ax2+bx+c

üçhədlisinin kökləridir.

√ax2+bx+c=( x−α )t

qəbul edək. ax2+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 √ax2+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 ax2+bx+c çoxhədlisinin köklərinin həqiqi olmalıdır.

5. Triqonometrik ifadələrin 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

=2sin x

2cos x

2

sin2 x2+cos2 x

2

=2 tg x

2

1+ tg2 x2

= 2t1+t 2 ,

cos x=cos2 x

2−sin2 x

21

=cos2 x

2−sin2 x

2

cos2 x2+sin2 x

2

=1−tg2 x

2

1+tg2 x2

=1−t2

1+t 2 .

daha sonra

x=2 arctg t , dx= 2 dt1+ 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 tg x -dən asılı olarsa, onda tg x=t ,

x=arctg t , dx= dt1+t2

əvəzləməsi həmin inteqralı rasional funksiya inteqralına

gətirir:

∫R ( tg x )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 tg x=t əvəzləməsi tətbiq olunur,

çünki sin2 x və cos2 x funksiyaları f ( x ) ilə rasional şəkildə ifadə olunur:

cos2 x= 11+ tg2 x

= 11+ t2 ,

sin2 x= tg2 x

1+ tg2 x= t2

1+t 2 ,dx= dt1+t 2 .

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 dt

olar. 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+cos2 x2

. (3)

Bu ifadələrinin qiymətlərini inteqralda yerinə yazsaq alarıq

∫sin 2 p x cos2q x dx=∫( 1−cos 2 x2 )

p

( 1+cos2 x2 )

q

dx .

Qüvvətə yüksəldib, mötərizələri açdıqdan sonra ∫ab

f ( x )dx 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 tg x=t (yaxud [a , b ] ) əvəzləməsi

əlverişlidir.

6) Sonda

∫cos mx cosnx dx , ∫ sin mx cosnx dx , ∫sin mx sin nx dx

şəklində inteqrallara baxaq. Bunlar aşağıdakı düsturların ( f ( x )≤g( x )) köməyi ilə

hesablanır:

cos mx cosnx=12 [cos (m−n )x+cos(m+n ) x ] ,

sin mx cos nx=12 [sin(m−n )x+sin(m+n )x ] ,

sin mx sin nx=12 [cos (m−n )x−cos(m+n )x ] .

Mövzu 21

Müəyyən inteqral. Müəyyən inteqralın əsas xassələri. Müəyyən

və qeyrimüəyyən inteqrallar arasında əlaqə. Nyuton-Leybnis

düsturu. Müəyyən inteqralın hesablanması üsulları.

1. Müəyyən inteqral.

2. Müəyyən inteqralın əsas xassələri.

3. Müəyyən inteqralda dəyişəni əvəzetmə və hissə-hissə

inteqrallama.

4. Müəyyən inteqralın təqribi hesablanması.

1. Müəyyən inteqral

Tutaq ki, [a , b ] parçasında kəsilməz y= f ( x ) funksiyası verilmişdir. Bu

parçanı a=x0 , x1 , x2 , .. . , xn−¿1 ,xn=b ¿ bölgü nöqtələri ilə n ixti-yari hissələrə bölək, belə

ki,

x0<x1<x2< .. .<xn−¿1< xn. ¿

x1−x0=Δx1 , x2−x1=Δx2 , … ,xn−xn−1=Δxn

işarələrini qəbul edək. [ x i−1 , x i ]parçalarının hər birində bir ξ i nöqtəsi götürək (x i−1≤ξi ¿ xi ) və aşağıdakı cəmi düzəldək

σ=f (ξ 1)Δx1+ f ( ξ2 )Δx 2+. . .+ f (ξn )Δxn=∑i=1

n

f (ξ i)Δxi . (1)

Bu cəmi [a , b ]-nin xüsusi parçalara verilmiş bölgüsunə və ξ i aralıq nöqtələrinin

verilmiş seçiminə uyğun olan [a , b ] parçasında f ( x ) funksiyası üçün inteqral cəmi

adlandıracıq.

f ( x )≥0 olduqda σ inteqral cəminin həndəsi mənası aydındır: o oturacaqları Δx1 , Δx2 , .. . , Δxn və hündürlükləri f (ξ 1) , f (ξ2) , .. . , f (ξn ) olan düzbucaqların sahələri

cəminə bərabərdir (şəkil 1).

xO xn =

bx1 x2 xn

-1x0 =

a1 2

A1A

0

A2

A3

A2n-1 A2

n

y = f(x)Шякил 21

n

f(1)

f(2)

f(n)

y

Şəkil 1

y y = f (x)

ba xO

Şəkil 2

İndi, [ x0 , x1 ] , [ x1 , x2 ] , …, [ xn−1 , xn ] parçaları içərisində ən böyük olanının uzunluğunu

λ=max1≤i≤n

Δxi

ilə işarə edək.

Tərif . Əgər λ→0 şərtində (1) inteqral cəminin sonlu I limiti varsa, onda bu

limit f ( x ) funksiyasının [a , b ] parçasında müəyyən inteqralı adlanır və aşağıdakı

kimi işarə edilir

I=∫a

b

f ( x )dx=limλ→ 0∑i=1

n

f (ξi )Δxi . (2)

Bu halda f ( x ) funksiyasına [a ,b ] parçasında inteqrallanan funksiya deyilir. f ( x ) –

inteqralaltı funksiya, a və b ədədləri uyğun olaraq inteqralın aşağı və yuxarı

sərhədləri, x isə inteqrallama dəyişəni adlanır.

f ( x )≥0 olduqda ∫a

b

f ( x )dx inteqralı ədədi qiymətcə əyrixətli

trapesiya adlanan fiqurun sahəsinə bərabər olur. Əyrixətli trape-

siya (şəkil 2) yuxarıdan y= f ( x ) funksiyasının qrafiki, aşağıdan

OX oxu və yanlardan x =a , x =b düz xətləri ilə hüdudlanan

fiqura deyilir.

Teorem . Əgər y=f ( x ) funksiyası [a , b ] parçasında kəsilməzdirsə, onda həmin parçada inteqrallanandır.

2. Müəyyən inteqralın əsas xassələri

1. Müəyyən inteqral yalnız f ( x ) funksiyasının şəklindən və inteqralın

sərhədlərindən asılı olur, inteqrallama dəyişənindən isə asılı olmur. Ona görə də

inteqrallama dəyişənini istənilən hərflə işarə etmək olar:

∫a

b

f ( x )dx=∫a

b

f ( t )dt=.. .=∫a

b

f ( z )dz.

2. Əgər yuxarı və aşağı sərhədlər üst-üstə düşərsə, onda inteqral sıfra bərabərdir:

∫a

a

f ( x )dx=0.

3. Yuxarı və aşağı sərhədlərin yerini dəyişəndə inteqral öz qiymətini əksinə dəyişər

∫a

b

f ( x )dx=−∫b

a

f ( x )dx.

4. a, b, c ədədlərinin neçə olmalarından asılı olmayaraq aşağıdakı bərabərlik doğrudur

∫a

b

f ( x )dx=∫a

c

f ( x )dx+∫c

b

f ( x )dx.

5. Sabit vuruğu müəyyən inteqral işarəsi xaricinə çıxarmaq olar, yəni A=const olduqda

∫a

b

Af ( x )dx=A∫a

b

f ( x )dx.

6. Bir neçə funksiyanın cəbri cəminin müəyyən inteqralı toplananların inteqral-larının 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 ] parçasınında f ( x )≥0 olarsa, onda

x+x

y = f (x)

a x

y

x

X

A

O

(x) f (

Şəkil 3

∫a

b

f ( x )dx≥0.

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

m(b−a )≤∫a

b

f ( x )dx≤M (b−a).

11. Orta qiymət haqqında teorem. Əgər f ( x ) funksiyası [a , b ] parçasında kəsilməzdirsə, onda bu parçada elə ξ nöqtəsi tapmaq olar ki, aşağıdakı bərabərlik doğru olsun:

∫a

b

f ( x )dx=f (ξ )⋅(b−a).

Müəyyən və qeyri-müəyyən inteqrallar arasında əlaqə

Tutaq ki, ∫a

b

f ( x )dx inteqralının aşağı sərhədi həmişəki kimi sabit ədəddir, lakin

yuxarı sərhədi – b dəyişir. Onda inteqralın qiyməti də dəyişər, yəni inteqral

yuxarı sərhədin funksiyasıdır.

Yuxarı sərhədi x ilə işarə edək və bunu inteqrallama dəyişəni ilə qarışdırma-

maq üçün sonuncunu t ilə işarə edək ∫a

x

f ( t )dt .

a sabit olduğundan bu inteqral yuxarı sərhədin, yəni x-in

funksiyasını təyin edir. Bu funksiyanı Φ (x ) ilə işarə edək

Φ (x )=∫

a

x

f ( t )dt . (1)

Əgər f ( x ) mənfi deyilsə, Φ (x ) funksiyası ədədi qiymətcə aAXx əyrixətli trape-

siyasının sahəsinə bərabərdir (şəkil3). Aydındır ki, həmin sahə

x-dən asılı olaraq dəyişir.

Teorem . Əgər f ( x ) funksiyası kəsilməzdirsə, onda yuxarı sərhədi dəyiəşən

olan müəyyən inteqralın törəməsi vardır və inteqralaltı funksiyanın yuxarı

sərhəddə aldığı qiymətə bərabərdir, yəni

Φ '( x )=(∫a

x

f ( t )dt )′

= f ( x ) . (2)

İsbatı . x-in ixtiyari x∈ [a ,b ] qiymətini götürək və ona elə Δx≠0 artımı verək

ki, a≤x+Δx≤b . Onda müəyyən inteqralın 4-cü xassəsinə əsasən alarıq:

Φ (x+Δx)= ∫a

x+Δx

f ( t )dt=∫a

x

f ( t )dt+ ∫x

x+ Δx

f ( t )dt=Φ( x )+ ∫x

x+Δx

f ( t )dt .

Buradan Φ (x ) funksiyasının artımını tapaq:

Φ (x+Δx)−Φ ( x )= ∫a

x+Δx

f ( t )dt.

Orta qiymət haqqında teoremi (11-ci xassə) tətbiq etsək, alarıq

Φ (x+Δx)−Φ ( x )=f (ξ )Δx ,

burada ξ ədədi x ilə x + x arasındadır. Bərabərliyin iki tərəfini də x bölək

Φ( x+Δx )−Φ (x )Δx

=f (ξ ).

Əgər indi Δx→0 , onda ξ→ x və f ( x ) funksiyası [a , b ] parçasında kəsilməz

olduğu üçün f ( x ) . Onda axırıncı bərabərlikdə Δx→0 şərtində limitə

keçsək alarıq

limΔx→0

Φ (x+Δx )−Φ ( x )Δx

= limΔx→0

f (ξ )=limξ→ x

f (ξ )=f (x )

və ya Φ'( x )=f ( x ). Teorem isbat olundu.

Beləliklə, müəyyən edilib ki, istənilən [a , b ] parçasında kəsilməz f ( x )

funksiyasının bu parçada ibtidai funksiyası var və Φ (x ) funksiyası – yuxarı

sərhədi dəyişən olan müəyyən intaqral – f ( x ) üçün ibtidai funksiyadır. f ( x )

funksiyası üçün başqa ibtidai funksiya Φ (x )-dan yalnız C sabitinə

fərqləndiyindən biz müəyyən və qeyri-müəyyən inteqral arasında olan əlaqəni

müəyyən etmiş oluruq:

∫ f ( x )dx=∫a

x

f ( t )dt+C .

3. Müəyyən inteqralda dəyişəni əvəzetmə və hissə-hissə

inteqrallama.

Teorem . Əgər F(x) funksiyası verilmiş f ( x )-in ibtidai funksiyalarından biri

olarsa, onda

∫a

b

f ( t )dt=F( b)−F (a ) (1)

düsturu doğrudur. Bu düstura Nyuton-Leybnis düsturu deyilir.

İsbatı . Tutaq ki, F(x) funksiyasıf ( x )-in hər hansı bir ibtidai funksiyasıdır.

Yuxarıda isbat olunan teoremə görə ∫a

x

f ( t )dt funksiyası da f ( x ) üçün ibtidaidir.

Verilən funksiyanın iki ibtidaisi bir-birindən C sabiti qədər fərqləndiyindən aşağıdakı kimi yazmaq olar

∫a

x

f ( t )dt=F( x )+C . (2)

C sabiti düzgün seçildikdə bu bərabərlik istənilən x üçün doğrudur, yəni eynilikdır. Bu C sabitini tapmaq üçün bu eynilikdə x=a götürək, onda

∫a

a

f ( t )dt=F( a)+C,

yaxud 0=F( a)+C ; və buradan C=−F (a ).

Deməli,

∫a

x

f ( t )dt=F( x )−F( a).

Burada x = b götürməklə Nyuton-Leybnis düsturunu alarıq

∫a

b

f ( t )dt=F( b)−F (a ),

və yaxud inteqrallama dəyişəni x götürərək

∫a

b

f ( x )dx=F (b )−F( a).

Əgər fərqi simvolik olaraq

F (b)−F( a)=F ( x )|ab

şəklində işarə etsək, onda (1) düsturunu belə yazmaq olar

∫a

b

f ( x )dx=F ( x )|ab=F( b)−F (a )

.

İnteqralaltı funksiyanın ibtidai funksiyası məlum olduqda Nyuton-Leybnis düsturu müəyyən inteqralı hesablamaq üçün əlverişli üsul verir.

4. Müəyyən inteqralın təqribi hesablanması.

Düzbucaqlılar düsturu. Tutaq ki, [a , b ]

parçasında kəsilməyən y=f(x)

funksiyası verilmişdir və

∫a

b

f ( x ) dx (1)

inteqralını təqribi hesablamaq tələb olunur.

∫a

b

f ( x ) dx≈b−an ( y0+ y1+ y2+…+ yn−1)

(2)

∫a

b

f ( x ) dx≈b−an ( y1+ y2+…+ yn)

(3)

bunlara düzbucaqlılar düsturu deyilir. Trapeslər düsturu . Bu halda (1) əvəzinə

∫xk

xk+1

f ( x ) dx≈yk+ yk+1

2Δxk

(4)

təqribi bərabərliyi götürülür. Bu təqribi bərabərlikləri tərəf-tərəfə toplasaq

∫a

b

f ( x ) dx≈b−a2 n [ y0+2 y1+2 y2+…+2 yn−1+ yn ]

(5)

təqribi bərabərliyi alınır. Buna (1) müəyyən inteqralının təqribi

hesablanması üçün

trapesiyalar düsturu deyilir.

Parabolalar və ya Simpson düsturu.

(1) Inteqralını təqribi hesablamaq üçün bu halda [a , b ]

parçasını

a=x0¿¿

nöqtələri vasitəsilə 2n sayda bərabər hissələrə ayırırlar.

∫a

b

f ( x ) dx≈b−a6n ∑

k=0

n−1

( y2k+4 y2 k+1+ y2 k+2)=

=b−a6n [ ( yo+ y2 n)+4 ( y1+ y3+…+ y 2n−1 )+2 ( y2+ y 4+…+ y 2n−2 )]

təqribi bərabərliyini alarıq.

Mövzu 22

Qeyri-məxsusi inteqrallar.

1. Sonsuz sərhədli inteqrallar.

2. Kəsilən funksiyaların inteqralları.

3. Puasson inteqralı.

1. Sonsuz sərhədli inteqrallar.

Tutaq ki, f(x) funksiyası a ≤ x≤+∞ sonsuz yarıqapılı intervalında kəsilməzdir.

Istənilən b a üçün ∫a

b

f (x )dx inteqralı mövcüddur və b dəyişdikcə da dəyişir,

inteqral b yuxarı sərhədinin kəsilməz funksiyasıdır. Bu inteqralın b→+∞ şərtində

dəyişməsinin xarakterini öyrənək.

Tərif. Əgər

limb→+∞∫

a

b

f (x )dx

Limiti varsa və sonludursa, onda həmin limitə f(x) funksiyasının [a ,+∞¿

intervalında qeyri-məxsusi inteqral deyilir və

∫a

+∞

f (x )dx (1)

simvolu ilə işarə edilir. Deməli, tərifə əsasən

∫a

+∞

f (x )dx = limb →+∞∫

a

b

f (x )dx

Bu halda deyirlər ki, ∫a

+∞

f (x )dx qeyri-məxsusi inteqral var, yaxud yığılır. Əgər b

→+∞ şərtində ∫a

b

f (x )dx inteqralının sonlu limiti yoxdursa, onda deyirlər ki, ∫a

+∞

f (x )dx

qeyri-məxsusi inteqralı dağılır, yaxud yoxdur.

Misal 1. ∫0

+∞

cos xdx qeyri-məxsusi inteqralı hesablayın.

∫0

+∞

cos xdx = limb →+∞∫

0

b

cos xdx = limb →+∞

sin∨¿0b¿ = lim

b →+∞sin b,

yəni limiti yoxdur. Deməli, qeyri-məxsusi inteqral dağılandır.

Misal 2. ∫0

+∞

2 xdx inteqralı hesablayın.

∫0

+∞

2xdx = limb →+∞∫0

b

2 xdx = limb →+∞

x2∨¿0b ¿ = lim

b →+∞b2

= + ,

yəni qeyri-məxsusi inteqral dağılandır.

Misal 3. ∫1

+∞ dxx2 inteqralı hesablayın.

∫1

+∞ dxx2 = lim

b →+∞∫

1

+∞ dxx2 = lim

b →+∞ (−1x )b1 = lim

b→+∞¿(−1

b +1) =1.

Deməli, qeyri-çəxsusi inteqral yığılandır.

Tutaq ki, F(x) funksiyası f(x) funksiyasının ibtidai funksiyasıdır.

Onda

∫a

+∞

f (x )dx = limb→+∞∫

a

b

f (x )dx = limb →+∞

[F (b )−F (a) ] = limb →+∞

F (b )−F (a).

Əgər limx→+∞

¿ F(x) = F( ) işarəsini qəbul etsək, onda Nyuton-Leybnis düsturunun

analoqunu alırıq:

∫a

+∞

f (x )dx = F( ) – F(a) (2)

f(x) 0 olduqda qeyri-məxsusi inteqralın sadə həndəsi mənası var: ∫a

b

f (x )dx

inteqralı, y = f(x) əyrisi, absis oxu və x=a, x=b düz xətləri ilə əhatə olunan

əyrixətli trapesin sahəsini ifadə etdiyi kimi, ∫a

+∞

f (x )dx qeyri-məxsusi inteqralı da y

= f(x) əyrisi, x=a xətti və absis oxu arasında qalan qeyri-məhdud (sonsuz) oblastı

sahəsini ifadə etdiyini demek təbiidir.

Başqa sonsuz intervallarda da qeyri-məxsusi inteqral anlayışı oxşar qayda ilə

verilir:

∫−∞

b

f (x)dx = limx→+∞∫

a

b

f (x )dx,

∫−∞

+∞

f (x)dx = lima →−∞b →+∞

∫a

b

f (x)dx.

2. Kəsilən funksiyaların inteqralları.

Tutaq ki, f(x) funksiyası a≤ x≤ b intervalında təyin olunub və kəsilməzdir,

lakin x=b nöqtəsində kısilir (limx→ b

f ( x )=∞). a və b nöqtələri arasında β nöqtəsini

götürək. Onda aydındır ki, f(x) funksiyası [a , β ] parçasında kəsilməzdir və onun

∫a

b

f (x )dx inteqralı var. Bu halda

limβ→b∫

a

β

f ( x )dx (3)

Limitinə qeyri-məxsusi inteqral deyilir və

∫a

b

f ( x )dx (4)

simvolu ilə işarə olunur. Əgər (3) limiti varsa və sonludursa, onda deyirlər ki, (4)

inteqralı yağılandır.

Əgər f(x) funksiyası [a , b ] parçasının daxılı bir x=c nöqtəsində kəsilirsə, onda

∫a

b

f ( x )dx = ∫a

c

f ( x )dx + ∫c

b

f ( x )dx (a¿c<b<¿).

Burada sağ tətəfdə duran hər iki qeyri-məxsusi inteqralların varlığı fərz olunur.

2-ci tip inteqrala dəqiq fikir vermək lazımdır, çünkü bir şox hallarda səhvə yol

verilir.

Misal 4. I = ∫−1

1 dxx2 inteqralını hesablayın.

I =∫−1

1 dxx2 = (−1

x ) 1−1 = −1−1=−2.

Lakin bu doğru deyildir, çünki inteqralaltı funksiya müsbət olduğundan ( 1x2>0)

inteqralın qiyməti də müsbət olmalıydı. İnteqrallama intervalı daxilində x=0

∈ [−1,1 ] nöqtəsində inteqralaltı funksiya kəsilir, deməli, tərifə əsasən, verilən

inteqralı iki toplananın səmi kimi göstərməliyik:

I = ∫−1

1 dxx2 = ∫

−1

0 dxx2 + ∫

0

1 dxx2 = lim

β →0∫−1

β dxx2 + lim

α →0∫α

1 dxx2 =

= limβ →0¿ (−1

x ) β−1 + limα →0

¿ (−1x ) 1α=

limβ →0¿ (−1

β+1)+ lim

α →0 (−1+ 1α ) =+∞+∞=+∞.

Beləliklə, verilən inteqral [−1,1 ] parçasında dağılandır.

3. Puasson inteqralı.

Ehtimal nəzəriyyəsində əhəmiyyətli rol oynayan sonsuz sərhədli qeyri-məxsusi

∫−∞

+∞

e− x2

a2

dx inteqrala baxaq. Xüsusi halda (a=1 olduqda) ∫−∞

+∞

e−x2

dx inteqralı Puassonun

adı ilə məşhurdur. Bu inteqral yığılandır və onun qiyməti

∫−∞

+∞

e−x2

dx= √π və ya ∫−∞

+∞

e−x2

dx = √π2 .

Mövzu 23

Müəyyən inteqralın həndəsi tədbiqləri.

1. Qövsün uzunluğu.

2. Fırlanmadan alınan cismin həcmi.

3. Firlanmadan alınan səthin sahəsi.

4. Əyrixətli trapesiyanın sahəsi.

1. Qövsün uzunluğu.

Müstəvi əyrinin gövsünün üzünlüğunu tapmaq üçün həmin əyri xətti ya

y = f(x) , ya x = f(y), və ya x = x(t), y=y(t) parametrik şəklində yazmaq lazımdır.

Onda həmin gövsün diferensialı funksiyanın verilməsinə uyğun olaraq:

y=f ( x )=¿dl=√1+( y´ )2 dx

x= f ( y )=¿dl=√1+(x´ )2 dy

x=φ (t)y=ψ (t )

=¿dl=√ (x´ )2+ ( y´ )2 dt

Bütöv qövsün AB uzunluğu isəuyğun olaraq aşağıdakı kimi hesablanır:

y=f ( x )=¿ L AB=∫x A

xB

√1+( y´ )2 dx=∫A

B

dl

x= f ( y )=¿ L AB=∫yA

yB

√1+(x´ )2dy=∫A

B

dl

x=φ (t)y=ψ (t )

=¿ LAB=∫t A

tB

√ (x´ )2+( y´ )2dt

burada x A , xB−¿nöqtələrin absisləri, y A , yB−¿ordinatlarıdır.

Əgər hamar əyrinin tənliyi polyar koordinatlarda tənliyi ilə verilirsə (

, onda qövsün uzunluğu

düstüru ilə hesablanır.

2. Fırlanmadan alınan cismin həcmi.

Burada iki variant mövcuddur.

1) Əgər figur əyrixətli trapesiyanın və ya hər hansı əyrinin OX oxu ətrafında

fırlanmadan alınarsa, onda cismin parçasından götürülmüş istənilən x

nöqtəsindən şaquli istiqamətində aparılan kəsik R = f(x) radiuslu bir dairədir.

Buna görə də, həmin kəsiyin sahəsi kimi hesablanır. Nəticədə

fırlanma cismin həcmi:

(1)

düstura əsasən hesablanır.

2) Əgər fırlanma cismi əyri xəttin OY oxu ətrafında fırlanmadan əmələ gələrsə,

onda onun həmin parçadan götürülmüş istənilən x nöqtəsindən şaquli

istiqamətində aparılan kəsik R = X radiuslu dairədir və həmin kəsiyin sahəsi indi

artiq kimi hesablanır. Nəticədə alınan fırlanma cismin bütöv

həcmi:

(2)

Misal 1. Verilmiş və xətlərin müstəvi figurunun OX oxu

ətrafında fırlanma nəticəsində alınan fəza cisminin həcmini tapın.

Həlli. Fırlanma nəticəsində alınan cismin adı parabolik seqmentdir. Fırlanma

OX oxu ətrafında aparıldıqına görə (1) düsturdan istifadə edək. Burada

.

Misal 2. Ellipsin OY oxu ətrafında fırlanma nəticəsində

alınan cismin həcmini tap.

Həlli. Fırlanma nəticəsində alınan cismin adı ellipsoiddir. Fırlanma OY oxuna

görə aparıldıqından (2) düsturdan istifadə edək, amma əvvəlcə üçün ifadəni

alaq.

(2) düstura görə alırıq:

Nyuton-Leybnis düsturunu tətbiq etdikdə alırıq:

.

3. Firlanmadan alınan səthin sahəsi.

Əgər cismin səthi qövsün OX oxu ətrafında fırlanmadan əmələ gələrsə,

onda onun sahəsinin diferensialı oturacaqlarının radiusları uyğun olaraq

r = y; R = y + ∆y

və doğuranı dl olan kəsik konusun yan səthinin sahəsinə bərabərdir.

Nəticədə səthin bütöv sahəsi

Əgər fırlanma OY oxu ətradında aparılarsa, onda alınan cismin vəziyyətini

nəzərə alaraq onun səthinin sahəsi:

düsturuna görə hesablanar.

4. Əyrixətli trapesiyanın sahəsi.

Əgər əyrixətli trapesiya bir funksiyanın qrafikinin əyrisi ilə

məhdudlaşdırılmışdır, onda onun sahəsini

.

Əgər əyrixətli trapesiya iki əyri xətli arasında qalan bir sahə olarsa, onda

onun sahəsini

Əgər misalda aşağı və yuxarı sərhədlər məchul olarsa, onları müəyyən

etmək üçün tənliyinin köklərini taparaq kimi

götürürük.

Əgər alınan sahə qrafiklərin kəsişmə nöqtələrinə görə bir neçə hissəyə

bölünərsə, onda bütöv trapesiyanın sahəsini bu kəmiyyətin additivlik xassəsinə

görə parçaların ayrı-ayrılıqda hesablanmış sahələrinin cəmi kimi göstərmək

mümkündür.

Misal. və xətləri ilə məhdudlaşdırılmış əyrixətli

trapesiyanın sahəsini tapın.

Həlli. 1) Əvvəlcə qrafiklərin kəsişmə nöqtələrini müəyyən edək:

tənliyini həll edərək alırıq:

deməli, alınan sahəni parçada axtarırıq.

2) İndi isə bir başa sahəni hesablayaq:

.

Polyar koordinatların köməyi ilə əyrixətli trapesiyanın sahəsi

Mövzu 24

Çoxdəyişənli funksiya. Çoxdəyişənli funksiyanın

limiti və kəsilməzliyi. Xüsusi törəmələr.

Çoxdəyişənli funksiya anlayışı.

1. Çoxdəyişənli funksiya haqqında anlayış.

2. Çoxdəyişənli funksiyaların tərifi. 3. Çoxdəyişənli funksiyaların xüsusi artımları. 4. Çoxdəyişənli funksiyaların tam artımı və limiti.

1. Çoxdəyişənli funksiya haqqında anlayış.

Bir çox hadisələri öyrənən zaman iki və daha çox dəyişəndən asılı olan

funksiyalara təsadüf olunur.

Tərif 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 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.

Tərif 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. Əgər x və y

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.

Əlavə məlumat.

1) Əgər z= f ( x , y ) funksiyasında dəyişənlərdən birini fiksə eləsək, onda

ikidəyişənli funksiya birdəyişənli funksiya kimi gəbul oluna bilər. Misal kimi

O

z

yx

22 yxz

z

x

yP

O

z

x y

G

S = xy düzbucaqlının sahəsini ifadə edən düstura biz iki x(eni), y(uzunluğu)

dəyişənli funksuya kimi baxa bilərik.

2) Ümumi halda z= f ( x , y )funskiyasının qrafiki Oxyz fəzada bir səth kimi təsvir

etmək mümkündür.

Tərif 3. z= f ( x , y )funksiyanın eyni qiymətini alan Oxy müstəvisinin nöqtələr

toplusuna həmin funksiyanın kontur xətti və ya izoəyri deyilir və aşağıdakı kimi

yazılır:

f(x, y)= C

2. Çoxdəyişənli funksiyaların tərifi.

Tərif 1. Əgər x1 , x2 , x3 , .. . , xn dəyişənlərinən 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, üçdə- yişənli 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 təsviri . OXY müstəvisində

yerləşən G oblastında təyin olunmuş

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 1). 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.

3. Çoxdəyişənli funksiyaların xüsusi artımları.

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 2). 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 Δx z ilə işarə edilir, belə ki,

Δx z = f (x + x, y) – 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:

SxzS

P

O

zz

y

yy

xx x

Şəkil 2

Δ y z= f ( x , y+Δy )− f ( x , y ). (2)

Funksiya öz Δ 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

Δz=f ( x+Δx , y+Δy)− f ( x , y ) (3)

bərabərliyi ilə təyin olunur.

Ümumiyyətlə, tam artım xüsusi artımların cəminə bərabər olmur, yəni

Δz≠Δx z+Δ y z .

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 , y 0) nöqtəsində olan r radiuslu dairənin daxilində yerləşən bütün nöqtələr

çoxluğuna M 0( x0 , y 0) nöqtəsinin r radiuslu ətrafı deyilir.

Misal 1. İkidəyişənli z =x3sin y + y4 funksiyanın xüsusi törəmələrini tapın:

x dəyişənə görə xüsusi törəmə hesablayarkən y dəyişənini sabit kimi qəbul

etməliyik:

dzdx=3 x2sin y;

y dəyişəninə görə isə xüsusi törəmə hesablayarkən x dəyişənini sabit kimi qəbul

etməliyik:

dzdy

= x3cos y +4 y3.

Misal 2. Üçdəyişənli u = x6 – y4 +3z5 funksiyanın xüsusi törəmələrini tapın:

x dəyişənə görə xüsusi törəmə hesablayarkən y,z dəyişənlərini sabit kimi qəbul

etməliyik:

dudx

= 6x5;

y dəyişəninə görə isə xüsusi törəmə hesablayarkən x,z dəyişənlərini sabit kimi

qəbul etməliyik:

dudy = −4 y3;

z dəyişəninə görə isə xüsusi törəmə hesablayarkən x,y dəyişənlərini sabit kimi

qəbul etməliyik:

dudz

= 15z4.

4. Çoxdəyişənli funksiyaların tam artımı və limiti.

Tərif 1. Əgər istənilən e > 0 ədədinə görə elə 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 ədədinə M ( x , y ) nöqtəsi M 0( x0 , y 0) nöqtəsinə

yaxınlaşdıqda f ( x , y ) funksiyasının limiti deyilir və belə işarə edilir:

lim ¿ x→ x ¿y→ y0 ¿

¿ f ( x , y )=A .¿

Tərif 2. Tutaq ki, M 0( x0 , y 0) nöqtəsi f ( x , y ) funksiyasının təyin oblastına

daxildir. Əgər M ( x , y ) nöqtəsi istənilən qayda ilə M 0( x0 , y 0) nöqtəsinə yaxınlaşdıqda

limx→ x0

y→ y0

f ( x , y )=f (x0 , y0)

olarsa, onda z= f ( x , y ) funksiyasına M 0( x0 , y 0) nöqtəsində kəsilməz funksiya

deyilir.

Oblastın bütün nöqtələrində kəsilməz funksiyaya həmin oblastda kəsilməz

funksiya deyilir.

Tərif 3. z= f ( x , y ) funksiyasının x-ə görə Δx z xüsusi artımının x artımına

nisbətini düzəldək. 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

' ( x , y ) , ∂ z∂ x

, ∂ f∂ x¿

simvollardan biri ilə işarə etmək olar. Beləliklə, tərifə əsasən

∂ z∂ x= lim

Δx→0

Δx zΔx= lim

Δx→0

f (x+Δx , y )−f (x , y )Δx

.

Oxşar qayda ilə Δ y z xüsusi artımının y-ə nisbətinin y sıfra yaxınlaşdıqda

limitinə z=f ( x , y ) funksiyasının y-ə nəzərən xüsusi törəməsi deyilir və

z y' , f y

' ( x , y ) , ∂ z∂ y

, ∂ f∂ y¿

simvollardan biri ilə işarə edilir. Beləliklə,

∂ z∂ y= lim

Δy→0

Δ y zΔy= lim

Δx→0

f ( x , y+Δy )−f ( x , y )Δy

.

Δx z artımını hesablayarkən y-in, Δ 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.

Mövzu 25

Tam diferensial. İstiqamət üzrə törəmələr.

1. Yüksək tərtibli xüsusi törəmələr.

2. Tam diferensial anlayışı.

3. İstiqamət üzrə törəmələr.

4. Qradiyent anlayışı.

5. Teylor düsturu.

1. Yüksək tərtibli xüsusi törəmələr.

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 xx

' ' ( x , y ); ∂2 z∂ x ∂ y

= f xy' ' ( x , y )

; ∂2 z∂ y ∂ x

=f yx' ' ( x , y )

; ∂2 z∂ y2=f yy

' ' ( x , 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 ∂ y ∂ x ;

∂3 z∂ x ∂ y2

; ∂3 z∂ y ∂ x2

;∂3 z

∂ y ∂ x ∂ y ; ∂3 z∂ y2∂ x ;

∂3 z∂ y3

. İstənilən n tərtibli

törəmə n−1 tərtibli törəmənin birinci törəməsidir.

2. Tam diferensial anlayışı.

z=f ( x , y ) funksiyası tam artımının tərifinə görə

Δz=f ( x+Δx , y+Δy)− f ( x , y ). (1)

Fərz edək ki, baxılan (x, y) nöqtəsində z=f ( x , y ) funksiyasının birinci tərtib

kəsilməz xüsusi törəməsi var. (1) bərabərliyinin sağ tərəfinə f (x, y + y) ifadəsini

əlavə edək və çıxaq:

Δz=[ f (x+Δx , y+Δy )−f ( x , y+Δy) ]+

+ [ f ( x , y+Δy )− f ( x , y )] . (2)

Hər bir kvadrat mötərizəyə Laqranj düsturunu tətbiq edək.

f ( x+Δx , y+Δy)−f ( x , y+Δy )=∂ f ( x , y+Δy )

∂ xΔx

,

(3)

burada x ədədi x ilə x +x arasındadır;

f ( x , y+Δy )−f ( x , y )=∂ f ( x , y )

∂ yΔy

, (4)

burada y ədədi y ilə y +y arasındadır.

(3) və (4) ifadələrini (2) bərabərliyində yerinə yazaq:

Δz=∂ f ( x , y+Δy )

∂ xΔx

+ ∂ f ( x , y )∂ y

Δy. (5)

Fərziyyəyə görə xüsusi törəmələr kəsilməz olduqlarından

lim

Δx→0Δy→0

∂ f ( x , y+Δy )∂ x

=∂ f ( x , y )∂ x

,

limΔx→0Δy→0

∂ f ( x , y )∂ y =

∂ f ( x , y )∂ y .

(6)

Limitin tərifinə əsasən (6) bərabərsizliklərini

∂ f ( x , y+Δy )

∂ x=∂ f ( x , y )∂ x

+γ1 ,

∂ f ( x , y )∂ y =

∂ f ( x , y )∂ y +γ2 (6)

şəklində yazmaq olar; burada x və y sıfra yaxınlaşanda 1 və 2 da sıfra

yaxınlaşır. (6) bərabərsizliklərinə əsasən (5) münasibəti

Δz=[∂ f ( x , y )

∂ xΔx+ ∂ f ( x , y )

∂ yΔy ]+ [γ1 Δx+γ2 Δy ]

(7)

şəklini alar.

Birinci iki həddin cəmi x və y kəmiyyətlərinə nəzərən xəttidir. Bu cəm z

artımından sonsuz kiçilən qədər fərqlənməklə, həmin artımın baş hissəsini təşkil

edir.

Tərif. Verilmiş (x, y) nöqtəsindəki z tam artımı aşağıdakı kimi iki həddin

cəmi şəklində göstərilə bilən z=f ( x , y ) funksiyasına həmin nöqtədə diferensiallana

bilən funksiya deyilir; burada hədd adlandırdığımız birinci ifadə x və y artım-

larına nəzərən xəttidir, ikinci hədd isə yüksəktərtibli sonsuz kiçiləndir. Tam

artımın xətti hissəsinə funksiyanın tam diferensialı deyilir və dz yaxud df ilə

işarə edilir

dz= f x' ( x , y )Δx+f y

' ( x , y )Δy .

Sərbəst dəyişənlərin x və y artımlarını x və y dəyişənlərinin diferensialları

adlandıraq və uyğun olaraq dx və dy ilə işarə edək. Bu halda tam diferensialın

ifadəsi

dz= ∂ f

∂ xdx+ ∂ f

∂ ydy

(8)

şəklini alar.

Bir neşə misala baxaq.

Misal 1. z = x y ikidəyişənli funksiyasının tam diferensialını tapın.

Xüsusi törəmələrin tərifinə görə (8) düsturunu nəzərə alaraq:

dz = (yx y – 1) dx + (x y ln x) dy.

Misal 2. z = x2y ikidəyişənli funksiyasının tam diferensialını tapın.

Xüsusi törəmələrin tərifinə görə (8) düsturunu nəzərə alaraq:

dz = (2xy) dx + (x2)dy.

Misal 3. z = yx ikidəyişənli funksiyasının x=2, y=1, dx=0.1, dy=0.2, şərtlərinə

görə tam diferensialını tapın.

dz = − yx2 dx + 1

xdy

dz = −14

· 110+1

2· 210 = 0.075

Misal 4. z = xy funksiyası üçün x=5, y=4, ∆x=dx=0.1, ∆y=dy=−0.2, şərtlərinə

görə funksiyanın ∆z tam artımını və dz tam diferensialını hesablayın:

1) dz = y dx + x dy

dz = 4 · 0.1 + 5 · (−0.2) = −0.6 - tam diferensialı;

2) ∆z = z (x + ∆x, y + ∆y) −z (xy ), düstura görə aliriq:

∆z = [ (5+0.1 ) · (4−0.2 ) ]− [5 · 4 ]

∆z = 0.62 - tam artımı.

3. İstiqamət üzrə törəmələr.

Tutaq ki, W = f (x, y, z) funksiyası üç-ölçülü fəzada verilmişdir və onun hər

hansı Mo = (xo, yo, zo) nöqtəsindən vahid l (cosα , cosβ , cosγ ¿ vektoru isdiqamətində

keçən l düz xətti verilmişdir. Burada α , β və γ vahid l vektorunun koordinat

oxlarının müsbət istiqaməti ilə əmələ qətirdiyi bucaqlardır. MoM = ρ parçası

üçün:

x−x0=ρcos α,

y− y0=ρ cos β, (1)

z−z0=ρcos γ

alırıq. Bu halda f funksiyası l düz xətti üzərində mürəkkəb funksiya olur:

f (x, y, z) = f (x0+ρ cosα , y0+ρ cos β , z0+ ρcos γ) (2)

Tərif. Əgər (2) funksiyasının ρdəyişəninə görə ρ=0 nöqtəsində törəməsi varsa,

onda həmin törəməyə f funksiyasınının Mo nöqtəsində verilmiı l istiqaməti üzrə

törəməsi deyilir və δf (M o)δl kimi işarə olunur.

Deməli, istiqamət üzrə törəmə koordinat oxlarının anlayışının

ümümiləşməsidir.

Teorem. Verilmiş (xo, yo, zo) nöqtəsində diferensiallanan f funksiyasının həmin

nöqtədə istənilən l istiqaməti üzrə törəməsi var və həmin törəmə

δf (M o)δl = δf (M o)

δx cos α + δf (M o)δy cos β + δf (M o)

δz cos γ (3)

4. Qradiyent anlayışı.

Funksiyanın törəməsi onun dəyişmə süətini göstərir, ona görə də çoxdəyişənli

funksiyanın verilmiş M nöqtədə l istiqamətində törəməsinə onun həmin nöqtədə l

istiqaməti üzrə dəyişmə sürəti kimi baxmaq olar. Qeyd edək ki, funksiyanın

müxtəlif istiqamətlərdə dəyişmə sürəti ümümiyyətlə eyni olmur.

Bir çox məsələlərin həllində bəzən baxılan funksiyanın verilmiş nöqtədə ən

böyük sürətlə artma istiqamətini tapmaq tələb olunur.

Tutaq ki, W = f (x, y, z) funksiyasının M (x, y, z) nöqtəsindən xüsusiδf (M )δx , δf (M )

δy

,δf (M )δz sonlu törəmələri var. Bu xüsusi törəmələr vasitəsilə

Q = δf (M )δx

i + δf (M )δy

j+¿ δf (M )δz

k (1)

vektorunu düzəldək. Qvektoruna f funksiyasının M nöqtəsində qradiyenti deyilir

və

Q=qrad f (M ) (2)

Q=qrad f (M )=¿ δf (M )δx

i + δf (M )δy

j+¿ δf (M)δz

k (3)

Q və vahid l vektoru arasındakı bucaqı φ işarə etsək, onda vektorların skalyar

hasilinin tərifinə əsasən:

δf (M )δl = |qrad f (M )| · cos φ (4)

münasibəti alınır.

Buradan aydındır ki, max cos0 = 1 qiymətinə görə funksiyanın M nöqtəsində l

istiqaməti üzrə törəməsinin ən böyük olması üçün φ=0 olmalıdır, yəni

funksiyanın törəməsi qradiyentin təyin etdiyi istiqamət üzrə götürülməlidir:

( δf (M )δl )max =|qrad f (M )|=√ δf (M )2

δx+

δf (M )2

δy+

δf (M )2

δz (5)

Çox vaxt funskiyanın qradiyentini Hamilton operatoru adlanan

= δδx

i + δδy

j+¿ δδz

k (6)

vektor operatoru vasitəsilə ifadə edirlər ( işarəsi Nabla adlanır) :

qrad f (M )=∇ f (M ) . (7)

5. Teylor düsturu.

Birdəyişənli funksiyalar üçün məlum olan Teylor düsturu uyğun şəkildə çoxdəyişənli funksiyalar üçündə doğrudur. Bunu, sadəlik xətrinə, ikidəyişən

funksiyalar üçün göstərməklə kifayyətlənək (qeyd edək ki, düsturunun qalığını Laqranj şəklində verək):

∆f (xo, yo) = df (xo, yo)+12! d 2f (xo, yo)+...+ 1

n! dnf(xo, yo)+

+ 1(n+1)!d

n+1(xo+θ ∆ x ,xo+θ ∆ y ¿ , 0¿θ<1. (8)

Rn – Laqranj şəklində qalıq xətti

Mövzu 26

Çoxdəyişənli funksiyanın ekstremumu. Empirik

düsturlar haqqında anlayış. İkidəyişənli funksiyanın

ekstremumu. Şərti ekstremum

1. Çoxdəyişənli funksiyanın ekstremumumlarının təyini.

2. Ekstremumum varlığının kafi və zəruri şərtləri.

3. Şərti ekstremum.

4. Empirik düsturlar haqqında anlayış. Ən kiçik kvadratlar

üsulu ilə naməlum parametrlərin təyin edilməsi

1. Çoxdəyişənli funksiyanın ekstremumumlarının təyini.

Tərif 1. ( 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 , y 0) nöqtəsində maksimumu var –

deyirik.

Tərif 2. ( x0 , y0 ) nöqtəsinə kifayət qədər yaxın və ondan fərqli olan bütün (x, y)

nöqtələrində

f ( x0 , y0 )< f ( x , y )

olarsa, onda deyirlər ki, z=f ( x , y ) funksiyasının M 0( x0 , y 0) nöqtəsində minimumu

var.

Funksiyanın maksimum və minimumuna onun ekstremumları deyilir, yəni

funksiyanın bir nöqtədə maksimumu və ya minimumu olduqda deyirlər ki,

funksiyanın həmin nöqtədə ekstremumu var. İstənilən sayda dəyişəni olan

funksiya üçün də bu təriflər eyni ilə verilir.

2. Ekstremumum varlığının kafi və zəruri şərtləri.

Teorem 1 (ekstremumun zəruri şərti). Əgər x = x0, y = y0 olduqda z=f ( x , y )

funksiyasının ekstremumu varsa, onda arqumetlərin həmin qiymətlərində z

funksiyasının birinci tərtib xüsusi törəmələri varsa sıfra çevrilirlər və ya xüsusi

törəmələr yoxdur.

Tutaq ki, müəyyən bir nöqtədə z= f ( x , y ) funksiyasının xüsusi törəmələri var və

sıfra bərabərdirlər: ∂ z∂ x=0

, ∂ z∂ y=0

və ya həmin nöqtədə bu törəmələr yoxdur. Onda

həmin nöqtəyə z=f ( x , y ) funksiyasının böhran nöqtəsi deyilir. Əgər funksiyanın

hər hansı bir nöqtədə ekstremumu varsa, onda bu yalnız böhran nöqtəsində ola

bilər.

Tutaq ki, M 0( x0 , y 0) nöqtəsi funksiyasının böhran nöqtəsidir. Bu nöqtədə ikinci

xüsusi törəmələrin qiymətlərini A ,B ,C ilə işarə edək:

A=∂2 f ( x0 , y0)

∂ x2 ; B=∂2 f ( x0 , y0 )∂ x ∂ y ;

C=∂2 f ( x0 , y0 )

∂ y2 .

Teorem 2 (ekstremumun kafi şərti). Tutaq ki, M 0( x0 , y 0) nöqtəsinin daxil

olduğu bir oblastda z=f ( x , y ) funksiyasının üç tərtibə qədər (üç daxildir) bütün

xüsusi törəmələri kəsilməzdir; bundan başqa, tutaq ki, M 0( x0 , y 0) nöqtəsi z= f ( x , y )funksiyasının böhran nöqtəsidir, yəni

∂ f ( x0 , y0)∂ x

=0, ∂ f ( x0 , y0 )∂ y

=0.

Onda :

1) AC−B2>0 və A<0 olduqda z= f ( x , y ) funksiyasının M 0 nöqtəsində

maksimumu var;

2) AC−B2>0 və A>0 olduqda z=f ( x , y ) funksiyasının M 0 nöqtəsində

minimumu var;

3) AC−B2<0 olduqda z=f ( x , y ) funksiyasının M 0 nöqtəsində ekstremumu

yoxdur.

4) Əgər AC−B2=0 olarsa, onda ekstremum ola da bilər, olmayada bilər (bu halda

əlavə tədqiqat aparmaq lazımdır, məsələn Δf funksiya artımının M 0 nöqtəsinin

yaxın ətrafında işarəsini yoxlamalı).

Misal 1 . z=x4+ y4−2 x2+4 xy−2 y2 funksiyasının ekstremumlarını tapın.

Xüsusi törəmələri tapaq:

∂ z∂ x=4 x3−4 x+4 y

; ∂ z∂ y=4 y3+4 x−4 y

.

Bu törəmələri sıfra bərabər etsək, verilmiş funksiyanın böhran nöqtələrini taparıq:

x3−x+ y=0 ,y3+ x− y=0 .

Buradan x3+ y3=0 , yəni y3=−x3

və beləliklə, y=−x . Bunu birinci tənlikdə

nəzərə alsaq, x3−2 x=0 ; x ( x2−2 )=0 . Buradan tapırıq ki, x1=0 , x2=√2 ,x3=−√2

Onda y1=0 , y2=−√2 , y3=√2 olur.

Beləliklə, verilən funksiyanın üç böhran nöqtəsi var: M 1(0,0 ), M 2(√2 ,−√2) , M 3(−√2 ,√2 ). Kafi şərtlərin köməyi ilə bu nöqtələrdə ekstremumun varlığını

yoxlayaq. Bunun üçün əvvəlcə ikinci tərtib xüsusi törəmələri tapaq:

∂2 z∂ x2=12 x2−4

; ∂2 z∂ x ∂ y

=4;

∂2 z∂ y2=12 y2−4

.

Burada böhran nöqtələri nəzərə alaq:

1) M 1 nöqtəsi üçün: A=−4 , B=4 , C=−4 , AC−B2=0 ;

2) M 2 nöqtəsi üçün: A=20 , B=4 , C=20 , AC−B2=384 ;

3) M 3 nöqtəsi üçün: A=20 , B=4 , C=20 , AC−B2=384 .

M 2 və M 3nöqtələrində AC−B2>0 və A>0 olduğundan funksiya minimum

qiymətini alır. Bu nöqtələrdə funksiyanın qiyməti eynidir.

zmin=4+4−2⋅2+4⋅(−2)−2⋅2=−8 .

M 1 nöqtəsində AC−B2=0 olduğundan kafi şərt bu hala cavab verə bilmir.

Əlavə tədqiqat nəticəsində aşkar olunur ki, koordinat başlanğıcında z= f ( x , y )

funksiyasının ekstremumu yoxdur. Doğrudan da, bu nöqtədə z=0 , koordinat

başlanğıcının istənilən ətrafında, məsələn, OX oxu ( y=0) boyunca

z=x4−2 x2=−x2(2−x2 )<0 . y=x tənböləni boyunca isə

z=x4+x4−2 x2−2 x2+4 x4=2 x4>0 .

3. Şərti ekstremum.

Şərti ekstremum. z=f ( x , y ) funksiyasının x və y dəyişənləri ϕ ( x , y )=0

şərtini ödədikdə alınan ekstremuma şərti ekstremum deyilir.

x və y kəmiyyətlərini tapmaq üçün (onlar həm z=f ( x , y ) funksiyası üçün şərti

maksimum və ya şərti minimum nöqtəsini verə bilməlidirlər, həm də ϕ ( x , y )=0

şərtini ödəməlidirlər) aşağıdakı köməkçi funksiyanı tərtib edək:

F (x , y , λ )=f ( x , y )+λϕ (x , y ) ,

burada λ - köməkçi vuruqdur. Ekstremumun varlığı üçün zəruri şərti nəzərə

almaqla aşağıdakı bərabərlikləri yazaq

∂ u∂ x≡∂ f∂ x+ λ ∂ ϕ∂ x=0 ,

∂ u∂ y≡ ∂ f∂ y+ λ ∂ϕ∂ y=0 ,

ϕ ( x , y )=0 .

Bu tənliklərdən axtarılan x , y məchullarını və köməkçi λ vuruğunu təyin etmək

lazımdır.

Yuxarıda baxdığımız üsulu istənilən sayda dəyişəndən asılı funksiyaların

y yi ),( iii yxM

xiO

i

xşəkil 21

ekstremumunu tədqiq etmək üçün də ümumiləşdirmək olar.

Misal 1 . x və y dəyişənləri 2 x+3 y−5=0 şərtini ödədikdə, z=xy

funksiyasının ekstremumunu tapın.

Köməkçi funksiya düzəldək:

F (x , y , λ )=xy+ λ(2 x+3 y−5) .

∂F∂ x= y+2 λ

, ∂F∂ y=x+3 λ

olduğundan aşağıdakı

y+2 λ=0 ,x+3 λ=0 ,

2 x+3 y−5=0

tənliklər sistemindən tapırıq: λ=− 5

12 , x=5

4 , y=5

6 . Asanlıqla göstərmək olar ki,

z=xy funksiyası M ( 5

4, 56) nöqtəsində ən böyük qiymət alır:

zmax=2524 .

4. Empirik düsturlar haqqında anlayış. Ən kiçik

kvadratlar üsulu ilə naməlum parametrlərin təyin edilməsi

Təbiət elmlərində (fizikada, biologiyada və s.) empirik

düsturlardan tez-tez istifadə olunur. Empirik sözü yunanca –

empeiria olub, təcrübə deməkdir.

Empirik düsturları almaq üçün müxtəlif üsullar mövcuddur. Bu

metodrardan biri ən kiçik kvadratlar üsuludur.

İndi isə bu ideyanı iki dəyişən kəmiyyətin xətti asılılıq halı üçün göstərək.

Tutaq ki, iki x və y kəmiyyətləri aransındakı asılılığı müəyyən etmək istəyirik

(məsələn, metal çubuğun xətti uzanması ilə temperatura arasındakı asılılığı tap-

maq).

Təcrübə ölçü işləri apararaq nəticələri aşağıdakı cədvələ köçürək:

x x1 x2 x3 … xn

y y1 y2 y3 … yn

( x , y )cütünə müstəvidə müstəvi nöqtələrinin koordinatları kimi baxaq. Fərz edək

ki, bu nöqtələr demək olar ki, hər hansı düz xətt üzrə yerləşiblər. Məsələn, şək-

ildəki kimi düzülmüşdür.

Aydındır ki, qəbul etdiyimiz fərziyəyə görə x və y dəyişənləri arasında xətti

asılılıq mövcuddur, yəni

y=ax+b . (1)

Haradakı, a və b bizə məlum olmayan, lakin təyin etmək vacib olan parametr-

lərdir. (1) ifadəsini aşağıdakı şəkildə yazaq

ax+b− y=0 (2)

Necə ki, ( x , y ) nöqtələri ancaq təqribən bir düz xətt üzərində yerləşir və bu düz

xəttin (1), (2) düsturları təqribidir. Cədvəldəki təcrübədən aldığımız qiymətləri

uyğun olaraq (2) düsturunda yerinə yazaq.

ax1+b− y1=ε1 ,ax2+b− y2=ε2 ,

.. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. ..axn+b− yn=εn ,

(3)

harada ki,

ε 1 , ε2 , .. . , εn (4)

hər hansı ədədlər olub, uyğyn xətalar adlanır. İndi isə a və b əmsallarını elə

seçək ki, bu xətalar mütləq qiymətcə minimum olsunlar. a və b əmsallarını elə

seçək ki, (4) xətalarının kvadratları cəmi də ən kiçik olsun, yəni tələb edək ki,

u=ε12+ε

22+. ..+εn2 (5)

cəmi ən kiçik qiymət alsın. Aydındır ki, bu cəm nə qədər kiçik olarsa, onda cəmə

daxil olan hər bir xəta da mütləq qiymətcə kiçik olar. ( (5) bərabərliyindəki xəta-

ların işarələri həmin cəmə təsir etməmələri üçün onların kvadratları

götürülmüşdür). (5) cəminə (4) ədədlərinin (3) bərabərliklərindəki qiymətlərini

yazaq:

u=(ax1+b− y1 )2+(ax2+b− y2 )

2+. ..+(axn+b− yn )2

(6)

alarıq. (6) düsüturundakı x1, y1 , x2 , y2 , …, xn , yn ədədləri ölçü nəticələri olub, cəd-

vəldən bizə məlumdurlar. a və b əmsalları isə naməlumdur. Onları tapmaq

lazımdır. Beləliklə u -ya a və b - dən asılı ikidəyişənli funksiya kimi baxmaq

olar.

a və b əmsallarını elə seçmək lazımdır ki, u funksiyası ən kiçik qiymət alsın,

yəni u funksiyasının minimumunu tapaq. § 5 –dan məlumdur ki, bu

funksiyanın ekstremumun varlığı üçün zəruri şərt

∂u∂a=0 ,

∂u∂b=0 .

(7)

∂u∂a=2(ax1+b− y1 )⋅x1+2(ax 2+b− y2 )⋅x2+. ..+2( axn+b− yn )⋅xn ,

∂u∂b=2(ax1+b− y1 )+2(ax2+b− y2 )+. . .+2(axn+b− yn )

olduğundan və bunları (7)-də nəzərə alsaq:

(ax1+b− y1)⋅x1+(ax2+b− y2 )⋅x2+. ..+(axn+b− yn )⋅xn=0 ,(ax1+b− y1)+(ax2+b− y2 )+. . .+(axn+b− yn )=0 .

Bu sistemi sadələşdirsək:

ax12+bx1− y1 x1+ax

22+bx2− y2 x2+. ..+axn2+bxn− yn xn=0 ,

ax1+ax2+.. .+axn+b⋅n= y1+ y2+.. .+ yn

və ya

a∑i=1

n

xi2+b∑

i=1

n

x i=∑i=1

n

x i y i ,

a∑i=1

n

x i+bn=∑i=1

n

yi.

(8)

(8) ifadəsi ən kiçik kvadratlar üsulunun normal sistemi adlanır. Bu sistemdən a

və b parmetrləri tapılır və tapılan bu qiymətləri uyğun olaraq (1) empirik düstu-

runda yerinə yazılır.

Misal 1 . x və y dəyişənlərinin aşağıdakı qiymətlərinə görə xətti asılılıq tən-

liyini tapın.

x 1 2 3 4 5 6

y 1

2

1

4

1

5

1

8

1

7

2

0

(8) tənliklər sistemindəki a və b -nin uyğun əmsalları ∑i=1

n

xi2 və ∑i=1

n

x i ; sərbəst

hədləri isə ∑i=1

n

x i y i və -∑i=1

n

yi yə bərabərdir. Həmin əmsalları tapaq:

i 1 2 3 4 5 6

x i 1 2 3 4 5 6 ∑ xi=21

y i 12 141

518

1

720 ∑ yi=96

xi2 1 4 9 16

2

536

∑ xi2=91

x i y i 12 284

572

8

5120 ∑ x i y i=362

Aldığımız bu qiymətləri (8) sistemində yerinə yazaq

91a+21b=362,21a+6b=96 .

Tənliklər sistemini həll edərək alırıq: a=52

35≈1,5

, b=162

15=10 , 8

. Beləliklə, x və y dəyişənlərinin xətti asılılıq tənliyi

y=1,5 x+10 ,8

şəklində olar. İndi isə bu tənliyə əsasən y i xətalarının uyğun qiymətlərini tapaq.

y i=1,5 x i+10 ,8 ,

x1=1 , y i=1,5⋅1+10 ,8=12 , 3 , ε 1= y1− y1=12 ,3−12=0,3 ;

x2=2, y2=1,5⋅2+10 ,8=13 ,8 , ε 2= y2− y2=13 , 8−14=−0,2;

x3=3 , y3=1,5⋅3+10 ,8=15 , 3 , ε 3= y3− y3=15 ,2−15=0,3 ;

x4=4 , y4=1,5⋅4+10 , 8=16 , 8 , ε 4= y4− y4=16 ,8−18=−1,2 ;

x5=5 , y5=1,5⋅5+10 ,8=18 ,3 , ε 5= y5− y5=18 ,3−17=1,3 ;

x6=6 , y6=1,5⋅6+10 , 8=19 , 8 , ε 6= y6− y6=19 ,8−20=−0,2 .

Bu halda

u=(0,3 )2+(−0,2 )2+( 0,3)2+(−1,2)2+(1,3)2+(0,2)2=3 , 39

xətası minimumdur.

Mövzu 27

İkiqat inteqral onun tətbiqi.

1. İkiqat inteqral.

2. İkiqat inteqralın hesablanması.

3. Sahə və həcmlərin ikiqat inteqralın köməyi ilə

hesablanması.

4. Müstəvi fiqurun ağırlıq çərkəzinin koordinatları.

∆si

Pi D

1. İkiqat inteqral.

Oxy müstəvisində L xətti ilə əhatə olunmuş qapalı* D oblastı göstərək.

Tutaq ki, D oblastında

z = f (x, y)

kəsilməz funksiyası verilmişdir.

D oblastını istənilən qayda ilə xətlər çəkərək n hissəyə bölək (şəkil 1):

∆s1 , ∆s2 , ... , ∆sn ;

bu parçaları hissəciklər adlandıracağıq. Yeni simvollar (işarələr) işlətməmək üçün həmin hissəciklərin sahələrini də, onların adları kimi, uyğun olaraq

∆s1 , ∆s2 , ... , ∆sn ilə işarə edəcəyik. Hər bir ∆si hissəciyində (daxilində və ya sərhədində) istənilən Pi nöqtəsi götürək; onda n nöqtə götürmüş olaraq

P1 , P2 , ... , Pn .

y

Şəkil - 1

0 x

Verilmiş funksiyanın həmin seçilmiş nöqtələrindəki qiymətlərini uyğun olaraq

f (P1), f (P2), ..., f (Pn) ilə işarə edək və f (Pi) ∆si hasillərinin cəminə düzəldək:

Vn = f (P1) ∆s1 + f (P2) ∆s2 + ... + f (Pn) ∆sn = ∑i=1

n

f (Pi)∆ si. (1)

Bu cəmə f (x, y) funksiyasının D oblastında inteqral cəmi deyilir.

D oblastında f ≥ 0 olarsa, cəmin f (Pi) ∆si toplananlarından hər birini həndəsi

olaraq, oturacağı ∆si və hündürlüyü f (P1) olan kiçik bir silindrin həcmi kimi

təsəvvür etmək olar.

Vn cəmi həmin kiçik (elementar) silindrlərin həcmləri cəmindən, yəni “pilləli”

cismin həcmindən ibarət olur (şəkil 2).

Verilmiş D oblastını müxtəlif qaydalarla ∆si hissələrinə bölək və f (x, y)

funksiyası üçün həmin bölgülərə uyğun düzəldilmiş inteqral cəmlərinin istənilən

ardıcıllığını götürək:

V n1,V n2

, …, V nk, … (2)

Şəkil – 2 Şəkil - 3

Fərz edəcəyik ki, nk → ∞ şərtində ∆si hissəciklərinin diametrlərindən ən böyük sıfra yaxınlaşır. Bu şərtlər daxilində, isbatsız verdiyimiz aşaöıdakı təklif doğru olur.

Teorem 1. Tutaq ki, ∆si hissəciklərinin diametrlərindən böyüyü sıfra yaxınlaşır (deməli n→ ∞); onda f (x,y) funksiyası D qapalı oblastında kəsilməz olarsa, (1) inteqral cəmlərinin (2) ardıcıllığının limiti vardır. Bu ədəd olur, yəni həmin limit, D oblastının ∆si hissəciklərinə bölünməsi qaydasında və eləcə də ∆si

hissəcikləri üzərində Pi nöqtələrinin seçilişindən asılı deyildir.

Bu limitə f (x,y) funksiyasının D oblastı üzrə ikiqat inteqralı deyilir və belə işarə olunur:

∫ D∫ f (P )ds yaxud ∫ D∫ f ( x , y )dx dy ,

yəni

limdiam ∆si →0

∑i=1

n

f (Pi¿¿)∆ si= ∫ D .¿¿

Burada D oblastını inteqrallama oblastı deyilir.

z = f (x,y) səthi ilə yuxarıdan, z = 0 müstəvisi ilə aşağıdan və yönəldicisi L xəttindən ibarət, doğuranları isə Oz oxuna paralel olan silindrik səth ilə yanlardan əhatə olunmuş cismin həcmini Q ilə işarə edək (şəkil 3). f (x , y )≥ 0 olarsa, f (x , y ) funksiyasının D oblastı üzrə ikiqat inteqralı həmin cismin Q həcminə bərabərdir.

İkiqat inteqral haqqında aşağıdakı teoremləri verək.

Teorem 2. İki funksiyanın φ(x, y) + ϕ(x, y) cəminin D oblastı uzrə ikiqat inteqralı, həmin funksiyaların ayrı-ayrılıqda D üzrə ikiqat inteqrallarının cəminə bərabərdir:

∫ D∫ [φ (x , y )+ϕ(x , y )]ds= ∫ D∫φ (x , y )ds+¿ ∫ D∫ϕ ( x , y )ds .¿

Teorem 3. Sabit vuruğu ikiqat inteqral işarəsi xaricinə cıxarmaq olar:

∫ D∫a φ ( x , y )ds=a ∫ D∫φ ( x , y ) ds ,

D1 D2

y = φ2(x)

M1 M2

a - sabitdir.

y

Şəkil - 4

0 x

Bu teoremlərinin hər ikisinin isbatı, müəyyən inteqralın uyğun xassələrinin isbatı kimidir.

Teorem 4. D oblastı iki D1 və D2 oblastlarına ayrılmışdırsa (bunların ortaq daxili nöqtələri yoxdur) və f (x,y) funksiyası D oblastının bütün nöqtələrində kəsilməzdirsə, onda

∫ D∫ f ( x , y )dxdy=∫ D1∫ f ( x , y )dxdy+¿ ∫ D2∫ f ( x , y )dxdy .¿

2. İkiqat inteqralın hesablanması.

Oxy müstəvisi üzərində bir D oblastı götürək; bu oblast elədir ki, onun daxili nöqtəsindən keçən və koordinat oxlarından birinə paralel olan hər bir düz xətt onun sərhədini yalnız iki nüqtədə kəsir. Məsələn, tutaq ki, Oy oxuna paralel düz xətt onun sərhədini N1 və N2 nöqtəsində kəsir (şəkil 1).

Bu hal üçün fərz edək ki, həmin D oblastı Oy, y = φ1(x), y = φ2(x), x = a, x = b xətləri ilə əhatə olunmuşdur, bundan başqa

φ1(x) φ2(x), a<b

və φ1(x), φ2(x), funksi-

y yaları [a , b ] parçasında

N2 kəsilməzdir.Belə oblas -

tı biz Ox oxu istiqamə-

D tində düzgün oblast ad-

N1 landıracağıq. Ox oxu

istiqamətində düzgün

0 a x b x oblast da buna oxşar

Şəkil - 1

qayda ilə təyin edilir.

Həm Ox, həm də Oy oxu istiqamətində düzgün oblasta sadəcə olaraq düzgün oblast deyilir.

1 – ci şəkildə məhz düzgün oblast verilmişdir. Tutaq ki, f (x,y) funksiyası D oblastında kəsilməzdir.

İki ardıcıl inteqralı olan

I D=∫a

b

¿¿

ifadəsinə baxaq. Bu ifadə biz f ( x , y ) funksiyasının D oblastında təkrar inteqralı deyəcəyik. Bu ifadə əvvəlcə mötərizədəki inteqral x - ə sabit kimi baxmaqla

y - ə nəzərən hesablanır. Bunun nəticəsində x – dən asılı kəsilməz funksiya alınır:

Ф(x) = ∫φ1(x)

φ2(x)

¿¿.

Sonra bu funksiyanı a ilə b arasında x-ə nəzərən inteqrallayırlar:

I D=∫a

b

Ф ( x )dx .

Nəticədə müəyyən sabit ədəd adlanır.

Dy =

x2

y = φ2(x)

φ1(x) = φ(x)φ1(x) = χ(x)

Misal 1. Aşağıdakı təkrar inteqralı hesablamalı:

I D=∫0

1

(∫0

x2

( x2+ y2 )dy )dx .

Əvvəlcə daxili (mötərizə içərisindəki) inteqralı hesablamaq lazımdır:

Ф(x) = ∫0

x2

(x2+ y2 )dy=(x2 y+ y3

3 )0x2

=x2 x2+¿¿ .

Aldığımız funksiyanı 0 ilə 1 arasında inteqrallayaq:

∫0

1

(x4+ x6

3 )dx=( x5

5+ x7

3 ·7 )01

=15+ 1

21= 26

105 .

Bu misaldakı D oblastını təyin edək. Həmin D oblastı:

y = 0, x = 0, y = x2, x = 1

xətləri ilə əhatə olunmuşdur (şəkil 2).

y y

D

0 i x 0 a c b x

Şəkil – 2 Şəkil – 3

D oblastı elə ola bilər ki, y = φ1(x), y = φ2(x) funksiyalarından biri x arqumentinin dəyişdiyi bütün interval boyunca (x = a ilə x = b arasında) bir analitik ifadə vasitəsi bilməsin Məsələn, tutaq ki, a<c<b və

[a , c ] parçasında φ1(x) =ϕ(x) ,

[c ,b ] parçasında φ1(x) =χ (x),

burada ϕ(x) və χ (x) – analitik şəkildə verilmiş funksiyalardır (şəkil 3). Bu halda təkrar inteqral aşağıdakı kimi yazılır:

∫a

b

¿¿

+∫c

b

¿¿

+∫c

b

¿¿

Bu bərabərliklərdən birincisi müəyyən inteqralın məlum xassəsinə əsasən yazılmışdır, ikincisi isə ona görədir ki, [a , c ] parçasında φ1≡ ѱ (x) və [c ,b ] parçasında isə φ1≡ χ (x).

φ2( x) funksiyası [a , b ] parçasının müxtəlif hissələrində müxtəlif analitik ifadələrlə verilmiş olduğu halda da təkrar inteqral oxşar qayda ilə parçalanıb yazılardı.

ρ=ρ2(φ)

ρ=ρ1(φ)

0 β φ α ρ

Polyar koordinatlarda ikiqat inteqral.

Tutaq ki, (φ, ρ) polyar koordinat sistemində D oblast verilir ki; o, φ = φi = const

şualar və ρ = ρi = const mərkəzləri O(0, 0) nöqtədə yerləşən konsentrik çevrələrlə hissələrə bölünür. Belə olan halda, D oblastı üzrə f (M) funksiyanın ikiqat inteqralı:

∫ D∫ f (M ) ds= ∫ D∫ f (φ , ρ )ρdydρ= ∫ D∫F ( fφ , ρ )dydρ

kimi hesablanır. Həmin inteqralın hesablanması zamanı

∫α

β

dy ∫ρ1(φ)

ρ2(φ)

F (φ , ρ )dρ

təkrar inteqraldan istifadə edilir.

Burada α və β – φ-nın D oblastı üzrə ən kiçik və ən böyük qiymətləridir.

Çox hallarda axtarılan kəmiyyət öncə dekart koordinatlarının köməyi ilə ifadə olunmuş ikiqat inteqralın köməyi ilə təmsil olunur və daha sonra hesablamaları sadələşdirmək məqsədilə polyar koordinatlara çevrilir. Həmin keçidi aşağıdakı münasibətlərə əsasən aparıllar:

x=ρ cosφ

y=ρ sinφ

dx dy=ρ·dydρ .

Misal. D oblastı ρ=a , φ= π2 və φ=π xəttləri ilə məhdudlaşdırılmış dairəvi

sektoru olarsa, İ= ∫D∫ ρ· sin φ dρdφ ikiqat inteqralı hesablayın.

Həmin oblastı qurmaq üçün ρ=a çevrəsini və φ=π2 ; φ=π bucaqlarını quraraq

mərkəzi O-da yerləşən OAB dairəvi sektor alırıq.

φ=π2

φ=π a 0 ρ

Xarici inteqralı φ - ə görə φ∈[ π2 , π ] götürəcək¿>¿

I=∫π2

π

sin φ dy∫0

a

ρ dρ=∫π2

π

sin φ(12 ρ2 a0)dφ

¿∫π2

π

( a2

2 )sin φ dφ=a2

2(−cos φ

ππ2¿¿)=

a2

2(1−0 )=a2

2. ¿¿

3. Sahə və həcmlərin ikiqat inteqralın köməyi ilə

hesablanması.

Həcm. Məlumdur ki, z=f (x , y ) səthi, z=0 müstəvi və yönəldicisi D oblastının sərhədi, doğuranı Oz oxuna paralel düz xətt olan silindrik səth ilə əhatə olunmuş cismin V həcmi ikiqat inteqrala bərabərdir:

V= ∫ D∫ f ( x , y ) ds ,

burada f (x , y ) mənfi olmayan funksiyadır.

Misal 1. x = 0, y = 0, x + y + z = 1, z = 0 müstəviləri ilə əhatə olunmuş cismin həcmini hesablamalı (şəkil 1).

V= ∫ D∫ (1−x− y )dy dx ,

burada D oblastı, 1-ci şəkildəki ştrixlənmiş üçbucaqdır. Bu üçbucaq Oxy müstəvisində yerləşir və x = o, y = 0, x + y = 1 düz xətləri ilə əhatə olunmuşdur. İkiqat inteqralın sərhədlərini təyin edərək hesablayaq:

V=∫0

1

∫0

1− x

(1−x− y )dy dx=∫0

1

[(1−x ) y− y2

2 ]01−x

dx=¿

¿∫0

1 12(1−x)2 dx=1

6.

Deməli, V = 16 kub vahid.

Qeyd 1. Həcmi axtarılan cisim yuxarıdan və aşağıdan uyğun olaraq

z=Ф2 ( x , y )≥ 0 , z=Ф1(x , y )≥ 0 səthlərinin müəyyən hissələri ilə əhatə olunmuşdursa, bundan başqa, hər iki hissənin Oxy müstəvisi üzərində proyeksiyası D oblastında ibarətdirsə, belə cismin V həcmi iki “silindrik” cismin həcmləri fərginə bərabərdir: birinci silindrik cismin oturacağı D oblastı, yuxarıdan z=Ф2 ( x , y ) səthi ilə hüdudlanır; ikinci silindrik cismin oturacağı yenə D oblastıdır, yuxarıdan isə z=Ф1(x , y) səthi ilə məhduddur (şəkil 2). Buna görə V həcmi ikiqat inteqralın fərqinə bərabərdir:

V= ∫ D∫Ф2 ( x , y )ds−¿ ∫ D∫Ф1 ( x , y )ds¿

yaxud

V= ∫ D∫ [Ф2 ( x , y )−Ф1 ( x , y ) ]ds . (1)

Şəkil –1 Şəkil –2

Asanlıqla göstərmək olur ki, (1) düsturu ϕ1(x , y ), ϕ2(x , y ) funksiyaları yalnız mənfi olmadıqda deyil,

ϕ1(x , y )≥ ϕ1(x , y)

bərabərsizliyini ödəyən istənilən kəsilməz funksiyalar olduqda da doğrudur.

Qeyd 2. D oblastında f (x, y) funksiyası işarəsini dəyişirsə, onu iki hissəyə bölmək lazımdır:

Şəkil –3

1) D1 oblastı, burada f ( x , y )≥ 0 ; 2) D2 oblastı, burada isə f ( x , y )≤ 0. D1, D2 oblastları elədir ki, bunlar üzrə ikiqat inteqralların olduğunu fərz edək. Onda D1

oblastı üzrə ikiqat inteqral müzbət ədəd olmaqla Oxy müstəvisindən yuxarıda

yerləşən cismin həcminə bərabər olar. D2 oblastı üzrə ikiqat inteqral mənfi qiyməti Oxy mestəvisindən aşağıda yerləşən cismin həcminə bərabərdir. Deməli, D üzrə ikiqat inteqral həmin həcmlərin fərqinə bərabərdir.

Müstəvi fiqurun sahəsinin hesablanması. f ( x , y )≡ 1 funksiyası üçün D oblastı üzrə inteqral cəmi düzəltsək, istənilən bölgüdə bu cəm həmin oblastın S sahəsinə bərabərdir.

S=∑i=1

n

1· ∆ si.

Bu bərabərliyin sağ tərəfində limitə keçərək ikiqat inteqral alırıq:

S= ∫ D∫ dx dy.

D oblastı düzgündürsə, sahə

S=∫a

b ( ∫Ф1 (x)

Ф2 (x)

dy )dx

təkrar inteqralı ilə ifadə olunar. Mötərizə içərisindəki inteqrallamanı aparsaq, aşkardır ki,

S=∫a

b

[Ф2 ( x )−Ф1(x)]dx

alırıq.

Misal 2. Tənlikləri

y=2−x2 , y=x

olan xətlərlə əhatə olunmuş fiqurun sahəsini hesablamalı.

Verilmiş xətlərin kəsişmə nöqtələrini təyin edək (şəkil 3). Kəsişmə nöztəsində ordinatlar bərabər olduqundan tənliklərinin sağ tərəfləri də bərabər olar, yəni

y=2−x2

buradan

x2+ x−2=0 ; x1=−2 , x2=1.

Biz iki kəsişmə nöztəsi alırıq: M 1 (−2 ;−2 ) , M 2 (1;1 ) .

Deməli, axtarılan sahə

S=∫−2

1

( ∫x

2− x2

dy)dx=∫−2

1

(2−x2−x )dx=[2x− x3

3− x2

2 ]−2

1

=276

.

4. Müstəvi fiqurun ağırlıq çərkəzinin koordinatları.

İkiqat inteqrallar bir sıra mexaniki və fiziki kəmiyyətlərin hesablanmasına geniş tətbiq edilir.

Maddi müstəvi fiqurun kütləsi. Tutaq ki, σ , (Oxy) müstəvisi üzərində yerləşən maddi müstəvi fiqur və μ(x , y) onun səthi sıxlığıdır. μ(x , y) funksiyası σ oblastında kəsilməyəndir.

σoblastında paylanmış kütləni tapmaq üçün onu hər hansı qayda ilə σ 1 , σ2 , …σn kimi kiçik hissələrə bölək. Bu hissələrin sahəsini ∆σ k (k=1, 2, ..., n) ilə işarə etsək, onda σ k hissəsində paylanmış kütlənin miqdarı təqribi olaraq μ(xk , yk) · ∆σ k hasilinə bərabər olar. Burada (xk , y k) ilə σ khissəsində yerləşən hər hansı nöqtə işarə edilmişdir: (xk , y k)⋳σ k (k=1, 2, ..., n).

Bu halda, σ maddi müstəvi fiqurunda paylanmış kütlənin miqdarı təqribi olaraq

m ≈∑k=1

n

μ (xk , yk ) ∆σ k (1)

cəminə bərabər olar. Sağ tərəfdəki cəm μ(x , y) funksiyasının σ oblastında inteqral cəmidir. (1) bərabərliyində, σ 1 , σ2 , …σn bölgüsünün λ parametrinin sıfra yaxınlaşması şərtində limitə keçdikdə σ oblastında paylanmış kütlə miqdarının dəqiq qiyməti alınır:

m=limλ →0∑k=1

n

μ(xk , yk) · ∆ σk

və ya

m= ∫ σ∫ μ ( x , y ) dσ . (2)

Maddi müstəvi fiqurun ağırlıq mərkəzinin koordinatları. Burada da fərz edək ki, (Oxy) müstəvisində yerləşən σ maddi müstəvi fiqurunun səthi sıxlığı kəsilməyən μ(x , y) funksiyasıdır ( μ(x , y) ilə σ oblastının (x , y ) nöqtəsində sıxlığı işarə edilir). σ oblastını σ 1 , σ2 , …σn kimi kiçik hissələrə bölək və bu hissələrin sahəsini uyğun olaraq ∆σ k (k=1, 2, ..., n) ilə işarə edək. Hər bir σ k hissəsində bir (xk , y k)⋳σ k (k=1, 2, ..., n) nöqtəsi götürək və fərz edək ki, σ k hissəsində paylanmış kütlə təqribən μ(xk , yk) ∆σ k ədədinə bərabər olub, həmin (xk , y k) nöqtəsində yerləşir. Onda σ maddi mustəvi fiquruna n dənə maddi nöqtələr sistemi kimi baxmaq olar. Bu sistemin ağırlıq mərkəzinin koordinatları σ fiqurunun ağırlıq mərkəzinin korrdinatlarına təqribən bərabər olar:

x A ≈∑k=1

n

xk μ(xk , yk)∆ σ k

∑k=1

n

μ(xk , yk)∆ σk

, y A ≈∑k=1

n

yk μ (xk , yk)∆ σk

∑k=1

n

μ(xk , yk)∆ σ k

.

Bu bərabərliklərdə σk bölgüsünün λ parametri sıfra yaxınlaşdıqda limitə keçsək və (2) bərabərliyini nəzərə alsaq, σ maddi müstəvi fiqurunun ağırlıq mərkəzi koordinatlarını hesablamaq eçen dəqiq düsturlar alınır:

x A=∫ σ∫ xμ ( x , y )dσ

∫ σ∫ μ ( x , y )dσ , y A=

∫ σ∫ yμ (x , y )dσ

∫ σ∫ μ ( x , y )dσ . (3)

Kəsrlərin sürətindəki

M y= ∫ σ∫ xμ ( x , y )dσ

və

M y= ∫ σ∫ yμ ( x , y )dσ

əfadələrinə σ maddi müstəvi fiqurunun uyğun olaraq Oy və Ox oxlarına nəzərən statik momenti deyilir.

Maddi müstəvi fiqurun ətalət momenti. Kütləsi m olan maddi M nöqtəsinin hər hansı oxa nəzərən ətalət(inersial) momenti həmin nöqtənin oxdan olan r məsafəsinin kvadratı ilə t kütləsinin hasilinə deyilir:

J0=mr2 .

Kütlələri m ,m, …mn olan maddi M 1 , M 2 ,… M n nöqtələri sisteminin hər hansı oxa nəzərən ətalət momenti, nöqtələrinin həmin oxa nəzərən ətalət momentlərinin cəminə deyilir. Beləliklə,

J0=∑k=1

n

mk r k2. (4)

(Oxy) müstəvisində yerləşən və səthi sıxlığı kəsilməyən μ(x , y) funksiyası olan σ maddi müstəvi fiqurunun (Ox) və (Oy) oxlarına nəzərən ətalət momentini tapmaq üçün həmin fiquru σ 1 , σ2 , …σn kimi elementar hissələrə bölək. Bu hissələrin sahəsini ∆ σ1 , ∆ σ2 ,… ∆ σn ilə işarə edək və hər bir σ k hissəsi üzərində yerləşən bir (xk , y k)⋳σ k (k=1, 2, ..., n) nöqtəsi götürək. σ k hissəsinin kütləsi təqribən μ(xk , yk)⨯∆ σ k olduğunu fərz edək, həmin kütlənin (xk , y k) nöqtəsində yerləşdiyini qəbul edək. Onda σ maddi vuruğu əvəzinə n dənə maddi nöqtələr sistemi alınır. Bu sistemin (Oy) oxuna nəzərən ətalət momenti

∑k=1

n

xk2 μ(xk , y k)∆ σ k (5)

cəminə bərabərdir. (2) cəmini σ maddi müstəvi fiqurunun (Oy) oxuna nəzərən ətalət momentinin təqtibi qiyməti hesab etmək olar. (2) bərabərliyində λ → 0 şərtində (λ ilə σk bölgüsünün parametri işarə edilmişdir) limitə keçdikdə σ maddi müstəvi fiqurunun (Oy) oxuna nəzərən ətalət momenti alınır:

J y= ∫ σ∫ x2 μ (x , y )dσ. (6)

Anoloji olaraq σ maddi müstəvi fiqurunun (Ox) oxuna nəzərən ətalət momentinin

J x=∫ σ∫ y2 μ(x , y)dσ (7)

düsturu ilə təyin olunduğunu göstərmək olar.

Nöqtənin, nöqtələr sisteminin və maddi müstəvi fiqurunun koordinat başlanğıcına nəzərən ətalət momentindən də danışmaq olar. Kütləsi m olan maddi M(x, y) nöqtəsinin koordinat başlanğıcına nəzərən ətalət momenti

J=m( x2+ y2)

ifadəsinə deyilir. σ maddi müstəvi fiqurunun koordinat başlanğıcına nəzərən ətalət momenti

J= ∫ σ∫(x2+ y2)μ (x , y )dσ

və ya

J=J x+J y .

Mövzu 28

Üçqat inteqral və onun tətbiqi.

1. Üçqat inteqral anlayışı.

2. Üçqat inteqralın hesablanması.

3. Cismin ətalət momenti, kütlə və ağırlıq mərkəzin

koordinatları.

1. Üçqat inteqral anlayışı.

İkiqat inteqralın tərifi müstəvi fiqurların sahəsi anlayışına əsaslandığı kimi, üçqat inteqralın tərifi də fəzada cisimlərinin (fiqurlarının) həcmi anlayışına əsaslanır.

Bundan sora baxdığımız bütün fəza oblastlarının və ya cisimlərinin sonlu həcmi olduğunu (kubların olduğunu) fərz edirik.

Tutaq ki, W=f ( x , y , z ) funksiyası (Oxyz) fəzasının qapalı və kublanan V oblastında təyin olunmuşdur. V oblastını hər hansı qayda ilə ortaq daxili nöqtəsi olmayan V 1 ,V 2 , …V n elementar hissələrə bölək. V oblastının göstərilən şəkildə bölgüsünü T, bölgüdən alınan V k (k = 1, 2,..., n) hissələrinin uyğun olaraq həcmini ∆V k (k = 1, 2,..., n) və diametrini dk (k = 1, 2,..., n) ilə işarə edək. T bölgüsünün parametri λ=λ(T) olsun:

λ=λ(T) = max(d1 , d2 ,…dn).

Hər bir V k hissəsində ixtiyari bir X k=(ξk , ηk , τ k ) nöqtəsi götürək və aşağıdakı kimi cəm düzəldək:

Jn (T )=∑k=1

n

f (ξk ,ηk , τ k)∆ V k. (1)

Bu cəmin qiyməti V oblastının T bölgüsündən və (ξk , ηk , τk ) nöqtələrinin seçilməsindən asılıdır. (1) cəminə f funksiyasının V oblastında inteqral cəmi deyilir. Hər bir f funksiyası üçün verilmiş V oblastında sonsuz sayda inteqral cəmi düzəltmək olar.

Tərif. (1) inteqral cəminin λ(T)→ 0 şərtinə

J=limλ→ 0∑k=1

n

f (ξk , ηk , τ k)∆ V k

limiti varsa, onda f funksiyasına V oblastında inteqrallanan funksiya, J ədədinə isə onun V oblastında üçqat inteqralı deyilir və ∫ ∫ V∫ f ( x , y , z )dV (və ya ∫ ∫ V∫ f ( x , y , z )⨯dx dy dz¿¿ ilə işarə edilir:

∫ ∫ V∫ f ( x , y , z )dV=limλ→ 0∑k=1

n

f (ξk , ηk , τ k )∆ V k . (2)

Burada f inteqralaltı funksiya, V inteqrallama oblastı, x, y, z inteqrallama dəyişənləri və dV (və ya dV = dx dy dz) həcm elementi adlanır. Tərifdən aydındır ki, f ( x , y , z )≡ 1 olduqda üçqat inteqralın qiyməti V inteqrallama oblastının həcminə (biz V oblastının həcmini də V ilə işarə edirik) bərabərdir:

V=∫ ∫V∫dV=∫ ∫

V∫dx dy dz .

Üçqat inteqralın əsas xassələri:

Xassə 1. (xəttilik). V oblastında inteqrallanan sonlu sayda f 1 , f 2 , … f n funksiyaların xətti kombinasiyası da həmin oblastda inteqrallanandır və sabit C1 , C2 , …Cn ədədləri üçün

∫ ∫ V∫ [∑k=1

n

C k f k (x , y , z)] dV=∑k=1

n

C k∫ ∫ V∫ f k (x , y , z )dV (3)

bərabərliyi doğrudur.

Xassə 2. (additivlik). f funksiyası V oblastında inteqrallanarsa və V oblastı ortaq daxili nöqtələri olmayan V 1 ,V 2 ,…V n oblastlarının birləşməsindədirsə, onda

həmin funksiya V k (k = 1, 2,..., n) oblastlarının hər birində də inteqrallanandır və

∫ ∫V∫ f ( x , y , z )dV=∫ ∫

V 1∫ f (x , y , z )dV +…+∫ ∫

V n∫ f ( x , y , z )dV (4)

bərabərliyi doğrudur.

Xassə 3. (monotonluq). V oblastında inteqrallanan f və φ funksiyaları üçün həmin oblastın bütün nöqtələrində f ( x , y , z )≤ φ (x , y , z ) bərabərsizliyi ödənilirsə, onda onların inteqralları üçün də həmin bərabərsizlik ödənilər:

∫ ∫V∫ f ( x , y , z )dV ≤∫ ∫

V∫φ ( x , y , z )dV , (5)

yəni bərabərsizliyi verilmiş oblast inteqrallamaq olar.

Xüsusi halda, V oblastında f ( x , y , z )≥ 0 olduqda

∫ ∫V∫ f ( x , y , z )dV ≥ 0,

f ( x , y , z )≤ 0 olduqda isə

∫ ∫V∫ f ( x , y , z )dV ≤ 0

olar.

Xassə 4. f funksiyası σ oblastında inteqrallanandırsa, onun mütləq qiyməti də həmin oblastda inteqrallanandır və

|∫ ∫ V∫ f ( x , y , z )dV|≤∫ ∫ V∫|f ( x , y , z )dV|dV (6)

bərabərsizliyi doğrudur.

Xassə 5. V oblastında inteqrallanan f və φ funksiyalarının hasili də hımin oblastda inteqrallanandır.

Xassə 6. (orta qiymət teoremi). f funksiyası qapalı məhdud V oblastında kəsilməyən, φ funksiyası isə inteqrallanan və öz işarəsini dəyişməyən funksiyadırsa, onda həmin oblastın elə ( 𝜉, η, τ ) ⋳ V nöqtəsi var ki,

∫ ∫V∫ f ( x , y , z )φ ( x , y , z )dV=f (ξ , η , τ)∫ ∫

V∫φ (x , y , z )dV (7)

bərabərliyi ödənilir.

Xüsusi halda, φ ( x , y , z )≡ 1(( x , y , z )⋳V ) olduqda (7) bərabərliyindən

∫ ∫ V∫ f ( x , y , z )dV=f (ξ ,η , τ ) ·V (8)

münasibəti alınır.

2. Üçqat inteqralın hesablanması.

İkiqat inteqrallar kimi, üçqat inteqrallar da təkrar inteqrallara gətirilərək hesablanır. Nəticədə üçqat inteqralın hesablanması üç dənə müəyyən (birqat) inteqralın hesablanmasına gətirilir.

Əvvəlcə fərz edək ki, V inteqrallama oblastı paralelepipeddir:

R=R (a ≤ x≤ b , c ≤ y ≤ d ,e ≤ z ≤ g ) . (1)

f ( x , y , z ) funksiyası R paralelepipedində kəsilməyəndirsə, onda onun ∫ ∫ R∫ f (x , y , z )dV üçqat inteqralı var və σ (a≤ x ≤ b , c≤ y≤ d ) düzbucaqlısı üzrə götürülmüş ikiqat inteqral və [e , g ] parçası üzrə götürülmüş müəyyən inteqral vasitəsilə aşağıdakı kimi işadə olunur:

∫ ∫ R∫ f (x , y , z )dV= ∫ σ∫ [∫e

g

f ( x , y , z )dz ]dx dy=¿

¿ ∫ σ∫dx dy∫e

g

f ( x , y , z )dz . (2)

(“) bərabərliyindəki ikiqat inteqralı təkrar inteqral şəklində yazdıqa (1) paralelepipedi üzrə götürülmüş üçqat inteqralın hesablanma düsturu alınır:

∫ ∫ R∫ f (x , y , z ) dV=∫a

b

dx∫c

d

dy∫e

g

f ( x , y , z )dz . (3)

Əyrixətli oblastlar üzrə götürülmüş üçqat inteqralı da təkrar inteqral şəklində gətirmək olar.

Fərz edək ki, z=h (x , y ) və z=H (x , y) funksiyaları σ oblastında kəsilməyəndir. Aşağıdan z=h (x , y ) səthi, yuxarıdan z=H (x , y) səthi və yanlardan doğuranı (Oz) oxuna paralel olan silindrik səthlə hüdudlanmış oblastı V ilə işarə edək (şəkil 1). Onda məhdud qapalı V oblastında kəsilməyən hər bir f ( x , y , z ) funksiyası üçün

∫ ∫V∫ f ( x , y , z )dV=¿ ∫ σ∫ [ ∫f (x , y)

H (x , y)

f ( x , y , z )dz]dx dy ¿ (4)

düsturu doğrudur. (4) bərabərliyini

∫ ∫ V∫ f ( x , y , z )dV=¿ ∫ σ∫ dx dy ∫f ( x, y)

H (x , y)

f ( x , y , z ) dz¿ (5)

kimi yazılır. (5) düsturu üzrə üçqat inteqralı hesabladıqda, Əvvəlcə x və y dəyişənlərini sabit hesab edərək, z dəyişəninə görə daxilindəki inteqralı hesablamaq, sonra da σ oblastı üzrə x, y dəyişənlərinə görə ikiqat inteqralı hesablamaq lazımdır. V oblastının (Oxy) müstəvisi üzərinə proyeksiyası olan σ

Şəkil – 1

oblastının quruluşundan asılı olaraq (5) düsturundakı ikiqat inteqralı da təkrar inteqral şəklində yazmaq olar.

Tutaq ki, σ oblastı aşağıdan y=φ(x ) əyrisi, yuxarıdan y=ψ ( x) əyrisi və yanlardan x = a və x = b düz xətləri ilə hüdudlanmış oblastdır. Onda (5) düsturundakı ikiqat inteqralı da təkrar inteqral şəklində yazmaq olar:

∫ ∫ V∫ f ( x , y , z )dV=¿∫a

b

dx ∫φ(x)

ψ (x)

dy ∫f (x , y )

H (x , y)

f ( x , y , z )dz .¿ (6)

Misal 1. x=0 , y=0 və x+ y+z=1 müstəviləri ilə hüdudlanmış R tetraedrinin həcmini hesablamalı (şəkil 2).

Şəkil – 2

Üçqat inteqralın tərifindən aydındır ki,

V=∫ ∫ R∫ dV

olar. (5) düsturuna görə

V= ∫ σ∫dx dy ∫0

1−x− y

dz=∫0

1

dx∫0

1− x

dx ∫0

1−x− y

dz=¿¿

¿∫0

1

dx ∫0

1−x

(1−x− y )dy=∫0

1 (1−x)2

2dx=1

6

və ya

V=16

alınır.

Misal 2. x2+ y2+z2 ≤r 2 kürəsi üzrə götürülmüş üçqat inteqralı təkrar inteqral şəklində yazmalı.

Kürənin (Oxy) müstəvisi üzərinə proyeksiyası x2+ y2≤ r2 dairəsidir. Kürə aşağıdan

z=−√r2−x2− y2

səthi ilə, yuxarıdan isə z=+√r2−x2− y2 səthi ilə hüdudlanmışdır. Onda (6) düsturuna görə

∫ ∫ R∫ f (x , y , z ) dV=∫−r

r

dx ∫−√r2− x2

+√r 2−x 2

dy ∫−√r 2−x2− y2

+√r2−x2− y2

f ( x , y , z ) dz.

3. Cismin ətalət momenti, kütlə və ağırlıq mərkəzin

koordinatları.

Üçqat inteqrallar fizika və mexanikanın bir çox məsələlərinin həllində geniş tətbiq olunur. Bunların yalnız bir neçəsini burada göstərməklə kifayətlənirik.

Cismin kütləsi. Tutaq ki, V kublanan cisimdir və μ(x , y , z) onun həcm sıxlığıdır. Onda V oblastında yerləşən bütün kütlə

m=∫ ∫V∫ μ (x , y , z)dV (1)

düsturu ilə hesablanır. (1) düsturu ikiqat inteqral vasitəsilə maddi müstəvi fiqurun kütləsinin hesablama düsturu kimi isbat olunur (M=x, ya M=y, ya da M=z).

Ağırlıq mərkəzinin koordinatları. Həcmi sıxlığı μ(x , y , z) olan V cisminin ağırlıq mərkəzinin koordinatları

x A=∫ ∫ V∫ xμ (x , y , z)dV

∫ ∫ V∫ μ(x , y , z )dV, y A=∫ ∫ V∫ yμ(x , y , z )dV

∫ ∫ V∫ μ(x , y , z)dV, z=∫ ∫ V∫ zμ(x , y , z )dV

∫ ∫ V∫ μ(x , y , z)dV

düsturları vasitəsilə hesablanır. V cismi bircinsli olduqda, yəni μ ( x , y , z )=μ=¿

= sabit olduqda yuxarıdakı düsturlar aşağıdakı sadə şəkildə yazılar:

x A=1V ∫ ∫ V∫ xdV , y A=

1V ∫ ∫ V∫ y dV , z= 1

V ∫ ∫ V∫ z dV .

Ətalət momenti. Tutaq ki, kublanan V cisminin həcmi sıxlığı μ(x , y , z) funksiyasıdır. Maddi müstəvi fiqurun ətalət momentini tapma qaydası ilə V cisminin koordinat oxlarına nəzərən ətalət momentini tapmaq olar:

J z=∫ ∫ V∫ (x2+ y2 ) μ ( x , y , z )dV ,

J y=∫ ∫ V∫ (x2+ z2 ) μ ( x , y , z )dV ,

J x=∫ ∫ V∫ ( y2+ y2 ) μ ( x , y , z )dV .

Cismin koordinat başlanğıcına nəzərən ətalət momenti isə

J0=12 (J x+J y+J z )=∫ ∫V∫ (x2+ y2+z2 )μ ( x , y , z )dV

düsturu ilə hesablanır.

Mövzu 29

Əyrixətli inteqral.

1. İstiqamətli əyrilər.

2. I növ əyri xətli inteqral və onun hesablanması.

3. II növ əyri xətli inteqral və onun hesablanması.

4. I və II növ əyri xətli inteqrallar arasındakı əlaqə.

5. Qrin düsturu.

1. İstiqamətli əyrilər.

Ədəd oxunun parçasında təyin olunmuş funksiyaların müəyyən inteqralına baxılır. Bir çox praktiki məsələlərinin həlli isə müəyyən əyri parçasında təyin olunmuş funksiyalar üçün yeni inteqral anlayışının verilməsini tələb edir. Belə inteqrallar əyrixətli inteqrallar adlanır. İki növ əyri xətli inteqral vardır.

Müxtəlif müstəvi və ya fəza əyriləri üzrə götürülmüş əyrixətli inteqrallara baxaq.

Tutaq ki, [a , b ] parçasında kəsilməyən x=φ (t ) , y=ψ (t) və z=λ (t) funksiyaları fəzada Г (≡ AB) əyrisini təyin edir:

x=φ ( t ) ,y=ψ ( t ) ,z=λ ( t ) ,

(a ≤ t ≤ b ) . (1)

Bu o deməkdir ki, t parametrinin [a , b ] parçasındakı bütün qiymətlərində alınan (x , y , z)≡(φ (t ) , ψ ( t ) , λ (t )) nöqtələri çoxluğu əyrisini təşkil edir.

(1) münasibəti fəza əyrisinin parametrik tənliyi adlanır. (1) tənlikləri əyrisini təkcə nöqtələr çoxluğu kimi təyin etmir, həm də onun istiqamətini, yəni nöqtələrin əyri üzərində yerləşmə ardıcılığını təyin edir. Parametrin a ≤ t1<¿ t 2≤ b qiymətləri verildikdə, deyirlər ki, əyrinin ¿(t 2),ψ ( t2 ) , λ (t 2 )¿ nöqtəsi ¿(t 1), ψ ( t1 ) , λ (t 1)¿ nöqtəsindən sonra gəlir. T parametri a-dan b-yə kimi bütün qiymətləri alaraq kəsilməz dəyişdikdə, M=(φ (t ) ,ψ (t ) , λ ( t ))

nöqtəsi əyrinin başlanğıc A nöqtəsindən son B nöqtəsinə kimi bütün əyri üzrə.

hərəkət edir (şəkil 1).

Şəkil – 1

Əyri üzərində t parametrinin artmasına uyğun olan istiqamət müsbət, azalmasına uyğun olan istiqamət isə mənfi hesab olunur. Bu halda parametrin

t = a qiymətində alınan A=(φ (a ) ,ψ (a ), λ ( t )) nöqtəsi əyrinin baçlanğıc nöqtəsi, t = b qiymətində alınan B=(φ (a ) , ψ (a ) , λ (t )) nöqtəsi isə son üç nöqtəsi alınır. Əyri üzərində ox işarəsi onun müsbət istiqamətini göstərir.

Üzərində istiqamət təyin olunan əyriyə istiqamətlənmiş əyri deyilir.

Ola bilər ki, parametrin bir neçə müxtəlif qiymətinə əyrinin eyni bir nöqtəsi uyğun olsun. Məsələn, t parametrinin t 1< t2 qiymətlərində φ (t 1 )=φ (t2 ) ,ψ ( t1 )=ψ (t 2 ) , λ (t1 )=λ (t 2 ) olduqda əyrinin ¿(t 1), ψ ( t1 ) , λ (t 1)¿ və ¿(t 2), ψ ( t2 ) , λ (t 2 )¿ nöqtələri üst-üstə düşür, yəni bü nöqtədə əyri özü-özünü kəsir. Əyrinin başlanğıc A nöqtəsi və son B nöqtəsi üst-üstə düşdükdə ona qapalı

əyri deyilir.

Məlumdur ki, [a , b ] parçasında kəsilməyən (1) funksiyalarının verilməsi bir skalyar arqumentli

τ ( t )=φ (t ) i+ψ (t ) j+ λ (t ) k (2)

vektor funksiyasının verilməsinə ekvivalentdir. Onda r=r ( t ) , t⋳|a , b|, Г əyrisinin vektorial göstərişi olar. Bunu Г=r (t );a≤ t ≤ b kimi yazılır. Hamar vektor funksiya, yəni |a ,b| parçasında sıfra çevrilməyən kəsilməz törəməsi olan r (t ) vektor

funksiyası vasitəsilə göstərilən əyriyə hamar əyri deyilir. Hamar Г=r ( t );a ≤ t ≤ b əyrisinin hər bir nöqtəsində toxunanı var və r ´ ( t ) vektoru həmin toxunanla eyni istiqamətdə (parametrin artmasına uyğun olan istiqamətə) yönəlmişdir. Buna görə də

τ (t )= r ´ (t )|r ´ (t )| (3)

vahid vektoru əyrisinin toxunanı üzərində yerləşir və onun istiqaməti parametrin artmasına uyğun olan istiqamətin eynidir. Beləliklə, (3) vahid vektoru

əyrisinin müsbət istiqamətini, −τ ( t ) isə mənfi istiqaməti təyin edilir.

r ´ ( t )=φ ´ ( t ) i+ψ ´ (t ) j+λ ´ ( t ) k

olduğundan

d r ( t )=r ´ (t )dt=φ ´ (t )dt i+ψ ´ ( t )dt j+λ ´ (t )dt k=¿

¿dx· i+dy· j+dz·k

və

|d r ( t )|=|r ´ (t )dt|=√ [φ ´ ( t ) ]2+[ψ ´ (t ) ]2+[ λ ´ (t ) ]2dt

olar. Sağ tərəfdəki ifadə əyrisi qövsunun diferensialıdır:

dl=√[φ´ ( t ) ]2+[ψ ´ ( t ) ]2+ [ λ ´ ( t ) ]2 dt.

Tutaq ki, əyrisinin istiqamətini təyin edən vahidτ vektorunun yönəldici bucağları α ,β və γ-dır. Onda vahid vektorun

τ=i · co sα+ j · cosβ+k ·cosγ

və (3) bərabərliyindən alınan

τ=φ ´ ( t ) i+ψ ´ (t ) j+λ ´ ( t ) k

√[φ´ ( t ) ]2+[ψ ´ ( t ) ]2+ [ λ ´ ( t ) ]2= dx· i+dy· j+dz· k

dl

kimi iki göstərilişi olar. Buradan

cosα=dxdl

, cosβ=dydl

, cosγ=dzdl (4)

alınır.

Tutaq ki, qapalı əyridir. Özü-özünə kəsməyən qapalı əyri kontur adlanır.

Tutaq ki, konturu σ oblastının sərhədidir (şəkil 2).

Şəkil – 2

konturu üzrə hərəkət etdikdə konturun əhatə etdiyi σ oblastı solda qalırsa, həmin istiqamət müsbət, əks istiqamət isə mənfi hesab olunur. Müsbət istiqamətli

konturu Г+¿ ¿

(çox zaman sadəcə ilə), mənfi istiqamətli konturu isə Г−¿¿

ilə işarə edillər. Konturun müsbət və mənfi istiqamətləri şəkildə göstərilmişdir.

2. I növ əyri xətli inteqral və onun hesablanması.

Tutaq ki, (Oxy) müstəvisi üzərində yerləşən sonlu uzunluğu Г (≡ AB) əyrisi və

həmin əyri üzərində təyin olunmuş f (x , y ) funksiyası verilmişdir. əyrisini

A=A0 , A1 , A2 ,…, An−1 , An=B

nöqtələri vasitəsilə Ak Ak +1(k=0 ,1 , …, n−1) kimi kiçik hissələrə bölək

(şəkil 1).

Şəkil – 1

əyrisinin (1) şəkildə bölgüsünü T və bölgüdən alınan Ak Ak +1 qövsunun uzunluğunu ∆ lk ilə işarə edək. ¿(k=0 ,1 ,…,n−1) ədədlərinin ən böyük T bölqüsünün parametri adlanır və λ(T) ilə işarə olunur:

λ=λ (T )=max (∆ l0 ,∆ l1 ,…,∆ ln−1).

Bölgüdən alınan kiçik hissələrin hər birinin üzərində bir ixtiyari

M k=(ξk , ηk ) (k=0 ,1 , …, n−1) nöqtəsi götürək və aşağıdakı kimi cəm düzəldək:

Jn (T )=∑k=0

n−1

(ξk , ηk )∆ lk. (2)

(2) cəminə f funksiyasınınГ əyrisində (və ya əyrisi üzərində) inteqral cəmi

deyilir. Bu cəmin qiyməti əyrisinin T bölgüsündən və (ξ k , ηk ) nöqtələrinin seçilməsindən aılıdır.

Tərif. (2) inteqral cəminin λ(T)→ 0 şərtində sonlu limiti varsa, həmin limitə f (x , y ) funksiyasının əyrisi üzrə birinci növ əyrixətli inteqralı deyilir və

∫ Г f ( x , y )dl ilə işarə olunur:

∫ Г f ( x , y )dl=∫ AB f ( x , y )dl=limλ→ 0∑k=0

n−1

f (ξk , ηk )∆ lk . (3)

Tərifdən aydındır ki, birinci növ əyrixətli inteqralın qiyməti əyrinin istiqamətindən asılı deyildir, yəni AB əyrisi (istiqaməti A-dan B-yə) və BA əyrisi (istiqaməti B-dan A-ya) üzrə inteqrallar bərabərdir:

∫ AB f (x , y )dl= ∫ BA f ( x , y ) dl . (4)

Doğrudan da, (1) bölgüsünü tərsinə nömrələsək və uyğun inteqral cəmi düzəltsək, onda yenə də (2) cəmini alırıq (Ak Ak +1 qövsü ilə Ak Ak +1 qövsünün uzunluğu eyni müsbət ∆ lk ədəddir). Buradan (4) bərabərliyi alınır.

Birinci növ əyrixətli inteqralın hesablanması müəyyən inteqralın hesablanmasına gətirilir. Bunu isbat etmək eçen, əvvəlcə fərz edək ki, (Oxy) müstəvisi üzərində uzunluğu sonlu L ədədi olan AB əyrisi və onun üzərində A-dan B-ya istiqamət təyin edilmişdir. Bu halda əyri üzərindəki ixtiyari M (x , y ) nöqtəsinin vəziyyəti AM qövsünün l uzunluğu (l = uz · AM) ilə tamamilə təyin edilir (şəkil 2).

Şəkil – 2

Onda M nöqtəsinin x və y koordinatları da l parametrinin funksiyası olar:

x=x (l)y= y (l)

(0 ≤ l≤ L ) . (1)

Bu isə AB əyrisinin parametrik tənliyidir. (1) tənliklərindən parametrin l = 0 qiymətində A nöqtəsinin koordinatları, l = L qiymətində isə B nöqtəsinin koordinatları alınır.

Tutaq ki f (x , y ), AB əyrisi üzərində təyin olunmuş kəsilməyən funksiyadır. Bu halda həmin funksiya [0 , L ] parçasında l parametrinin mürəkkəb funksiyası olar:

f ( x , y )=f [ x (l ) , y (l)] .

Tutaq ki, AB əyrisinin T bölgüsü

A=A0 , A1 , A2 , …, An−1 , An=B (2)

aparılmış və bölgüsən alınan Ak Ak +1 qövsləri üzərində ixtiyari M k (ξk , ηk ) nöqtələri seçilmişdir. Ak (k=0 ,1 ,…,n−1) nöqtəsini parametrin uyğun olan qiymətini lk (k=0 , 1 ,… ,n−1) ilə işarə etsək, onda ∆ lk=uz· Ak Ak+1=¿lk +1−lk olar. Ak Ak +1 qövsü üzərində seçilmiş M k=(ξk , ηk )nöqtəsinə parametrin uyğun olan qiyməti τ k olsa, onda ξk=x (τ k ), ηk= y (τk )( lk ≤ ≤ τk ≤¿ lk+ 1) alınar. Bu halda, f (x , y ) funksiyasının AB əyrisinin T bölgüsünə və seçilmiş M k nöqtələrinə uyğun olan inteqral cəmi

∑k=0

n−1

(ξk , ηk )∆ lk=∑k=0

n−1

[ x (τk ) , y (τk ) ]∆ lk (3)

kimi yazılar. Bərabərliyin sağ tərəfindəki cəm ∫0

L

f [ x ( l ) , y (l)] dl müəyyən inteqralına

uyğun olan inteqral cəmidir. Buna görə də T bölgüsünün λ=λ (T ) parametrinin sıfra yaxınlaşması (λ→ 0) şərtində (3) bərabərliyində limitə keçdikdə

∫ AB f (x , y )dl=∫0

L

f [ x (l ) , y (l)]dl (4)

bərabərliyi alınır (əlbəttə, (3) bərabərliyindəki cəmlərin eyni zamanda sonlu limitləri olduqda).

f ( x , y ) funksiyası AB əyrisi üzərində və (1) funksiyaları [0 , L ] parçasında

kəsilməyən olduqda müəyyən inteqralın varlıq teoreminə görə ∫0

L

f [ x ( l ) , y (l)] dl

inteqralı sonludur. Buna görə də həmin şərtlər daxilində (4) bərabərliyinin sol tərəfindəki əyrixətli inteqral da sonludur və (4) bərabərliyi ödənilir.

İndi fərz edək ki, hamar AB əyrisi ixtiyari t parametrində (t parametri qövs uzunluğu olmaya da bilər) asılı olan

x=φ (t)y=ψ (t )

(α ≤t ≤ β ) (5)

tənlikləri vasitəsilə verilmişdir. Tutaq ki, t parametrinin α−¿dan β−¿ya gədər artması əyrinin A-dan B-ya istiqamətinə uyğundur. Onda əyri qövsünun diferensialı

dl=dl (t )=√[φ ´ (t)]2+[ψ ´ (t)]2 dt (6)

şəklində olar. Bu halda (4) bərabərliyinin sağ tərəfindəki müəyyən inteqralda dəyişənləri əvəz etsək, əyri xətli inteqralın hesablanması üçün

∫ AB f (x , y ) dl=∫0

L

f [ x (l ) , y (l )]dl=¿

¿∫α

β

f [φ (t) ,ψ (t )]√ [φ ´ (t )]2+[ψ ´ (t )]2 dt (7)

düsturunu alırıq.

Xüsusi halda, AB əyrisinin tənliyi düzbucaqlı koordinatlar vasitəsilə y=ϕ ( x )

(a ≤ x≤ b) şəklində verildikdə, x dəyişənini parametr hesab etməklə

(x=x , y=ϕ ( x )) (7) düsturunu

∫ AB f (x , y )dl=∫b

a

f [ x , ϕ (x)]⨯ √1+[ϕ ´ (x )]2dx (8)

şəklində yazmaq olar.

Şəkil – 3

Misal. y=12

x2 parabolasının O (0, 0) və A (1,12 ) nöqtələri ilə məhdud OA

hissəsi üzrə (şəkil 3) götürülmüş

J= ∫ AB xy dl

əyrixətli inteqralını hesablamalı.

(8) düsturuna görə

J=12∫0

1

x3√1+x2 dx= 14∫0

1

x2√1+x2 d (1+ x2 )=¿

¿ 14∫1

2

(V−1)√V dV=√2+115

,V=1+x2 .

Əyrixətli inteqrallar bir sıra məsələlərin həllində tətbiq olunur. Burada birinci növ əyrixətli inteqral vasitəsilə maddi AB əyrisinin kütləsi hesablanır.

Tutaq ki, hamar və ya hissə-hissə hamar maddi AB əyrisinin xətti sıxlığı μ=μ (x , y ) ilə işarə olunmuşdur.

AB əyrisinin A=A0 , A1, A2 , …, An−1, An=B nöqtələri vasitəsilə kiçik Ak Ak +1 hissəsi üzərində ixtiyari M k=(ξk , ηk ) nöqtəsi götürək və fərz edək ki, Ak Ak +1 qövsünün bütün nöqtələrində xətti sıxlıq μ (ξk , ηk ) kəmiyyətinə bərabərdir. Onda maddi Ak Ak +1 qövsünün kütləsi mk ≈ μ (ξk , ηk )∆ lk olar (∆ lk=uz· A k A k+1 ¿ .

Buna görə də maddi AB əyrisi üzərində paylanmış kütlə təqribi olaraq

m=∑k=0

n−1

mk ≈∑k=0

n−1

μ (ξk , ηk )∆ lk

bərabərliyi ilə hesablanar. Bu bərabərlikdə aparılan bölgünün λ=λ (T )=¿

¿max ∆lk=(k=0,1 , …n−1) parametrinin sıfra yaxınlaşması şərtində limitə keçdikdə maddi AB əyrisinin dəqiqi kütləsi alınır:

m=limλ →0∑k=0

n−1

μ (ξk , ηk )∆ lk= ∫ AB f ( x , y )dl .

Nəhayət qeyd edək ki, üçölçülü fəzada yerləşən əyrilər üzrə götürülmüş birinci növ əyrixətli inteqrallara baxmaq, onların hesablanmasından xassələrindən və tətbiqlərindən danişmaq olar.

3. II növ əyri xətli inteqral və onun hesablanması.

Tutaq ki, (Oxy) müstəvisində yerləşən istiqamətlənmiş Г=AB əyrisi və bu əyri

üzərində kəsilməyən P (x, y) funksiyası verilmişdir. əyrisini

A=A0 , A1, A2 , …, An−1, An=B

nöqtələri vasitəsilə Ak Ak +1(k=0,1 ,…, n−1) kimi kiçik hasillərə bölək. əyrisinin (1) bölgüsündən (bu bölgünü T ilə işarə edək) alınan Ak Ak +1 qövsünun uzunluğu ∆ lk olsun. ∆ lk (k=0,1 , …,n−1) ədədlərinin ən böyüyü T bölgüsünün parametri adlanır və λ(T) ilə işarə olunur:

λ=λ (T )=max (∆ l0 , ∆ l1 , …, ∆ ln−1) .

Şəkil – 4

Bölgüdən alınan hər bir Ak Ak +1 hissəsi üzərində bir M k=(ξ k , ηk ) nöqtəsini götürək və aşağıdakı kimi inteqral cəmi düzəldək:

σ k (T )=∑k=0

n−1

P ( ξk , ηk )∆ xk. (2)

Burada ∆ xk=xk +1−xk ilə Ak Ak +1 qövsünün Ox oxu üzərində proyeksiyası işarə olunmuşdur (şəkil 4).

Tərif. (2) cəminin λ (T )→0 şərtində sonlu limiti varsa, həmin limitə P(x, y) funksiyasının ∫ AB P ( x , y ) dx ilə işarə olunur:

∫ AB P ( x , y )dx= limλ(T )→ 0

∑k=0

n−1

P (ξk ,ηk )∆ xk . (3)

AB əyrisi üzərində təyin olunmuş kəsilməyən Q(x, y) funksiyasının y dəyişəninə görə ikinci növ

∫ ABQ ( x , y )dy= limλ(T)→ 0

∑k=0

n−1

Q (ξk , ηk )∆ yk , ∆ yk= yk +1− yk , (4)

əyrixətli inteqralı da analıji olaraq təyin olunur.

(3) və (4) inteqrallarının cəmi ikinci növ ümumi əyrixətli inteqral adlanır və

∫ AB P ( x , y ) dx+ ∫ AB Q ( x , y )dy= ∫ AB P ( x , y ) dx+Q ( x , y )dy (5)

kimi işarə olunur.

Tərifdən aydındır ki, ikinci növ əyrixətli inteqralların qiyməti əyrinin istiqamətindən asılıdır:

∫ AB P ( x , y ) dx+Q ( x , y )dy=− ∫BA P (x , y )dx+Q ( x , y )dy. (6)

Doğrudan da, Ak Ak +1 qövsünun (Ox) oxu üzərində proyeksiyası ∆ xkolduğu halda, Ak Ak +1 qövsünun həmin ox üzərində proyeksiyası −∆ xk olar. Buna görə də AB əyrisini (1) bölgüsünü tərsinə nömrələsək (yəni BA əyrisinin kiçik hissələrə bölsək) və uyğun (2) cəmini düzəltsək, onda

σ n´ (T )=−∑

k=0

n−1

P (ξk , ηk )∆ x

münasibəti və buradan da limitə keçdikdə

∫ BA P (x , y )dx=−∫ AB P ( x , y )dx

bərabərliyi alınır. Bu mühakimə (4) inteqralı üçün də doğrudur.

Qeyd edək ki, analoji olaraq üçölçülü fəzada yerləşən AB əyrisi üzərində təyin olunmuş P ( x , y , z ) , Q ( x , y , z ) və R ( x , y , z ) funksiyaları üçün

∫ AB P ( x , y , z )dx+ ∫ ABQ ( x , y , z)dy+ ∫ AB R ( x , y , z )dz=¿

∫ AB P ( x , y , z) dx+Q ( x , y , z )dy+R ( x , y , z )dz (7)

kimi ikinci növ ümumi əyrixətli inteqralıda təyin olunur. Bundan sonra (5) və (7)

əyrixətli inteqrallarını sadəcə olaraq

∫ BA Pdx+Q a´ y və ∫ BA Pdx+Q a´ y+Rdz (8)

kimi yazacağıq.

Qapalı konturu üzrə götürülmüş əyrixətli inteqrallar uyğun olaraq

∮Г Pdx+Qdy və ∮Г Pdx+Qdy+Rdz

kimi yazılır. Bu inteqrallar konturunun müsbət istiqaməti üzrə götürülmüş

hesab edilir. konturunun mənfi istiqaməti üzrə götürülmüş inteqral üçün isə

∫ Г−¿Pdx+Qdy=−∫ Г +¿ Pdx+Qdy=−∫Г Pdx+Qdy¿ ¿

münasibəti doğru olar.

4. I və II növ əyri xətli inteqrallar arasındakı əlaqə.

Tutaq ki, (Oxy) müstəvisində yerləşən istiqamətlənmiş hamar müstəvi əyrisi

x=φ (t)y=ψ (t )

(t 0 ≤t ≤T )

parametrik tənlikləri ilə verilmişdir və P(x, y), Q(x, y) funksiyaları onun üzərində

kəsilməyəndir. əyrisinə cəkilmiş toxunanın yönəldici bucaqları kəsinuslarının

cos α=dxdl

,cos β=dydl

kimi ifadələri vardır. Bunlara əsasən birinci və ikinci növ əyrixətli inteqrallar arasında aşağıdakı kimi əlaqə yaranır:

∫ Г Pdx+Qdy= ∫ Г (Pcos α+Qcos β )dl , (1)

fəza əyrisi olduqda isə

∫ Г Pdx+Qdy+Rdz= ∫ Г (Pcos α+Qcos β+Rcos γ )dl (2)

münasibəti alınır.

Birinci növ əyrixətli inteqralların hesablanma qaydası və (1) bərabərliyinə əsasən ikinci növ əyrixətli inteqralların hesablanma düsturunu almaq olar. Bu məqsədlə

cos α= φ´ t

√ [φ ´ (t )]2+ [ψ ´(t )]2 və cos β= ψ ´ t

√ [φ ´ (t )]2+ [ψ ´ (t )]2

olduğunu nəzərə almaq lazımdır. Onda (1) bərabərliyinə əsasən

∫ Г Pdx+Qdy=∫t 0

T

[P(φ (t ) ,ψ (t))φ ´ t+Q(φ (t ) ,ψ (t ))ψ ´ t ]dt (3)

alınar.

Xüsusi halda, hamar əyrisinin tənliyi y= f ( x )(a ≤ x ≤ b) şəklində olsa, onda (3) düsturu

∫ Г Pdx+Qdy=∫b

a

¿¿ (4)

kimi yazılır. əyrisi y= y0 üfüqi düz xəttinin parçası olduqda həmin parça üzərində y ´ ≡0 olar və əyrixətli inteqral x-ə nəzərən adi müəyyən inteqrala çevrilər:

∫ Г Pdx+Qdy=∫b

a

p (x , y0 )dx.

əyrisi x=x0 şaquli düz xəttinin parçası olduqda isə əyrixətli inteqral y-ə nəzərən adi müəyyən inteqrala (x ´ ≡ 0 olduğundan) çevrilir:

∫ Г Pdx+Qdy=∫a

b

Q(x¿¿0 , y)dy ¿.

Misal. Mərkəzi koordinat başlanğıcında və radiusu R olan çevrəsi üzrə (müsbət istiqamətdə) götürülmüş

J=∮Г ( x+ y )dx+( y−x )dy

inteqralını hesablamalı (şəkil 1).

çevrəsinin parametrik tənliyi

x=R cost , y=R sin t ,0 ≤t ≤2 π

olduğundan (3) düsturuna görə alırıq:

J=∫0

2π

[R (cost+sint ) (−Rsint )+R ( sint−cost )Rcost ]dt=¿¿

¿R2∫0

2 π

(−1 )dt=−2π R2.

Şəkil – 1

5. Qrin düsturu.

σ müstəvi oblastı üzrə götürülmüş ikiqat inteqralla həmin oblastın sərhədi üzrə götürülmüş əyrixətli inteqral arasında müəyyən əlaqə vardır.

Bu əlaqəni təyin etmək üçün, fərz edək ki, (Oxy) müstəvisində yerləşən σ oblastı düsgün (daha dəqiq desək, Ox oxuna nəzərən düzhün) oblastdır. Həmin oblast x=a , x=b (a<b) düz xətləri, y=φ(x ) və y=ψ ( x )(φ (x)≤ψ ( x )) əyriləri ilə əhatə olunmuşdur (şəkil 1). Bu əyrilər σ oblastının sərhədi olan qapalı

Г=ABCDA=AB+BC+CD+DA

konturunu təşkil edir. Qeyd edək ki, konturunun A və D nöqtələri, eləcə də B və C nöqtələri üst-üstə düşə bilər.

Fərz edək ki, P(x, y), Q(x, y) funksiyaları qapalı σ oblastında kəsilməzdir və

kəsilməyən δP (x , y )δy

, δQ( x , y)δx xüsusi törəmələri vardır. Onda ikiqat ∫ σ∫ δP( x , y)

δydxdx

inteqralı sonludur və onu təkrar inteqral şəklində yazmaq olar:

Şəkil – 1

∫ σ∫ δP( x , y)δy

dxdy=∫a

b

[P ( x , y )ψ (x)φ(x) ]dx=¿

¿∫a

b

P [x , ψ (x) ] dx−¿∫a

b

P [ x ,φ(x ) ] dx¿

alınır. Sağ tərəfdəki inteqralları əyrixətli inteqrallarla əvəz etmək olar:

∫a

b

P [ x , ψ (x )]dx=¿ ∫ DC=P (x , y ) dx ,¿

∫a

b

P [ x , φ (x)] dx= ∫ AB=P ( x , y )dx.

Onda, DA və BC parçalarının absis oxuna perpendikulyar olmasına görə alınan

∫ DA=P (x , y )dx= ∫ BC=P ( x , y )dx=0

bərabərliklərinə əsasən

∫ σ∫ δP( x , y)δy

dx dy=∫ DC=P ( x , y )d x− ∫ AB=P ( x , y )dx−¿

− ∫ BC=P ( x , y )dx− ∫ DA=P ( x , y ) dx=− ∫ ABSDA P ( x , y )dx=¿

¿−∫ Г=P ( x , y )dx

və ya

∫ σ∫ δP( x , y)δy

dx dy=− ∫ Г=P ( x , y )dx (1)

münasibəti alınır.

Eyni qayda ilə, Oy oxuna nəzərən düzğün olan və qapalı konturu ilə əhatə olunmuş σ oblastı üçün

∫ σ∫ δP( x , y)δy

dxdy= ∫ Г Q (x , y )dy (2)

düsturunu da isbat etmək olar.

Beləliklə, ixtiyari düzgün (hər iki oxa nəzərən) σ oblastı üçün (1) və (2) bərabərliklərinin hər ikisi doğrudur. Həmin bərabərlikləri tərəf-tərəfə topladıqda

∫ Г Pdx+Qdy= ∫ σ∫( δQδx− δP

δy )dx dy (3)

düsturu alınır. (3) münasibəti Qrin düsturu adlanır.

σ oblastı düzgün deyilsə, ıakin düzgün oblastlara ayrıla bilərsə, onda onun üçün (3) Qrin düsturu doğru olar.

Doğrudan da, tutaq ki, konturu ilə əhatə olunmuş σ oblastı köməkci

γi(i=1,2 ,…,n) xətləri vasitəsilə σ k (k=1,2, …, m) düzgün oblastlarına ayrılmışdar. σ k oblastlarının hər biri üçün (3) Qrin düsturunu yazıb, alınan bərabərlikləri tərəf-tərəfə topladıqda, köməkçi xətlər üzrə bir-birinin əksi istiqamətində götürülmüş əyrixətli inteqrallar islah olunar. Nəticədə, σ k oblastının birləşməsi olan σ oblastı

üzrə götürülmüş ikiqat inteqral konturu üzrə götürülmüş əyrixətli inteqrala bərabər olar.

Qrin düsturunun doğru olduğu σ oblastının sərhədi bir neçə (n sayda) γk (k=1,2 , …, n) konturlarından da ibarət ola bilər (şəkil 2). Bu zaman σ−¿ya çoxrabitəli (n-rabitəli) oblast, onun sərhədinə isə mürəkkəb kontur deyilir. Çoxrabitəli oblast üçün yazılmış Qrin düsturunda ∫ Г Pdx+Qdy inteqralı həmin γk konturları üzrə götürülmüş inteqralların cəminə bərabər olur:

∫ Г Pdx+Qdy= ∫γ k+¿Pdx+Qdy+∑

k=2

n

∫γ k−¿Pdx+Qdy ¿¿.

Şəkil – 2

Bu zaman γk konturları üzərində elə istiqamət, müstəvi fiqurların sahəsini

hesablayaq. Tutaq ki, σ hər hansı düzgün oblast və onun sərhədidir. Məlumdur ki, onun S(σ) sahəsi ikiqat inteqralla

S(σ)= ∫ σ∫dx dy

kimi hesablanır. Onda Qrin düsturuna görə

∫ Г x dy= ∫ σ∫dx dy=S(σ )

− ∫ Г x dy= ∫ σ∫dx dy=S(σ )

olar. Buradan σ oblastının S(σ) sahəsini hesablamaq üçün simmetrik

S(σ)= 12

∫ Г xdy− y dx (4)

düsturu alınır.

Misal. x2

a2 +y2

b2=1 ellips əyrisi ilə əhatə olunmuş fiqurun sahəsini hesablamalı.

Ellipsin parametrik tənliyi x=a cost , y=b sint (0≤ t ≤ 2 π ) olduğundan (4) düsturuna görə taparıq:

S(σ)= 12

∫ Г x dy− y dx=12∫0

2π

[ (a cost ) (b sint )−(b sint ) (−a cost ) ]dt=¿

¿ 12∫0

2 π

ab dt=ab2 ∫0

2 π

dt=π ab .

Mövzu 30

Adi diferensial tənliklər. birtərtibli diferensial tərtiblər.

Koşi məsələsi. Xətti diferensial tənliklərin əsas növləri.

1. Əsas anlayışlar, təriflər.

2. Birtərtibli diferensial tənliklər.

3. Dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənliklər.

4. Bircins diferensial tənliklər.

5.Birtərtibli xətti diferensial tənlik. Bernulli tənliyi.

1. Əsas anlayışlar, təriflər.

Tərif. İxtiyari x dəyişəni, onun y= y (x ) funksiyası və bu funksi-yanın həmin

x dəyişəninə nəzərən y ' ( x ) , y ' ' ( x ) ,. .. , y(n )( x )¿ törəmələri daxil olan tənliyə adi

diferensial tənlik deyilir.

Diferensial tənliyə daxil olan ən yüksək tərtibli törəmənin tərtibinə həmin

diferensial tənliyin tərtibi deyilir. n-tərtibli adi diferensial tənlik ümumi şəkildə

aşağıdakı kimi yazılır

F (x , y , y ' , y' ' ,. .. , y(n ))=0 . (1)

(1) diferensial tənliyini eyniliyə çevirən y=ϕ ( x ) funksiyasına həmin tənliyin

həlli deyilir. Bu, o deməkdir ki, y=ϕ ( x ) funksiyasını və onun

ϕ ' ( x ) , ϕ ' ' ( x ) ,. . ., ϕ(n)( x ) törəmələrini (1) tənliyində yerinə yazdıqda həmin tənlik x -ə

nəzərən eyniliyə çevrilir.

n-tərtibli diferensial tənliyin ümumi həlli n sayda ixtiyari sabitin daxil olduğu

elə

y=ϕ ( x ,C1 ,C2 , . .. , Cn ) (2)

həllinə deyilir ki, o verilmiş tənliyi eyniliyə çevirsin.

Diferensial tənliyin ümumi həllinə daxil olan ixtiyari sabitlərin müəyyən

qiymətlərində alınan hər bir həlli diferensial tənliyin xüsusi həlli adlanır.

Verilmiş diferensial tənliyi ödəyən funksiya (həll) qeyri-aşkar və parametrik

şəkildə də verilə bilər. Bu halda həmin funksiyaya bəzən diferensial tənliyin

inteqralı deyilir. Diferensial tənliyin həllinin qrafiki inteqral əyrisi adlanır.

2. Birtərtibli diferensial tənliklər.

Birtərtibli diferensial tənlik ümumi şəkildə aşağıdakı kimi yazılır

F (x , y , y ' )=0 .

Bu tənliyi axtarılan funksiyanın y törəməsinə nəzərən həll etmək mümkün

olduqda

y '=f ( x , y ) (1)

şəklində törəməyə nəzərən həll olunmuş birtərtibli diferensial tənlik alınır.

(1) tənliyinin ümumi həlli

y=ϕ ( x , С ) (2)

şəklindədir. Burada C ixtiyari sabitdir. Həndəsi olaraq (2) ümumi həll inteqral

əyriləri ailəsindən ibarətdir, yəni C sabitinin müxtəlif qiymətlərinə uyğun olan

xətlər toplusudur. İnteqral əyriləri belə bir xassəyə malikdirlər ki, onların hər bir

M(x, y) nöqtəsində toxunanın meyl bucağı

tgα= f ( x , y )

şərtini ödəyir.

Əgər inteqral əyrisinin keçdiyi M 0( x0 , y 0) nöqtəsini versək, onda bununla sonsuz

inteqral əyriləri ailəsindən müəyyən bir inteqral əyrisi seçilir və bu bizim

diferensial tənliyin xüsusi həllinə uyğundur.

Analitik olaraq bu tələb x=x0 olduqda y= y0 başlanğıc adlanan şərtə gətirilir.

Əgər (2) ümumi həll məlumdursa, onda alırıq ki,

y0=ϕ ( x0 , С ).

Bu şərtdən C sabitini müəyyən etmək olar və nəticədə, uyğun xüsusi həlli

tapmaq olar. Koşi məsələsi bundan ibarətdir.

Koşi məsələsi. (1) diferensial tənliyinin y0=ϕ ( x0) başlanğıc şərti ödəyən, yəni

arqumentin x=x0 qiymətində verilmiş y= y0 qiymətini alan y=ϕ ( x ) həllini tapın.

Koşi məsələsini həndəsi olaraq belə ifadə etmək olar: (1) diferensial tənliyinin

verilmiş M 0( x0 , y 0) nöqtəsindən keçən inteqral əyrisini tapın.

Qeyd edək ki, törəməyə nəzərən həll olunmuş birtərtibli diferensial tənliyi həmişə

M ( x , y )dx+N ( x , y )dy=0 (3)

diferensial şəkildə yazmaq olar. Doğrudan da (2) tənliyini

dydx=f (x , y ) ,

f ( x , y )dx−dy=0

kimi yazıb, orada M ( x , y )=f (x , y ) və N ( x , y )=1 qəbul etsək (3) şəklində diferen-

sial tənlik alınar.

3. Dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənliklər.

Tutaq ki, M(x) və N ( y ) funksiyaları uyğun olaraq (a,b) və (c,d ) intervalında

kəsilməzdir. Bu halda

M ( x )dx+N ( y )dy=0 (1)

tənliyinə dəyişənlərinə ayrılmış diferensial tənlik deyilir. (1) tənliyində dx-in

əmsalı ancaq x-dən, dy-in əmsalı ancaq y-dən asılıdır.

Fərz edək ki, y ( x ) funksiyası (1) tənliyinin həllidir. Onda həmin funksiya (1)

tənliyini eyniliyə çevirir:

M ( x )dx+N ( y )dy≡0 . (2)

Bu eyniliyi inteqralladıqda

∫M ( x )dx+∫N ( y )dy=C (3)

münasibəti alınar, burada S ixtiyari sabitdir. Buradan aydındır ki, (3) tənliyi (1)

tənliyinin bütün həllərini təyin edir. Buna görə də (3) münasibətinə (1) tənliyinin

ümumi inteqralı deyilir.

Fərz edək ki, M1(x), M2(x), N1(y), N2(y) funksiyaları kəsilməzdir. Bu halda

M 1( x )N 1( y )dx+M2( x )N 2( y )dy=0 (4)

tənliyinə dəyişənlərinə ayrılan tənlik deyilir. Bu tənliyi həll etmək üçün onun hər

iki tərəfini N1(y) M2(x) 0 hasilinə bölək:

M1( x )M2 (x )

dx+N 2 ( y )N 1( y )

dy=0 .

Dəyişənlərinə ayrılmış bu tənliyin ümumi inteqralı

∫ M 1( x )M 2( x )

dx+∫ N 2( y )N 1( y )

dy=C (5)

olar. (4) tənliyinin (5) ümumi inteqralından alınmayan başqa həlləri də ola bilər.

Belə həllər N1(y) M2(x) = 0 bərabərliyinin ödənildiyi nöqtələr içərisində olar

(N1( y) = 0, M2(x) = 0).

Misal. x = 5, y = 1 başlanğıc şərtini ödəyən y '=1−x

2+ y diferensial tənliyinin

həllini tapmalı.

dydx=1−x

2+ y ,

(x – 1)dx + ( y + 2)dy = 0 ,

∫( x−1)d ( x−1)+∫( y+2)d ( y+2)=C 1 ,

( x−1)2+( y+2)2=C2

(C2=2C1 ).

Mərkəzi O(1,–2) nöqtəsində olan çevrələr. Xüsusi həlli tapaq üçün x = 5, y = 1

başlanğıc şərtlərdən istifadə edək:

(5−1 )2+(1+2 )2=C 2

, C2=25 .

Axtarılan xüsusi inteqral

( x−1)2+( y+2)2=25.

çevrəni müəyyən edir.

4. Bircins diferensial tənliklər.

Tərif 1. Əgər hər bir k ədədi üçün

f (kx , ky )=kn f ( x , y ) (1)

eyniliyi doğru olarsa, onda f ( x , y ) funksiyasına x və y dəyişənlərinə nəzərən n

dərəcəli bircins funksiya deyilir.

İndi isə

M ( x , y )dx+N ( x , y )dy=0 (2)

diferensial tənliyinə baxaq.

Tərif 2. Əgər x və y dəyişənlərinin diferensiallarının M (x, y) və

N (x, y) əmsalları eyni dərəcəli bircins funksiyalar olarsa, onda (2) tənliyi

birtərtibli bircins diferensial tənlik adlanır.

Bu tənliyi həll etmək üçün yx=z

, y = xz, dy = xdz + zdx əvəzləməsi vasitəsilə

onu dəyişənlərinə ayrılan tənliyə gətirmək lazımdır.

İndi tutaq ki, bircins diferensial tənlik aşağıdakı şəkildə verilmişdir

dydx=f (x , y )

. (3)

Əgər f ( x , y ) funksiyası x və y dəyişənlərinə nəzərən sıfır dərəcəli bircins

funksiya olarsa, yəni

f ( tx ,ty )=t0 f ( x , y )=f ( x , y )

şərti ödənilərsə, onda (3) tənliyi birtərtibli bircins diferensial tənlik olar.

Misal. x y '= y ln ( y

x ) diferensial tənliyinin ümumi həllini tapmalı.

x dydx= y ln ( y

x ) ,y ln( y

x )dx−xdy=0.

M ( x , y )= y ln( yx ) və N ( x , y )=−x birdərəcəli bircins funksiyalardır. Doğrudan da,

M (kx , ky )=ky ln ( kykx )=ky ln( y

x ) ,N (kx , ky )=−kx .

Tənliyi həll etmək üçun yx=z

, y = xz, dy = xdz + zdx əvəzləməsini aparsaq,

alarıq

xz lnz·dx-x(xdz+zdx)=0.

Buradan

xdz=z(lnz-1)dx,

x dzdx=z ( ln z−1)

,

dzz( ln z−1)

=dxx ,

d ( ln z−1)ln z−1

= dxx ,

ln ( ln z−1)= ln x+ lnC , ln z−1=Cx ,

ln z=Cx+1 , ln y

x=Cx+1

,

yx=eCx+1

.

Nəticədə baxılan tənliyin ümumi həlli y=xeCx+1 olar.

5.Birtərtibli xətti diferensial tənlik. Bernulli tənliyi.

Axtarılan funksiyaya və onun törəməsinə nəzərən xətti olan tənliyə birtərtibli

xətti diferensial tənlik deyilir və aşağıdakı kimi yazılır

y '+p ( x ) y=f (x ). (1)

f ( x ) 0 olduqda alınan

y '+p ( x ) y=0 (2)

tənliyinə (1) tənliyinə uyğun xətti bircins tənlik deyilir. f ( x )≠0 olduqda (1)

tənliyi xətti bircins olmayan diferensial tənlik adlanır. (1) tənliyini müxtəlif

üsullarla həll etmək olar. Bu üsullardan biri sabitin variasiyası üsuludur. Bu üsula

görə əvvəlcə xətti bircins tənliyin ümumi həlli tapılır. Alınan tənlik dəyişənlərinə

ayrılır

C 1 вя C 2

dyy=−p( x )dx .

Sonuncu tənliyi inteqrallasaq

ln|y|=−∫ p( x )dx+ln|C|,

buradan isə (2) tənliyinin ümumi həllini alarıq:

С2=С20

. (3)

İndi isə xətti bircins tənliyin (3) ümumi həllindəki ixtiyari C sabitini x-dən asılı F (x , y , y ' , y' ' )=0 funksiyası hesab edək:

С 1=С10 , (4)

y-in bu ifadəsini (1) tənliyində yerinə yazaraq sadə çevirmələrdən sonra alarıq

y ' '=f (x , y , y ' )

Buradan isə naməlum C(x) funksiyası tapılır

C ( x )=∫ f ( x )e∫ p(x )dx dx+C .

C(x)-in bu ifadəsini (4) bərabərliyində yerinə yazdıqda (1) tənliyinin ümumi həlli

alınar:

y=e−∫ p( x )dx [∫ f ( x )e∫ p ( x )dx dx+C ] .

Misal. y '− 2 x

x2+1y=x2+1

diferensial tənliyi həll edin.

Əvvəlcə bircins olmayan

y '− 2 xx2+1

y=x2+1 (5)

tənliyinin uyğun

y '− 2 xx2+1

y=0 (6)

bircins tənliyini həll edək.

y '=p( y ), dyy= 2 x

x2+1dx

,

dyy =

d (x2+1 )x2+1 ,

p dpdy=f ( y )

Axırıncı bərabərlikdən verilmiş bircins diferensial tənliyin ümumi həllini

tapırıq:p2

2=∫ f ( y )dy+C 1

2 . Burada C sabitini x-dən asılı pdp=f ( y )dy funksiyası hesab edək,

onda

y=C ( x )( x2+1) . (7)

y-in bu ifadəsini (5) tənliyində yerinə yazsaq alarıq

С '( x )( x2+1)+2 xC ( x )− 2 xx2+1

С ( x )( x2+1)=x2+1.

Buradan C'( x )=1 , yaxud C ( x )=x+C . Bu həlli (7) bərabərliyində yerinə

yazdıqda (5) tənliyinin həllini alarıq

∫ dy√2 f ( y )dy+C 1

=±( x+C 2). .

Bernulli tənliyi. Birtərtibli xətti tənliklərə gətirilə bilən bir növ tənlikdə

vardır, hansılara ki, Bernulli tənliyi deyilir. Bernulli tənliyi ümümi şəkildə

y ꞌ + p(x)y = q(x)y n , n 0;1 (8)

belə yazılır. Həmin tənlik z = y 1-n əvəzləməsi ilə xətti tənliyə gətirilir və daha

sonra alınmış birtərtibli xətti tənliyi ikinci y = u(x)v(x) əvəvzləməsi ilə həll

edirik.

Mövzu 31

Tam diferensiallı tənliklər. Yüksək tərtibli diferensial

tənliklər.

1. Tam diferensiallı tənliklər. İnteqrallatıcı vuruq.

2. Tənliyin tərtibinin azadılması halları.

3. Hasil və qismətin diferensialını daxilinə alan tənliklər.

1. Tam diferensiallı tənliklər. İnteqrallatıcı vuruq.

Tutaq ki,

p(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 (1)

diferensial tənliyin sol tərəfi hər hansı u(x,y) funksiyasının tam diferensialıdır. Onda bu diferensial tənlik tam diferensiallı adlanır.

Tam diferensiallıq. Tərifə əsasən

p(x,y)dx + Q(x,y)dy = du(x,y) = dudx dx + du

dy dy (2)

buradan.

p(x,y) = dudx , Q(x,y)= du

dy

Birinci bərabərlikdən y-ə, ikincidən x-ə nəzərən xüsusi törəmə alaq.

dpdy = d2u

dxdy , dQdx = d2u

dxdy

Şvars teoreminə görə

d2udxdy = d2u

dxdy

Odur ki,

dpdy = dQ

dx (3)

bərabərliyi (1) tənliyinin tam diferensiallıq şərti adlanır. Bu bərabərlik ödənildikdə axtarılan u(x) funksiyasını tapmaq olur. Onda (1) diferensial tənliyi du(x,y) = 0, bunun həlli isə u(x,y) = c olar.

Misal 1.

(3x2 + 6xy2)dx + (6x2y + 4y3)dy = 0

p = 3x2 + 6xy2 , Q = 6x2y + 4y3

dpdy = 12xy , dQ

dx = 12xy

Tam diferensiallıq şərti ödəndi. Odur ki,

dudx = 3x2 + 6xy2, hər tərəfi dx vurub inteqrallayaq:

∫ dudx

dx = ∫ (3 x 2+6 xy2 )dx

u(x,y) = x3 + 3x2y2 + φ(y)

(φ(y) hələlik məlum olmayan funksiyadır).

Hər tərəfdən y-ə nəzərən törəmə alaq.

dudy = 6x2y + φꞌ(y), du

dy = Q olduğundan

6x2y + 4y3 = 6x2y + φꞌ(y)

φꞌ(y) = 4y3 , φ(y) = y4

u(x,y) = x3 + 3x2y2 + y4

alınır və verilmiı tənliyin ümumi inteqralı.

x3 + 3x2y2 + y4 = c

Tutaq ki, (1) tənliyi tam diferensiallı deyil. Yəni 93) şərti ödənilmir. Bəzi hallarda elə μ(x,y) funksiyası tapmaq olur ki, (1) tənliyinə vurmaqla tənlik tam diferensiallı olur. Yəni

ddy

(μp )= ddx(μQ)

və ya

Qdμdx−¿ pdμ

dy = ( dpdy−dQ

dx ) μ,

buradan

Q dlnμdx−p dlnμ

dy=dp

dy−dQ

dx, (4)

Göründüyü kimi xüsusi törəməli diferensial tənlik alındı. Odur ki, xüsusi hallarda baxaq, hansı ki, inteqrallayıcı vuruğu nisbətən asan tapmaq olur

1) μ = μ(x) onda dμdy = 0 və (4) tənliyi

dlnμdx =

dpdy−dQ

dxQ

=h (x) (5)

şəklinə düşür. Inteqrallayıb, nəticədə

ln μ(x) = ∫ h ( x ) dx, μ(x)= e∫h ( x ) dx (6)

tapırıq.

Misal 2.

(2x2y + 2y + 5)dx + (2x3+ 2x)dx

(5) düsturunu tədbiq edək.

1Q ( dp

dy−dQ

dx ) = 12 x3+2x · (2x2 + 2 – 6x2 – 2) = h(x)

h(x) = - 4 x2

2 x3+2x = −2xx2+1 , demək

ln μ(x) = ∫ h ( x )dx = −∫ 2xx2+1

dx= −ln(¿ x2+1)¿ = ln (¿ x2+1)¿-1

μ(x) = 11+ x2 .

tənliyi μ(x)-ə vuraq

2 x2 y+2 y+5x2+1 dx + 2 x3+2x

x2+1 dy = 0

dudy=2 x3+2 x

x2+1 = 2x

dudy dy = 2xdy , u(x,y) = ∫2 xdy=2 xy+φ( x)

Buradan, dudy = 2y + φ ꞌ (x ) = 2 x2 y+2 y+5

x2+1 – 2y = 5

x2+1

φ ꞌ (x ) = 2 x2 y+2 y+5x2+1

−2 y= 5

x2+1

φ (x) = ∫ 5x2+1

dx=5arctgx.

Beləliklə, u(x,y) = 2xy + 5arctgx alınır.

Tənliyin ümumi inteqralı 2xy + 5arctgx = c ; x=0

2) μ = μ(x) olduqda, yəni

1p ( dQ

dx−dp

dy ) = λ(y) olduqda (4) tənliyindən

dlnμdy = λ(y) ; μ = e∫ λ ( y )dy (7)

Misal 3.

(2xy2 – 3y3)dx + (7-3xy3)dx

1p ( dQ

dx−dp

dy ) = −3 y2−4 xy+9 y2

2 xy2−3 y3 = −2y = λ(y);

μ = e∫ λ ( y ) dy = e−2∫ dxy = e-2 ln y = e ln y−2= y−2= 1

y2

2 x2−3 y3

y2 dx + 7−3 yx2

y2 dy = 0;

(2x – 3y)dx + ( 7y2−3 y)dy = 0

dudx = 2 x−3 y , du

dxdx=(2x−3 y )dx ,

u(x,y) = ∫ (2 x−3 y )dx=x2−3 xy−φ(x)

dudy=−3 x+φ ꞌ ( y )= 7

y2−3 x , φꞌ ( y )= 7y2 ,

φ ( y )=∫ 7y2 dy=−7

y u(x,y) = x2 −3 xy− 7y

x2 −3 xy− 7y=c .

Verilmiş tənliyin ümumi inteqralıdır.

2. Tənliyin tərtibinin azadılması halları.

Sərbəst dəyişəninə, axtarılan funksiyaya onun birinci və ikinci tərtib törəməsinə nəzərən tənliyə ikitərtibli diferensial tənlik deyilir. Bu tənliyi ümumi şəkildə aşağıdakı kimi yazmaq olar

F (x , y , y ' , y' ' )=0. (1) İkitərtibli diferensial tənliyi eyniliyə çevirən x məchulundan və iki sərbəst ixtiyari C 1 вя C 2 sabitlərindən asılı olan y=ϕ ( x ,C1 ,C2 ) funksiyasına bu tənliyin ümumi həlli deyilir.

(1) tənliyinin ümumi həllindən C1 və C2 ixtiyari sabitlərinin verilmiş С 1=С10 ,

С2=С20 qiymətlərində alınan y=ϕ ( x , C1

0 ,C20 ) həllinə (1) tənliyinin xüsusi həlli

deyilir.

Əgər F (x , y , y ' , y' ' )=0 tənliyi yüksək törəməyə nəzərən həll ediləndirsə, onda bu tənliyi

y ' '=f (x , y , y ' ) (2)şəklində göstərmək olar. Sadə inteqrallanan ikitərtibli diferensial tənliklərə elə tənliklər aiddir ki, (2) bərabərliyinin sağ tərəfində duran funksiya yalnız üç arqumentin birindən asılı olsun. I növ. Tutaq ki,

y ' '=f (x ). (3)Bu tənliyi inteqrallasaq alarıq

y '=∫ f ( x )dx+C 1 .

Yenidən inteqrallasaq nəticədə alarıq

y=∫ dx∫ f ( x )dx+C 1 x+C 2 ,

burada C 1 вя C 2– ixtiyari sabitlərdir və qeyri-müəyyən inteqrallar uyğun

funksiyaların ibtidai funksiyalarıdır. II növ. Tutaq ki,

y ' '=f ( y ). (4)Burada

y '=p( y )

götürsək ( p-yə y-dən asılı funksiya kimi baxsaq) alarıq

y ' '=d y '

dx=dp

dy⋅dy

dx=p dp

dy.

Nəticədə, (4) tənliyi aşağıdakı şəkilə düşər

p dpdy=f ( y )

.Dəyişənləri ayırsaq:

pdp= f ( y )dy .Sonuncu tənliyi inteqrallasaq alarıq:

p2

2=∫ f ( y )dy+C 1

2və ya

p=±√2∫ f ( y )dy+C1 .

p= dydx olduğundan əvvəlki tənliyi belə yazmaq olar:

dydx=±√2∫ f ( y )dy+C 1.

Buradan bir daha dəyişənləri ayıraraq və inteqrallayaraq sonda alarıq:

∫ dy√2 f ( y )dy+C 1

=±( x+C 2).

III növ. Tutaq ki,y ' '=f ( y' ). (5)

Burada y '=p( x ) götürək. Onda

y ' '=dpdx

olar və (5) tənliyi aşağıdakı şəkilə düşərdpdx=f ( p)

.Dəyişənləri ayıraraq inteqrallasaq:

dpf ( p )

=dx və

∫ dpf ( p )

=x+C1

.

Bu tənlikdən p=dy

dx kəmiyyətini müəyyən edərək ikinci dəfə inteqrallama yolu ilə y-ki də tapmaq olar.

Tərtibin azaldılması halları. İkitərtibli

y ' '=f (x , y , y ' ) (1)diferensial tənliyinin birtərtibli diferensial tənliyinə gətirildiyi aşağıdakı iki hala baxaq. I hal. Tutaq ki, (1) diferensial tənliyinin sağ tərəfində x dəyişəni aşkar şəkildə daxil deyildir, yəni tənlik

y ' '=f ( y , y ' ) (2)şəklindədir.Burada

y '=p( y ) və y ' '=dp

dx=dp

dy⋅dy

dx=p dp

dy

götürərək

p dpdy=f ( y , p)

birtərtibli diferensial tənliyi alarıq. Burada sərbəst dəyişən kimi y çıxış edir. II hal. Tutaq ki, (1) diferensial tənliyinin sağ tərəfində y dəyişəni aşkar şəkildə daxil deyildir, yəni tənlik

y ' '=f (x , y ' ) (3)şəklindədir. Burada

y '=p( x ) və y ' '=dp

dx

götürərək məchul p funksiyasının daxil olduğu birtərtibli diferensial tənlik alarıqdpdx=f ( x , p ).

Qeyd edək ki, yuxarıda baxılan II və III növləri (§ 6) (2) və (3) tənliklərinin xü-susi hallarıdır. Misal 1 .

y ' '= y¿

y (4)tənliyini həll edin.

Birinci hala görə y'=p və

y ' '=p dpdy götürək. Onda (4) tənliyi

p dpdy= p2

y

şəklinə düşər. Buradan:

1) p=0 , yəni y = C ;

2)

dpdy= p

y , yəni

dpp= dy

y və ln p= ln y+ ln C1 .

Potensiallasaq alarıq

p=dydx=C 1 y

və nəticədə,dyy=C1 dx .

İnteqralladıqdan sonra alarıqln y=C1 x+ ln C2

və deməli,y=C 2 eC1 x ,

burada C 1 вя C2 – ixtiyari sabitlərdir. Misal 2 .

x=1 olduqda y=1

2 və y '=1 başlanğıc şərtləri ödəyənx y ' '=2 x− y '

(5)tənliyinin həllini tapın.

(5) tənliyində y'=p və

y ' '=dpdx götürək. Onda

x dpdx=2 x−p ,

yaxud dpdx=2− p

x.

(6)

Alınan tənlik bircins tənlik olduğundan px=u

əvəzləməsi qəbul edək, nəticədə

p=xu вя dpdx=x du

dx+u .

(6) tənliyində yerinə yazsaq alarıq

x dudx+u=2−u

;buradan

dudx=2−2 u

x , və ya du

u−1=−2 dx

x.

İnteqrallasaq alarıqln (u−1)=−2 ln x+ lnC 1

və nəticədə,

u−1=C1

x2

, yəni px=1+

C 1

x2

və p=x+

C1

x .C 1 ixtiyari sabitini müəyyən etmək üçün verilmiş başlanğıc şərtləri (x = 1 olduqda p= y'=1) nəzərə alaq: 1=1+C 1, yəni C 1= 0 və beləliklə,

p=dydx=x .

Buradan alırıq dy=xdx və

y=∫ xdx= x2

2+C2

. (7)

C 2 sabitini başlanğıc şərtlərdən tapırıq. (7) düsturunda x = 1 və y=1

2 götürsək

alarıq 12=1

2+C2

, yəni C 2=0 . Nəticədə, axtarılan xüsusi həll y= x2

2 olar.

3. Hasil və qismətin diferensialını daxilinə alan tənliklər.

İndi isə funksiyaların hasilini və ya qismətini daxilinə alan iki növ tənliyə baxaq, həmin tənliklər aşağıdakı şəkildə yazıla bilər:

d(xy) = x dy + y dx; (1)

d( yx ) = xdy− ydx

x2 ; (2)

d( xy ) =

y dx−xdyy2 . (3)

Bu növ tənlikləri

xy = u, y = ux və ya y

x =u, y = ux

əvəvzləmələrin köməyi ilə asanlıqla həll etmək mümkündür. Həmin əvəzləmələrin tədbiqinə aid bir misala baxaq: Misal 1. (1) halına aid x2dy + xydx = dxtənliyi həll edin. Ortaq vuruğ kimi x məchulunu mötərizə xaricinə çıxaraq: x( xdy+ ydx )=dx .

Tənliyin hər iki tərəfini 1x ifadəsinə vuraq:

d(xy) = 1x

dx əvəzləmə

du = 1x

dx . y · x = u

Sonuncu tənliyi bircins tənlik kimi həll edək:

∫ du=∫ 1x

dx.

u = ln x ⇒yx = ln x + ln C = ln (Cx)

Burdan alırıq ki, tənliyin ümumi həlli

y = ln (Cx)x .

Misal 2. (2) halına aid

y2xdy – y3dx = x2dy

tənliyi həll edin. Ortaq vuruğ kimi y2 məchulunu mötərizə xaricinə çıxaraq:

y2 (xdy− ydx) = x2dy.

Tənliyin hər iki tərəfini 1x2 y2 ifadəsinə vuraq:

xdy− ydxx2 = 1

y2 dy əvəzləmə

d( yx ) = y-2dy y

x=u

∫ du=∫ 1y2 dy

u = −1y + C ⇒ y

x = C −1y

Burdan alırıq ki, tənliyin ümumi həlli

y2 = x(Cy – 1).

Mövzu 32

İkitərtibli diferensial tənliklər. İxtiyari sabitin variyasiya

Üsulu. Xətti sabit əmsallı tənliklər sistemi.

1. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins tənliklər.

2. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins olmayan tənliklər.

3. Sabit əmsallı xətti diferensial tənliklər üçün sabitlərin variyasiyası metodu (Laqranj üsulu).

4. Xətti bircins sabit əmsallı diferensial tənliklər sistemi.

1. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins tənliklər.

Tutaq ki, ikitərtibli xətti bircins y + py + qy = 0 (1)

tənliyi verilmişdir, burada p, q əmsalları sabit ədədlərdir. Bu tənliyin həlli y=ekx

şəklində axtarılır, burada k axtarılan sabit ədəddir. Onda

y '=kekx , y ' '=k2 ekx.

Törəmələrin bu qiymətlərini (1) tənliyində yerinə yazaq

ekx(k2+pk+q) = 0,

burada ekx0 olduğundan alırıq ki,

k 2+ pk+q=0 . (2)(2) tənliyinə (1) diferensial tənliyinin xarakteristik tənliyi deyilir. Bu tənlikdən k-nı tapaq

k1,2=−p2±√ p2

4−q .

(3)Burada aşağıdakı hallar mümkündür.1. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin k1 və k2 kökləri həqiqi və müxtəlifdirsə, onda

y1=ek1 x

və y2=ek2 x

funksiyaları xüsusi həllərdir. Deməli, (1) tənliyinin ümumi həlli aşağıdakı düsturla ifadə olunur:

y = C1ek 1x

+C2ek 2x

. (4)

2. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin kökləri həqiqi və bərabərdirsə (k1 = k2 ), onda (1) tənliyinin ümumi həlli aşağıdakı düsturla ifadə olunar:

y=C 1 ek1x+C 2 xe

k 1 x=e

k1 x(C 1+C2 x ) (5)

3. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin k1 və k2 kökləri kompleks olarsa ( k1 = +i , k2 = –i), onda (1) tənliyinin ümumi həlli

y=eαx(C1 cos βx+C 2 sin βx ) (6)şəklində olur.

2. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins olmayan tənliklər.

Qeyri-məlum əmsallar üsulu.

Tutaq ki, bircins olmayan ikitərtibliy ' '+ p y '+qy= f ( x ) (1)

tənliyi verilmişdir, burada p, q əmsalları sabit ədədlər, f ( x )– məlum funksiyadır. Aşağıdakı teorem doğrudur. Teorem 1. Bircins olmayan (1) tənliyinin ümumi həlli

y ' '+ p y '+qy=0 (2)bircins tənliyinin ( f ( x )=0 ) ümumi həlli ilə verilən bircins olmayan (1) tənliyin xüsusi həllinin cəminə bərabərdir. İsbatı . Əgər y0 bircins (2) tənliyinin ümumi həlli və y* uyğun bircins olmayan (1) tənliyinin xüsusi həllidirsə, onda

y0' '+ p y0

' +qy0=0 və y*+ py*+qy* =f ( x ). Bu iki tənliyi tərəf-tərəfə toplasaq və cəmin törəməsinin törəmələrin cəminə bərabər olduğunu nəzərə alsaq

(y0 + y*)+ p( y0 + y*)+q( y0 + y*) =f ( x ).

Buradan aydındır ki, y = y0 + y* (3)

funksiyası (1) tənliyinin ümumi həlli olacaq. Teorem 2. Tutaq ki, bircins olmayan

y + py + qy = f1(x) + f2(x) (4)

tənliyinin sağ tərəfi f1(x) və f2(x) funksiyalarının cəmidir. Əgər y1

y + py + qy = f1(x)tənliyinin xüsusi həlli və y2 isə

y + py + qy = f2(x)tənliyinin xüsusi həllidirsə, onda y1 + y2 cəmi verilmiş (4) tənliyinin xüsusi həl-lidir. Biz sabit əmsallı xətti bircins tənliyin ümumi həllini tapa bilirik. İndi isə uyğun bircins olmayan (1) tənliyinin xüsusi həllinin tapılma üsulunu göstərək. Qeyd edək ki, f ( x ) funksiyasının bəzi xüsusi şəkilləri üçün xüsusi həlli qeyri-müəyyən əmsallar üsulu ilə tapmaq olar.Aşağıdakı sadə hallarda tənliyin sağ tərəfindəki f ( x ) funksiyasının şəklinə görə (1) tənliyinin y* xüsusi həllinin şəklini əvvəlcədən göstərmək olar.

1-ci hal . f ( x )= P(x), burada P(x) – çoxhədlidir. Bu halda, əgər xarakteristik tənliyinin kökü sıfra bərabər olmazsa, onda y* xüsusi həlli P(x) ilə eyni tərtibə malik olan Q(x) çoxhədlisi şəklindədir; əgər sıfır ədədi xarakteristik tənliyin r dəfə təkrarlanan kökü olarsa, onda y* = xrQ(x).

2-cü hal . f ( x )= emxP(x). Burada P(x) müəyyən dərəcəli çoxhədlidir. Bu halda əgər m ədədi xarakteristik tənliyin kökü olmazsa, onda y*=emxQ(x) və əgər m xarakteristik tənliyin r dədə təkrarlanan kökü olarsa, y*=xremxQ(x) olar. Bu-rada Q(x) çoxhədlisi P(x) ilə eyni dərəcəli çoxhədlidir.

Xüsusi hal. f ( x )= aemx (a, m – sıfırdan fərqli müəyyən ədədlərdir). Bu halda əgər m xarakteristik tənliyin kökü olmazsa, onda y*=Aemx və əgər m xarakteristik tənliyin r dəfə təkrarlanan kökü olarsa, onda y*=Axremx olar. Bu-rada A axtarılan əmsaldır.

3-cü hal . f ( x )=eαx (P( x )cos βx+Q( x )sin βx ). Bu halda əgər α±βi ədədləri

xarakteristik tənliyin kökləri olmazsa, onda

y¿=eαx (A ( x )cos βx+B (x )sin βx )

və əgər α±βi ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olarsa, onda

y¿=xeαx( A ( x )cos βx+B( x )sin βx ). Burada A( x ) və B( x )çoxhədlilərin dərəcəsi P( x ) və Q( x ) çoxhədlilərin dərəcəsinin ən böyüyünə bərabərdir.

Xüsusi hal . f ( x )=eαx (a cos βx+b sin βx ) (a, b, , – sıfırdan fərqli müəyyən ədədlərdir). Bu halda əgər α±βi ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olmazsa, onda

y¿=eαx (A cos βx+B sin βx )

və əgər α±βi ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olarsa, onda

y¿=xeαx( A cos βx+B sin βx ).Burada A və B axtarılan əmsallardır.

3. Sabit əmsallı xətti diferensial tənliklər üçün sabitlərin

variyasiyası metodu (Laqranj üsulu).

Sabitlərin variyasiya metodunun tədbiqini xətti diferensial tənliklərin bir gədər ümumi halı üçün araşdıraq. Yəni ümumi hal olaraq həmin üsulun dəyişən əmsallı xətti diferensial tənlikləri üzərində öyrənək, çünki buradan asanlıqla həmin metodun sabit əmsallı olan tənliklər üçün istifadəsini göstərmək mümkündür.

Daha aydın olsun deye ikitərtibli xətti tənliyə baxaq:

yꞌꞌ + p1(x)yꞌ + p2(x)y = f(x), (1)

yꞌꞌ + p1(x)yꞌ + p2(x)y =0. (2)

Bilirik ki, ikinci tənlik birinci tənliyə uyğun olan bircinsli tənliyidir.

Fərz edək ki, ikinci tənliyin ümumi həllini

y = c1y1 + c2y2 (3)

kimi götürək.

Burada c1 və c2 ixtiyari sabitlər, y1(x) və y2(x) isə (2) tənliyinin xətti asılı olmayan xüsusi həllidir. Belə olan halda sabit əmsallı xətti diferensial tənliyin qeyri-bircins halı üçün Laqranj metoduna görə aşağıdakı şəkildə axtarmaq əlverişlidir:

y =Ay1 + By2 (4) Burada A və B aşağıda verilən tənliklər sistemini ödəyən x-dəyişənindən asılı olan axtarılan fuksiyalardı: A(x) və B(x):

A ꞌ ( x ) · y1+B ꞌ ( x ) · y2=0

A ꞌ ( x ) · y ꞌ 1+B ꞌ ( x ) · y ꞌ 2=f (x) (5)

Alınan tənliklər sistemini Kramer üsulu ilə həll etmək üçün əvvəlcə sistemin ω əsas determinantını hesablayaq və determinantın 0 ədədindən fərgli olmasını yoxlayaq:

ω = y1 y2

y ꞌ 1 y ꞌ 2 (6)

Determinantın 0-dan fərgli olan halda axtarılan A ꞌ ( x ) və Bꞌ ( x ) funksiyaları aşağıdakı işadələrə görə tərtib edirik:

A ꞌ ( x ) = − y2 f (x)

ω , Bꞌ ( x ) = y1 f (x)

ω (7)

Daha sonra A(x) və B(x) funksiyalarını tapmaq üçün (7) bərabərliklərin hər iki tərəfini inteqrallayırıq. Xüsusi olaraq qeyd edək ki, Laqranj üsulundan sabit əmsallı xətti qeyri-bircins diferensial tənliklərinin sərbəst hədləri üstlü funksiya, çoxhədli və xüsusi olaraq triqonometrik polinomdan fərgli olan hallarda istifadə etmək zəruri və əlverişlidir. Misal. Tənliyi sabitlərin variyasiyası metodunun köməyi ilə həll edin:

yꞌꞌ + yꞌ = 11+ex . Tənliyin sağ tərəfi kəsr-rasional ifadə oduğundan Laqramj

üsulundan istifadə edilmıəsi məsləhətdidir: I addım. Tənliyin xarakteristik tənliyini tərtib edək və onun xətti əsılı olmayan xüsusi həllərini tapaq:

k2 + k = 0, k1 = 0, k2 = 1.Onda uyğun olaraq xüsusi həllər: y1 = 1, y2 = e-x .

II addım. Aꞌ(x) və Bꞌ(x) funksiyalarına görə sistem tərtib edək və onun əsas determinantını hesablayaq:

A ꞌ ( x ) · y1+B ꞌ ( x ) · y2=0

A ꞌ ( x ) · y ꞌ 1+B ꞌ ( x ) · y ꞌ 2=1

1+ex

ω = y1 y2

y ꞌ 1 y ꞌ 2 = 1 e−x

0 −e− x = −e− x .

III addım. A ꞌ ( x ) üçün alırıq:

A ꞌ ( x ) = − y2 f (x)

ω = −e− x

(−e¿¿−x )· 11+ex ¿

= 11+ex

İndi isə A(x) funksiyasını tapaq:

A(x) = ∫ dx1+ex + C1 .

Bu inteqralı ex = t; x = ln t; dx = d(ln t) = 1t dt əvəzləmənin köməyi ilə qeyri-

məlum əmsallar üsulu ilə həll edirik:

A(x) = ∫ dtt (t+1) + C1 = ∫ D

tdt+ P

t+1dt+C1.

Bunun üçün D və P əmsallarına görə sistem tərtib edirik və həmin sistemindən D=1 və P=-1 alaraq:

A(x) = ln(ex) – ln(ex+1) + C1 = x - ln(ex+1) + C1. (1)

IV addım. Bꞌ ( x ) alırıq:

Bꞌ ( x ) = y1 f (x)

ω = 1−e−x ·

11+ex = 1

1+e−x .

Indi isə B (x ) funksiyasını tapaq:

B (x ) = −∫ dx1+e−x + C2 .

Bu inteqralı e -x= t; -x = ln t; dx = d(-ln t) = - 1t dt əvəzləmənin köməyi ilə qeyri-

məlum əmsallar üsulu ilə həll edirik:

B (x ) = −x−ln (1+e− x) + C2 (2)

V addım. Nəhayət tənliyin ümumi həllini tərtib edək:

Yümumi = (x - ln(ex+1) + C1) + e− x · (−x−ln (1+e− x) + C2) = sadələşdiriləndən sonra = x + C1 + C2 · e− x – ln(ex+1) · (1+e¿¿−x)¿ .

4. Xətti bircins sabit əmsallı diferensial tənliklər sistemi.

Belə tənliklər sisteminin ümumi şəklini aşağıdakı kimi verə bilərik:

dx i

dt = ∑j=1

n

aij x j, i = 1 , n (1)

Burada a ij – sabit ədədlər, x j= x j(t) – məchul funksiyalardır. Bu tənliklər sisteminin həlli elə

x1 = φ1(t), x2 = φ2(t), ..., xn = φn(t) (2)

funksiyalar külliyatına deyilir ki, onları sistemə yazdıqda sistemin hər tənliyi verilmiş intervalda eynilitə çevrilsin. Həlli üçün başlanğıc şərtləri verilərsə məsələyə sistemin Koşi məsələsi deyilir. Koşi məsələsinin köməyi ilə biz n-sayda ixtiyari c1, c2,...,cn sabitlərinin xüsusi qiymətləri tapılır. (1) sisteminin həlli üçün bir çox metodlar mövcuddur. Onlardan biri verilmış tənliklər sistemini n-tərtibli bir xətti diferensial tənliyə qətirilməsi üsuludur. Həmin üsula aid n = 2 sayda tənliklər sisteminə baxaq:

dxdt = x – 2y

dydt = x + 3y (1)

Sisteminin ikinci tənliyini t-yə nəzərən diferensiallayaq və birinci tənliyi nəzərə alaq.

d2 ydt 2 = dx

dt + 3dydt = x – 2y + 3dy

dt

İkinci tənlikdən x = dydt – 3y (2) tapıb, burada yerinə yazaq

d2 ydt 2 = dy

dt – 3y – 2y +3dydt

və ya

d2 ydt 2 = 4dy

dt + 5y = 0

n = 2 tərtibli sabit əmsallı bircins tənlik alındı. Bu tənliyi həll edək:

r2 – 4r + 5 = 0, r1,2 = 2 i

Məlumdur ki, xarakteristik tənliyin kökləri α ± iβ olduqda bu köklərə uyğun xüsusi həllər y1 = eαxcosβx, y2 = eαx sinβx şəklində olur. Bizim baxdığımız misalda α=2 , β=1 , x=t olduğundan

y1 = e2 t cos t, y1 = e2 t sin t

və ümumi həll y = (c1cost + c2sint)e2 t

olar. y-ın bu qiymətini (2)-dən yazmaqla

x = dydt – 3y = (-c1sint + c2 cost - c1cost - c2sint)e2 t

və ya x = [(c2-c1)cost – (c1+c2)sint]e2 t.

Beləliklə, verilmiş (1) sisteminin ümumi həlli

x(t) = (c2-c1)e2 tcost - (c1+c2)e2 tsint

y(t) = (c1 cost + c2 sint)e2 t (3)

düsturları ilə təyin olunmuş olur.

Mövzu 33

Ədədi sıralar, onların yığılması. Yığılan sıraların xassələri.

Müsbət hədli sıralar və onların yığılma əlamətləri.

1. Əsas anlayışlar və ümumi teoremlər.

2. Sıranın yığılmasının zəruri əlaməti. Müsbət hədli

s ıraların müqayisəs i.

3. Sıranın yığılmasının əlamətləri: Dalamber əlaməti, Koşi

əlaməti, inteqral əlaməti.

1. Əsas anlayışlar və ümumi teoremlər.

Tutaq ki, ... , ..., , , ,321 nuuuu sonsuz ədədlər ardıcıllığı verilmişdir. Bu ardıcıllığın

elementlərindən düzəldilmiş

......321

nuuuu (1)

ifadəsi ədədi sıra adlanır. ... , ..., , ,21 nuuu ədədlərinə sıranın hədləri deyilir. Sıranın

sonlu sayda ilk n həddinin cəminə sıranın n-ci xüsusi cəmi deyilir və nS ilə işarə

edilir:

.21

... nn uuuS

Əgər nnSS

lim limiti varsa və sonludursa, onda bu limit (1) sırasının cəmi

adlanır və bu halda deyirlər ki, sıra yığılandır. nnS

lim limiti yoxdursa (məsələn,

nn

Slim ) deyirlər ki, (1) sırası dağılandır və cəmi yoxdur.

......21

nuuu sırasının hədləri hər hansı bir ba, parçasında qiymətlər alan x

dəyişənindən asılı funksiyalardırsa, bu sıraya funksional sıra deyilir:

...)(...)()(21

xuxuxu n (2)

x dəyişəninə müxtəlif qiymətlər verməklə müxtəlif ədədi sıralar almış olarıq.

Bu ədədi sıralar yığılan və ya dağılan ola bilər.

(2) sırasının yığıldığı x ədədləri çoxluğuna funksional sıranın yığılma oblastı

deyilir. Aydındır ki, sıranın cəmi x dəyişənindən asılı bir funksiyadır və bu

funksiyanın təyin oblastı həmin yığılma oblastından ibarətdir. Buna görə də

funksional sıranın cəmini )(xS ilə işarə edirlər. (2) sırasının ilk n həddinin cəmini

)(xS n ilə işarə edək. Əgər bu sıra yığılırsa və onun cəmi )(xS olarsa, onda

)()()( xRxSxS nn ,

burada )(xRn funksiyası ...)()()(21

xuxuxR nnn .

Bu halda )(xRn funksiyası (2) sırasının qalığı adlanır. Yığılma intervalından

götürülmüş bütün x-lər üçün )()(lim xSxSnn

, buna görə də

0)()(lim)(lim

xSxSxR nnnn ,

yəni yığılan sıranın qalığı n şərtində sıfra yaxınlaşır.

Ədədi sıraların aşağıdakı xassələrinə baxaq.

Teorem 1. Verilmiş (1) sırasının bir neçə həddini atdıqdan sonra alınan sıra

yığılırsa, verilmiş sıranın özü də yığılır.

Əksinə, verilmiş sıra yığılırsa, bu sıranın bir neçə həddini atdıqdan sonra alınan

sıra da yığılır. Başqa sözlə, sıranın sonlu sayda hədlərinin atılması onun

yığılmasına təsir etmir.

Teorem 2. Əgər ......21

nuuu sırası yığılırsa və onun cəmi S ədədinə

bərabərdirsə, onda

......21

nсuсuсu

sırası da yığılır və onun cəmi cS ədədinə bərabərdir; burada c hər hansı qeyd

edilmiş ədəddir.

Teorem 3. Əgər

1nnu və

1nnv sıraları yığılırsa və onların cəmləri uyğun

olaraq S və S ədədlərinə bərabərdirsə, onda

...)(...)()()(2211

1

nn

nnn vuvuvuvu

və

...)(...)()()(2211

1

nn

nnn vuvuvuvu

sıraları da yığılır və onların cəmi uyğun olaraq SS və SS ədədlərinə

bərabərdir, yəni

SSvuvun

nn

nn

nn111

)(

.

111

)(

SSvuvun

nn

nn

nn

2. Sıranın yığılmasının zəruri əlaməti. Müsbət hədli

s ıraların müqayisəs i.

Teorem 1. (sıraların yığılmasının zəruri əlaməti). Əgər sıra yığılırsa, onda

n qeyri-məhdud artdıqda onun n-ci həddi sıfra yaxınlaşır.

İsbatı. Tutaq ki, u1+u2+. . .+un+. . . sırası yığılır, yəni

limn→∞

Sn=S

(burada S – sıranın cəmidir), onda n→∞ şərtində (n−1)→∞ olduğundan

limn→∞

Sn−1=S.

Birinci bərabərlikdən ikinci bərabərliyi tərəf-tərəfə çıxsaq

limn→∞

Sn−limn→∞

Sn−1=0 ,

yaxud

limn→∞

(Sn−Sn−1 )=0

alırıq. Digər tərəfdən Sn−Sn−1=un olduğundan

a1+2a2 x+3 a3 x2+.. .+nan xn−1+. ..

olar. Teorem isbat edildi.

Nəticə. Sıranın n-ci həddi n→∞ şərtində sıfra yaxınlaşmırsa, sıra dağılır.

Qeyd edək ki, baxılan əlamət yığılma üçün ancaq zəruridir, kafi deyil, yəni

sıranın n-ci həddinin sıfra yaxınlışmasından onun yığılması alınmır, sıra dağıla

da bilər.

Məsələn, harmonik sıra adlanan

1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+.. .+ 1

n+. . .

sırası dağılır, lakin

(−R ,R )

.

Müsbət hədli sıraların müqayisəs i. Tutaq ki, müsbət hədli iki sıra

verilmişdir:

u1+u2+. . .+un+. . ., (1)

v1+v2+.. .+vn+. .. (2)

Onlar üçün aşağıdakı təkliflər doğrudur.

Teorem 2. Əgər (1) sırasının hədləri (2) sırasının uyğun hədlərindən

böyük deyildirsə, yəni R= 1

limn→∞

n√an (n = 1, 2, …) və (2) sırası yığılırsa, onda (1) sırası

da yığılır.

Teorem 3. Əgər (1) sırasının hədləri (2) sırasının uyğun hədlərindən

kiçik deyildirsə, yəni un≥vn (n = 1, 2, …) və (2) sırası dağılırsa, onda (1) sırası

da dağılır.

Qeyd. Bu əlamətlər (1-ci və 2-ci teorem) ancaq müsbət hədli sıralar üçün

doğrudur. Bu sıraların bəzi hədləri sıfır olduqda da bu əlamətlər öz gücündə

qalır, ancaq sıraların hədləri içərisində mənfi hədlər olarsa, onda bu əlamətlər

doğru olmaya da bilər.

3. Sıranın yığılmasının əlamətləri: Dalamber əlaməti, Koşi

əlaməti, inteqral əlaməti.

Teorem 1. (Dalamber əlaməti ). Əgər müsbət hədli

R= limn→∞|an +1

an|

(1)

sırasında (n+1)-ci həddin n-ci həddə nisbətinin n→∞ şərtində sonlu l limiti

varsa, yəni

limn→∞

un+1

un=l

,

onda:

1) l < 1 olduqda sıra yığılır,

2) l > 1 olduqda sıra dağılır,

3) l = 1 olduqda sıranın yığılan olub-olmaması sualına bu teorem cavab vermir.

Teorem 2. (Koşi əlaməti ). Əgər müsbət hədli (1) sırası üçün n√un

kəmiyyətinin n→∞ şərtində sonlu l limiti varsa, yəni

R=∞,

onda: 1) l < 1 olduqda sıra yığılır,

2) l > 1 olduqda sıra dağılır.

Qeyd. Dalamber əlamətində olduğu kimi burada da

limn→∞

n√un=l=1

halı əlavə tədqiqat tələb edir. Bu şərti ödəyən sıralar içərisində istər yığılan və

istərsə də dağılan sıralar vardır.

Teorem 3. (inteqral əlaməti ). Tutaq ki,

u1+u2+. . .+un+. . .

(1)

sırasının hədləri müsbət və artmayandır, yəni

u1≥u2≥u3≥. ..

və f (x) elə artmayan kəsilməz funksiyadır ki,

(−R ,R ), f (2)=u2 , … , f (n)=un

şərtlərini ödəyir. Bu halda aşağıdakı təkliflər doğrudur:

1) əgər ∫

1

∞

f ( x )dx qeyri-məxsusi inteqralı yığılırsa, (1) sırası da yığılır,

2) həmin inteqral dağılırsa, (1) sırası da dağılır.

Mövzü 34

İşarəsi dəyişən sıralar (növləri). Leybnis əlaməti. Qüvvət

sıraları.

1. İşarəsi dəyişən sıralar

2. Leybnis teoremi.

3. Qüvvət sıraları.

1. İşarəsi dəyişən sıralar.

Sıranın hədləri içərisində həm müsbət və həm də mənfi işarəli hədlər olarsa,

onda belə sıraya işarəsini dəyişən sıra deyilir.

Teorem 1. Əgər işarəsini dəyişən

......21

nuuu (1)

sırasının hədlərinin mütləq qiymətlərindən düzəldilmiş

... ... 21

nuuu (2)

sırası yığılırsa, onda verilmiş işarəsini dəyişən sıra da yığılır.

Qeyd edək ki, bu yığılma əlaməti işarəsini dəyişən sıralar üçün yalnız kafi

əlamətdir, zəruri əlamət deyil; işarəsini dəyişən elə sıralar var ki, özləri yığılır,

lakin mütləq qiymətlərindən düzəldilmiş sıralar dağılır. Buna görə də işarəsini

dəyişən sıralar üçün yeni mütləq və şərti yığılma anlayışlarını və bu anlayışlar

əsasında işarəsini dəyişən sıraların təsnifatını vermək lazım gəlir.

Tərif. Hədləri müxtəlif işarəli olan (1) sırasının hədlərinin mütləq

qiymətlərindən düzəldilmiş (2) sırası yığılırsa, (1) sırasına mütləq yığılan sıra

deyilir. İşarəsini dəyişən (1) sırası yığılırsa, lakin onun mütləq qiymətlərindən

düzəldilmiş (2) sırası dağılırsa, verilmiş (1) sırasına şərti və ya qeyri-mütləq

yığılan sıra deyilir.

Hədləri müxtəlif işarəli ədədlər olan sıraların ən sadə növü işarəsini növbə ilə

dəyişən sıralardır.

...)1(...)1( 1

43211

1

n

n

nn

n uuuuuu (3)

şəklində olan sıraya işarəsini növbə ilə dəyişən sıra deyilir.

2. Leybnis teoremi.

Leybnis teoremi . İşarəsini növbə ilə dəyişən

u1−u2+u3−u4+. .. (un>0 )

sırasının hədləri azalırsa:

u1>u2>u3>.. .

və

limn→∞

un=0

şərti ödənirsə, onda (1) sırası yığılır, onun cəmi müsbət ədəddir və birinci həddən

böyük deyildir.

3. Qüvvət sıraları.

Tərif 1. Aşağıdakı şəkildə verilmiş funksional sıraya qüvvət sırası deyilir:

a0+a1 x+a2 x2+. ..+an xn+. . . , (1)

burada a0 , a1 , a2 ,. .. , an , . ..sabit ədədlərdir, bu ədədlər sıranın əmsalları adlanır.

Teorem 1 (Abel teoremi) . 1) Əgər qüvvət sırası x0-ın sıfra bərabər

olmayan hər hansı bir qiymətində yığılırsa, onda bu sıra |x|<|x0| bərabərsizliyini

ödəyən bütün x-lər üçün mütləq yığılır;

2) əgər qüvvət sırası hər hansı bir x0 nöqtəsində dağılırsa, onda bu sıra x-in

|x|>|x0| bərabərsizliyini ödəyən bütün qiymətlərində dağılır.

Bu teoremdən alınır ki, qüvvət sırasının yığılma oblastı, mərkəzi koordinat

başlanğıcında olan intervaldır.

Tərif 2. Tutaq ki, (−R ,R ) intervalının istənilən daxili nöqtəsində verilmiş

qüvvət sırası yığılır və istənilən xarici nöqtəsində isə sıra dağılır. Onda R ədədinə

qüvvət sırasının yığılma radiusu, (−R , R ) intervalına isə onun yığılma intervalı

deyilir.

İntervalın uclarında (yəni –R və R nöqtələrində) sıranın yığılıb-dağılan olduğunu

hər bir sıra üçün ayrıca yoxlamaq lazımdır.

Qeyd edək ki, elə sıralar var ki, yığılma intervalı ancaq bir nöqtədən ibarətdir

(R = 0) və elə sıralar da var ki, yığılma intervalı bütün OX oxunu əhatə edir

(R=∞).

Qüvvət sırasının yığılma radiusu sıraların Dalamber və Koşi əlamətinə əsasən

tapmaq olar. Qüvvət sıralarının yığılma radiusu

R=limn→∞|an +1

an| və ya

R= 1limn→∞

n√an

düsturu ilə təyin olunur.

Teorem 2. (−R , R ) intervalı (1) qüvvət sırasının yığılma intervalıdırsa, onda

(1) sırasını hədbəhəd diferensiallamaqla alınan

a1+2a2 x+3a3 x2+.. .+nan xn−1+. .. (3)

qüvvət sırasının da yığılma intervalı həmin (−R , R ) intervalıdır, bundan başqa

yığılma intervalının daxilində (1) qüvvət sırasının cəminin törəməsi, həmin sıranı

hədbəhəd diferensiallamaqla alınan sıranın cəminə bərabərdir.

Bu teoremi (3) sırasına tətbiq etməklə həmin sıranın da (−R , R ) yığılma intervalı

daxilində hədbəhəd diferensiallanan olduğununu almaq olar. Həmin prosesi

istənilən qədər davam etdirmək olar və beləliklə, aşağıdakı nəticə alınar.

Teorem 3. Əgər (−R , R ) qüvvət sırasının yığılma intervalıdırsa, bu intervalın

daxilində sıranın cəminin istənilən tərtibli törəməsi var, bu törəmələrdən istənilən

k tərtiblisi verilmiş sıranı k dəfə diferensiallamaqla alınan sıranın cəminə

bərabərdir, bundan başqa diferensiallamaqla alınan sıraların hər birinin yığılma

intervalı həmin (−R , R ) intervalıdır.

Teorem 4. (1) qüvvət sırasını onun (−R , R ) yığılma intervalı daxilində

yerləşən hər bir [a , b ] parçasında hədbəhəd inteqrallamaq olar.

(x – a) ikihədlisinin qüvvətlərinə görə düzülmüş

a0+a1( x−a)+a2( x−a )2+. . .+an ( x−a )n+. ..

funksional sırası da qüvvət sırasıdır, a0 , a1 ,. .. , an ,. .. ədədlərinə sıranın əmsalları

deyilir. Bu sıra x-in |x−a|<R bərabərsizliklərini ödəyən qiymətlərində yığılır və

|x−a|>R olduqda isə dağılır. Deməli, R yığılma radiusudur, sıranın yığılma

intervalı isə mərkəzi a nöqtəsində olan (a−R , a+R ) intervalıdır.

Mövzü 35

Funksional sıralar. Teylor və Makloren sıraları.

1. Teylor və Makloren sıraları.

2. Elementar funksiyaların Makloren sırasına ayrılması.

1. Teylor və Makloren sıraları.

Tərif. Tutaq ki,

∑n=0

∞

an( x−a )n

(1)

qüvvət sırası (a−R , a+R ) intervalında yığılır və onun cəmi f ( x ) funksiyasına bərabərdir,

yəni x-in (a−R , a+R ) intervalındakı bütün qiymətlərində

f ( x )=∑n=0

∞

an( x−a)n

bərabərliyi doğrudur. Onda, deyirlər ki, f ( x ) funksiyası (a−R ,a+R ) intervalında (1)

qüvvət sırasına ayrılır.

Tutaq ki, f ( x ) funksiyası (a−R , a+R ) intervalında qüvvət sırasına ayrılmışdır, yəni

f ( x )=∑n=0

∞

an( x−a)n=a0+a1( x−a )+a2( x−a)2+a3( x−a )3+.. . (2)

Onda bu sıranı istənilən tərtibdən hədbəhəd diferensiallamaq olar:

f '( x )=a1+2 a2( x−a)+3 a3( x−a )2+. . .+nan ( x−a )n−1 ,f ' ' ( x )=2a2+2⋅3 a3( x−a )+3⋅4 a4( x−a)2+4⋅5 a5( x−a )3+.. . ,

f ' ' '( x )=2⋅3 a3+2⋅3⋅4 a4 (x−a )+3⋅4⋅5 a5 (x−a )2+ .. . ,f IV ( x )=2⋅3⋅4 a4+2⋅3⋅4⋅5 a5( x−a )+.. . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Bu bərabərliklərdə və (2)-də x-in yerinə a yazdıqda:

f (a )=a0 , f'( a)=a1 , f

' ' (a )=1⋅2⋅a2 , f' ' ' (a )=1⋅2⋅3⋅a3 ,

f IV(a)=1⋅2⋅3⋅4⋅a4 , …

buradan

a0= f (a ),

a1=f ' (a )

1 , a2=

f ' ' (a)1⋅2

=f ' ' (a )

2! , (3)

a3=f ' ' '( a)1⋅2⋅3

=f ' ' '( a)

3 ! , a4=

f IV( a)1⋅2⋅3⋅4=

f IV (a )4 !

, …

a0 , a1 , a2 ,. .. əmsallarının tapdığımız bu qiymətlərini (2) düsturunda yerinə yazsaq alarıq

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

( x−a )+ f ' ' (a )2!

( x−a )2+. ..

. ..+ f (n)(a)

n!( x−a )n+. . .

(4)

Bu bərabərliyin sağ tərəfindəki sıra Teylor sırası adlanır. (4) bərabərliyi f ( x ) funksiyasının a

nöqtəsində Teylor sırasına ayrılışıdır. (3) ədədlərinə Teylor əmsalları deyilir.

Xüsusi halda, a = 0 olduqda Teylor sırası

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

x+ f ' ' (0)2!

x2+f ' ' ' (0)

3 !x3+.. .+ f (n)( 0)

n !xn+ .. .

şəklinə düşür. Bu bərabərliyin sağ tərəfindəki sıra Makloren sırası adlanır, bərabərlik isə

f ( x )funksiyasının Makloren sırasına ayrılışıdır.

2. Elementar funksiyaların Makloren sırasına ayrılması.

I. f ( x )=e x funksiyasının ayrılışı. Ardıcıl törəmələri və onların xüsusi

qiymətlərini tapaq:

f ( x )=e x, N ( x , y )=1;

f '( x )=ex, f '( 0)=1 ;

M ( x , y )=f (x , y ), f ' ' (0 )=1 ;

f ( x , y )dx−dy=0 , f (n)(0 )=1 ; …

Bu qiymətləri Makloren sırasında yerinə yazdıqda, nəticədə alarıq:

e x=1+ x1+ x2

2!+ x3

3 !+. ..+ xn

n !+. ..

II. f ( x )=sin x funksiyasının ayrılışı.

f ( x )=sin x ,dydx=f (x , y ) ,;

f '( x )=cos x , M ( x , y )dx+N ( x , y )dy=0;

f ' ' ( x )=−sin x , f ' ' (0 )=0 ;

f ' ' ' ( x )=−cos x , M 0( x0 , y 0);

f IV(x )=sin x , f IV(0)=0 ; …

x=x0

III. f ( x )=cos x funksiyasının ayrılışı.

cos x=1+∑n=1

∞(−1)n x2n

(2 n) !=1− x2

2 !+ x4

4 !− x6

6 !+. . .

IV. y=ϕ ( x ) funksiyasının ayrılışı.

(1+x )m=1+ m1!

x+m(m−1 )2!

x2+.. .+m(m−1)(m−2 ). ..(m−n+1)n!

xn+.. .

V. f ( x )= ln(1+x ) funksiyasının ayrılışı.

y= y0

Mövzu 36

Əsas anlayışlar. Cismin rəqs tənliyi.

1. Əsas anlayışlar və təriflər.

2. Tənliklərin həlli haqqında, sərhəd şərtlər.

3. Simin rəqs tənliyi.

4. Simin rəqs tənliyi üçün başlanğıc və sərhəd şərtləri.

5. Sonlu simin sərbəst rəqs tənliyinin Furye üsulu ilə həlli.

1. Əsas anlayışlar və təriflər.

Birdəyişənli məchul funksiya və onun müxtəlif tərtibli törəmələri daxil olan hər

bir bərabərlik adi diferensial tənlik adlanır. Belə tənliklər və onların müxtəlif

həlli üsulları XXX – XXXIV fəsillərdə öyrənilmişdir.

Bu fəsildə çoxdəyişənli məchul funksiya və onun müxtəlif tərtibli xüsusi

törəmələri daxil olan diferensial tənliklər öyrənilir. Onlara xüsusi törəməli

diferensial tənliklər deyilir. Burada, fizika, mexanika və texnika məsələlərinin

həlli ilə bağlı olan ikitərtibli xüsusi törəmələr konkret diferensial tənliklər tədqiq

edilir. Belə tənliklərər riyazi fizika tənlikləri deyilir.

Diferensial tənliyə daxil olan törəmələrin ən yüksək tərtibli həmin tənliyin

tərtibi adlanr. Məsələn, məchul U funksiyası iki x və y dəyişənindən asılı olduqda

δUδx=0 , δU

δy=f ( y ) , x δU

δx+ y δU

δy=0 ,…

tənlikləri birtərtibli,

δ2 Uδxδy

=0 , δ 2Uδ x2 +

δ 2Uδ y2=0 , δ2 U

δ x2 −δUδy=0 ,…

Tənlikləri isə ikitərtibli diferensial tənliklərdir. Bu halda, ikitərtibli xüsusi

törəməli diferensial tənliyin uyumu şəkli

F=( x , y ,U , δUδx

, δUδy

, δ 2Uδ x2 , δ 2U

δxδy, δ2 U

δ y2 )=0 (1)

kimi yazılır. Tənlikdə iştirak edən bütün törəmələr bir dərəcəli olduqda (1)

bərabərliyi ikitərtibli xətti diferensial tənliyə çevrilir:

A ( x , y ) δ2 Uδ x2 +2 B (x , y ) δ 2U

δxδy+C ( x , y ) δ2U

δ y2 +2 D ( x , y ) δUδx+¿

+2 E ( x , y ) δUδy+G ( x , y )U=f (x , y ) (2)

Tənliyin sağ tərəfi sıfra bərabər olduqda ( f (x , y )≡ 0) alınan

A ( x , y ) δ2 Uδ x2 +2 B (x , y ) δ 2U

δxδy+C ( x , y ) δ2U

δ y2 +2 D ( x , y ) δUδx+¿

+2 E ( x , y ) δUδy+G ( x , y )U=0 (3)

bərabərliyinə ikitərtibli xətti bircinsli diferensial tənlik deyilir. U ≡0 funksiyası

(3) xətti bircinsli diferensial tənliyini ödəyir, yəni onun həllidir.

L. Eyler göstərmişdir ki, x və y dəyişənlərin yeni 𝜉 və η dəyişənləri ilə

x=φ (ξ ,η), y=ѱ (ξ ,η) kimi əvəz etməklə, (2) şəklində hər bir tənliyi aşağıdakı üç

şəkildən birinə gətirmək olar:

1. Elliptik tipli tənliklər

δ2 Uδ ξ2 +

δ2Uδ η2 =F1(ξ ,η ,U , δU

δξ, δU

δη) (4)

kanonik şəklində;

2. Qiperbolik tipli tənliklər

δ 2Uδξδη

=F2(ξ , η ,U , δUδξ

, δUδη) (5)

kanonik şəklində;

3. Parabolik tipli tənliklər isə

δ2 Uδ η2 =F3(ξ , η , U , δU

δξ, δU

δη) (6)

kanonik şəklinə gətirilir.

Yeni funksiyalar daxil etmıklə (4) – (6) tənlikləri çox vaxt uyğun olaraq aşağı-

dakı daha sadə şəkillərə gətirilir (a - sabit ədəddir):

δ2 Uδ ξ2 +

δ2Uδ η2 +aU=ϕ1(ξ , η) (elleptik),

δ2 Uδ ξ2 −

δ2 Uδ η2 +aU=ϕ2(ξ , η) (hiperbolik),

δ2 Uδ ξ2 −

δUδη=ϕ3(ξ ,η) (parabolik).

2. Tənliklərin həlli haqqında, sərhəd şərtlər.

Verilmiş diferensial tənliyi müəyyən oblastda eyniliyə çevirən hər bir

funksiya həmin tənliyin həlli və ya inteqralı adlanır. Ai diferensial tənliklər kimi,

xüsusi törəməli diferensial tənliklərin də, ümümiyyətlə, sonsuz sayda həlli vardir.

Lakin adi diferensial tənliyin ümumu həlli tənliyin tərtibi sayda ixtiyari

sabitdən(parametrdən) asılı olduğu halda, xüsusi törəməli tənliyin ümumu həlli

tənliyin tərtibi sayda ixtiyari funksiyadan asılı olur. Məsələn,

δUδx=0 (1)

tənliyinin ümumu həlli U (x , y)=φ( y ) şəklində funksiyadır. Burada φ ( y) ilə y-dən

asılı olan ixtiyari funksiya işarə edilmişdir.

δUδy=f ( y) (2)

tənliyinin ümumu həlli də ixtiyariφ ( y) funksiyası vasitəsilə yazılmış

U (x , y)=∫ f ( y )dy+¿¿ φ (x) (20 ¿

şəklində funksiyadır. Buna inanmaq üçün (20¿ bərabərliyinin hər iki tərəfini y-ə

nəzərən diferensiallamaq kifayətdir.

İkitərtibli xətti

δ2 Uδxδy

=0 (3)

diferensial tənliyinin ümumu həlli iki ixtiyari funksiyadan asılıdır. Dogrudan da, δUδy=V əvəzləməsini apardıqda (3) tənliyi (1) şəklundə tənliyə çevrilir:

δ2 Uδxδy

= δδx ( δU

δy )= δVδx=0.

Bu tənliyin ümumu həlli ixtiyari φ ( y) funksiyasıdır:V=φ( y ). Onda (3) tənliyinin

ümumu həlli δUδy=φ( y ) tənliyinin həlli olar. (2) şəklində olan sonuncu tənliyin

ümumu həlli isə

U ( x , y )=∫φ ( y )dy+¿ѱ (x)¿

şəklində funksiyadır. Burada φ ( y ) və ѱ (x ) ixtiyari funksiyalar olduğdan sonuncu

bərabərliyi

U ( x , y )=ϕ ( x )+ѱ (x ) (4)

kimi yazmaq olar. Sağ tərəfdə iştirak edən ϕ ( x ) funksiyası, ixtiyari φ (x)

funksiyasının inteqralı olduğundan, o da hər hansı ixtiyari funksiyadır.

Deməli ikitərtibli (3) tənliyinin ümumi həlli olan (4) funksiyası iki ixtiyari ϕ ( x )

və ѱ (x ) funksiyalarından asılıdır.

Xüsusi törəməli diferensial tənliklərin, ümumiyyətlə, sonsuz sayda həlli

vardır. Onların xətti asılı olmayan həlləri belə sonsuz sayda ola bilər. Bu həllər

içərisindən tələb olunanını, yəni qoyulan konkret məsələnin həllini ayırmaq üçün

müəyyən əlavə çərtlər verilməlidir. Tənliyin növündən asılı olaraq bu əlavə

şərtlər müxtəlif ola bilər.

Verilmiş tənlikdə zamanı göstərən koordinat iştirak etdikdə (belə tənliyə gətir-

ilən məsələyə riyazi fizikanın dinamik məsələsi deyilir) əlavə olaraq başlanğıc

şərtlər verilir. Bu halda axtarılan funksiyanın t=0 başlanğıc anda qiyməti (tən-

likdə zamana görə birtərtibli törəmə iştirakl etdikdə) və həm də onun dəyişmə

sürətinin başlanğıc anda qiyməti (tənlikdə zamana görə ikitərtibli törəmə iştirakl

etdikdə) verilə bilər. Bir sıra tənlikləri həll edərkən başlanğıc çərtlərdən başqa

baxılan oblastın sərhədində də şərtlər (sərhəd şərtləri) verilir. Sərhəd şərtləri

olaraq axtarılan funksiyanın özünün və onun sərhədin normalı üzrə törəməsinin

sərhəddə qiymətləri və ya onların müəyyən kombinasiyası verilə bilər. Tənlikdə

zaman iştirak etdikdə (belə tənliyə gətirilən məsələyə riyazi fizikanın stasionar və

ya statik məsələsi deyilir) onu həll edərkən ancaq sərhəd şərtləri verilir.

3. Simin rəqs tənliyi.

Riyazi fizikada sim dedikdə uzunluğu başqa ölçülərinə nəzərən çox böyük olan

cisim nəzərdə tutulut. Tutaq ki, tarım çəkilmiş elastiki simin ucları Ox oxunun

x = a və x = b nöqtələrinə bərkidilmişdir.

u

M1 M2 φ T

T

0 a x x+∆x b x

Hər hansı xarıcı qüvvənin təsiri ilə simi bu müvazinət halından çıxardaraq

onun nöqtələrinə başlanğıc sürət verək. Xarici qüvvənin təsirini kəsdikdə sim

özbaşına müəyyən hərəkət edər. Bu halda deyillər ki, sim rəqsi hərəkət edir. Bu-

rada simin elə rəqsi hərəkətinə baxılır ki, bu hərəkət zamanı onun bütün nöqtələri

Ox oxuna perpendikulyar istiqamətdə eyni bir müstəvi üzərində yerləşir. Simin

belə hərəkətinə onun eninə rəqsi deyilir.

Burada əsas məsələ, simin eninə rəqsi zamanı istənilən anda onun formasına və

nöqtələrinin zamandan asılı olan hərəkət qanununu təyin etməkdən ibarətdir.

Simin, absisi x olan nöqtəsinin Ox oxundan t anında meylini U(x, t) ilə işarə et-

sək, onda U = U(x, t) funksiyasının (OxU) koordinat sistemində qrafiki rəqsi

hərəkətdə olan simin t anında formasına göstərər. Bu halda, absisi x olan nöqtənin

hərəkət sürəti δUδt=U t

ꞌ (x , t) və bu hərəkətin təcili δ2 Uδ t2 =U tt

ꞌꞌ (x , t) olar.

Fərz edək ki, simin M1 M2 hissəsinin elə kiçik rəqslərinə baxılır ki, bu hərəkət

zamanı onun uzunluöunun dəyişməsini nəzərə almamaq olar. Bu halda, simin

[ x , x+∆ x ] parçasına uyğun olan M1 M2 hissəsinin uzunluğu hərəkət zamanı yenə də

∆ x−¿ə bərabər olur: qövs ˘M 1 M 2 ≈ ∆ x. Bundan başqa, qəbul edək ki, istənilən anda

simin bütün nöqtələrində dartılma (gərginlik) eynidir və yaranan gərginlik

qüvvəsi onun toxunanı istiqamətində yönəlmişdir. M1 M2 hissəsinin uclarına simə

toxunan istiqamətdə skalyar qiyməti N olan gərginlik qüvvəsi təsir edir. M 1T

gərginlik qüvvəsinin M2 nöqtəsində Ox oxunun müsbət istiqaməti ilə əmələ

gətirdiyi bucaq φ olsa, onda

tg φ= δU (x+∆ x ,t )δx

və həmin qüvvənin OU oxu üzərinə proyeksiyası

PrOU M 1T=N sin φ (1)

olar. Simin kiçik rəqslərinə baxıldığından sin φ ≈ tg φ qəbul etmək mümkündür.

Onda, simin hərəkət tənliyini almaq üçün M1 M2 hissəsinə təsir edən qüvvələrin

cəmini onun kütləsinin hərəkətin təcili hasilinə bərabər etmək lazımdır (Nyuton

qanunu). Simin xətti saflığını ρ ilə işarə etsək, onda M1 M2 hissəsinin kütləsi ρ ∆ x

olar. Beləliklə, simin hərəkət tənliyi

ρ ∆ x δ 2Uδ t 2 =N δ 2U

δ x2 · ∆ x

və ya hər iki tərəfi ∆ x−¿ə ixtiyar etməklə

δ2 Uδ t2 =a2 δ2 U

δ x2 (a2= N

ρ) (2)

şəklində alınır. (4) tənliyinə simin eninə sərbəst rəqslərinin tənliyi və ya birölçülü

dalğa tənliyi deyilir.

Sim xarici qüvvənin təsiri ilə rəqs etdikdə onun hərəkət tənliyi

δ2 Uδ t2 =a2 δ2 U

δ x2 + f (x , y) (3)

kimi yazılır. (3) tənliyi simin məcburi rəqsinin tənliyi adlanır.

Simin eninə sərbəst rəqslərinin (2) tənliyi ikitərtibli xətti bircins, (3) tənliyi isə

ikitərtibli xətti bircinsli olmayan diferensial tənlikdir.

4. Simin rəqs tənliyi üçün başlanğıc və sərhəd şərtləri.

Simin eninə sərbəst rəqslərinin

δ2 Uδ t2 =a2 δ2 U

δ x2 (1)

tənliyinin sonsuz sayda həlli vardır. İki ixtiyari funksiyadan asılı olan bu həllər

simin sonsuz sayda rəqsi hərəkəti olduğunu göstərir.

(1) tənliyinin müəyyən həllini almaq, yəni onun ümumi həllindən müəyyən xü-

susi həllini ayırmaq üçün əlavə şərtlər verilməlidir. Əlavə şərtlər iki növ olur:

başlanğıc şərtlər və sərhəd şərtləri.

Başlanğıc şərtləri simin rəqsə anda vəziyyətini göstərir. Tutaq ki, sim t = 0

anında rəqsə başlamışdır. Onda onun bu başlanğıc anda forması bir f (x)

funksiyası vasitəsilə təyin olunar:

U ( x , t )t=0=U ( x , 0 )=f (x ). (2)

Simin nöqtələrinin hərəkətinə başlanğıc anda verilən sürət bir F(x) funksiyası

vasitəsilə təyin olunur:

δU (x , t)δt t=0

=U tꞌ ( x , 0 )=F ( x ) . (3)

Tərif 1. (2) və (3) şərtləri (1) tənliyi üçün başlanğıc şərtlər adlanır. (1) tən-

liyinin (2) və (3) başlanğıc şərtlərini ödəyən həllinin tapılmasına həmin tənlik

üçün Koşi məsələsi deyilir.

Sərhəd şərtləri rəqs zamanı baxılan oblastın sərhəd nöqtələrində simin

vəziyyətini göstərir. Simin sol ucu x = a nöztəsinə və sağ x = b nöztəsinə

bərkidildikdə rəqs zamanı bu nöqtələr hərəkət etmir. Buna görə də simin üç

nöqtələrinin Ox oxundan olan meyli sıfra bərabər olur:

U ( x , t )x=a=U (a ,t )=0

U ( x , t )x=b=U (b ,t )=0 . (4)

Tərif 2. Bu şərtlərə (1) tənliyi üçün sərhəd şərtləri deyilir. (1) tənliyinin (2), (3)

başlanğıc və (4) sərhəd şərtlərini ödəyən həllinin axtarılmasına həmin tənlik üçün

qarışıq məsələ deyilir.

Tutaq ki, uzunluğu sonsuz olan simə baxılır. Belə simin hər hansı sonlu

hissəsinin hərəkətinə “uclarının” təsiri ola bilməz.

Simin uzunluğu çox böyük olduqda daxili nöqtələrin hərəkətinə üc nöqtələrinin

təsiri çox kiçik olur, bunu isə nəzərə almamaq olar. Buna görə də sonsuz simin

eninə sərbəst rəqslərinin (1) tənliyini həll edərkən heç bir sərhəd şərti qoyulmur,

ancaq (2) və (3) başlanğıc şərtləri qoyulur. Lakin bu halda, (2) və (3) şərtlərində

iştirak edən f (x) və F(x) funksiyaları bütün ədəd oxunda təyin olunur.

Sonsuz simin sərbəst rəqs tənliyi üçün söylədiyimiz şəkildə qoyulmuş Koşi

məsələsinin müəyyən şərtlər daxilində yeganə həlli vardır. Məsələn, f (x)

funksiyası iki dəfə diferensiallanan və F(x) funksiyası diferensiallanan olduqda

(1) tənliyinin (2) və (3) başlanğıc şərtlərini ödəyən yeganə həlli vardır. Bu həlli

Dalamber üsulu ilə tapmaq olar.

5. Sonlu simin sərbəst rəqs tənliyinin Furye üsulu ilə həlli.

Tutaq ki, sonlu simin uc nöqtələri Ox oxunun x = O və x = l nöqtələrinə

bərkidilmişdir. Bu simin

δ2 Uδ t2 =a2 δ2 U

δ x2 (1)

U

0 l x

sərbəst rəqs tənliyinin

U t=0=f ( x ) , (2)

δUδt t=0

=F (x) (3)

başlanğıc və

U (0 , t )=U ( l , t )=0 (4)

sərhəd şərtlərini ödəyən həllini tapaq. Qoyulmuş qarışıq məsələ burada Furye

üsulu(və ya dəyişənlərə ayırma üsulu) ilə həll etmək üçün bu üsuldan geniş

istifadə olunur.

Bu üsulun mahiyyəti ondan ibarətdir ki, (1) tənliyinin axtarılan (eyniliklə sıfra

bərabər olmayan) U(x,t) həlli biri ancaq x-dən, digəri isə ancaq t-dən asılı olan

T(t) və X(x) şəklində iki funksiyanın hasili şəklində axtarılır:

U (x , t )=X (x)T ( t). (5)

Bu qiyməti (1) tənliyində yerinə yazdıqda

X ( x )T ꞌꞌ (t )=a2 X ꞌꞌ ( x )T (t)

və ya

X ꞌꞌ ( x )X ( x )

=T ꞌꞌ (t )

a2 T (t) (6)

bərabərliyi alınır. (6) bərabəriyinin sol tərəfi t-dən, sağ tərəfi isə x-dən asılı dey-

ildir. Bu o zaman olar ki, həmin bərabərliyinin hər iki tərəfi nə x-dən, nə də

t-dən asılı olmasın. Onda,

X ꞌꞌ ( x )X ( x )

= T ꞌꞌ (t )a2 T (t)

=−μ (7)

olar ( μ hər hansı sabit ədəddir). (7) bərabərliklərindən iki dənə adi diferensial

tənlik alınır:

X ꞌꞌ ( x )+μ X (x )=0 , (8)

T ꞌꞌ ( t )+μ a2 T (t )=0. (9)

(1) tənliyinin axtarılan (5) həlli t-nın istənilən qiymətində (4) sərhəd şərtlərini

ödəməlidir:

X (0 )T ( t )=0 ,

X (l )T ( t )=0.

Bu bərabərliklərin ödənilməsi üçün ya istənilən t üçün T (t)=0 olmalı, ya da

X (0 )=X ( l )=0 (10)

olmalıdır. T (t)≡0 olduqda (5) həlli eyniliklə sıfra bərabər olar ki, belə həlli də biz

axtarmırıq. Beləliklə, ikitərtibli (8) xətti tənliyinin (10) sərhəd şərtlərini ödəyən

həllini tapmaq lazımdır.

Eyniliklə sıfra bərabər olan X ( x)≡ 0 funksiyası məsələsinin həllidir. Lakin bizi

məsələnin sıfır olmayan həlli maraqlandırır. Beləliklə (8) tənliyi üçün [0 , l ]

parçasında Spektr məsələsi və ya Şturm-Liuvil problemi adlanan aşağıdakı

məsələni həll etmək lazımdır: μ-nun hansı qiymətlərində (8) tənliyinin (10)

sərhəd şərtlərini ödəyən sıfır olmayan həlli var?

Bu məsələnin həlli olan μ ədədlərinə Şturm-Liuvil məsələsinin məxsusi

ədədləri, tənliyin həmin ədədlərə uyğun olan həllərinə isə məsələnin məxsusi

funksiyaları deyilir.

Şturm-Liuvil məsələsinin μ-nun hansı qiymətlərində sıfır olmayan həlli

olduğunu müəyyən etmək üçün (8) tənliyinin

λ2+μ=0 (11)

xarakteristik tənliyinə baxaq.

1. Tutaq ki, μ=−α 2<0. Onda (11) tənliyinin kökləri λ1=+α və λ2=−α olar. Bu

halda (8) tənliyinin ümumi

X ( x )=C1eαx+C2 e−αx

şəklində yazılır. C1 və C2 (e−αl−eαl¿=0 alınar. e−αl−eαl≠ 0 olduğundan C2=0 və buna

görə də C1=C2=0 olar.

Deməli, μ=−α 2<0 olduqda məsələnin eyniliklə sıfra bərabər olmayan həlli yox-

dur.

2. Tutaq ki, μ=0. Onda (11) tənliyinin kökləri λ1=λ2=0 və (8) tənliyinin ümumi

həlli.

X ( x )=C1+C2 x

olar. Bu həllin (10) şərtlərini ödəməsindən, yenə də

X (0 )=C1=0 , X (l )=lC2=0 , C2=0

və ya X ( x)≡ 0 alınır.

Deməli, bu halda da məsələnin sıfır olmayan həlli yoxdur.

3. Tutaq ki, μ=α2>0. Bu halda (11) xarakteristik tənliyinin kökləri λ1=αi , λ2=−αi

və (8) tənliyinin ümumi həlli

X ( x )=C1cos αx+C2sin αx

olar. (10) şərtlərinə görə

X (0 )=C1=0 , X (l )=C2 sin αl=0

olmalıdır. Burada C2≠ 0 olması üçün

sin αl=0 , α l=nπ

bərabərlikləri ödənilməlidir. Deməli, (8) tənliyinin eyniliklə sıfır olmayan həlli

α−¿nın

α=αn=nπl(n=1,2 ,…) (12)

qiymətlərində alınır. (8) tənliyinin bə ədədlərə uyğun olan və (10) şərtlərini

ödəyən həlləri

X n ( x )=Ansin πnl

x , n1 ,2 ,… (13)

olar( burada An ixtiyari sabitdir). Buradan aydındır ki, μn=αn2 ¿( πn

l)

2

ədədləri (8) tən-

liyi üçün yuxarıda qoyulmuş Şturm-Liuvil məsələsinin məxsusi ədədləri, (13)

funksiyaları isə həmin ədədlərə uyğun məxsusi funksiyalardır.

μ=μn¿ (πnl)

2

qiymətlərində (9) tənliyi

T ꞌꞌ (t )+( πnl

α )2

·T (t )=0

şəklində yazılar. Onun ümumi həlli

T n (t )=Bn cos nπαl

· t+Cn sin nπαl

· t (14)

olar. (Bn və Cn ixtiyari sabitlərdir).

(13) və (14) qiymətlərini (5) bərabərliyində yazmaqla, (1) tənliyinin (4) sərhəd

şərtlərini ödəyən

Un ( x , t )=(An Bncos nπαl

·t+An Cnsin nπαl

· t)sin nπl

x

və ya

U n ( x , t )=(an cos nπαl

·t+bn sin nπαl

· t) sin nπl

x (15)

xüsusi həlləri alınır (an=An Bn , bn=An Cn¿ . (1) tənliyi xətti bircinsli olduğundan onun

(4) sərhəd şərtlərini ödəyən emumi həlli

U ( x , t )=∑n=1

∞

U n ( x ,t )=¿¿

¿∑n=1

∞

(an cos nπαl

·t+bn sin nπαl

· t)sin nπl

x (16)

kimi yazılır. Bu həllə daxil olan an və bn əmsallarını (2) və (3) başlanğıc şərtlərinə

əsasən tapmaq olar.

Doğrudan da, (2) və (3) şərtlərinə əsasən alınan

U t=0=f ( x )=∑n=1

∞

an sin nπl

x ,

δUδt t=0

=F ( x )=∑n=1

∞ nπαl

bn sin nπl

x

bərabərlikləri göstərir ki, an və nπαl

bn kəmiyyətləri uyğun olaraq f (x) və F(x)

funksiyalarının (O, l ) intervalında sinuslar üzrə Furye sırasına ayrılışının əmsal-

larıdır. Bu əmsallar.

an=2l∫0

l

f ( x )sin nπxl

dx ,

bn=2

nπa∫0l

F ( x ) sin nπxl

dx

düsturları ilə təyin olunur.

Əmsallar üçün tapılmış bu qiymətləri (16) sırasında yerinə yazdıqda qoyulmuş

məsələnin tam həlli alınır.

Qeyd edək ki, yuxarıda aparılan əməllərin doğru olması üçün f (x) və F(x)

funksiyaları müəyyən şərtləri ödəməlidir. Burada həmin şərtlərin ödənildiyi fərz

olunur.

Mövzu 37

∆x

Istilikkeçirmə tənliyi. Laplas tənliyinə gətirilən məsələ.

1. Istilikkeçirmə tənliyi (ümumi halı).

2. Sonsuz çubuqda istiliyin yayılması.

3. Laplas tənliyi üçün əsas sərhəd məsələləri.

4. Dirixle məsələsi.

5. Neyman məsələsi.

1. Istilikkeçirmə tənliyi (ümumi halı).

Tutaq ki, üçölçülü fəzada yerləşən bircinsli E cismi qeyri-bərabər olaraq

qızdırılmışdır. Bu halda cismin, temperaturu yüksək olan nöqtələrindən

temperaturu alçaq olan nöqtələrinə tərəf istilik axını əmələ gəlir.

Cismin M( x, y, z) nöztəsində t anında temperatur U = U( M, t ) = U(x, y, z, t)

olsun. Bu funksiyanı tapmaq üçün onun ödədiyi diferensial tənliyi bilmək

lazımdır. İstilikkeçirmə tənliyi adlanan həmin tənliyi çıxarmaq üçün E cisminin

daxilində yerləşən elementar σ kubu götürək. İstilikkeçirmə nəzəriyyəsində

müəyyən edilmişdir ki, ∆S sahəsindən ∆t zaman müddətində n istiqamətində

keçən istilik miqdarı ∆S, ∆t, δUδn (temperaturun dəyişmə sürəti) və γ (cismin isti-

likkeçirmə əmsalı) kəmiyyətləri ilə düz mütanasibdir.

z

∆z ∆y

0 x x

y

y

Onda σ kubunun sahəsi ∆S = ∆y ∆z olan sol üzündən ∆t zaman müddətində

(Ox) oxu istiqamətində (sağdan sola) keçən istiliyin miqdarı

γ δUδx

∆ y ∆ z∆ t (1)

kəmiyyətinə bərabər olar. Bu zaman kubun baxılan üzünün bütün nöqtələrində

xüsusi törəmə qiymətlərinin (yüksəktərtibli sonsuz kiçilən həddə qədər dəqiq-

liklə) eyni δUδx=

δU (x , y , z ,t )δx ifadəsinə bərabər olduğu qəbul olunur.

Kubun sahəsi ∆S = ∆y ∆z olan sağ üzündən∆t zaman müddətində (Ox) oxu is-

tiqamətində (sağdan sola) keçən istiliyin miqdarı isə

γ δU (x+∆ x , y , z ,t )δx

∆ y ∆ z ∆ t (2)

kəmiyyətinə bərabərdir. Buradan aydındır ki, ∆t zaman müddətində sol və sağ

üzlərdən kuba daxil olan istiliyin miqdarı (1) və (2) kəmiyyətlərinin fərginə

bərabər olar:

γ ∆ y ∆ z ∆ t=δU (x+∆ x , y , z ,t )δx

− δU (x , y , z ,t)δx

≈

≈ γ δ 2U (x , y , z , t)δ x2 ∆ x ∆ y ∆ z . (3)

Kubun OY və Oz oxlarına perpendikulyar olan üzlərindən ∆t zaman müd-

dətində ona daxil olan istiliyin miqdarı isə uyğun olaraq

γ δ2Uδ y2 ∆ x ∆ y ∆ z ∆t (4)

və

γ δ2Uδ z2 ∆ x ∆ y ∆ z ∆t (5)

kəmiyyətinə bərabərdir. Beləliklə (3), (4) və (5) kəmiyyətlərinin cəmi ( t, t + ∆t )

zaman müddətində bütün üzlərdən kuba daxil istiliyin miqdarına bərabər olar:

γ ( δ2U

δ x2 +δ2Uδ y2 +

δ 2Uδ z2 )∆ x ∆ y ∆ z ∆ t (6)

Kuba ∆t zaman müddətində daxil olan istiliyin miqdarı başqa üsüllada hesabla-

maq olar. Tutaq ki, α ilə cismin istilik tutumu və ρ ilə onun sıxlığı işarə olunmuş-

dur (cisim üçün bu kəmiyyətlər sabit hesab olunur). Onda həcmi ∆ V=∆ x ∆ y ∆ z

olan kubun ∆t zaman müddətində temperaturun ∆U qədər dəyişməsinə sərf olu-

nan istiliyin miqdarı

αρ ∆ V·∆ U ≈ αρ ∆ V δUδt

∆ t=αρ δUδt

∆ x∆ y ∆ z ∆ t (7)

kəmiyyətinə bərabər olar.

(6) və (7) ifadələri bərabər olduğundan

αρ δUδt

∆ x ∆ y ∆ z ∆ t=γ ( δ2U

δ x2 +δ2Uδ y2 +

δ 2Uδ z2 )∆ x ∆ y ∆ z ∆ t

və ya a2= γαρ qəbul etməklə

δUδt=a2( δ

2 Uδ x2 +

δ2Uδ y2 +

δ 2Uδ z2 ) (8)

alınır.

(8) tənliyinə fəzada istilikkeçirmə tənliyi deyilir.

Onu qısa olaraq

δUδt=a2 ∆ U (9)

şəklində də yazmaq olar. (8) tənliyi diffuziya proseslərini də təsvir edir.

Müstəvi cisimlər üçün U = U( x, y, t ) və δ2 Uδ z2 =0 olduğundan (8) tənliyi

δUδt=a2 δ 2U

δ x2 +δ 2Uδ y2 (10)

şəklində yazılar. Buna ikiölçülü fəzada istilikkeçirmə tənliyi deyilir.

Biröıçülü fəzada istilikkeçirmə tənliyi aşağıdakı kimi yazılır:

δUδt=a2 δ 2U

δ x2 . (11)

2. Sonsuz çubuqda istiliyin yayılması.

Tutaq ki, yan səthi izolə edilmiş, istilikkeçirən və çox böyük uzunluğu olan

bircinsli dəmir çunuq verilmişdir. Yan səthin izolə edilməsi o deməkdir ki,

çubuğun yan səthi ilə onu əhatə edən mühit arasında istilik mübadiləsi olmur.

Fərz edək ki, çebeq Ox oxu ilə üst-üstə düşür və onun x nöqtəsində istənilən t

anında temperaturu U =U( x, t ) ilə işarə edilmişdir. Başlanğıc anda çubuğun en

kəsiklərində temperatur verilir və istənilən sonrakı t anında çubuqun

temperaturun paylanmasını tapmaq tələb edilir.

Məlumdur ki, çubuqda istiliyin yayılmasını xarakterizə edən U = U( x, t )

funksiyası

δUδt=a2 δ 2U

δ x2 (1)

tənliyini ödəyir. Bu halda yuxarıda qoyulmuş məsələ riyazi olaraq belə ifadə

olunur: verilmiş (1) tənliyinin

U t=0 = U ( x,0 ) = φ(x), −∞<x<∞ , (2)

başlanğıc şərtini ödəyən həllini tapmalı.

Bu məsələnin Furye üsulu ilə həll etmək üçün həlli

U( x, t ) = X (x) T (t) (3)

şəklində axtaraq. (3) ifadəsini (1) tənliyində yerinə yazdıqda

X (x) Tꞌ (t) = a2 Xꞌꞌ (x) T (t)

və ya

X ꞌꞌ (x)X (x)

=T ꞌ (t )

a2 T (t) (4)

bərabərliyi alınır. Əvvəlki paraqraflarda olduğu kimi, burada da göstərmək olar

ki, (4) nisbətləri bir sabit −μ2 ədədinə bərabər olmalıdır. Onda

X ꞌꞌ (x)X (x)

=T ꞌ (t )

a2 T (t)=−μ2

bərabərliklərindən X (x) və T (t) funksiyalarını təyin etmək üçün

Xꞌꞌ (x) + μ2 X (x) = 0, (5)

Tꞌ (t) +μ2 a2 T (t ) = 0. (6)

adi diferensial tənlikləri alınır. (5) və (6) tənliklərinin ümumi həlli uyğun olaraq

X (x) = C1 cos μx + C2 sin μx,

T (t) = C3e−(aμ)2 t

şəklində olar. (C1 , C2 və C3 ixtiyari sabitlərdir). Bu qiymətləri (3) bərabərliyində

yazmaqla, (1) tənliyinin

U = (C1 C3 cos μx + C2 C3 sin μx)e−(aμ)2 t (7)

şəklində xüsusi həlləri alınır.

(7) funksiyası μ-nun hər bir qiymətində (1) tənliyinin həllidir. Buna görə də hər

bir μ üçün yeni C1 C3 və C2 C3 sabitləri götürmək, yəni C1 C3 = a(μ) və

C2 C3 = b(μ) hesab etmək olar. Onda μ-nun ixtiyari həqiqi qiymətlərində (1)

tənliyinin xüsusi həlləri

U μ ( x , t )= [a (μ ) cosμx+b (μ)sin μx ] e−(aμ)2 t (8)

kimi yazılır. Bu halda,

U μ ( x , t )=∫−∞

∞

[a (μ )cos μx+b(μ)sin μx ]e−(aμ)2t dμ (9)

funksiyası da (1) tənliyinin həlli olar.

İndi (9) həllinə daxil olan naməlum a(μ) və b(μ) funksiyalarını elə seçək ki,

(2) başlanğıc şərti ödənilsin, yəni ixtiyari x ϵ−∞ , ∞¿ üçün

U t=0 = ∫−∞

∞

[ a (μ )cos μx+b(μ)sin μx ]e−(aμ)2 t dμ=φ(x ) (10)

bərabərliyi doğru olsun. Bu o deməkdir ki, φ (x) funksiyası Furye inteqralına

ayrılır:

φ ( x )=¿ ∫−∞

∞ ( 12 π ∫−∞

∞

φ (ξ )cos μξ dξ ¿cos μx+¿

+( 12 π∫−∞

∞

φ (ξ )sin μξ dξ¿¿)sin μx dμ .

Buradan a(μ) və b(μ) funksiyaları tapılır:

a (μ)= 12 π ∫−∞

∞

φ (ξ ) cos μξ dξ¿ ,¿

b (μ)= 12 π ∫−∞

∞

φ (ξ ) sin μξ dξ ¿¿.

Bu qiymətləri (9) bərabərliyində yerinə yazdıqda (1) tənliyini (2) başlanğıc şərtini

ödəyən həlli alınır:

U ( x , t )= 12π ∫−∞

∞

¿¿

¿ 12 π ∫−∞

∞

φ (ξ ) dξ∫−∞

∞

e−(aμ)2 t cos μ ( ξ−x )dμ . (11)

(11) həllinin şəklini dəyişmək üçün

E (β )=∫0

+∞

e−aτ2

cos βτdτ=12 √ π

ae− β2

4 a

bərabərliyindən istifadə edək. Buna əsasən (11) bərabərliyinin sağ tərəfindəki

daxili inteqral hesablanır:

∫−∞

∞

e−(aμ)2 t cos μ (ξ−x )dμ=2∫0

∞

e−(a¿¿2 t )μ2

cos μ (ξ−x )dμ=¿¿¿

¿2 E (ξ−x )=1a √ π

te−(ξ−x )2

4 a2 t.

Bu qiyməti (11) bərabərliyində yerinə yazmaqda (1) tənliyinin (2) başlanğıc

şərtini ğdəyən həlli aşağıdakı kimi alınır:

U ( x , t )= 12 a√πt ∫−∞

+∞

φ(ξ )e−( ξ− x )2

4a2 t dξ . (12)

(12) ifadəsinə Qauss-Veyerştrass inteqralı deyilir.

3. Laplas tənliyi üçün əsas sərhəd məsələləri

Tutaq ki, Ω səthi ilə əhatə olunmuş bircinsli E cismi verilmişdir. Bilir ki,

cismin nöqtələrində temperaturu göstərən U = U( x, y, z, t ) funksiyası

δUδt=a2( δ 2U

δ x2 +δ2 Uδ y2 +

δ 2Uδ z2 ) (1)

istilik keçirmə tənliyini ödəyir. Cisimdə istiliyin yayılması zamandan asılı

deyilsə, yəni istilikkeçirmə prosesi stasionardırsa, onda δUδt=0 olar və (1) tənliyi

δ2 Uδ x2 +

δ2Uδ y2 +

δ 2Uδ z2 =0 (2)

və ya

∆ U=0 (3)

şəklinə düşər.

(2) (və ya (3) tənliyi) Laplas tənliyi, onu ödəyən funksiya harmonik funksiya və

∆= δ 2Uδ x2 +

δ2Uδ y2 +

δ 2Uδ z2

operatoru Laplas operatoru ( və ya Laplasiyan) adlanır. Laplas tənliyi ikitərtibli

xətti bircinsli diferensial tənliykdir.

Laplas tənliyi silindrik koordinatlarla

1r

δδr (r δU

δr )+ 1r2

δ 2Uδ φ2 +

δ2 Uδ z2 =0 (5)

şəklində, sferik koordinatlarla isə

1r2

δδ r (r2 δU

δr )+ 1r2 sin θ

δδθ (sinθ δU

δθ )+ 1r2sin θ

δ2 Uδ φ2 =0 (6)

şəklində yazılır.

Müəyyən məsələ ilə bağlı olan Laplas tənliyinin həllini tapmaq üçün, əsasən

sərhəd şərtləri şəklində olan əlavə şərtlər verilir. Laplas tənliyi üçün (sərhəd

şərtlərinin verilmə xarakterinə görə) aşağıdakı kimi sərhəd məsələlərinə baxılır.

4. Dirixle məsələsi.

E cisminin daxilində δ2 Uδ x2 +

δ2Uδ y2 +

δ 2Uδ z2 =0 tənliyini ödəyən və onun Ω səthinin M

= (x, y, z) nöqtələrində verilmiş f (M) qiymətlərini alan

U(M) = U(x, y, z) funksiyasını tapmalı.

U(M) funksiyasının Ω səthinin nöqtələrində qiyməti dedikdə, E çoxluğunun

daxili nöqtələri Ω səthinin nöqtələrinə müəyyən qanunla yaxınlaşdıqda həmin

funksiyanın limit qiyməti başa düşülür.

Dirixle məsələsinə bəzən birinci sərhəd məsələsi də deyilir. Dirixle məsələsini

belə də söyləmək olar: E oblastının daxilində harmonik və onun Ω səthi üzərində

U Ω = f (M)

sərhəd şərtini ödəyən U(M) funksiyasını tapmalı.

Dirixle məsələsi həllinin varlığı fiziki mülahizələrdən aydındır. Doğrudan da,

cismin bütün sərhədində baxılan müddətdə sabit temperatur saxlanıldıqda

(əlbəttə, müxtəlif nöqtəlif müxtəlif temperatur da ola bilər) onun daxili

nöqtələrinin hər birində müəyyən bir temperatur əmələ gələr və bu vəziyyət

saxlanılır. Daxili nöqtələrin bu temperatur vəziyyətini ifadə edən U(x, y, z)

funksiyası Dirixle məsələsinin həlli olar. Buradan Dirixle məsələsi həllinin

yeganə olması da aydındır.

δ2 Uδ x2 +

δ2Uδ y2 =0 (1)

və ya polyar koordinatlarla

1r

δδr (r δU

δr )+ 1r2

δ 2Uδ φ2=0 (2)

şəklində yazılır. (1) tənliyi üçün Dirixle məsələsi belə qoyulur.

Qapalı Г müstəvi əyrisinin daxilində (1) Laplas tənliyini və onun üzərində

U г = f ( x, y )

sərhəd şərtini öddəyən U( x, y ) funksiyasını tapmalı.

Bir ölçülü oblastlar üçün Laplas tənliyi δ 2Uδ x2=0 kimi yazılır və onun həlli

U( x, y ) = Ax + B şəklində xətti funksiyadır. Bu halda, |a ,b| parçası üçün Dirixle

məsələsi U x=a = Ua və U x=b = Ub sərhəd şərtləri vasitəsilə qoyulur. Onun həlli

isə

U ( x )=Ub−U a

b−ax+

bU a−aU b

b−a

funksiyasıdır.

5. Neyman məsələsi.

E oblastının daxilində δ2 Uδ x2 +

δ2Uδ y2 +

δ 2Uδ z2 =0 Laplas tənliyini və onun Ω səthi

üzərində

δUδn Ω

=f (M )

sərhəd şərtini ödəyən U(M) funksiyasını tapmalı.

Dirixle və Neyman sərhəd məsələlərindən fərgli olan üçüncü sərhəd məsələsi

də vardır.

Üçüncü sərhəd məsələsi. E oblastının daxilində δ2 Uδ x2 +

δ2Uδ y2 +

δ 2Uδ z2 =0 Laplas

tənliyini və onun Ω səthi üzərində

(U+φ δUδn )Ω=f (M)

sərhəd şərtini ödəyən U(M) funksiyasını tapmalı ( burada φ(M) verilmiş

funksiyadır).

Laplas tənliyi üçün yuxarıda qoyulan sərhəd məsələləri daxili sərhəd məsələləri

adlanır. Əgər qoyulan sərhəd məsələlərində funksiyanın E-nin xarici olan

oblastda (və ya Ω-nın xaricində). harmonik olması tələb edilsə, onda Laplas

tənliyi üçün uyğun xarici sərhəd məsələləri adlanır.

Burada bir neçə sadə oblast üçün ancaq daxili Dirixle məsələsi öyrənilir.

Mövzu 38

Laplas çevirməsi və onun xassələri. Operasiya hesabının

məsələləri.

1. Orijinal və surət anlayışı.

2. Laplas çevirməsinin varlığı və yeganəliyi.

3. Bəzi funksiyaların Laplas çevirməsi.

4. Laplas çevirməsinin xassələri.

5. Laplas çevirməsinin tərsi.

1. Orijinal və surət anlayışı.

Tutaq ki, bütün həqiqi oxta təyin olunmuş f (t) funksiyası üçün aşağıdakı şərtlər

ödənilir:

1. Arqumentin mənfi qiymətlərində, yəni t<0 olanda f (t)≡0 olur.

2. İstənilən sonlu parçada ən çoxu sonlu sayda birinci növ kəsilmə nöqtəsi

vardır, yəni hissə-hissə kəsilməyəndir.

3. Elə sabit α və M ədədləri vardır ki, t-nın bütün t ≥ 0 qiymətlərində

|f (t)|≤ M eαt , t ≥ 0 (1)

bərabərsizliyi ödənilir.

Bu şərtləri ödəyən hər bir funksiya orijinal və ya başlanğıc funksiya adlanır.

Verilmiş orijinal f (t) funksiyası üçün (1) bərabərsizliyini ödənildiyi α

ədədlərinin dəqiq aşağı sərhədinə, yəni α 0=α0( f )=infα ədədinə həmin funksiyanın

artma göstəricisi deyilir. Qeyd edək ki, (1) bərabərsizliyi α 0 artma göstəricisi

üçün ödənilməyədə bilər.

Verilmiş orijinal f (t) funksiyası üçün

F ( p )=∫0

∞

e−pt f ( t )dt , p=σ+iτ ,ℜ p=σ , İm p=τ (2)

bərabərliyi ilə təyin olunan kompleks dəyişənli F(p) funksiyasına onun Laplas

çevirməsi və ya Laplas surəti (Λ−¿surəti) deyilir və

f (t )≑F (p ) , Λ [ f (t ) ]=F (p ) , f (t )∹F (p ) ,…

kimi işarə olunur.

(2) inteqralı qeyri-məxsusi inteqraldır. Ona Laplas inteqralı deyilir.

Verilmiş orijinalın 𝛬-surətini və tərsinə, verilmiş 𝛬-surətə görə orijinalı

tapmaq məsələləri ilə operasiya hesabı məşğul olur. Operasiya hesabının əsasına

Qevisayd qoymuşdur. Lakin operasiya hesabı, elmi şəkildə XX əsrin 20-ci

illərində əsaslandırılmışdır.

Operasiya hesabı bir çox məsələlərin həllində geniş tədbiq olunur. Bunun

səbəbi odur ki, operasiya hesabında inteqrallama və diferensiallama əməlləri

cəbri əməllərlə, edilir. Cəbri tənliyin tapılmış həllinə görə diferensial tənliyin

axtarılan həlli qurulur.

2. Laplas çevirməsinin varlığı və yeganəliyi.

İndi Laplas çevirməsinin varlığı haqqında aşağıdakı teoremi isbat edək.

Teorem 1. Tutaq ki, α 0=α0( f ) ədədi orijinal τ

f (t) funksiyasının artma göstəricisidir. Onda (2) (p)

Inteqralı ℜ p=σ>σ 0 yarımmüstəvisində və

F(p) funksiyası oblastda analitikdir. 0 α 0 (ℜ p>α0 )σ

Teorem 2. (yeganəlik). [0 , ∞¿ oblastında kəsilməyən və eyni Laplas çevirmələri

olan f(t) və φ(t) funksiyaları eyniliklə bərabərdir: f(t) φ(t.

3. Bəzi funksiyaların Laplas çevirməsi.

Bir sıra funksiyaların Laplas çevirməsini hesablamaq olar.

1. Qevisayd funksiyası (və ya vahid funksiya) adlanan və

σ 0 (t )=1 ,t ≥0 olduqda,0 , t<0olduqda (1)

Kimi təyin olunan funksiyanın Laplas çevirməsi 1p−¿yə bərabərdir:

Λ [σ 0(t)]=∫0

∞

e−pt dt=−1p

e−pt ∞0= 1

p

və ya

Λ [σ 0(t)]= 1p . (2)

2. f (t )=sint funksiyasının Laplas çevirməsi 11+ p2 funksiyasına bərabərdir:

Λ [sin t ]= 11+ p2 . (3)

Doğurdan da,

Λ [sin t ]=∫0

∞

e−pt sin t dt=−e− pt ¿ ¿¿¿¿ .

3. f ( t )=cos t funksiyasının Laplas çevirməsi p

1+ p2 bərabərdir:

Λ [cos t ]= p1+ p2 (4)

Doğrudan da,

Λ [cos t ]=∫0

∞

e−pt cos t dt=−e−pt ¿¿¿¿¿ .

olar.

4. f ( t )=eαt funksiyasının Laplas çevirməsi 1p−α ifadəsinə bərabərdir:

Λ [eαt ]= 1p−α

,ℜ( p−α )>0. (5)

Bu bərabərliyin doğruluğu

Λ [eαt ]=∫0

∞

e− pt eαt dt= −1p−α

∞0= 1

p−α,ℜ(p−α )>0

münasibətindən aydındır.

5. f ( t )=t n funksiyasının Laplas çevirməsi n !pn+1 funksiyasına bərabərdir:

Λ [ t n ] = n!pn+1 . (6)

Doğrudan da,

Λ [ t n ]=∫0

∞

e−pt t ndt=−tne− pt

p∞0+ n

p∫0∞

tn−1 e−pt dt

və ya

Λ [ t n ]= np∫0

∞

tn−1 e−pt dt

Bərabərliyini n dəfə ardıcıl tətbiq etdikdə (6) bərabərliyi alınır.

4. Laplas çevirməsinin xassələri.

Laplas çevirməsinin əsas xassələrini ifadə edən aşağıdakı xassələrdən baxılan

bütün funksiyaların orijinal olduğu qəbul olunur.

Xassə 1. (xəttilik) Λ [ f k (t)]=Fk ( p ) ,ℜ p>ak (k=1 ,2 , …, n) olduqda ixtiyari sabit Ak

ədədləri üçün

Λ [∑k=1

n

A k f k(t )]=∑k=1

n

A k Λ [ f k (t) ] ,ℜ p>max ak , 1 ≤k ≤ n (1)

olar.

Doğrudan da, inteqralın xəttilik xassəsinə görə alırıq:

∫0

∞ [∑k=1

n

Ak f k( t)]e−pt dt=∑k=1

n

Ak∫0

∞

f k (t ) e−pt dt=¿∑

k=1

n

A k F k ( p)¿.

Misal 1. f ( t )=sin αt funksiyasının Laplas çevirməsini tapmalı:

Λ [sin αt ]=Λ ¿

¿ 12i

· 1p−αi

− 12i

· 1p+αi

= αp2+α2 .

Misal 2. f ( t )=shαt funksiyasının Laplas çevirməsini də eyni qayda ilə

hesablamaq olar:

Λ [sh αt ]=Λ ¿

¿ 12

· 1p−α

−12

· 1p+α

= αp2−α 2 .

Eyni qayda ilə

Λ [cosαt ]= pp2+α 2 ,

Λ [chαt ]= pp2−α2 .

düsturları da isbat olunur.

Xassə 2. (oxşarlıq). Λ [ f (t)]=F (p ) ,ℜ p>α 0 olduqda da ixtiyari sabit λ>0 ədədi üçün

Λ [ f (λt )]=1λ

F( pλ ) ,ℜ p>λ α 0 (2)

bərabərliyi doğru olar.

Xassə 3. (yerdəyişmə). Λ [ f (t)]=F ( p ) ,ℜ p>α 0 olduqda ixtiyari λ ədədi üçün

Λ [e λt f ( t)]=F ( p−λ ) ,ℜ p>α 0+ℜ λ (3)

olar.

Doğrudan da, tərifə görə

∫0

∞

eλt f (t)e−pt dt=∫0

∞

e−(p− λ ) t f ( t )dt=F ( p− λ)

alınır.

Misal 3. f ( t )=eλt sin αt funksiyasının Laplas çevirməsini (3) düsturu ilə

hesablamaq olar:

Λ ¿

həmin düsturla

Λ ¿,

Λ ¿

Λ ¿,

Λ ¿

bərabərliklərinidə almaq olar.

Xassə 4. (gecikmə). Λ [ f (t) ]=F (p ) ,ℜ p>α 0 olduqda,

f τ (t )=0 , t<τ olduqda

f ( t−τ ) ,t ≥ τ olduqda (4)

funksiyasının Laplas çevirməsi

Λ [ f τ(t )]=e−pτ F( p) (5)

barərliyi ilə hesablanır.

Doğrudan da,

Λ [ f τ(t )]=∫0

∞

f n(t )e−pt dt=∫

0

∞

f (t−τ ) e− pt dt=¿¿

¿∫0

τ

f ( t−τ ) e−pt dt+∫τ

∞

f ( t−τ ) e− pt dt=¿¿

= ∫0

∞

f (u)e− pu · e− pτ du=e− pτ F ( p ) .

Xassə 5. (qabaqlama). Λ [ f (t )]=F (p ) olduqda istənilənτ>0 ədədi üçün

Λ [ f (t+τ )]=e pτ¿ (6)

bərabərliyi doğrudur.

Doğrudan da,

Λ [ f (t+τ )]=∫0

∞

f ( t+τ)e− pt dt=e pτ∫τ

∞

f (u ) e−pudu=¿¿

¿e pτ ¿

¿e pτ [F ( p )−∫0

τ

f (u ) e−pu du] . Xassə 6. (sürətin törəməsi). Λ [ f (t)]=F ( p ) olduqda istənilən natural n ədədi üçün

Λ ¿ (7)

bərabərliyi doğrudur.

Misal 4. t sin αt və t cos αt funksiyasının Laplas çevirməsini tapmalı.

Λ [sin αt ]= αα 2+ p2

Olduğundan (6) düsturuna görə

Λ [sin αt ]=−F ꞌ ( p )=−( −2 pα(α 2+p2 )2 )= 2 pα

(α 2+ p2 )2

alırıq. Eyni qayda ilə də

Λ [cos αt ]= p2−α2

( p2−α 2)2

bərabərliyi isbat edilir.

Xassə 7. (törəmənin sürəti). Orijinal f(t) funksiyasının bütün

f k(t) (k = 1, 2, ..., n) törəmələri orijinaldırsa və Λ [ f (t)]=F (p ) bərabərliyi ödənilirsə,

onda istənilən natural k ədədi üçün

Λ [ f k (t)]=pk F (p )−pk−1 f (0 )−…−p f (k−2 ) (0 )−f ( k−1)(0) (8)

(k = 1, 2, ..., n)

bərabərliyi doğrudur.

Xassə 8. (orijinalın inteqrallanması). Orijinal f(t) funksiyasının inteqralı olan

φ(t) = ∫0

t

f (τ ) dτ funksiyası da orijinaldır və Λ [ f (t )]=F (p ) olduqda

Λ [∫0t

f (τ )dτ ]= F ( p)p (9)

olur.

Xassə 9. (sürətin inteqrallanması). f(t) funksiyasının Λ [ f (t )]=F (p ) Laplas

çevirməsi üçün ∫p

∞

F (u ) du qeyri-məxsusi inteqralı yığılan olduqda

Λ [ f (t)t ]=∫p

∞

F (u )du (10)

Nəticə. (10) bərabərliyində p = 0 götürdükdə (əlbəttə, alınan qeyri-məxsusi

inteqrallar yığılan olduqda)

∫0

∞ f (t)t

dt=∫0

∞

F (u ) du (11)

münasibəti alınır.

Misal 5. f(t) = sin(t)t funksiyasının Laplas çevirməsi tapmalı.

Λ [sin t ]= 11+ p2

olduğundan (10) bərabərliyinə görə

Λ [ f (t)t ]∫p

∞ du1+u2=arc tg u ∞

p=π

2−arc tg p

olar. Eyni zamanda (11) bərabərliyinə görə

∫0

∞ sin tt

dt=∫0

∞ du1+u2=arc tgu ∞0=

π2

alınır.

5. Laplas çevirməsinin tərsi.

İndiyə gədər Laplas çevirməsinin bir sıra xassələrini öyrənməklə və verilmiş

orijinalın Laplas çevirməsini tapmaqla məşğul olmuşuq. Lakin Laplas

çevirməsini bir sıra məsələlərin həllinə tətbiq etdikdə sürəti verilmiş orijinalın

tapılması tələb olunur. Bu isə Laplas çevirməsinin tərsinin varlığı və tapılması

məsələsi ilə bağlıdır.

Teorem. (Mellin). Tutaq ki, Re p¿α 0 yarımmüstəvisində analitik olan F(p)

funksiyası [0 , ∞¿ yarımoxunun istənilən sonlu hissəsində hissə-hissə hamar və

artma göstəricisi α 0 olan f(t) funksiyasının Laplas çevirməsidir. Onda f(t)

funksiyasının kəsilməz olduğu hər bir nöqtədə

f ( t )= 12 πi ∫x−i ∞

x+i ∞

e pt F ( p )dp , x>α 0 (1)

bərabərliyi doğrudur. Buna Mellin düsturu deyilir.

Misal.

F ( p )= 1(p−1)( p−2)( p−3) funksiyasının orijinalını tapmalı.

Burada A(p) = 1, B(p) = ( p−1)( p−2)( p−3) və p1=1 , p2=2 , p3=3 ədədləri F(p)

kəsrinin sadə polyuslarıdır. Onda F(p) funksiyasının orijinalı f (t )=∑k=1

n A( pk)B ꞌ ¿¿

¿

bərabərliyi ilə hesablanır. Bꞌ (p) = 3p2 – 12p + 11 olduğundan alırıq:

f (t )=12

e t−e2t+12

e3 t=12[e t−2e2 t+e3 t ].

Mövzu 39

Diferensial tənliklərin və diferensial tənliklər sistemlərinin

operasiya üsulu ilə həlli.

1. Bəzi funksiyaların surətlərinin cədvəli.

2. Laplas çevirmələrin köməyi ilə adi diferensial tənliklərinin

həlli.

3. Diferensial tənliklər sistemlərinin həlli.

1. Bəzi funksiyaların surətlərinin cədvəli.

Orijinal: f (t) -sürət 𝛬-sürəti: F(p) = ∫0

∞

e−pt f ( t )dt

1 1 1p

2 sin αt αp2+α2

3 cos αt pp2+α2

4 e−αt 1p+α

5 sh αt αp2−α 2

6 ch αt pp2−α 2

7 e−αt sin βt β¿¿

8 e−αt cos βt p+a¿¿

9 t α (α>0 ) , t n

(n−tam ədəddir)

Г (α+1)pα+1 , n!

pn+1

10 t n f (t ) ¿

11 t e−αt 1¿¿

12 t sin αt 2 pα¿¿¿

13 t cos αt p2−α 2

¿¿¿

14 ∫0

t

f (τ )dτ1p

F( p)

15 f ( t)t ∫

p

∞

F (u ) du

16 f (t−t 0) e−p t 0 F (p)

17 ( f ¿φ)(t) Λ [ f (t) ] · Λ [φ (t)]

18 ∑k=0

∞

Ck +1t k

k !(t>0) ∑

k=0

∞ C k

pk

19 f (n ) ( t ) , f (0 )=…

¿ f (n−1) (0 )=0

pn F ( p)

20 f ( t )φ (0 )+∫0

t

(u )φ ꞌ ( t−u )du pΛ [ f ( t)] · [φ(t )]

21 1√πt

e−α 2

4 t1√ p

e−α √p

22 α2√4 t3 e

−α2

4 t e−α √ p

23 t α e−βt Г (α+1)¿¿

24 ebt−eat

tln p−a

p−b

25 sin αtt

π2−arc tg p

α

2. Laplas çevirmələrin köməyi ilə adi diferensial tənliklərinin

həlli.

Tutaq ki, sabit əmsallı xətti bircinsli olmayan

y(n )+a1 y(n−1)+…+an−1 y ꞌ+an y=f ( t) (1)

adi diferensial tənliyinin

y (0 )= y0, y ꞌ (0 )= y ꞌ 0 ,…, y (n−1) (0 )= y0(n−1 ) (2)

başlanğıc şərtini ödəyən y = y(t) həllini tapmaq tələb olunur.

Məsələni həll etmək üçün (1) tənliyini hər iki tərəfini e− pt-ə vurub, (0, ) inter-

valı üzrə inteqrallayaq:

∫0

∞

e−pt y(n)dt+a1∫0

∞

e−pt y(n−1)dt+…+an−1∫0

∞

e−pt y ꞌ dt+¿

an∫0

∞

e−pt ydt=∫0

∞

e− pt f ( t )dt .

Bu bərabərliyi

Λ [ y (n)(t)]+a1 Λ [ y ( n−1)(t)]+…+an Λ [ y (t ) ]=Λ [ f (t ) ] (3)

kimi də yazmaq olar. Λ [ y ( t ) ]=Y ( p) və [ f (t ) ]=F ( p) qəbul etsək və (2) şərtinə görə

Λ [ y ( k )(t)]=pk Y ( p )−pk−1 y (0 )−…−p y ( k−2 ) (0 )−¿

y ( k−1 ) (0 )=pk Y (p )−[ pk−1 y0+ p y0(k−2)+ y0

(k−1)]

Olduğunu nəzərə alsaq, (3) bərabərliyindən

pnY ( p )−[ pn−1 y0+…+ y0(n−1)]+¿

+a1pn−1Y ( p )−[ pn−2 y0+…+ y0(n−2)]+…+an−1 p0Y (p )− y0 +¿

+anY ( p ) F( p)

və ya

φn ( p )Y (p )=Qn−1 (p )+F ( p) (4)

alırıq. Burada aşağıdakı işarələrdən istifadə edilmişdir:

φn ( p )=pn+a1 pn−1+…+an−1 p+an ,

Qn−1 (p )=[ pn−1 y0+…+ y0(n−1) ]+a1 [pn−2 y0+…+ y0

(n−2)]+¿

+…+an−1 y0 .

φn ( p ) çoxhədlisi (1) tənliyinin xarakteristik çoxhədlisidir. Qn−1 (p ) isə p-yə

nəzərən (n – 1) dərəcəli cəbri çoxhədlidr.

(4) bərabərliyindən

Y (p )=Qn−1 ( p )+F ( p)

φn ( p ) (5)

münasibəti alınır. Beləliklə, axtarılan y(t) həllinin Laplas çevirməsi tapılmış olur.

Surəti məlum olan funksiyanın (orijinalının) özünü isə tərs Laplas çevirməsi

vasitəsilə tapmaq olar.

(2) başlanğıc şərtləri

y (0 )= y ꞌ (0 )=…= yn−1 (0 )=0

kimi olduqda Qn−1 (p ) olar və (5) bərabərliyi

Y (p )= F( p)φn ( p ) (6)

kimi sadə şəkildə yazılır.

Misal 1. y ꞌꞌ−3 y ꞌ+2 y=e3t tənliyinin

y (0 )= y ꞌ (0 )=0

Başlanğıc şərtini ğdəyən həllini tapmalı.

φ2 ( p )=p2−3 p+2

və

F ( p )=Λ [e3 t ]= 1p−3

olduğundan (6) bərabərliyinə görə.

Y ( p )= 1( p2−3 p+2)( p−3)

= 1( p−1)(p−2)( p−3)

(7)

olar. Buradan

y ( t )=12[et−2 e2t+e3 t ]

alınır.

Misal 2. y ꞌꞌ+4 y=t tənliyinin y (0 )= y ꞌ (0 )=0 başlanğıc şərtlərini ğdəyən həllini

tapmalı.

φ2 ( p )=p2+4 və Λ [ t ]= 1p2 olduğundan (6) bərabərliyi

Y (p )= 1p2( p2+4)

kimi yazılır. Bu ifadəni sadə kəsrlərə ayıraq:

Y (p )=14 ( 1

p2−1

p2+4 ) .

Buradan Λ [ t ]= 1p2 və Λ [sin 2t ]= 2

p2+4 bərabərliklərinə əsasən

y ( t )=14

t−18

sin 2t

alınır.

3. Diferensial tənliklər sistemlərinin həlli.

Adi diferensial tənlikləi həll etmək üçün yuxarıda tətbiq olunan operasiya üsulu

adi diferensial tənliklər sisteminin həll etmək üçün də yarayır. Bu zaman

yuxarıda aparılan mühakimə, demək olar ki, təkrar olunur. Bunu bir misal

üzərində izah edək.

x ꞌ− y=e t

y ꞌ−4 x=2 e t (1)

Tənliklər sisteminin x(0) = 0, y(0) = 0 başlanğıc şərtlərini ödəyən x = x(t) və

y = y(t) həllini tapmalı. X(p) = 𝛬[ x (t )] v ə Y(p) = 𝛬[ y (t) ] qəbul edərək, (1) tənliklərinin hər birinin hər iki tərəfinin Laplas çevirməsinin hesablasaq , X(p) və

Y(p)surətinə nəzərən

pX (p )−Y (p )= 1

p−1

pY (p )−4 X (p )= 2p−1

cəbri tənliklər sistemi alınar. Buradan həmin rətlər tapılır:

X ( p )= 1( p−1)(p−2)

, Y (p )= 2( p−1)( p−2) .

Bu ifadələri

X ( p )= 1p−2

− 1p−1 və Y (p )= 2

p−2− 2

p−1

kimi yazdıqda

x (t )=e2 t−e t , y ( t )=2e2 t−2e t

olduğu aydın olur.

Laplas çevirməsi cədvəli.

Budara praktiki məsələlərin həllində çox işlədilən bir sıra elementar

funksiyaların Laplas çevirmələri cədvəli verilir.

Mövzu 40

Təsadüfi hadisələr. Ehtimalın klassik tərifi. Ehtimalların

toplanması və vurulması qaydaları.

1. Təsadufi hadisələr.

2. Ehtimalın klassik tərifi.

3. Ehtimalnan bağlı məsələlərdə kombinatorikanın

elementlərindən istifdə.

4. Ehtimalların toplanması və vurulması qaydaları.

1. Təsadufi hadisələr.

Bizi əhatə edən gerçəkliyin dərk edilməsi sınaqlar və müşaidələr nəticəsində

baş verir. Ehtimal nəzəriyyəsinin əsas anlayışlarından biri sınaq anlayışıdır.

Sınaq dedikdə nəticəsi əvvəlcədən məlum olmayan təcrübə və ya müşahidə başa

düşülür.

Misal 1. Tutaq ki, metal pulu bir təfə atırıq. Bu zaman gərb və ya pul üzü düşə

bilər. Hansı üzün yuxarı düşəcəyini, yəni bu sınağın nəticəsini əvvəlcədən demək

olmaz.

Tərif 1. Təcrübənin hər bir nəticəsi elementar hadisə adlanır.

Tərif 2. Nəticəsi əvvəlcədən proqnozlaşdırıla bilinməyən hadisəyə təsadüfi

hadisə deyilir.

Misal 2. Qabda müxtəlif rəngli kürəciklər vardır. Qabdan kürəciyin çıxarılması

sınaqdır. Çıxarılmış kürəciyin hər hansı rəngdə olması isə hadisədiir.

Tərif 3. Təcrübə nəticəsində hükmən baş verən hadisəyə yəqin hadisə deyilir.

Misal 3. Bir cüt zəri bir dəfə atdıqda düşən xallar cəminin 12-dən çox

olmaması yəqin hadisədir.

Tərif 4. Təcrübə nəticəsində baş verməyəcəyi əvvəlcədən məlum olan hadisəyə

bu təcrübədən mümkün olmayan hadisə deyilir.

Misal 4. İçərisində yalnız qara rəngli kürəciklər olan qutudan ağ rəngli

kürəciyin çıxarılması hadisəsi mümkün olmayan hadisədir.

Ehtimal nəzəriyyəsi məhz təsadüfi hadisələrin qanuna uyğunluqlarını öyrənən

elmdir.

Tərif 5. Əgər A1, A2, ..., An hadisələrindən hər hansı ikisinin eyni zamanda baş

verməsi mümkün deyilsə, belə hadisələrə uyuşmayan hadisələr deyilir.

Xüsusi halda, bir sınaq zamanı iki hadisədən biri baş verməsi o birinin baş

verməsini inkar etmirsə belə hadisələrə uyuşan hadisələr deyilir, əgər inkar

edirsə, onda belə hadisələrə uyuşmayan hadisələr deyilir.

Misal 5. Metal pulu bir dəfə atırıq. Gərb üzünün hadisəsi pul üzünün düşməsi

hadisəsini inkar edir və deməli, bu hadisələr uyuşmayandır.

Misal 6. Zəri atdıqda “3” üzünün düşməsi və 6 ədədinin bölənlərinin düşməsi

hadisələri uyuşandır, çünkü 3 həm də 6-nın bölənidir.

Tərif 6. Əgər A1, A2, ..., An hadisələr çoxluğu cüt-cüt uyuşmayandırsa və

onlardan birinin və yalnız birinin baş verməsi yəqin hadisədirsə bu çoxluq tam

qrup adlanır.

Misal 7. Bir zəri bir dəfə atdıqda 1-dən 6-ya qədər olan xallardan biri düşməsi

yəqin hadisədir. Odur ki, bu hadisələr tam qrup təşkil edir.

Xüsusi halda, əgər sınaq nəticəsində iki hadisədən yalnız biri hökmən baş

verərsə, onda bu hadisələrə qarşılıqlı əks hadisələr deyilir. A hadisəsinin əksi A

ilə işarə olunur.

2. Ehtimalın klassik tərifi.

Tutaq ki, A hadisəsi nir dınağın nəticəsidir və A1, A2, ..., An eyniimkanlı

elementar hadisələrin tam qrupudur.

Tərif. A hadisəsi üçün əlverişli olan hallar sayının bütün eyniimkanlı hallar

nisbətinə həmin hadisənin ehtimalı deyilir.

Beləliklə, n sayda eyniimkanlı hallar olan təcrübədə A hadisəsi üçün m sayda

əlverişli hal varsa, bu hadisənin ehtimalı

P(A) = mn .

düsturu ilə hesablamır.

1. Mümkün olmayan hadisənin ehtimalı sıfra bərabərdir. Doğrudan da bu halda

sınaqlardan heç biri hadisəyə uyğun gəlmir, yəni m = 0 olur. Onda

P(A) = mn=0

n=0.

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

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

P(A) = mn=n

n=1.

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

olmadığından, yəni 0 ≤ m≤ n olduğundan, ehtimalın klaaik tərifindən və yuxarıdakı

mehakimələrdən alınır ki,

0 ≤ P (A )≤ 1 .

3. Ehtimalnan bağlı məsələlərdə

kombinatorikanın elementlərindən istifdə.

Hadisələrin ehtimalını hesablamaq üçün çoxlu sayda sınaqlar aparmaq lazım

gəlir. Sonlu sınaqların sayını hesablamaq üçün sonlu çoxluqların kombinatorika

elementlərindən istifadə edilir.

Fərz edək ki, n sayda detaldan m sayda detal standarta uyğundur. İxtiyari

götürülmüş k sayda detalın içərisində heç olmasa birinin standart detal olması

ehtimalı tapmaq tələb olunur. n detalın içərisindən k sayda detalı Cnk sayda üsulla

çıxarmaq olar. Deməli, mümkün halların sayı Cnk olur. Standart detalların sayı m,

qeyri-standart detalların sayı isə n – m olduğu üçün hadisəyə uyğun gələn

sinaqların sayını tapmaq üçün m standart detal içərisindən bir ədəd detal götürmə

üsulu ilə (Cm1 ), n – m sayda qeyri-standart detalın eçərisindən k – 1 sayda detalın

götürmə üsulunu (Cn−mk−1 ) bir-birinə vurmaq lazımdır. Onda

P(A) =Cm

1 Cn−mk−1

Cnk

olar.

Kombinatorikanın aşağıdakı düsturlarından ehtimalın hesablanmasında istifadə

olunur:

Cnk= n!

k ! (n−k ) !; Cn

k=An

k

P k ;

Ank= n!

( n−k )!=n (n−1 ) (n−2 )… (n−k+1 ) ;

Pk=1 · 2· 3 · …·k=k ! (k faktorial) ;

Cnk=Cn

n−k ;Cn0=Cn

n=1 ;C n1=n .

Burada Cnk−n elementdən k sayda kombinezon,

Ank−n elementdən k sayda aranjeman,

Pk−k elementli permutasiya işarələridir.

4. Ehtimalların toplanması və vurulması qaydaları.

A və B hadisələrindən heç olmasa birinin baş vermədi hadisəsinə bu

hadisələrin cəmi deyilir və A + B kimi işarə edilir.

Teorem 1. Uyuşmayan iki hadisənin cəminin ehtimalı onların ehtimalları

cəminə bərabərdir:

P(A + B) = P(A) + P(B)

İsbatı. Sınaqların ümumi sayını n, A hadisəsinə uyğun gələn sınaqların sayını

m1, B hadisəsinə uyğun gələn sönaqların sayını isə m2 ilə işarə etsək və

m = m1 + m2 olduğunu nəzərə alsaq alarıq:

P(A + B) =m1+m2

n=

m1

n+

m2

n=¿ P(A) + P(B).

Nəticə. A1, A2, ..., An hadisələri uyuşmayan hadisələrdirsə, onda onların cəminin

ehtimalı bu hadisələrin ehtimallarının cəminə bərabərdir, yəni

P(A1, A2, ..., An ) = P(A1) + P(A2) + ... + P(An).

Misal 1. Qutuda 15 ağ, 20 qırmızı, 10 sarı kürəcik var. Qutudan çıxarılan bir

kürəciyin qırmızı və ya sarı olmasının ehtimalını tapmalı.

Çıxarılan kürəciyin qırmızı olması hadisəsini A ilə, sarı olması hadisəsini isə B

ilə, onlardan hər hansı birinin baş verməsi hadisəsini isə C ilə işarə edək.

Mümkun halların sayı 15+20+10=45 , A hadisəsi üçün əlverişli halların 20, B

hadisəsi üçün əlverişli halların sayı 10 olduğundan, ehtimalın klassik tərifinə

əsasən

P(A) = 2045=4

9 ; P(B) = 1045=2

9 .

Aydindir ki, A və B hadisələri uyuşmayandır və hadisələrin cəminin tərifinə

görə C = A + B. Ehtimalların toplanması teoreminə əsasən

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

9=2

3 .

Teorem 2. Tam qrup əmələ gətirən hadisələrin ehtimallarının cəmi vahidə

bərabərdir.

P(A1) + P(A2) + ... + P(An) = 1.

Teorem 3. Qarşılıqlı əks hadisələrin ehtimallarının cəmi vahidə bərabərdir.

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

Çox vaxt hadisənin ehtimalı p hərfi ilə, onda qarşılıqlı əks olan hadisənin

ehtimalını isə q hərfi ilə işarə edirlər. Onda p = 1 – q olar.

Misal 2. Günün yağışlı olması ehtimalı 0,8-ə bərabərdir. Günün yağışsız

olmasının ehtimalını yapın.

Günün yağışlı və ya yağışsız olması hadisələri qarçılıqlı əks hadisələrdir. Ona

görə də günün yağışlı olması hadisəsini A ilə işarə etsək, yağışsız olması A olar.

P(A) + P(A) = 1 olduğundan, alırıq ki,

P(A) = 1 P(A) = 1 – 0,8 = 0,2 .

Sınaqlar nəticəsində A və B hadisələrinin eyni zamanda baş verməsi

hadisəsinə bu hadisələrin hasili deyilir və AB kimi işarə edilir.

Teorem 4. Asılı olmayan hadisələrinin hasilinin ehtimalı onların ehtimalları

hasilinə bərabərdir.

P(AB) = P(A) · P(B).

Nəticə. n sayda asılı olmayan A1, A2, ..., An hadisələrinin birlikdə baş verməsi

hadisəsinin ehtimalı bu hadisələrin ehtimalları hasilinə bərabərdir.

P(A1, A2, ..., An) = P(A1) · P(A2) · ... · P(An) .

Misal 3. Hər birində 10 detal olan 3 yeşik vardır. Birinci yeşikdə 8, ikinci

yeşikdə 7 və üçüncü yeşikdə 9 ədəd standart detal vardır. Hər yeşikdən bir detal

çıxarıldıqda üçünün də standart olmasının ehtimalını tapmalı.

Ehtimalın klassik tərifinə əsasən birinci, ikinci və üçüncü yeşikdən çıxarılan

detalın standart olmasının (A, B, C – hadisələri) ehtimalları:

P(A) = 810=0,8 ; P (B )=0,7 ;və P(C) = 0,9

olar, çünkü şərtə görə m1 = 8; m2 = 7; m3 = 9, sınaqların ümumi sayı isə n = 10.

A, B və C hadisələrinin bir-birindən asılı olmadıqlarını nızırı alaraq axtarılan

ehtimalı hesablamaq üçün ehtimalların vurulması teoremindən istifadə edirik:

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

Tutaq ki, A və B hadisələri asılı hadisələrdir.

Tərif . A hadisəsi baş verdikdən sonra B hadisəsinin baş vermə ahtimalına

deyilir və PA(B) kimi işarə olunur.

Teorem 5. İki asılı hadisənin birgə baş verməsi ehtimalı, bu hadisələrdən

birinin ehtimalı ilə o birinin ehtimalı hasilinə bərabərdir:

P(AB) = P(A) · PA(B) = P(B) · PB(A).

Nəticə. Asılı hadisələrin sayı çox olduqda onların birgə baş verməsinin ehtimalı

aşağıdakı düsturla hesablanır:

P(A1, A2, ..., An) = P(A1)PA1(A2)PA1PA2(A3)...PA1

PA2 … An−1(An).

Burada PA1PA2 … An−1 (An) kəmiyyəti An hadisəsinin A1, A2, ..., An-1 hadisələrinin baş

verməsi şərti ilə ehtimaldır.

Misal 4. Qutuda 5 ağ, 4 qara və 3 qırmızı kürəcik var. Qutuya qaytarmamaq

şərti ilə, ardıcıl olaraq üç ədəd kürəcik çıxarılır. Birinci kürəciyin ağ (A hadisəsi),

ikincinin qara (B hadisəsi) və üçüncünün qırmızı (C hadisəsi) olması ehtimalını

tapmalı.

Sınağa başladıqda mümkün sayı 12, A hadisəsi üçün əlverişli halların sayı 5

olduğundan, P(A) = 512 . A hadisəsi baş verdikdən sonra 4 ağ, 4 qara və 3 qırmızı

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

üçün əlverişli halların sayı 3-dür, yəni PAB(C) = 310 . Onda, ehtimalların

vurulması teoreminə əsasən,

P(ABC) = P(A) · PA(B) · PAB(C) = 512

· 411

· 310= 1

22 .

Teorem 6. İki uyuşan hadisələrdən heç olmasa birinin baş verməsinin ehtimalı

bu hadisələrin ehtimallarının cəmi ilə onların birgə baş verməsi ehtimalının

fərqinə bərabərdir:

P(A + B) = P(A) + P(B) – P(AB).

Misal 5. İki topdan hədəfə mərmi atılır. Onların hədəfə dəyməsi ehtimalları

uyğun olaraq P1 = 0,7 və P2 = 0,8-dir. Hər iki topdan eyni vaxtda mərmi

otdıqda onların heç olmasa birinin hədəfə dəyməsi ehtimalını tapmalı.

Hər iki mərminin birgə hədəfə dəyməsinin ehtimalı

P(AB) = P(A) · P(B) = 0,7 · 0,8 = 0,56

olar, çünki birinci və ikinci topdan atılan mərmilərin hədəfə dəyməsi (A və B

hadisələri) bir-birindən asılı deyildir. Eyni zamanda bu hadisələr uyuşandır, çünki

birinci mərminin hədəfə dəyməsi ikinci mərminin hədəfə dəyməsini inkar etmir.

Onda iki mərmindən heç birinin hədəfə dəyməsi ehtimalı

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

olar.

Mövzu 41

Ehtimalların hesablanması üçün zəruri olan düsturlar.

1. Tam ehtimal.

2. Beyes düsturu.

3. Bernulli dürsturu.

4. Laplasın lokal və inteqral teoremləri.

1. Tam ehtimal.

Fərz edək ki, A hadisəsi tam hadisələr qrupu təşkil edən uyuşmayan B1, B2,...Bn

hadisələrindən birinin baş verməsi şərtində meydana çıxa bilər. Bu hadisələrin

ehtimalları P(B1), P(B2),..., P(Bn) və A hadisəsinin uyğun şərti ehtimalları - PB 1(A), PB 2(A),...PB n(A), məlum olduqda A hadisəsinin ehtimalını tapmaq tələb olunur. Bu

ehtimalı tapmaq üçün aşağıdakı teoremdən istifadə edilir.

Teorem 1. Tam qrup təşkil edən uyuşmayan B1, B2,...Bn hadisələrindən ancaq

birinin meydana çıxması ilə baş verən A hadisəsinin ehtimalı bu hadisələrdən hər

birinin ehtimalı ilə A hadisəsinin uyğun şərti ehtimalları hasillərinin cəminə

bərabərdir

P(A) + P(B1)PB 1(A) + P(B2)PB 2(A) + ... + P(Bn)PB n(A).

Bu düstur tam ehtimalın düsturu adlanır.

Misal. İdmançılar qrupunda 6 üzgüçü, 4 velosipedçi və 8 gimnast vardır.

Üzgüçünün normanı doldurması ehtimalı 0,9 , velosipedçininki – 0,8 və

gimnastınkı – 0,75-dir. Hər hansı bir idmançının normanı doldurması ehtimalını

tapmalı.

Növlər üzrə idmançıların normanı doldurması hadisələrini uyğun olaraq B1, B2

və B3 ilə işarə edək. Bu hadisələr tam qrup əmələ gətirir və onların ehtimalları

məlumdur: P(B1) = 0,9 ; P(B2) = 0,8 və P(B3) = 0,75.

Hər hansı bir idmançının normanı doldurması hadisəsini A ilə işarə etsək, onda

bu hadisənin şərti ehtimalları belə olar:

PB 1(A) = 618 ( 18 idmançıdan 6-sı üzgüçüdür ),

PB 2(A) = 418 (18 idmançıdan 4-dü velosipedçidir ),

PB 3(A) = 818 (18 idmançıdan 8-zi gimnastdır ).

Tam ehtimal düsturuna görə

P(A) = P(B1)PB 1(A) + P(B2)PB 2(A) + P(B3) PB 3(A)=

= 0,9 · 618+0,8 · 4

18+0.75 · 8

18=14,6

18=0,81

alırıq.

2. Beyes düsturu.

Tutaq ki, A hadisəsi tam qrup təşkil edən uyuşmayan B1, B2,...Bn hadisələrindən

yalnız birinin baş verməsi şərti ilə baş verə bilər. Əgər A hadisəsi baş vermişsə,

onda hipotezlərin ehtimalları aşağıdakı düstur vasitəsi ilə hesablanır:

PA(Bi ) = P (Bi ) · PBi

(A)P(A ) ( i = 1, 2, ..., n)

burada

P(A) + P(B1)PB 1(A) + P(B2)PB 2(A) + ... + P(Bn)PB n(A).

Bu düstur Beyes düsturu adlanır.

Misal. İki avtomat ümumi konveyerə verilən eyni detalı hazırlayır. Birinci

avtomatın məhsuldarlığı ikincidən iki dəfə artıqdır. Birinci avtomat orta hesabla

60%, ikinci avtomat isə 84% əla keyfiyyətli detal istehsal edir. Təsadüfi olaraq

konveyerdə götürülmüş detal əla keyfiyyətli çıxır. Bu detalın birinci avtomatda

istehsal olunması ehtimalı tapın.

Detalın əla keyfiyyətli ilması hadisənin A ilə işarə edək. Burada iki fərziyyə

(hipotez) yürütmək olar: B1 – detal birinci avtomatda istehsal olunmuşdur, onda

P(B1) = 23 (birinci avtomat ikincidən iki dəfə çox istehsal etdiyinə görə) ;

B2 – detal ikinci avtomatda istehsal olunub, bu halda P(B2) = 13.

Detal birinci avtomatda istehsal olunmuşdursa, onda əla keyfiyyətli olmasının

şərti ehtimalı PB 1( A )=0,6, ikinci avtomatda istehsal

olunmuşdursa – PB 2( A )=0,84.

Tam ehtimal düsturuna əsasən götürülən detalın keyfiyyətli olması ehtimalı

P(A) = P(B1)PB 1(A) + P(B2)PB 2(A) = 23

·0,6+ 13

· 0,84=0,68.

Axtarılan ehtimal, yəni konveyerdən götürülmüş əla keyfiyyətli detalın birinci

avtomatda istehsal olunması ehtimalı Beyas düsturuna əsasən hesablanır

PA(B1 ) = P (B1 ) · PB1(A)

P(A)=

23

·0,6

0,68=10

17 .

3. Bernulli dürsturu.

Fərz edək ki, n sayda asılı olmayan sınaq aparılır və hər bir sınaqda A

hadisəsinin baş vermə ehtimalı eynidir və p-ya bərabərdir. Onda hər bir sınaqda

hadisənin baş verməməsinin ehtimalı q da sabitdir və q = q – p olar. n sayda

sınaq zamanı A hadisəsinin düz k dəfə baş verməsinin, yaxud n – k dəfə baş

verməməsinin ehtimalını Pn(k) ilə işarə edək və onu hesablayaq.

Asılı olmayan hadisələrin ehtimallarının vurulması teoreminə görə n sınaq

zamanı A hadisəsinin k dəfə baş verməsinin ehtimalı pkqn-k olar. Belə hadisəyə

mürəkkəb hadisə kimi baxılır. Aydındır ki, belə mürəkkəb hadisələrin sayı Cnk-ya

bərabərdir. Bu mürəkkəb hadisələr uyuşmayan oludğundan uyuşmayan

hadisələrin ehtimallarının toplanması teoreminə əsasən axtarılan ehtimal bütün

mümkün mürəkkəb hadisələrin ehtimallarının cəminə bərabərdir. Bu mürəkkəb

hadisələrin hər birinin ehtimalları bərabər olduğundan axtarılan ehtimal bir

mürəkkəb hadisənin ehtimalı (pkqn-k ) ilə mürəkkəb hadisələrin sayı (Cnk¿ hasilinə

bərabərdir:

Pn(k) = Cnk pkqn-k

və ya

Pn(k) = n!k ! (n−k )! p

kqn-k .

Bu düstura Bernulli düsturu deyilir və bu düsturla n sınaqda A hadisəsinin k

dəfə baş verməsinin ehtimalı hesablanır.

Misal. Bir sutka ərzində elektrik enerjisi sərfinin normadan artıq əlmasının

ehtimalı 0,75-dir. Yaxın altı sutkada, 4 sutka ərzində elektrik enerjisi sərfinin

normadan artıq olmasının ehtimalını tapmalı.

6 sutkanın hər birində elektrik enerjisinin normadan artıq sərfinin ehtimalı

p = 0,75 olması məlumdur. Onda enerjinin normadan az sərfinin ehtimalı

q = 1 – p= 1 – 0,75 = 0,25 olar.

Bernulli düsturuna görə axtarılan ehtimal belə təyin edilir:

(n = 6; k = 4; p = 0,75; q = 0,25)

P6(4) = C64p4q2 = 6 !

4 ! ·2 !·(0,75)4(0,25)2 = 0,3.

4. Laplasın lokal və inteqral teoremləri.

Laplasın lokal teoremi. Bernulli Düsturundan görünür ki, sınaqların sayı

böyük olduqda böyük ədədlər üzərində əməllər aparmaq lazım gəlir. Laplasın

lokal teoremi n sınaqda hadisənin düz k dəfə baş verməsinin ehtimslını təqribi

hesablamağa imkan verir.

Teorem 1. Əgər hər bir sınaqda A hadisəsinin baş vermə p ehtimalı sıfır və

vahiddən fərqli sabit olarsa, onda n sınaqda A hadisəsinin düz k dəfə baş

verməsinin Pn(k) ehtimalı aşağıdakı funksiyanın təqribi qiymətinə bərabərdir:

Pn(k)≈ 1√npq

· 1√2 π

e−x2

2 = 1√npq

φ ( x ) ,

Burada x = k−np√npq .

n nə qədər böyük olarsa dəqiqlik də bir o qədər də böyük olar.

x arqumentinin müsbət qiymətləri üçün φ ( x )= 1√2 π

e−x2

2 −¿ Laplas funksiyasının

uyğun qiymətlərinin cədvəlləri vardır. φ ( x ) funksiyası cüt, yəni φ (−x )=φ ( x )

olduğundan, x arqumentinin mənfi qiymətləri üçün də həmin cədvəllərdən

istifadə edilir.

Misal 1. Hər sınaqda A hadisəsinin baş verməsi ehtimalı 0,6-ya bərabərdirsə,

2400 sınaqda A hadisəsinin 1400 dəfə baş verməsinin ehtimalını tapın.

Sınaqların sayı böyük olduğundan, burada Laplasın lokal teoremindən istifadə

edək

Pn(k) = 1√npq

φ ( x ).

Əvvəlcə x-ın qiymətini tapaq:

x= k−np√npq

=1400−2400 · 0,6√2400 ·0,6 · 0,4

=−4024=−1,67.

φ ( x ) funksiyası cüt olduğuna görə φ(-1,67) = φ(1,67). Cədvələ əsasən

φ(1,67) = 0,0989. Axtarılan ehtimal

P2400(1400) = 124

·0,0989=0,0041.

Laplasın inteqral teoremi. n sinağın hər birində A hadisənin baş verməsi

ehtimalı sabit olarsa, hadisənin ən azı k1, ən çoxu k2 dəfə baş verməsinin

Pn(k1, k2) ehtimalını tapmaq üçün Laplasın inteqral teoremindən istifadə olunur.

Teorem 2. n dəfə aparılmış sınağın hər birində A hadisəsinin baş vermə

ehtimalı p sıfır və vahiddən fərqli sabitdirsə (0< p<1), onda A hadisəsinin k1

dəfədən k2 dəfədəyək baş verməsinin ehtimalı təqribən aşağıdakı müəyyən

inteqrala bərabərdir:

Pn(k1, k2) ≈ 1√2 π∫xꞌ

xꞌꞌ

e−z2

2 dz=φ ( x ꞌꞌ )−φ ( x ꞌ ) ,

burada x ꞌ=k1−np√npq və x ꞌꞌ=

k2−np√npq .

Laplasın φ(x) = 1√2 π∫xꞌ

xꞌꞌ

e−z2

2 dz inteqralı üçün qiymətlər cədvəli vardır. Cədvələ

arqumentin 0≤ x≤ 5 aralığındakı qiymətləri üçün φ(x) funksiyasının uyğun

qiymətləri verilmişdir. x<0 olduqda da həmin cədvəldən istifadə olunur, belə ki,

φ(x) funksiyası tək funksiyadır, yəni φ (−x )=−φ ( x ) . x>5 olduqda isə φ(x) = 0,5

götürmək olar.

Misal. Detalın texniki nəzarət şöbəsinin yoxlanışından keçməsinin ehtimalı

0,2-dir. 400 ədəd təsadüfi seçilmiş detalın içində 70-dən 100-ə kimi yoxlanışdan

keçməyən detal olmasının ehtimalını tapmalı.

Şərtə görə p = 0,2; q = 1 0,2 = 0,8; n = 400; k1 = 70; k2 = 100. Laplasın

inteqral teoremindən istifadə edək. Əvvəlcə inteqralın aşağı və yuxarı

sərhədlərini hesablayaq:

x ꞌ=k1−np√npq

= 70−400 ·0,2√400 ·0,2· 0,8

=−1,25 ;

x ꞌꞌ=k2−np√npq

=100−400 · 0,2√400· 0,2 · 0,8

=2,5 .

Laplas inteqralının tək olmasını nəzərə alaraq arqumentin hesablanmış

qiymətlərini ehtimal düsturunda yerinə yazsaq alarıq

P400(70; 100) φ(xꞌꞌ) φ(xꞌ) = φ(2,5) –φ( 1,25) =

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

Mövzu 42

Diskret və kəsilməz təsadüfi kəmiyyətlərin əsas ədədi

xarakteristikaları.

1. Təsadüfi kəmiyyət.

2. Diskret təsadüfi kəmiyyətləri əsas ədədi

xarakteristikaları.

3. Kəsilməz təsadüfi kəmiyyətlərin ehtimallarının

paylanması və ədədi xarakteristikaları.

1. Təsadüfi kəmiyyət.

Təcrübədə istifadə olunan kəmiyyətlərin çoxu müxtəlif şəraitdə müxtəlif

qiymətlər alır. Başqa sözlə, bu kəmiyyətlərin qiymətləri bir sıra səbəblərdən asılı

olaraq dəyişir. Elmdə qiymətləri dəyişən kəmiyyətlər üçün təsadüfi kəmiyyət

anlayışı tətbiq olunur. Təsadüfi kəmiyyət ehtimal nəzəriyyəsinin mühüm

anlayışıdır. Təsadüfi kəmiyyətlərdən, onların ehtimallarının paylanma

qanunlarından istifadə etməklə elm və texnikanın müxtəlif məsələlərini həll

etmək mümkün olur.

Tərif. Əvvəlcədən nəzərə alınması mümkün olmayan təsadüfi səbəblərdən asılı

olan və sınaq zamanı yalnız bir mümkün qiymət alan kəmiyyətlərə təsadüfi

kəmiyyətlər deyilir.

Məsələn, zəri atdıqda 1, 2, 3, 4, 5 və 6 rəqəmlərindən yalnıq biri düşür. Bu

rəqəmlərdən hansının düşməsini əvvəlcədən müəyyənləşdirmək mümkün

deyildir. Odur ki, zəri atdıqda hansı rəqəmin dəqiq düşməsi təsadüfi kəmiyyətdir.

1, 2, 3, 4, 5 və 6 rəqəmləri isə bu təsadüfi kəmiyyətin qiymətləridir.

Təsadüfi kəmiyyətlər iki növ olur: diskret(kəsilən) və kəsilməz.

Müəyyən ehtimallı izolə edilmiş, ayrı-ayrı qiymətlər ala bilən təsadüfi

kəmiyyətə diskret təsadüfi kəmiyyət deyilir. Diskret təsadüfi kəmiyyətin mümkün

qiymətlərinin sayı sonlu və ya sonsuz ola bilər.

Diskret(kəsilən) təsadüfi kəmiyyətlər X, Y, Z onların mümkün qiymətləri isə

x, y, z hərfləri ilə işarə edilir.

Hər hansı sonlu, ya sonsuz aralıqdan bütün qiymətləri ala bilən təsadüfi

kəmiyyətə kəsilməz təsadüfi kəmiyyət deyilir.

Diskret təsadüfi kəmiyyətin mümkün qiymətləri ilə onların ehtimalları

arasındakı uyğunluğa diskret təsadüfi kəmiyyətin paylanma qanunu deyilir.

Paylanma qanunu cədvəl, analitik (düstur şəklində) və qrafiki şəkillərdə vermək

olar.

Diskret təsadüfi kəmiyyətin paylanma qanunu cədvəl şəklində verildikdə

birinci sətirdə onun mümkün qiymətləri, ikinci sətirdə isə mümkün qiymətlərin

uyğun ehtimallarını göstərmək lazımdır. Cədvəl şəkilində paylanma qanunu

aşağıdakı kimi verilir.

X x1 x2 x3 . . . xn

P p1 p2 p3 . . . pn

2. Diskret təsadüfi kəmiyyətləri əsas ədədi

xarakteristikaları.

Öyrənilən diskret təsadüfi kəmiyyəti tam xarakterizə etmək üçün onun ədədi

xarakteristikalarını, yəni riyazi gözləməsini, dispersiyasını və orta kvadratik

meylini və s. bilmək lazım gəlir.

Riyazi gözləmə. Diskret təsadüfi kəmiyyətin ən mühüm

xarakteristikalarından biri onun gözləməsidir. Riyazi gözləmə təsadüfi

kəmiyyətin mümkün qiymətlərinin ədədi ortasından fərqlidir. O, kəmiyyətin

mümkün qiymətləri içərisində ən çox ehtimal olunan qiymətinə yaxın alınır və

ona görə də o kəmiyyəti ədədi ortadan daha dəqiqi xarakterizə edir.

Tərif 1. X diskret təsadüfi kəmiyyətin x1, x2, ..., xn mümkün qiymətlərinin

olnarın uyğun p1, p2, ..., pn ehtimallarına hasillərinin cəminə təsadüfi kəmiyyətin

riyazi gözləməsi deyilir və M(X) ilə işarə olunur.

M(X) = ∑i=1

n

x i p i=x1 p1+x2 p3+…+xn pn.

Riyazi gözləmənin aşağıdakı əsas xassələri vardır.

1. Sabit kəmiyyətin riyazi gözləməsi sabitin özünə bərabərdir

M(C) = C.

2. Sabit vuruğu riyazi gözləmə işarəsi qarşısına çıxarmaq olar

M(CX) = C M(X)

3. İki asılı olmayan kəmiyyətin hasilinin riyazi gözləməsi onların riyazi

gözləmələrinin cəminə bərabərdir

M(XY) = M(X) · M(Y).

4. İki təsadüfi kəmiyyətin cəminin riyazi gözləməsi bu kəmiyyətlərin riyazi

gözləmələrinin cəminə bərabərdir

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

Dispersiya. Təcrübədə çox vaxt təsadüfi kəmiyyətin mümkün qiymətlərinin

riyazi gözləmə ətrafında səpələnməsini bilmək lazım gəlir.

Tutaq ki, X - təsadüfi kəmiyyət, M(X) isə onun riyazi gözləməsidir. təsadüfi

kəmiyyətlə onun riyazi gözləməsinin fərqi X – M(X) meyl adlanır.

Teorem 1. İstənilən təsadüfi kəmiyyət üçün meylin riyazi gözləməsi sıfra

bərabərdir, yəni

M[X−M (X )]=0.

İsbatı. Doğrudan da, M(X) – in sabit kəmiyyət olduğunu nəzərə alsaq:

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

Tərif 2. Diskret təsadüfi kəmiyyətin meylin kvadratının riyazi gözləməsinə bu

kəmiyyətin dispersiyası(səpələnməsi) deyilir və D(X) ilə işarə edilir:

D(X) = [X−M (X )]2.

Aydındır ki, təsadüfi kəmiyyətin dispersiyası sabitdir, yəni o həmin kəmiyyətin

ədədi xarakteristikasıdır. Əgər X təsadüfi kəmiyyətin paylanma qanunu

məlumdursa, onda dispersiya aşağıdakı kimi hesablanır

D(X) = ∑i=1

n

[x i−M (X) ]2 pi =

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

Dispersiyanı aşağıdakı teoremdən istifadə etməklə hesablamaq daha

əlverişlidir.

Teorem 2. Dispersiya təsadüfi kəmiyyətin kvadratının riyazi gözləməsi ilə

onun riyazi gözləməsinin kvadratı fərqinə bərabərdir.

Dispersiyanın aşağıdakı əsas xassələri vardır.

1. Sabit kəmiyyətin dispersiyası sıfra bərabərdir

D(C) = 0.

2. Sabit vuruğu kvadrata yüksəldərək dispersiya işarəsini qarşısına çixarmaq

olar

D(CX) = C2D(X).

3. İki asılı olmayan təsadüfi kəmiyyətin cəminin dispersiyası bu kəmiyyətlərin

dispersiyaları cəminə bərabərdir

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

4. İki asılı olmayan təsadüfi kəmiyyətin fərqinin dispersiyası bu kəmiyyətlərin

cəminə bərabərdir

D(X – Y) = D(X) + D(Y).

Orta kvadratik meyl. Təsadüfi kəmiyyətin mümkün qiymətlərinin onun

ətrafında səpələnməsinin öyrənmək üçün dispersiyası ilə yanaşı bir söra başqa

xarakteristikaları da öyrənmək lazım gəlir. Bu xarakteristikaların ən

vaciblərindən biri orta kvadratik meyldir.

Tərif 3. Təsadüfi kəmiyyətin dispersiyanın kvadrat kökünə onun orta kvadratik

meyli deyilir və σ (X ) ilə işarə edilir:

σ (X )=√D (X ) .

Teorem 3. Qarşılıqlı asılı olmayan təsadüfi kəmiyyətlərin cəminin orta

kvadratik meyllərinin kvadratları cəminin kvadrat kökünə bərabərdir:

σ ( X1+X2+…+X n )=√σ2 (X1 )+σ2 ( X2 )+…+σ2 ( Xn ) .

Misal. İki asılı olmayan X və Y diskret təsadüfi kəmiyyətləri öz paylanma

qanunları ilə verilmişdir. Z = 3X – 2Y təsadüfi kəmiyyəti üçün riyazi gözləməni

və dispersiyanı hesablayın.

X -6 8 9 10

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

X və Y diskret təsadüfi kəmiyyətləri üçün riyazi gözləməni və

dispersiyanı hesablayaq:

M (X )=−6 · 0,1+9 · 0,6+10 ·0 ,=7,6

M (Y )=−8 · 0,4+2 · 0,6=−2.

X2 və Y2 diskret təsadüfi kəmiyyətləri üçün paylanma qanunu yazaq:

Y -8 2

P 0,4 0,6

X2 36 64 81 100

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

X2 və Y2 təsadüfi kəmiyyətləri üçün riyazi gözləməni hesablayaq:

M(X2) = 36 ·0,1+64 · 0,1+81· 0,6+100 ·0,2=78,6 ;

M(Y2) = 64 M (X 2 ) 4+4 M (X 2 )6=28.

Buradan

D(X) = M(X2) – M2(X) = 78,6 – (7,6)2 = 20,84;

D(Y) = M(Y2) - M2(Y) = 28 – (-2)2 = 24.

Nəhayət, riyazi gözləmənin və dispersiyanın xassələrini və həmçinin X və Y

təsadüfi kəmiyyətlərin asılı olmadıqları şərtindən istifadə edərək, alırıq

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

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

3. Kəsilməz təsadüfi kəmiyyətlərin ehtimallarının

paylanması və ədədi xarakteristikaları.

Diskret təsadüfi kəmiyyətin cədvəl şəklində verilmiş paylanma qanununda

onun bütün mümkün qiymətləri və bu qiymətlərin ehtimalları verilir. Kəsilməz

Y2 64 4

P 0,4 0,6

təsadüfi kəmiyyətlərin paylanma qanunu isə bu şəkildə vermək olmaz, çünki

kəsilməz təsadüfi kəmiyyətin baxılan aralıqdakı qiymətlərinin sayı sonlu deyildir.

Odur ki, bütün təsadüfi kəmiyyətlərinin paylanma qanununu vermək üçün

inteqral paylanma funksiyası daxil edilmişdir.

Tərif 1. Hət bir x ədədi üçün X təsadüfi kəmiyyətinin x-dən kiçik qiymət alması

ehtimalını təyin edən F(x) funksiyasına inteqral paylanma funksiyası deyilir, yəni

F(x) = P(X x).

Çox vaxt “inteqral paylanma funksiyası” termini əvəzinə “paylanma

funksiyası” termini eşlədilir.

Paylanma funksiyasının qiymətləri [0,1 ] parçasında yerləşir:

0 ≤ F (x )≤ 1.

2. Paylanma funksiyası azalmayandır, yəni x2 x1 olarsa,

F(x2) F(x1).

Nəticə 1. X təsadüfi kəmiyyətinin (a,b) intervalında qiymət alması ehtimalı

həmin intervalda paylanma funksiyasının artımına bərabərdir:

P(a X b) = F(b) – F(a).

Nəticə 2. X kəsilməz təsadüfi kəmiyyətinin müəyyən bir qiymət, məsələn x1,

qiymətini alması ehtimalı sıfra bərabərdir:

P(X = x1) = 0.

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

daxildirsə, onda

x a olduqda F(x) = 0 ; x 0 olduqda F(x) = 1.

Nəticə 3. A.ağıdakı limit münasibətləri doğrudur:

limx→−∞

F (x)=0, limx→+∞

F ( x )=1.

4. Paylanma funksiyası soldan kəsilməzdir:

limx→ x 0

F ( x )=F (x0 ).

Yuxarıda biz kəsilməz təsadüfi kəmiyyəti inteqral paylanma funksiyasının

köməyi ilə verdik. Qeyd edək ki, bu yeganə verilmə üsulu deyil. Kesilməz

təsadüfi kəmiyyət həmçinin ehtimalların diferensial paylanma funksiyasının

köməyi ilə də verilə bilər.

Tərif 2. Kəsilməz təsadüfi kəmiyyətin inteqral paylanma funksiyasının birinci

tərtib törəməsinə ehtimalların diferensial paylanma funksiyası deyilir:

f (x) = Fꞌ(x).

Çox vaxt “diferensial funksiya” termini əvəzinə “paylanma sıxlığı” termini

işlədilir.

X kəsilməz təsadüfi kəmiyyətinin (a,b) intervalında qiymət alması ehtimalı

aşağıdakı bərabərliklə təyin olunur:

P(a X b) = ∫a

b

f ( x )dx.

Diferensial funksiya məlum olduqda, inteqral funksiyanı aşağıdakı düstur

vasitəsilə tapmaq olar

F(x) = ∫−∞

x

f ( x )dx.

Diferensial funksiya aşağıdakı xassələrə malikdir:

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

2. Diferensial funksiyanın qeyri-məxsusi inteqralı vahidə bərabərdir

∫−∞

∞

f ( x ) dx=1.

Tərif 3. Bütün ədəd oxunda qiymət ala bilən X kəsilməz təsadüfi kəmiyyətinin

riyazi gözləməsi aşağıdakı bərabərliklə təyin olunur:

M(x) = ∫−∞

∞

xf ( x )dx,

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

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

intervalına daxildirsə, onda

M(x) = ∫b

a

xf ( x )dx .

Diskret təsadüfi kəmiyyət üçün riyazi gözləmənin yuxarıda göstərilən bütün

xassələri kəsilməz təsadüfi kəmiyyət üçün də doğrudur.

Tərif 4. Bütün ədəd oxunda qiymət ala bilən X kəsilməz təsadüfi kəmiyyətinin

dispersiyası

D(X) = ∫−∞

∞

[ x−M (X) ]2 f(x)dx,

və ya eynigüclü

D(X) = ∫−∞

∞

x2 f(x)dx - [M (X )]2

bərabərliyi ilə təyin olunur.

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

intervalına daxildirsə, onda

D(X) = ∫b

a

[ x−M (X) ]2 f(x)dx,

və ya

D(X) = ∫b

a

x2 f(x)dx - [M (X )]2.

Diskret təsadüfi kəmiyyət üçün dispersiyanın yuxarıda göstərilən bütün

xassələri kəsilməz kəmiyyətlər üçün də doğrudur.

Kəsilməz təsadüfi kəmiyyətin orta kvadratik meyli diskret halda olduğu kimi

təyin edilir:

σ (X )=√D (X ) .

Misal. X kəsilməz təsadüfi kəmiyyəti paylanma funksiyası ilə verilmişdir:

0, x ≤−1

F(x) = 14(x+1)2 , −1<x≤ 1 ,

1, x>1.

X təsadüfi kəmiyyətinin:

a) ( 13 ; 23 ) intervalında qiymət almasını;

b) ehtimalların paylanma sıxlığını;

c) riyazi gözləməsini tapın.

a) X təsadüfi kəmiyyətinin ( 13 ; 23 ) intervalında qiymət alması ehtimalı həmin

intervalda paylanma funksiyasının artımına bərabərdir:

P( 13 <X< 23 )=F ( 23 )−F( 13 )=1

4 ( 23 +1)2 −14 ( 13 +1)2 = 1

4 .

b) X təsadüfi kəmiyyət üçün ehtimalların paylanma sıxlığını f (x) = Fꞌ (x)

düsturu vasitəsilə hesablayaq.

Alırıq ki,

0, x ≤−1

f (x) = 12¿2 , −1<x≤ 1 ,

0, x>1.

c) X təsadüfi kəmiyyətin riyazi gözləməsini aşağıdakı düstura əsasən tapırıq

M(x) = ∫−∞

∞

xf ( x )dx .

Alırıq ki,

M(X) = ∫−1

1

x· 12(x+1 )dx=∫

−1

1

( 12 x2+ 12

x )dx=( 12 · x3

3+ 1

2· x2

2 ) ¿−11 1

3 .

Mövzu 43

Riyazi statistika haqqında anlayış. Yığım anlayışı. Emprik

paylama funksiyası.

1. Riyazi statistika məsələləri haqqında.

2. Baş yığım və seçmə anlayışı.

3. Emprik paylama funksiyası; poliqan və histoqram.

1. Riyazi statistika məsələləri haqqında.

Ehtimal nəzəriyyəsində öyrənilən qanunlar riyazi abstraksiya olmayıb, bir çox

kütləvi hadisə və proseslərə xas olan qanuna uyğunluqlardır. Hər bir belə

qanunauyğunluğu müəyyən etmək üçün kifayyət gədər təcrübə və müşahidələr

aparılır. Bu təcrübə və müşahidələrin nəticələri və həm də başqa yolla alınmış

statistik məlumatlar ətraflı öyrənilir, analiz edilir və beləliklə də baxılan ər üçün

səciyyəvi olan qanunauyğunluqlar kəşf edilir.

Kütləvi təsadüfi hadisələr üzərində aparılan müşahidələrin nəticəsini qeyd

etmək, onları qruplaşdırmaq və analiz etmək üsulları riyazi statistika elmində

müəyyən edilir. Riyazi statistikada müxtəlif məsələlər öyrənilir. Bunlardan

statistik məlumatların toplanma və qruplaırılmasını, naməlum paylanma

funksiyasının və paylanma parametrlərinin qiymətləndirilməsini (onların münasib

təqribi qiymətlərinin tapılmasını), bir təsadüfi kəmiyyətin başqa təsadüfi

kəmiyyətlərdən asılılığının qiymətləndirilməsini, naməlum paylanmanın növü və

növü məlum olan paylanmanın parametrlərinin qiymətləri haqqında fərziyyələrin

statistik yoxlanmasını və başqaların göstərmək olar.

2. Baş yığım və seçmə anlayışı.

Tutaq ki, sonlu və ya sonsuz eyni növ obyektlər çoxluğuna baxılır və bu

çoxluğu təşkil edən elementlərin müəyyən əlaməti (və ya xassəni) ödəməsi tədqiq

edilir. Baxılan əlamət təsadüfi kəmiyyətdir və onun qiyməti bir elementdən

başqasına keçdikdə dəyişir. Məsələn, bir zavodda hazırlanmış detalların tələb

olunan standarta uyğun olması əlaməti, detalları müəyyən ölçülərinin dəqiqliyi

əlaməti və s.tədqiq edilə bilər. Çoxluğu təşkil edən elementlərin sayı az olduqda

onun bütün elementlərinin həmin əlaməti ödəyib-ödəməməsini yoxlamaq olar

lakin elementlərin sayı çox böyük olduqda bu mümkün deyildir. Çoxluğun

baxılan elementlərinin tələb olunan əlaməti ödəməsini yoxlamaq bəzən böyük

çətinliklərlə bağlı olur və ya bu iş böyük xərc tələb edir. Buna görə də, çox

zaman baxılan çoxluğun bütün elementləri deyil, ondan təsadüfi olaraq seçilən

məhdud sayda elementlər tətqiq edilir və alınan nəticəyə əsasən ümumi çoxluq

elementlərinin tələb edilən əlaməti ödəməsi haqqında müəyyən fikir irəli

yürüdülür. Bu halda, müşahidə və ya tətqiq olunan çoxluq baş yığım və ondan

təsadüfi halda seçilən kiçik həcmli çoxluq isə təsadüfi seçmə yığım və ya qısaca

seçmə adlanır. Yığımı təşkil edən elementlərinin sayına onun həcmi deyilir.

Məsələn, 10.000 elementi olan çoxluqdan təsadüfi 100 element seçilmişdirsə,

onda:

N = 10.000 – baş yığımin həcmi;

n = 100 – təsadüfi seçmə yığımın həcmi olacaq.

Burada baxılan baş yığım və təsadüfi seçmə yığım anlayışları yeni olsa da,

onlar mahiyyətcə paylanma qanunu tətqiq edilən müəyyən təsadüfi kəmiyyətin

aldığı qiymətlər çoxluğudur.

Tutaq ki: F (x) – paylanma funksiyası, X – təsadüfi kəmiyyəti sinaqlar

nəticəsində x qiymətlərini alır.

X – təsadüfi kəmiyyəti sinaq nəticəsində alan x1, x2, ..., xn çoxluğu baş

yığımdan təsadüfi seçilən yığım adlandıra bilərik və n ədədi həmin yığımın

həcmini göstərən bir parametrdır.

Riyazi statistikanın əsas məsələsi baş yığımdan təsadüfi ayrılan (x1, x2, ..., xn )

seçmə yığımın xassələrinə əsasən baş yığımın uyğun xassələri haqqında düzgün

elmi nəticələr almaqdır.

Qeyd edə ki, seçmə yığım müxtəlif üsullarla düzəldilə bilər.

Tutaq ki, baş yığımın elementlərindən birini təsadüfi seçilir tətqiq edilir və

yenidən X baş yığıma qaytarılır. Bu prosesi n dəfə təkrar etdikdə, həcmi n olan

təkrarlı seçmə yığım alınır.

Baş yığımın təsadüfi seçilən elementləri yenidən X baş yığıma

qaytarılmırsa, onda nəticədə təkrarsız seçmə yığım alınır.

Praktikada əsasən təkrarsız seçmədən istifadə olunur. Çünki təkrarsız seçmədə

daha çox fərgli element müşahidə olunur və alınan nəticələrbaş yığımın uyğun

xassələrinin daha düzgün əks etdirir.

Ümümiyyətlə, seçmə yığım elə olmalıdır ki, o baş yığımın uyğun xassələrini

mümkün gədər düzgün əks etdirsin. Buna seçmə yığımın nümayəndəli

(reprezentativ) olması xassəsi deyilir.

3. Emprik paylama funksiyası; poliqan və histoqram.

Tutaq ki, paylanma funksiyası F(x) olan baş yığımdan x1, x2, ..., xn təsadüfi

seçmə yığım ayrılmışdır. Seçilən bu xk qiymətlərinə variantlar, həmin

qiymətlərin artan ardıcıllıq şəklində

x(1)≤ x(2 )≤ …≤ x(n) (1)

yazılışına isə variasiya sırası deyilir:

x(1)=min x1 , x2 , … xn , x(n)=max x1 , x2 ,… xn .

Seçmənin əsas xarakteristikalarından biri onun paylanmasıdır. Tutaq ki,

seçməni təşkil edən x1, x2, … xn qiymətlərini eyni 1n ehtimalı ilə ala bilən köməkçi

diskret təsadüfi kəmiyyət X* ə işarə edilmişdir:

pk=P ( X¿=xk )=1n

, k=1,2 ,…n.

Diskret təsadüfi X* kəmiyyətinin paylanmasına x1 , x2 , … xn ədədlərinin x-dən kiçik

olanlarının sayına μn(x ) ilə işarə etsək, onda

P (X¿<x )=μn(x )

n (2)

olar. Bu ifadəyə seçmənin paylanma funksiyası və ya emprik paylanma funksiyası

deyilir və Fn(x) ilə işarə edilir:

Fn¿ ( x )=

μn(x )n . (3)

Hadisənin başvermə tezliyi onun ehtimalının təqribi qiyməti olduğu kimi

təsadüfi kəmiyyət olan Fn¿ ( x ) funksiyası da baş yığımın F(x) paylanma

funksiyasının (buna bəzən baş yığımın nəzəri paylanma funksiyası da deyilir)

təqribi qiyməti hesab oluna bilər. (3) empirik paylanma funksiyasının baş yığımın

F(x) paylanma funksiyasının xassələrinə oxşar xassələri vardır: azalmayandır,

qiymətləri [0,1 ] parçasında yerləşir və Fn¿ (x(1 ))=0 , Fn

¿ ( x )=1(X>x (n )) bərabərliklərini

ödəyir. Bununla belə Fn¿ ( x ) funksiyası x<x hadisəsinin ehtimalını yox , onun

təsadüfi seçmədə başvermə tezliyini göstərir.

Bernulli teoreminə görə n→ ∞ şərtində seçmənin Fn¿ ( x ) empirik paylanma

funksiyası ehtimala görə baş yığımın F(x) paylanma funksiyasına yığılır, yəni

istənilən x (−∞<x<∞) və ε>0 ədədləri üçün

limn → ∞(|Fn

¿ ( x )−f (x)|<ε )=1 (4)

münasibəti ödənilir. Bu göstərir ki, seçmənin Fn¿ ( x ) empirik paylanma

funksiyasını baş yığımın F(x) paylanma funksiyasının təqribi qiyməti kimi

götürmək olar.

Seçməni və onun paylanmasını əyani təsəvvür etmək üçün qrafiklərdən

istifadə olunur. Əvvəlcə seçmənin empirik paylanma funksiyasının qrafikini

quraq. y=Fn¿ ( x) funksiyası seçmənin iki qonşu elementi arasında 1

n – nın

mislinə bərabər olan, yəni mn şəklində sabit qiymət alır. Seçmənin xk nöqtələri

həmin funksiyanın sonlu sıçrayışlı kəsilmə nöqtələridir və bu nöqtələrdə onun

sıçrayışa 1n (və ya m dənə xk nöqtəsi üst-üstə düşdükdə m

n ) ədədinə bərabərdir.

y Bunlar göstərir ki,

y=Fn¿ ( x ) y=Fn

¿ ( x) funksiyasının

qrafiki 1-ci şəkildə göstə-

rildiyi kimi pilləvari xətdir.

x1 x2 0 x3 x4 x

Şəkil – 1

Seçmənin başqa bir həndəsi göstərilişi də onun qistoqramıdır.

Seçmənin qistoqramını qurmaq üçün ədəd oxu üzərində sonlu sayda [ak , ak+1 ] (k

= 0, 1, 2, ..., n) parçaları götürülür. Seçmənin bu parçalarda yerləşən xk

nöqtələrinin sayı uyğun olaraq (k = 0, 1, 2, ..., n) olsun.

y

υk

a0 a1 a2 0 ak ak+1 ak+n x

Şəkil – 2

İndi hər bir [ak , ak+1 ] parçası üzərində, oturacağı həmin parça hündürlüyü υk olan

düzbucağlı quraq. Alınan pilləvarı fiqur (şəkil – 2) x1 , x2 , … xn seçməsinin

qistoqramı adlanır.

Seçmənin qistoqramı və onun empirik paylanma funksiyasının qrafiki baş

yığımın naməlum F(x) paylanma funksiyasının çəkli haqqında müəyyən fikir

söyləməyə imkan verir.

Mövzu 44

Korrelyasiya nəzəriyyəsinin əsasları.

1. Poliqon və qistoqramma aid misal təhlili.

2. Xətti korrelyasiya.

3. Əyrixətli korrelyasiya.

1. Poliqon və qistoqramma aid misal təhlili.

X əlamətinin diskret paylanması. (x1, n1), (x2, n2), …, (xk, nk) nöqtələrini

birləşdirən sınaq xətti tezliyin poliqonu deyilir, burada xi seçmənin variantları və

ni onlara uyğun tezliklərdir.

(x1, ω1), (x2, ω2), …, (xk, ωk) nöqtələrini birləşdirən sınaq xətti nisbi tezliyin

poliqonu deyilir, burada xi seçmənin variantları və ni onlara uyğun nisbi

tezliklərdir.

X əlamətinin kəsilməz paylanması. Əlamətin paylanması kəsilməz

olduqda, əlamətin qiymətləri müşahidə olunan bütpv interval uzunluğu h olan

xüsusi intervallara bölünür, və i-ci intervala düşən variantların tezlikləri cəmi ni

tapılır. Oturacağın uzunluğu h, və hündürlüyü ni

n olan (tezliyin sıxlığı) pilləvari

düzbucaqlılardan düzəldilmiş fiqura tezliyin qistoqramı deyilir.

i-ci düzbucağın sahəsi h·ni

n=ni i-ci intervala düşən variantların tezliklərin

cəminə bərabərdir. Tezliklərin qistoqramasının sahəsi bütüb tezliklərin cəminə,

yəni seçmənin n həcminə bərabərdir.

Oturacağı xüsusi intervalların h uzunluğuna, hündürlüyü isə ω1

h olan pilləvari

düzbucaqlara nisbi tezliklərin qistoqramı deyilir. i-ci düzbucağın sahəsi

h·ω1

h=ω1 i-ci intervala düşən nisbi tezliklərin cəminə bərabərdir. Nisbi tezliklərin

qistoqramının sahəsi bütün nisbi tezliklərin sahələri cəminə, yəni vahidə

bərabərdir.

Misal 1. Verilmiş seçmənin paylanmasına görə tezliklərin poliqonunu qurun:

x i

n i

1 420 10

5 714 6

x i variantlarını absis oxu üzərində, uyğun ni tezliklərini isə ordinat oxu üzərində

ayıraq; (x i , ni ¿ nöqtələrini düz xətlərlə birləşdirdikdə, axtarılan tezliklərin poliqo-

nunu alırıq (şəkil – 1).

ni

20

14 (Şəkil – 1)

10

6

0 1 4 5 7 x i

Misal 2. Aşağıda verilmiş seçmənin apylanmasına görə nisbi tezliklərin poliqo-

nunu qurun:

a)x i

ωi

2 40.15 0.2

5 70.1 0.1

100.45 b)

x i

ωi

1 40.15 0.25

5 80.3 0.2

90.1

c) x i

ωi

20 400.1 0.2

65 800.3 0.4

Absis oxu üzərində x i variantlarını, uyğun ωi nisbi tezliklərini isə ordinat oxu

üzərində ayıraq; (x i , ωi¿ nöqtələrini düz xətlərlə birləşdirdikdə, axtarılan nisbi tez-

liklərin poliqonunu alırıq (şəkil – ).

ωi

0.45 (Şəkil – 2)

0 2 4 5 7 10 x i

2. Xətti korrelyasiya.

Y-ın X-ə və X-ın Y-ə nəzərən hər iki reqressiya xətti düz xətlərdirsə, onda korrelyasiyanı xətti adlandırırlar.

Y-ın X-ə nəzərən seçmə reqressiya düz xəttinin tənliyi aşağıdakı kimidir:

y x− y=r c

δ y

δ x(x− x ) ,

burada y x şərti orta; x və y ədədləri X və Y əlamətlərinin seçmə ortaları; δ x

və δ y- seçmə orta kvadratik meyllər; rc – korrelyasiyanın seçmə əmsalıdır, belə ki,

rc=∑ nxy xy−n x y

nδx δ y

. (*)

X-ın Y-ə nəzərən seçmə reqressiya düz xəttin tənliyi aşağıdakı kimidir:

xx−x=rc

δ y

δ x( y− y ) . (**)

Əgər X və Y əlamətləri üzərindı müşahidələr bərabəraddımlı variantlarla

korrelyasiya cədvəli şəklində verilmişsə, onda aşağıdakı şərti variantlara keçmək

məqsədəuyğundur:

ui=x i−C1

h1, v j=

y j−C 2

h2,

burada C1 ədədi X1 variantlarının “yalan sıfrıdır” (hesablamanın yeni başlanğıcı);

yalan sıfır olaraq təqribən variasiya sırasının ortasında yerləşən variantı qəbul

etmək əlverişlidir (şərtləşək ki, ən böyük tezliyə malik olan variant yalan sıfır

olaraq qəbul edilir); h1−¿ addım, yəni ki qonşu X variantları arasındakı fərgdir; C1

ədədi Y variantlarının addımıdır.

Bu halda korrelyasiyanın seçmə əmsalı

rc=∑ nuv uv−n u v

nδu δv

olar, belə ki, ∑ nuv uv toplananını 3-cü cədvəldən hesablamaq əlverişlidir.

u , v , δ u ,δ v kəmiyyətləri ya hasil üsulu ilə (verilənlərin sayı çox olduqda) və ya

u=∑ nuun

,v=∑ nv vn

, δu=√u2−(u )2 , δ v=√v2− (v )2

düsturlarından bilavasitə tapıla bilər.

Bu kəmiyyətləri bilərək (*) və (**) reqressiya tənliklərinə daxil olan

kəmiyyətləri

x=u h1+C1 , y=v h2+C2 , δ x=δu h1 , δ y=δ v h2

düsturlarından əsasən tapmaq olar.

Xətti korelyasiya rabitəsinin gücünü qiymətləndirmək üçün korrelyasiyanın rc

seçmə əmsalından istifadə edilir.

Miqdari əlamətlər arasında əlaqənin olması haqda əsaslı demək üçün

korrelyasiya əmsalının qiymətiniyoxlamaq lazımdır.

Misal 1. Verilmiş 1-ci korrelyasiya cədvəlinə əsasən Y-ın X-ə nəzərən seçmə

reqressiya düz xəttinin tənliyini tapın. Cədvəl - 1

Y

X

ny20 25 30 35

16 4 6 - - - 1026 - 8 10 - - 1836 - - 32 3 9 4446 - - 4 12 6 2256 - - - 1 5 6nx 14 46 16 20 n-100

Yalan sıfırları C1=30 və C2=36 (bu variantlardan hər biri uyöun variyasiya

sırasının ortasında yerləşir) qəbul etməklə şərti variantlarda 2-ci korrelyasiya

cədvəlini tərtib edib:

Cədvəl - 2

v

u

nv-2 -1 0 1 2

-2 4 6 - - - 10

-1 - 8 10 - - 18

0 - - 32 3 9 44

1 - - 4 12 6 222 - - - 1 5 6nu 4 15 45 16 20 n = 100

u və v tapaq:

u=∑ nuun

=4 (−2 )+14 (−1 )+45· 0+16 · 1+20 ·2

100=0.34 ;

v=∑ nv vn

=10 (−2 )+18 (−1 )+44 · 0+22 ·1+6 · 2

100=−0.04 .

Köməkçi u2 və v2 kəmiyyətlərini tapaq:

u2 ¿∑ nu u2

n=4 · 4+14 ·1+16 · 1+20· 4

100=1.26 ;

v2 ¿∑ nv v2

n=10· 4+18 ·1+22 ·1+6· 4

100=1.04 .

δ u və δ v- nı tapaq:

δ u=√u2− (u )2=√1.26−0.342=1.07 ;

δ v=√v2−(v )2=√1.04−0.042=1.02 .

∑ nuv uv – nı tapmaq üçün 3-cü hesablama cədvəlini tərtib edək.

3-cü cədvəlin axırıncı sütunundakı ədədləri cəmləsək alırıq:

Cədvəl – 3

v u - -1 0 1 2 U=∑ nuv u v · U-2

-8Ytjkjhhkjg 4 -8

-6Ytjkjhhkjg 6 -12

-14 28

-1 - -8

Ytjkjhhkjg 8 -8

0Ytjkjhhkjg -10

-8 8

0 - - 0

Ytjkjhhkjg 32 0

3 Ytjkjhhkjg 3 0

18 Ytjkjhhkjg 9 0

21 0

1 - - 0

Ytjkjhhkjg 4 4

12

Ytjkjhhkjg 12 12

12 Ytjkjhhkjg 6 6

24 24

2 - - - 1

Ytjkjhhkjg 1 2

10 Ytjkjhhkjg 5 10

11 22

V=∑ nuv v -8 20 -6 14 16 ∑v

vU=82↑

u · U 16 -20 0 14 32 ∑u

uV=82 ← yoxlama

∑v vU=∑ nuv uv=82

Hesablamaya nəzərət üçün axırıncı sətirdəki ədədlərin cəmini tapırıq:

∑u uV=∑ nuv uv=82.

Cəmlərin üst-üstə düşməsi hesablamanın düzgünlüyünü göstərir.

3-cü cədvəlin tərtibinə aid izahat.

1. nuv tezliyinin u variyanta hasili, yəni nuv sağ yuxarı küncdə tezliyin qiyməti

daxil olan damaya yazılır. Məsələn, birinci sətrin sağ yuxarı künclərindəki

damalarda 4(-2) = -8; 6(-1) = -6 hasilləri yazılmışdır.

2. Bir sətrdə sağ yuxarı küncdə yerləşən damalardakı bütün ədədləri toplayıb və

onların cəmini həmin sətrin “U sütununa” yerləşdirirlər. Məsələn, birinci sətr

üçün u = -8+(-6) = -14.

3. Nəhayət v variantını U-ya vurub və alınan hasili “vU sütununun” uyöun

damasında yazırlar. Məsələn, cədvəlin birinci sətrində v = -2, U = -14, deməli,

vU = (-2)·(-14) = 28.

4. “vU sütununun bütün ədədlərini toplayıb, axtarılan ∑ nuv UV cəminə bərabər

∑ vU cəmini alırlar. Çəsələn, 3-cü cədvəl üçün ∑v vU=82; deməli, axtarılan cəm

∑ nuv UV=82.

Nəzarət üçün analoji hesablama sütuna görə aparılır: nuv v hasilini tezliyin

qiyməti yerləşən damanın sol aşağı küncündə yazırlar; bir sütunun sol aşağı

küncündə yerləşən bütün ədədləri toplayıb və onların cəmini “V sətrində”

yerləşdirirlər; nəhayət, hər bir u variantın V-yə vurub və nəticəni axırıncı

sətirdəki damaya yazıllar.

Axırıncı sətrin bütün ədədlərini cəmləyib axtarılan ∑ nuv uv cəminə bərabər

olan ∑u uV cəmini alırlar. Məsələn, 3-cü cədvəl üçün ∑u uV=82 , deməli,

∑ nuv uv=82.

Axtarılan, seçmə korrelyasiya əmsalını tapaq:

rc=∑ nuv−nuv

nδu δ v=

82−100 · 0.34 ·(−0.04 )100 ·1.07 · 1.02

=0.76 .

h1 və h2 addımlarını (ixtiyari iki qonşu variantlar arasındakı fərg) tapaq:

h1=25−20=5 ;h2=26−16=10.

C1 = 30, C2 = 36 olduğunu nəzərə alaraq x və y−¿i tapaq:

x=uh1+C1=0.34 · 5+30=31.70.

y=v h2+C2= (−0.04 ) · 10+36=35.60 .

δ x və δ y tapaq:

δ x=h1 δu=5 ·1.07=5.35 :δ y=h2δ v=10 ·1.02=10.2 .

Tapılmış qiymətləri (*) münasibətində yazaraq, axtarılan Y-ın X-ə nəzərən düz

xətt reqressiya tənliyini alırıq:

y x−35.60=0.76 10.25.35

(x−31.70)

və ya nəhayət:

y x=1.45 x−10.36 .

3. Əyrixətli korrelyasiya.

Reqressiya tənliyinin qrafiki əyri xətdirsə, onda korrelyasiya əyrixətli adlanır.

Xüsusi halda, ikinci tərtib parabolik korrelyasiya olduqda Y-ın X-ə nəzərən seçmə

reqressiya tənliyi aşağıdakı kimidir:

y x=Ax x+Bx+C

Naməlum A, B, C parametrlərini aşağıdakı sistem tənliklərdən (məsələn, Qauss

üsulu ilə) tapılar:

(∑ nx x4 ) A+(∑ nx x3 )B+(∑ nx x2 )C=∑ nx y x x2 ,

(∑ nx x3) A+ (∑ nx x2 )B+(∑ nx x )C=∑ nx yx x , (*)

(∑ nx x2) A+ (∑ nx x )B+nC=∑ nx y x .

Anoloji olaraq X-ın Y-ə nəzərən seçmə reqressiya tənliyi tapılır

x y=A1 y2+B1 y+C1.

Y-ın X-ə nəzərən korrelyasiyasının gücünü qiymətləndirmək üçün seçmə

korrelyasiya nisbətindən istifadə olunur (qruplararası orta kvadratik meylin Y

əlamətinin ümumi orta kvadratik meylinə nisbəti)

ηxy=σ qr .ar .

σümumi

və ya başqa işarələrlə

ηxy=σ yx

σ y .

Burada

y x=√Dqr .ar .=√∑ nx¿¿¿

burada n – seçmə həcmi (bütün tezliklərin cəmi); nx ədədi X əlamətinin x

qiymətinin tezliyi; ny ədədi Y əlamətinin y qiymətinin tezliyi; y x ədədi Y

əlamətinin ümumi ortası.

Analoji olaraq X-ın Y-ə nəzərən seçmə reqressiya nisbəti

ηxy=σ x y

σx

təyin olunur.

Misal 1. Verilmiş 1-ci korrelyasiya cədvəlinə görə y x=Axx+Bx+C seçmə

reqressiya tənliyini tapın

Cədvəl – 1

y x ny2 3 8

25 20

45 30 1 31

110 1 48 49

nx 20 31 49 n=100

Seçmə korrelyasiya münasibətinə görə korrelyasiya rabitəsinin gücünü

qiymətləndirin.

2-ci hesablama cədvəlini tərtib edək.

Cədvəl – 2

x nxy x nx

x nx x2 nx x3 nx x4 nx y x nx y x nx y x x2

2 20 25 40 80 160 320 500 1000 20003 31 47.1 93 279 837 2511 1460 4380 131415 49 108.67 245 1225 6125 30625 5325 26624 133121

Σ 100 378 1584 7122 33456 7285 32004 148262

2-ci cədvəlinin axırıncı sətir ədədlərini (*)-da yerinə yazsaq, A, B, C naməlum

əmsallarına nəzərən aşağıdakı tənliklər sistemini alırıq:

33456 A + 7122 B + 1584 C = 148 262,

7122 A + 1584 B + 378 C = 32004,

1584 A + 378 B + 100 C = 7285.

Bu sistemi həll etsək (məsələn, Qauss üsulu ilə) alırıq: A = 2.94, B= 7.27,

C = - 1.25. Alınmış əmsalları reqressiya y x=Ax x+Bx+C tənliyində yazsaq, nəhayət

alırıq:

y x=2.94 xx+7.27 x−1.25 .

Seçmə korrelyasiya ηxy ünasibətini hesablamaq üçün əvvəlcə ümumi orta y – ı,

ümumi orta kvadratik meyli σ y və qruplar arası orta σ x y kvadratik meyli tapaq:

y=∑ n y yn

=(20 ·25+31 · 45+49 · 110)

100=72.85;

σ y=√∑ ny ¿¿¿¿

¿√ 20 (25−72.58)2+31(45−72.85)2+49(110−72.85)2

100=37.07 ;

σ x y=√∑ nx¿¿¿¿

√ 20 (25−72.58)2+31(47.1−72.85)2+49(108.67−72.85)2

100=35.95 .

Axtarılan seçmə korrelyasiya nisbətini tapaq:

ηxy=σ x y

σx=35.95

37.07=0.97 .

Mövzu 45

Çoxluq anlayışı və onlar arasında münasibət.

1. Çoxluq anlayışı. Boş çoxluq.

2. Çoxluqların verilmə üsulları.

3. Çoxluqlar arasında münasibət.

1. Çoxluq anlayışı. Boş çoxluq.

Çoxluq anlayışı riyaziyyatın ən mühüm anlayışlarından sayılır. Bildiyimiz kimi riyaziyyatın hər bölməsində əsas və onlardan irəli gələn anlayışları qəbul edirlər. Bu anlayış (çoxluq anlayışı) riyaziyatda ilkin anlayışlardan biri sayılır. Qeyd edək ki, əgər anlayışa riyazi dildə konkret və dəqiq tərif verilmirsə həmin anlayışlara ilkin anlayış deyilir.

Məhz bu səbəbə görə çoxluq anlayışında ilkin anlayış sayılır. Baxmayaraq ki,

çoxluq üçün dəqiq tərif mövcud deyil bu anlayışı müxtəlif misallar üzərində

geniş tətbiq etmək mümkündür. Məsələn: çoxluq deyendə biz müəyyən növlü

əşyaların toplusunu və ya tələbələrin yığıncağını nəzərdə tuta bilərik.

Adi həyatda hansı əşyaların toplusundan və ya çoxluğundan danışarkən nəzərdə

tutulur ki, bu topluya ən azı 2,3 və bundan çox əşya daxildir. Riyaziyyatda bu

yanaşmadan fərqli olaraq elə çoxluqlar mövcüddur ki, onlar heç bir elementi,

əşyanı daxilinə almaz amma buna baxmayaraq bu topluya biz yenədə riyazi

mənada çoxluq deyə bilərik. Sadəcə bu növ çoxluğlara xüsusi olaraq boş

çoxluqlar adı qoyulur. Gördüyünüz kimi riyaziyyatda çoxluqlar öz daxilinə:

a) Sonsuz sayda əşyalar ala bilər.

b) Sonlu sayda əşyalar daxil edə bilərlər.

c) Yeganə elementdən tərtib olunmuş ola bilər.

d) Çoxluq heç bir elementi (əşyanı) daxilinə almayır.

Misal 1.

2x – 10 = 16

2x = 26

x = 13

Gördüyümüz kimi bu tənliyin köklər çoxluğu 13 rəqəmindən ibarətdir. Yeganə

elementli çoxluq.

Misal 2.

x2 – 16 = 0

x2 = 16

x = 4

Bu tənliyin həllər çoxluğu gördüyümüz kimi [± ;4 ] 2 elementli çoxluqdur.

Misal 3.

cos x = 1

x = 2πk, k∈ z

Bu tənliyin y = cos x triqonometrik funksiyasının dövrü olmağına görə (T = 2π)

sonsuz sayda həlləri mövcuddur. Deməli, bu tənliyin köklər çoxluğu sonsuz sayda elementlərdən ibarətdir.

Misal 4.

x2 = 25 = 0

x2 = -25

x ≠ ±5

Bu tənliyin xüsusiyyətinə görə kvadrat olan ifadənin qiyməti mənfi ola bilməz. Deməli, bu tənliyin həqiqi kökləri mövcud deyil. Ona görə bir çoxluq olaraq bu tənliyin həllər çoxluğu [0 ] çoxluğudur.

Misal 5.

sin x = 2 x2 – 3x + 5 = 0

D = b2 – 4ac = 32 – 4 · 1 · 5 = 9

4x = -16

4x = -42

x = -4

Çünki bu tənlik üstlü funksiya ilə bağlıdır. Tənliklərin kökləri bizi böş çoxluğa gətirir.

Qeyd edək ki, çoxluqlar müxtəlif təbiyətdi əşyalardan ibarət olur. Riyaziyyatda çoxluqlara daxil olan əşyalara elementlər deyilir. Çoxluqların özləri böyük latın hərfləri ilə işarə olunur.

A=[a , b , c , d ]

Gördüyümüz kimi A elementi 4 çoxluqdan ibarətdir. İxtiyari elementlər verilmiş çoxluqlara məxsus olub-olmadığını göstərmək üçün xüsusi işarədən

istifadə edirik - .

a∈ A ,b∈ A ,b∈ A ,

0∈n – doğru deyil.

1.5 ∈ z – yalnışdır.

-10∈z – doğrudur.

Çoxluqlar onlara daxil olan elementlərini təbiətcə müxtəlif olmağına baxmayaraq 2 böyük sinifə ayrılır: 1 sinif – sonsuz çoxluqlar, 2 sinif – sonlu çoxluqlar.

Əgər verilmiş çoxluqların bütün elementlərini sadalayaraq göstərmək mümkün olarsa bu növ çoxluqlara sonlu çoxluqlar deyilir. Əks halda həmin çoxluq sonsuz elementli çoxluq sayılır.

N – natural ədədlər çoxluğu.

Z – tam ədədlər çoxluğu.

R – həqiqi ədədlər çoxluğu.

C – kompleks ədədlər çoxluğu.

Re – irrasional çoxluqları. Hər biri sonsuz çoxlluqlar sayılır. Bu ümumi çoxluqlardan başqa onlar tərtib olunmuş əbədi parçalardan biri həm sonlu, həm də sonsuz alt çoxluqları tərtib edə bilərik. Adətən riyaziyyatda bərabərsizlikləri həll edərkən onların həllər çoxluqları ədədi parça şəklində göstərilir.

Misal 6.

2x – 12 0

2x 12

x 6 0 6

x [6 ;∞¿

Həmin aralığa aşağıdan məhdudlaşdırılmış yuxarıdan açıq ədədi parça deyilir və ya yarım interval deyilir.

Misal 7.

3 x>9−2 x<16 ¿> x>3

x>−8 -8 0 3

həndəsi təsvirinə görə bu bərabərsizliyi bizi sonsuz çoxluqa gətirir.

2. Çoxluqların verilmə üsulları.

Çoxluqların sonlu və ya sonsuz olmasından asılı olaraq onların verilməsində aşağıdakı göstərilən üsullardan istifadə edə bilərik.

Qeyd edək ki, çoxluqların verilməsində əsas üsullar kimi 2 üsul qəbul olunub.

1-ci üsul: çoxluqların elementlərini sadalama yolu ilə müəyyən edilməsi üsulu, bu üsulun tətbiqi sadəcə ondan ibarətdir ki, çoxluğa elementlər sadəcə olaraq aralarında vergül olmaqla böyük mötərizə daxilində yazılmalıdır. Adətən bu üsuldan verilən çoxluqlar sonlu sayda olanda istifadə olunur. Amma onuda qeyd edək ki, bəzən sonlu çoxluqlar çox böuük sayda elementlərdən ibarətdir.

x∈ [−3 ;110 ]

Belə olan halda sadalanma üsulundan istifadə etmək heç də əlverişli deyil.

2-ci üsul: yuxarıda deyilənləri nəzərə alaraq elementlərinin sayı həddindən artıq və ya sonsuz çoxluqlar üçün xarakteristik xassə adlandırılan digər bir üsuldan istifadə edə bilərik. Öncə xarakteristik xassə anlayışlara konkret tərif qəbul edək.

Tərif. Tutaq ki, A çoxluğu verilmişdir və bu çoxluğun elementlərinin üzərinə ya tələb yaxud da bir xassə ρ=(x ) qoyulur.

Əgər bu tələb və ya xassə yalnız və yalnız A-çoxluqlarının elementlərinə şamil oluna bilsə, o zaman deyirlər ki ρ=(x ) xassəsi A-çoxluğunun xarakteristik xassəsidir.

Qeyd edək ki, bu üsul hər variantda çox əlverişli olduğuna görə bunlar bəzən tək sonsuz yox eyni zamanda sonlu çoxluqların verilməsində də istifadə olunur.

M=[ X∈ A ˄ X<10 ]

Bu çoxluq elə natural ədədlərdən tərtib olunur ki, onların biri ciddi kiçik olmalıdır.

D= [ X∈Z ˄ X<3 ]

Bu çoxluqa 3 ədədini qalıqsız bölünən bütün tam ədədlər daxildir. Müqayisə etsək bu çoxluqlar fərdi sinifə daxildir. (1-ci sonlu)(2-ci sonsuz) lakin buna baxmayaraq bu çoxluqların hər ikisi yuxarıda göstərilən xarakteriksiz üsulun köməkliyi ilə verilir.Beləki M-çoxluğunun xarakteristik xassəsi hər bir ədədi qalıqsız 3-bölməsinin tələbindən ibarətdir.

3. Çoxluqlar arasında münasibət.

Tərif 1. Tutaq ki, A-çoxluğu verilmişdir. B-çoxluğunun hər bir elementi eyni zamanda A-çoxluğuna daxil olduqda B-çoxluğuna A-nın alt çoxluğu deyilir.

B⊂ A

Misal 1. [ A , B , C , D ]

B1=[ A ,B , C ] B1⊂ A

B2=[C , D ,F ] B2⊂ A.B3=[ A ,C , E ,K ]

Alt çoxluğunun tərifindən elə nəticəyə gəlmək olar ki, hər bir çoxluq eyni zamanda da elə ozünün alt çoxluğu kimi göstərilə bilər.

Alt çoxluğu 2 növə bölünür:

1)Məxsusi,

2)Qeyri-məxsusi.

Verilmiş çoxluğun özü və boş çoxluq qeyri-məxsusi alt çoxluqları adlanır. Gördüyünüz kimi qeyri-məxsusi çoxluqların elementləri ya verilmiş çoxluöa bərabər olmalıdı və ya heç bir elementi daxilinə almamalıdır. Onuda qeyd edək ki, boş çoxluq ixtiyari çoxluğun qeyri-məxsusi alt çoxluğu kimi qəbul olunur.

Verilmiş çoxluğun elementlərindən düzəlmiş digər alt çoxluqlarına məxsusi alt çoxluğu deyilir. Məxsusi alt çoxluğunun elementlərinin sayı mənasına görə ilkin verilmiş geniş çoxluğun elementlərinin sayından az olmalı belə olması həmin alt çoxluğu qeyri-məxsusi sayılır.

A=[3,4,6,7,9 ] bu çoxluq üçün (3,4) (6,7,9) və bunun kimiləri A-nın məxsusi alt çoxluğu kimi göstərilə bilər. Həqiqətən bu alt çoxluğunun elementinin sayı A-çoxluğun elementindən çox azdır.

Tərif 2. A alt çoxluğu B alt çoxluğun şərtlərini ödəyən çoxluqlara bərabər çoxluqlar deyilir. A = B kimi işarə olunur.

Misal 2. A=[k , e , f , g ] , B= [e , f , k , g ] bu çoxluqlar həqiqətən də yuxarkı tərifə əsasən bərabər çoxluq deyə bilərik. Çünki hər iki çoxluğun elementlərinin sayı eynidir.

(N=4) və bundan əlavə olaraq A və B çoxluqları eyni elementlərindən tərtib olunmuşdur.

A və B çoxluqların fərqinə gəldikdə deyə bilərik ki onlara daxil olan elementlər yalnız düzülüşünə görə fərqlənir. Deməli 2-çoxluğun bərabər olmasının 2 şərti var:

1) Sayca eyni olmalıdır.

2) Eyni elementlərdən tərtib olunmalıdırlar, əgər çoxluqlar arasında bərabərlik münasibəti mövcüd olarsa qeyd etdiyimiz kimi həmin çoxluqlar elementlərin sayına görə və elementlərinə görə eyni olmalıdırlar. Lakin həmin elementlərinin düzülüşünə görə çoxluqlar fərqli ola bilər. Bu münasibətin aşağıda göstərilən 3 əsas xassəsi var:

1) Refleksivlik – A=A. Yəni hər bir çoxluğun qeyri-məxsusi alt çoxluğu olur.

2)Simmetrik – A=B olarsa B=A doğru olmalıdır.

3)Tranzitivlik. Əgər A=B və eyni zamanda B=C olarsa, o zaman bir nəticə olaraq A=C münasibəti də doğru olmalıdır.

Mövzu 46

Çoxluqlar üzərində aparılan əməllər. Onların Eyler-Venn

diaqramlar ilə göstərilməsi. Çoxluqların bərabər olması. Alt

çoxluqları növləri. Kartej.

1. Çoxluqların kəsişməsi.

2. Çoxluqların birləşməsi.

3. İki çoxluğun fərqi.

4. Alt çoxluğun tamamlayıcısı.

5. Eyler-Venn diaqramları.

6. Kartej anlayışı.

7. Çoxluğun siniflərə ayrılışı.

1. Çoxluqların kəsişməsi.

Bildiyimiz kimi ixtiyari riyazi nəzəriyyəsinin mahiyyəti ondan ibarətdir ki,

müəyyən təbiətli obyektlər toplusu öyrənmə predmeti kimi qəbul olunur və

həmin obyektlərin özəl xassələri və eyni zamanda obyektlər arası münasibətlərini

öyrənib təhlil etmək üçün müəyyən qayda və qanunlar qəbul olunur. Məsələn:

ədədlər nəzəriyyəsini öyrənmə predmeti kimi bir ixtiyari növlü ədədləri göstərə

bilərik. Həmin ədədləri və onların xassələrini təhlil etmək üçün bizə məlum olan

toplama, çıxma, vurma, bölmə kimi və bu qanunlarla bağlı kök alma kimi cəbri

əməllər qəbul olunur və həmin əməllər özlərinə görə xassələri məlum olunur.

Anoloji olaraq, baniləri alman alimləri olan Georq, Kantor, Rixard, Dedekind

olan çoxluqları nəzəriyyəsi üçün də bu obyektləri öyrənmək üçün onların

üzərində aparıla bilən əməlləri təyin olunur. Qeyd etməliyik ki, həmin əməllər adi

ədədlər üzərində aparılan cəbri əməllərdən fərqli olaraq məntiqi məzmunludur.

Həmin qanunları Corc Bull öz “Məntiqi Cəbr” adlı əsərində dəqiq və ətraflı əks

etdirmişdir.

Tərif 1. Tutaq ki, A və B boş olmayan çoxluqlar verilmişdir. Bu çoxluluqların

bütün ortaq olan elementlərindən düzəlmiş yeni çoxluğa A və B çoxluqlarının

kəsişməsi deyilir.

Tərifdən aydındır ki, həmin yeni çoxluğun hər bir elementi mütləq həm A

çoxluğuna, həm də B çoxluğuna daxil olmalıdır. A=[ A , B , C ] , B [B , C , F , K , L ]. Əgər

bizdən bu çoxluğun kəsişməsini tərtib etmək tələb olunarsa biz A BB ,C

çoxluğunu alarıq. İki çoxluq arasında kəsişmə münasibətini riyazi dildə aşağıdakı

kimi göstərə bilərik.

A B=X∨X∈ A ˄ X∈B

Misal . A-düzbucaqlı üçbucaqları, B-bərabəryanlı üçbucaqlar. Bu iki çoxluğun

kəsişməsinə daxil olan elementlər əlbəttə ki, üçbucaqlar olmalıdır. Lakin həmin

fiqurlar A=B çoxluqları xarakteristik xassələrinə görə eyni zamanda hər ikisənə

malik olmalıdır. Yəni kəsişməyə daxil olan üçbucaq həm düzbucaqlı həm də

bərabəryanlı olmalıdır. Nəticədə biz düzbucaqlı bərabəryanlı üçbucaqlar çoxluğu

alırıq.

A= Y B = Y= Y

Tərif 2. Kəsişmə əməli təqribi iki çoxluq üçün yox sonlu sayda boş olmayan

çoxluqlar üçün də şamil oluna bilər.

A=A1∩ A2∩ A3∩…∩ An=∪in Ai

İki çoxluğun kəsişməsi məntiqi əməl olduğuna görə o müəyyən xassələrə malik

olmalıdır. Həmin xassələrə çoxluqların kəsişməsinin əsas qanunları deyilir.

1) A B= B A - kommutativlik xassələri.

2) A ( B C) = (A B)∩ C – assosiativlik xassəsi.

3) Əgər B – alt çoxluğu A olarsa o zaman A B= B olmalıdır.

4) A A = A

5) A∩∅=∅

Dördüncü qanunun mahiyyəti ondan ibarətdir ki, çoxluqlar nəzəriyyəsində

qüvvət anlayışı yoxdur. Yəni ki, siz eyni çoxluğun istənilən sayda kəsişməsini

düzəltməklə o çoxluğun elementlərinin sayı artmayacaq.

2. Çoxluqların birləşməsi.

Tərif. Tutaq ki, boş olmayan A və B çoxluqları verilmişdir. A və B

çoxluqlarının heç olmasa birinə daxil olan bütün elementlərindən düzəlmiş yeni

çoxluğa A və B çoxluqlarının birləşməsi deyilir və A və B kimi işarə olunur.

Tərifdən aydındır ki, element mütləq verilən çoxluqların birinə daxil olmalıdır.

Misal. A=a , b , c ,d , f , k , s , p

B= b , e , f , k , s

İki çoxluğun birləşməsini oqaydaya əsasən aparırıq ki, əvvəlcə daha geniş olan

çoxluq yazılır və həmin çoxluğa 2-ci çoxluqdan fərqli elementlər əlavə olunur.

A∪B a ,b , c , d , e , f , k , s , p

A və B çoxluqlarının elementlərini müqayidə etdikdə görünür ki

n ( A )=7

n (B )=5

n ( A∪B )=9.

Görünür ki, A və B çoxluqları elementlərinin sayının cəmi yeni çoxluğun

elementlərinin sayından fərqlidir. Bu ona görə boş çoxluq deyil ki, verilmiş

çoxluqların ortaq elementləri var. Həmin elementlər birləşməyə bir dəfə

yazıldığına görə yeni çoxluğun elementlərinin sayı fərqli alınır. Qeyd edək ki,

əgər verilmiş çoxluqların ortaq elementləri yoxdursa, o zaman birləşməyə daxil

olan elementlərinin sayı verilmiş çoxluqların elementlərinin cəminə bərabər

olmalıdır.

Ümumiyyətlə çoxluqların birləşməsinə daxil olan elementlərinin sayını aşağıda

göstərilən qaydaların birinə əsasən hesablamaq mümkündür.

Qayda 1. Əgər çoxluqlar kəsişirsə.

I. A ∩ B≠∅=¿ n ( A∪B )=n ( A )+n (B )−n (AB ) .

Qayda 2. Əgər verilmiş çoxluqlar kəsişməyən çoxluqlar olarsa, o zaman

II. ∩ B ≠∅=¿n (A∪B )=n ( A+n (n ) ) .

Kəsişmədə olduğu kimi çoxluqların birləşməsi üçün də bir neçə əsas məntiqi

qəbul olunur.

Xassə 1. A∪B=A−¿ bu xassənin mahiyyəti ondan ibarətdir ki, çoxluqlar

nəzəriyyəsində əmsal anlauışı yoxdur.

Xassə 2. A∪ (B∪C )=( A∪B )∪C−¿ assosiyativlik qanunu.

III. Əgər B alt çoxluğu A olarsa, o zaman birləşmə B = A – ya birləşmə əməli

nəticəsində A – çoxluğu B-dən daha geniş çoxluq olaraq onu öz daxilinə olur.

IV. A∪∅=A (birləşmə əməlinin tərifinə görə) bu əsas birləşməyə aid

qanunlardan başqa daha 2 qanun mövcuddur ki, həmin qanun birləşmə və

kəsişmə əməlinin bağlı olmasını əks etdirir.

V. A∪ (B ∩C )= (A∪B )∩ (A∪C )−¿ 1-ci distributivlik qanunu.

VI. A∪ (B∪C )=( A ∩ B )∪ (A∪C )−¿ 2-ci distributivlik qanunu müqayisə üçün deyə

bilərik ki, ədədlər nəzəriyyəsində də toplama və vurma qanunlarına bir-birinə

bağlayan toplamaya nəzərən vurma qanunu mövcuddur,(paylama qanunu), Lakin

ədədlər üçün yalnız vurmaya görə həmin qanun doğru sayıla bilər. Əks halda

hesablamaların nəticələri tam fərqli alınır. Amma çoxluqlar nəzəriyyəsi üçün həm

kəsişməyə nəzərən həm də birləşməyə nəzərən o təbiətli qanunlar mövcuddur.

3. İki çoxluğun fərqi.

Tərif. Tutaq ki boş olmayan A və B çoxluqları verilmişdir. A-çoxluğunun B-

çoxluğuna daxil olmayan bütün elementlərindən düzəlmiş çoxluğa A və

Bçocluqların fərqi deyilir və A\B kimi işarə olunur. Qeyd edək ki, ümumiyyətlə

A\B və B\A əməllərinin nəticəsi kimi biz iki fərqli çoxluqlaq alırıq. Beləki həmin

çoxluqlar həm elementlərinin sayına həm də elementlərinin təbiətinə görə fərqli

alınır. İki çoxluğun fərqi riyazi dildə A\B = x x∈ A ∩ x∈B kimi yazılır.

A=a , b , c ,d , e

B= p , c , e , f , g

A ¿=a , b ,d

B ¿= p , f , g .

Misallardan aydındır ki, çoxluqların fərqi əməllərinin nəticəsi həqiqətəndə

fərqli çoxluqlara gətirib çıxarır. Qeyd edək ki, çoxluqların üzərində aparılan bir-

ləşmə, kəsişmə və çoxluqların fərqli əməllərini bir-birinə bağlayan 2 qanun

mövcuddur:

1) A ( B∪C ¿= A ¿¿∪(A ¿)

2) A ( B∪C ¿= A ¿¿∩(A ¿)

4. Alt çoxluğun tamamlayıcısı.

Tərif. Tutaq ki, A və B çoxluqları arasında B A münasibəti mövcuddur. Belə

olan halda B alt çoxluğuna daxil olmayan bütün elementlərindən tərtib olunmuş

yeni çoxluğa B-nın A-ya qədər tamamlayıcısı deyilir, BA−¿kimi işarə olunur. Bu

anlayışın mənasına görə A-nın elə bir elementi tapılmaz ki, həmin element eyni

zamanda həm B çoxluğuna həm də BA çoxluğuna daxildir. Buna görə də B ilə

onun tamamlayıcısı olan BA çoxluğun birləşməsi A çoxluğu ilə üst-üstə düşməlidi.

Riyazi dildə çoxluğun tamamlayıcısını aşağıdakı kimi göstərə bilərik:

C=X∨X∈ A ∩ X∈B

B∪BA=A .

5. Eyler-Venn diaqramları.

Çoxluqların arasında mövcud olan birləşmə, kəsişmə çoxluqların fərqi kimi

məntiqi münasibətləri əyani şəkildə də təsvir etmək mümkündür. Bunun üçün

baxılan çoxluqları sadəcə müxtəlif adlar şəklində göstəririk və çoxluqlara daxil

olan elementləri həmin dairələr içərisində qeyd edirik. Həmin dairələrdən ilk dəfə

biri digərindən xəbərsiz Rusiya riyaziyyatçısı Leonard Eyler və inglis alimi Con

Venn istifadə etdiyinə görə həmin dairələri Eyler-Venn diaqramları

adlandırmışlar. Deməli, hər bir məntiqi əməl üçün həmin diaqramlar aşağıdakı

kimi göstərilə bilər.

1) Birləşmə A∪B=¿

2) Kəsişmə A ∩ B=¿

3) Fərq A ¿=¿

4) B ¿=¿

6. Kartej anlayışı.

Kartej sözü fransız sözüdür və onun hərfi mənası “təntənəli mərasim”

deməkdir. Riyaziyyatda bir çox hallarda elə növ çoxluqlarla və ya toplu ilə

işləyirik ki, onların elementləri ixtiyari yox tələb olunan müəyyən qayda ilə

düzəlməlidir. Bu kimi çoxluqlara riyaziyyatda xüsusi ad verilir.

Tərif 1. Müəyyən qaydayla düzəlmiş ixtiyari təbiyətli elementlər çoxluğuna

riyaziyyatda kartej deyilir. Kartejin elementinə kordinat komponentı deyilir.

Aydındır ki, kartejlərə müəyyən sörada müxtəlif sayda elementlər daxil ola bilər

və həmin elementlərin sayına görə kartejin uzunluğu təyin olunur. A=(a, b, c) bu

kartejdə uzunluğu n=3 kimi götürürük. Bir çox hallarda kartejlərin xüsusi növü

tətbiq olunur. Beləki onlarla işləmək daha əlverişli olur.

Tərif 2. Uzunluğu 2-yə bərabər olan kartejlərə nizamlanmış cütlər deyilir.

Tutaq ki, müxtəlif A və B kartejləri verilmişdir.

A=(a1 , a2…ak ..an)

B=(b1 , b2 …bl ..bm)

Əgər: 1) n=m; 2) ∀i= j=¿a i=b j⊢ai∈ A ∩b j∈ B – şərtləri ödənilərsə A və B

çoxluqlara bərabər kartejlər deyilir. Bu şərtlərdən birincisinin tələbi ondan

ibarətdir ki, kartejlərə daxil olan elementlərinin sayı bərabər olsun. 2-ci şərtin

tələbi isə ondan ibarətdir ki kartejlərdə eyni nömrədə yerləşən elementlərdə öz

arasında bərabər olsun. 2-ci şərtin tələbi ondan irəli gəlir ki, kartejlərdə

elementlər müəyyən sırada dözölməlidir.

1) A=a ,b , c n=3

B= a ,b , c , d n=4

2) A=a ,b , e , f n=4

B= a , e , f , g n=4

3) A=f , k , p n=3

B= f , k , p m=3.

Məktəb riyazi kursunda biz bir neçə dəfə məhz nizamlanmış cüt hesabı ilə

rastlaşmışıq. İlk dəfə həmin anlayışla d-kart kordinatını qeyd edərkən, nöqtənin

vəziyyətini müəyyən edərkən rastlaşırıq. Bundan başqa həmin nizamlanmış

cütlərdən tənliklər sistemlərinin həllində sistemin həllini qeyd edəndə 1-ci mütləq

x-dəyişəni 2-ci yerdə isə y-dəyişəninin qiymətini qeyd edirik.

7. Çoxluğun siniflərə ayrılışı.

A=2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15 çoxluğu verilmişdir. Həmin çoxluğu müxtəlif

p=(x) xarakteriksiz məzsusi alt çoxluqlara ayıra bilərik ki, məsələn: tutaq ki, bir

alt çoxluğu 2-nin, 2-ci alt çoxluğa isə 3 ədədinin misli olan elementlərindən

ibarətdir:

A1= 6,9,12,15

A2= 2,4,6,8,10,12,14 .

Gördüyümüz kimi a1 və a2 alt çoxluqları a-nın boş çoxluq olmayan məxsusi

alt çoxluqlardır. Əgər bizi alt çoxluqları maraqlandırarsa gördüyümüz kimi a1

kəsişmə (6,12) boş çoxluqlardan fərqli alınır. Lakin bir sıra məsələlərdə bizi elə

alt çoxluqlar maraqlandırır ki, onların heç bir ortaq elementi olmasın. Belə alt

çoxluqların alınması riyaziyyatda siniflərə ayrılış deyilir.

Tərif. Tutaq ki, A çoxluğu verilmişdir. Həmin çoxluğun elementlərindən A1, A2,

An məxsusi alt çoxluqları tərtib olunmuşdur. Əgər alınan alt çoxluğları üçün A1

... A2 ... An :

1) ∀i=1 , n=¿ A i≠∅ ,…

2)∀i ≠ j=¿ Ai ∩ A j≠∅

3) ∪i=1n A i=A şərtləri ödənilərsə bütün An alt çoxluqlarına A-çoxluğunun cüt-cüt

kəsişməyən sinifləri deyilir. Bu tələblərdən birincinin mahiyyəti ondan ibarətdir

ki, tərtib olunan siniflərin heç biri boş olmasın, bu siniflərə heç olmazsa A-

çoxluğunun bir elementi daxil olsun.

İkincinin tələbi o deməkdirki alınan siniflər heç biri ortaq element verməsin

Yəni onlardan biri digəriylə kəsişməmişdir.

Üçüncü şərtin tələbi isə ondan ibarətdir ki, bütün alınmış siniflərin sonlu

birləşməsi mütləq ilkin verilmiş A-çoxluğuna bərabər olmalıdır. Gördüyümüz

kimi çoxluqların siniflərə ayrışını müxtəlif elementlərinə görə aparmaq

mümkündür. Ümumiyyətlə çoxluğun siniflərə ayrışına həmin çoxluqlara daxil

olan elementlərinin və o çoxluqda müəyyən olunmuş münasibətə nəzərən

aparmaq mümkündür.

Misal. Tutaq ki, mənfi olmayan tam ədədlər çoxluqda müəyyən yol ilə siniflərə

ayrışını almaq tələb olunur. (Z0) həmin ayrılışı biz məsələn P(x):≪−≫ bölənlərin

sayı xarakteristik xassəyə apara bilərik və nəticədə (Z0) çoxluğu üçün aşağıda

göxtərilən siniflərə ayrışını göstəririk.

M 1 – çoxluqların daxil olan elementlərinin sonsuz sayda böləni var.

M 2−¿ çoxluqların daxil olan elementlərinin yeganə böləni var.

M 3−¿ çoxluqlarına daxil olan hər bir elementinin z (özü və vahid) böləni var.

M 3−¿ çoxluqlarına daxil olan hər bir elementinin ən azı 3 müxtəlif böləni var

(özü vahid və özündən fərqli) siniflərə ayrılışının tələblərinin yoxlayarkən əmin

ola bilərik ki, alınmış siniflərin heç biri yalnış dayil onlar cüt-cüt kəsişmir, yəni

biz elə bir ədəd tapa bilmərik ki, həmin ədəd eyni zamanda verilmiş sinifin hər

ikisinə daxil olsun. Yəni eyni zamanda həm sadə həm də mürəkkəb olsun. Əgər

dört sinifin birləşməsini tərtib etsək Z0 çoxluğunu ala bilərik.

M 1=0