Лекц 3

1. • Дээд эрэмбийн тухайн уламжлалууд

• Дээд эрэмбийн дифференциал

• Чиглэлээр авсан уламжлал

• Хоёр хувьсагчийн функцийн Тейлорын томъёо

• Давхар функцийн уламжлал

• Бүтэн уламжлал

• Далд функцийн уламжлал

1

Дээд эрэмбийн тухайн уламжлалууд

z = f(x, y) функц ямар нэг D муж дээр хувьсагч бүрээрээ тухайн уламжлалтай

бол тэдгээр уламжлалууд нь x, y–ээс хамаарсан функц байх тул энэхүү уламжлагч

функцүүдээс уул хувьсагчуудаар нь тухайн уламжлал авч болно.

Энэ уламжлалууд нь анхны z = f(x, y) функцийн II эрэмбийн тухайн уламжлал

гэж нэрлэгдэх бөгөөд эдгээр нь дөрөв байна.∂z

∂x= f ′

x

∂z

∂y= f ′

y =⇒

∂2z

∂x2= f ′′

xx,∂2z

∂x∂y= f ′′

xy, ‘∂2z

∂y∂x= f ′′

yx,∂2z

∂y2= f ′′

yy

II эрэмбийн уламжлалуудыг x, y–ээр дахин дифференциалчилбал III эрэмбийн

уламжлал гарах ба эдгээр нь найм байна.

Ерөнхийдөө (n−1) дүгээр эрэмбийн уламжлалын уламжлалыг n дүгээр эрэмбийн

уламжлал гэнэ.

2

z–ээс p удаа x–ээр, (n − p) удаа y–ээр авсан n дүгээр эрэмбийн уламжлалыг

∂nz

∂xp∂yn−p

гэж тэмдэглэнэ.

Хоёр хувьсагчийн z = f(x, y) функцийн II эрэмбийн f ′′xy, f ′′

yx уламжлалуудыг

холимог уламжлалууд гэнэ.

3

Жишээ. z = y2ex + x ln y функцийн II эрэмбийн тухайн уламжлалуудыг ол.

∂z

∂x= y2ex + ln y;

∂z

∂y= 2yex +

x

y;

∂2z

∂x2= y2ex;

∂2z

∂x∂y= 2yex +

1

y;

∂2z

∂y∂x= 2yex +

1

y;

∂2z

∂y2= 2ex − x

y2

Жишээ. u = z · exy функцийн ∂4u∂x2∂y∂z

тухайн уламжлалыг ол.

∂u

∂x= zyexy;

∂2u

∂x2= zy2exy

∂3u

∂x2∂y= z(2yexy + y2exyy);

∂4u

∂x2∂y∂z= 2yexy + y2exyy

4

Thr: Холимог уламжлалуудын тухай теорем .

Хэрвээ f(x, y) функц ба түүний f ′x, f ′

y, f ′′xy, f ′′

yx– уламжлалууд нь ямар нэг

M(x, y) цэг болон түүний орчинд тодорхойлогдохын хамт тасралтгүй функцүүд

байвал энэхүү M(x, y) цэг дээр

f ′′xy(x, y) = f ′′

yx(x, y)

байна.

Жишээ. u = x3y2z2 функцийн хувьд ∂3f∂x∂y∂z = ∂3f

∂y∂x∂z = ∂3f∂z∂y∂x болохыг үзүүл.

Үнэхээр∂u

∂x= 3x2y2z2,

∂2u

∂x∂y= 6x2yz2,

∂3u

∂x∂y∂z= 12x2yz

∂u

∂y= 2x3yz2,

∂2u

∂y∂x= 6x2yz2,

∂3u

∂y∂x∂z= 12x2yz

∂u

∂z= 2x3y2z,

∂2u

∂z∂y= 4x3yz,

∂3u

∂z∂y∂x= 12x2yz

5

Дээд эрэмбийн дифференциал

M0 цэг дээр хоёр удаа дифференциалчлагдах z = f(x, y) функцийн II эрэмбийн

дифференциал d2z–ыг олъё. Энд, үл хамааран хувьсах хэмжигдэхүүнүүдийн

дифференциал dx, dy–ыг тогтмол гэж үзвэл

dz = z′xdx + z′ydy =⇒

d2z = d(dz) = d(z′xdx + z′ydy) = d(z′xdx) + d(z′ydy) = d(z′x)dx + d(z′y)dy (1)

болох бөгөөд үүнд:

d

(∂z

∂x

)=

∂

∂x

(∂z

∂x

)dx +

∂

∂y

(∂z

∂x

)dy =

∂2z

∂x2dx +

∂2z

∂x∂ydy

d

(∂z

∂y

)=

∂

∂x

(∂z

∂y

)dx +

∂

∂y

(∂z

∂y

)dy =

∂2z

∂y∂xdx +

∂2z

∂y2dy

6

байх ба холимог уламжлалын тухай теоремыг ашиглавал, (1) нь

d2z =∂2z

∂x2dx2 + 2

∂2z

∂x∂ydxdy +

∂2z

∂y2dy2 (2)

болно.

Үүнтэй төстэйгөөр

d3z =∂3z

∂x3dx3 + 3

∂3z

∂x2∂ydx2dy + 3

∂3z

∂x∂y2dxdy2 +

∂3z

∂y3dy3 (3)

болох бөгөөд d2z, d3z илэрхийллүүдээс харахад дурын эрэмбийн дифференциал

нь

dnz =

(∂

∂xdx +

∂

∂ydy

)n

z (4)

хэлбэртэй олдоно.

7

Жишээ: z = ln(x + y) · exy бол d2z =?

∂z

∂x=

1

x + y· exy + y · exy · ln(x + y) = exy

(1

x + y+ y · ln(x + y)

)

∂z

∂y=

1

x + y· exy + x · exy · ln(x + y) = exy

(1

x + y+ x · ln(x + y)

)

∂2z

∂x2= exy · y

(1

x + y+ y ln(x + y)

)+ exy

(− 1

(x + y)2+

y

x + y

)=

= exy

(2y

x + y+ y ln(x + y) − 1

(x + y)2

)

∂2z

∂x∂y= exy · x

(1

x + y+ y ln(x + y)

)+ exy

(− 1

(x + y)2+ ln(x + y) +

y

x + y

)=

= exy

(1 + (1 + xy) ln(x + y) − 1

(x + y)2

)

8

∂2z

∂y2= exy · x

(1

x + y+ x ln(x + y)

)+ exy

(− 1

(x + y)2+

x

x + y

)=

= exy

(2x

x + y+ x ln(x + y) − 1

(x + y)2

)

Иймд

d2z = exy

(2y

x + y+ y ln(x + y) − 1

(x + y)2

)dx2+

+ 2exy

(1 + (1 + xy) ln(x + y) − 1

(x + y)2

)dxdy+

+ exy

(2x

x + y+ x ln(x + y) − 1

(x + y)2

)dy2

9

Чиглэлээр авсан уламжлал

U = U (x, y, z), D 3 (x, y, z) гадаргуугийн M(x, y, z) цэгээс cos α, cos β, cos γ

гэсэн чиглүүлэгч косинусуудтай ~S вектор татъя.

������������������

�� x

//y

OOz

yy

yy

yy

yy

yy

yy

yy

y

<<

ss

II

αww

��βzz

��γ·M

A

B

C

O

~s

∆x

∆y

∆z

M1(x + ∆x, y + ∆y, z + ∆z) ∈ ~S, ∆S =√

∆x2 + ∆y2+∆z2

U (x, y, z) функцийг D мужид тасралтгүй, тасралтгүй тухайн уламжлалуудтай

гэж үзээд уламжлалыг нь олбол:

∆u =∂u

∂x∆x +

∂u

∂y∆y +

∂u

∂z∆z + ξ1∆x + ξ2∆y + ξ3∆z

10

∆s → 0 ⇒ ξ1 → 0, ξ2 → 0, ξ3 → 0

∆u

∆s=

∂u

∂x

∆x

∆s+

∂u

∂y

∆y

∆s+

∂u

∂z

∆z

∆s+ ξ1

∆x

∆s+ ξ2

∆y

∆s+ ξ3

∆z

∆s=

=∂u

∂xcos α +

∂u

∂ycos β +

∂u

∂zcos γ + ξ1 cos α + ξ2 cos β + ξ3 cos γ

Хэрвээ lim∆s→0

∆u

∆sэнэ хязгаар төгсгөлөг оршин байвал түүнийг u функцээс ~s

векторын чиглэлээр авсан уламжлал гэж нэрлээд

∂u

∂s=

∂u

∂xcos α +

∂u

∂ycos β +

∂u

∂cos γ

гэж тэмдэглэнэ.∂u

∂s=

{∂u

∂x,∂u

∂y,∂u

∂z

}

11

Жишээ: u = x2 + y2 + z2-ийн ~s = 2~i + ~j + 3~k векторын чиглэлээр авсан

уламжлалын M(1; 1; 1) цэг дээрх утгыг ол.

cos α =x

|s|, cos β =y

|s|, cos γ =z

|s||s| =

√x2 + y2 + z2, ∆s =

√4 + 1 + 9 =

√14

cos α =2√14

, cos β =1√14

, cos γ =3√14

∂u

∂x

∣∣∣∣M

= 2x|M = 2,∂u

∂y

∣∣∣∣M

= 2y|M = 2,∂u

∂z

∣∣∣∣M

= 2z|M = 2

∂u

∂s

∣∣∣∣M

= 2 · 2√14

+ 2 · 1√14

+ 2 · 3√14

=12√14

12

Def: Координатууд нь өгөгдсөн функцийн тухайн уламж-лалууд байх

∂u

∂xi +

∂u

∂yj +

∂u

∂zk

векторыг функцийн градиент гэж нэрлээд grad u гэж тэмдэглэнэ.

Thr: u функцээс ~s векторын чиглэлээр авсан уламжлал нь u функцийн градиентын

~s вектор дээрх проекцтэй тэнцүү байна.

∂u

∂s=

∂u

∂xcos α +

∂u

∂ycos β +

∂u

∂zcos γ = np~sgradu.

13

Өгөгдсөн чиглэлдэх уламжлал

Огторгуй (хавтгай) дах дурын l чиглэл 1 = (cos α, cos β, cos γ) нэгж вектороор

бүрэн тодорхойлогддог. Энд α, β, γ нь l чиглэлийн OX, OY ба OZ тэнхлэгүүдтэй

үүсгэх өнцөг юм.

u = f(x, y, z) функц r0 = (x0, y0, z0) радиус вектор бүхий M0 цэгийн ямар нэгэн

орчинд тодорхойлогдсон байг.

Хэрэв дараах

limt→+0

f(r0 + t1) − f(r0)

tхязгаар төгсгөлөг оршин байвал u = f(x, y, z) функцийн M0 цэг дээрх l чиглэлээр

авсан уламжлал гээд ∂u(M0)∂l буюу ∂f(M0)

∂l гэж тэмдэглэнэ. Ө.х

∂u(M0)

∂l= lim

t→+0

f(r0 + t1) − f(r0)

t(5)

(6) хязгаарыг координатын хэлбэрээр бичиж болох бөгөөд үүний тулд M0 эхтэй

l чиглэл бүхий цацраг авъя. Цацрагийн параметрт тэгшитгэл

x = x0 + t cos α; y = y0 + t cos β; z = z0 + t cos γ, t ≥ 0

14

бөгөөд уг цацрагийн дагуу функц

u = f(x0 + t cos α, y0 + t cos β, z0 + t cos γ) = F (t)

хэлбэртэй байна. Иймд (6) тэнцэтгэл

∂u(M0)

∂l= lim

t→+0

f(x0 + t cos α, y0 + t cos β, z0 + t cos γ) − f(x0, y0, z0)

t=

= limt→+0

F (t) − F (0)

t= F ′(+0) (6)

хэлбэртэй болно.

Эндээс хэрэв u = f(x, y, z) функц M0 цэг дээр тасралтгүй тухайн уламжлалтай

бол давхар функцийн уламжлалын томъёог ашиглах боломжтой нь мөрдөх ба энэ

тохиолдолд l чиглэлээр авсан уламжлал

∂u(M0)

∂l=

∂u(M0)

∂xcos α +

∂u(M0)

∂ycos β +

∂u(M0)

∂zcos γ (7)

байна.

M0 = (x0, y0) цэг дээр тасралтгүй дифференциалчлагдах u = f(x, y) функцийн

15

хувьд l чиглэлийн дагуу авсан уламжлал

∂u(M0)

∂l=

∂u(M0)

∂xcos α +

∂u(M0)

∂ysin α (8)

гэж бодогдоно.

Хялбар тохиолдолд l чиглэлийг координатын тэнхлэгийн дагуу сонговол тухайлбал

OX дагуу авбал ∂f∂l = ∂f

∂x буюу ердийн тухайн гарна.

Чиглэлээр авсан уламжлал физик утгаараа ердийн уламжлалын адил сонгон

авсан чиглэлийн дагуу функцийн өөрчлөгдөх хурдыг илэрхийлэх болно.

16

Жишээ. Огторгуй дахь биеийн температур T = xyz2 − x2y + z3 хуулиар

өгөгджээ. A(2,−2, 1) цэг дээрх температурын өөрчлөлтийн хурдыг l = (1,−1,−1)

чиглэлийн дагуу ол.

Өгөгдсөн чиглэлийн хувьд 1 векторыг олъё. Үнэндээ

1 = {cos α, cos β, cos γ} = {1/√

3;−1/√

3;−1/√

3}. Цааш T функцийн тухайн

уламжлалуудыг юун түрүүнд олъё.

∂T (A)

∂x= (yz2−2xy) |(2,−2,1)= 6;

∂T (A)

∂y= (xz2 − x2) |(2,−2,1)= −2,

∂T (A)

∂z= (2xyz + 3z2) |(2,−2,1)= −8 + 3 = −5

Тэгвэл (8) томъёо ёсоор

∂u(A)

∂l= 6 · 1√

3− 2 · (−1√

3) − 5 · (−1√

3) =

13√3

болно.

17

Теорем 1. Хэрэв u = f(M) функцийн хувьд ∂u(M0)∂l > 0 (∂u(M0)

∂l < 0) бол уг функц

l чиглэлийн дагуу M0 цэг дээр өснө (буурна).

Өгөгдсөн M цэг дээр дифференциалчлагдах u = f(x, y, z) функцийн тухайн

уламжлалуудаар хагалзах координатаа хийсэн векторыг уг функцийн градиент

гэж нэрлээд gradu(M) буюу ∇u(M) гэж тэмдэглэнэ. Ө.х

gradu(M) = ∇u(M) =∂u(M)

∂x~i+

∂u(M)

∂y~j+

∂u(M)

∂z~k = {∂u(M)

∂x,

∂u(M)

∂y,

∂u(M)

∂z}

(9)

Чиглэлээр авсан уламжлалын тодорхойлолт болон (10) томъёоноос дараах

∂u(M)

∂l= (gradu(M), 1) = (∇u, 1) (10)

томъёог гарган авч болно. Ө.х чиглэлээр авсан уламжлал gradu(M) вектор

болон 1 нэгж векторуудын скаляр үржвэртэй тэнцүү байна.

Иймд өгөдсөн чиглэлээр авсан уламжлал нь градиентийн дифференциаллын

чиглэл дэх проекцтэй тэнцүү байна. Эндээс gradu(M) 6= 0 бол ∂u∂l уламжлал

18

максимал утгаа l чиглэл u = f(M) функцийн градиенттэй давхцах (хоорондох

өнцөг нь тэгтэй тэнцүү) үед авдаг.

19

Жишээ. u = zexy−xyez функцийн a) хамгийн хурдан өсөх чиглэл, b) хамгийн

их хурдыг M0 = (0,−1, 0) цэг дээр тус тус бод.

u функцийн хамгийн хурдан өсөх чиглэл gradu = {∂u∂x

, ∂u∂y

, ∂u∂z} векторын

чиглэлтэй давхцана.

gradu = { yzexy − yez; zxexy − xez; exy − xyez }

Иймд a) gradu(M0) = {1, 0, 1} чиглэлийн дагуу уг функц хамгийн хурдан өсөх

ба b) максималь хурд нь |gradu(M0)| =√

2 тус тус байна.

20

Теорем 2. Градиент gradu(M0) 6= 0 вектор u = f(x, y, z) функцийн төвшний

гадаргуугын (шугамын) M0 = (x0, y0, z0) цэгт уг гадаргууд перпендикуляр

байна (M0 = (x0, y0) цэг дээр уг шугамд).

Дифференциалчлагдах z = f(x, y) функцийн график огторгуйд ямар нэгэн S

гадаргууг дүрсэлнэ.

M0 = (x0, y0) цэгийг f функцийн тодорхойлогдох мужаас авсан бөгөөд N0 =

(x0, y0, z0) нь M0 цэгт харгалзах S гадаргуугын цэг байг.

z = f(x, y) функцийн∂u(M0)

∂xтухайн уламжлал геометр утгаараа z = f(x, y)

гадаргуу ба y = y0 хавтгай хоёрын огтолцолд үүсэх z = f(x, y0) шугамын шүргэгч

OX тэнхлэгтэй үүсгэх өнцгийн тангенстай тэнцүү байна.

Үүний адил∂u(M0)

∂yтухайн уламжлалын геометр утгыг тайлбарлаж болно.

S гадаргуу дээрхи шугамын N0 цэгт татсан бүх шүргэгчийг агуулах хавтгайг

уг гадаргуугын N0 дээрхи шүргэгч хавтгай гэнэ.

z = f(x, y) гадаргуу нь u = z − f(x, y) функцийн u = 0 утгад харгалзах

төвшний гадаргуу бөгөөд теорем2-т өгүүлсэн ёсоор gradu(N0) вектор уг гадаргууд

21

перпендикуляр байх болно. Иймд gradu(N0) вектор N0 цэг дээрхи шүргэгч

хавтгайд перпендикуляр юм.

Аналитик геометрт үзсэнчлэн өгөгдсөн N0 = (x0, y0, z0) цэгийг дайрсан, өгөгдсөн

n = {A, B,C} векторт перпендикуляр хавтгайн тэгшитгэл

A(x − x0) + B(y − y0) + C(z − z0) = 0 (11)

тэнцэтгэлээр илэрхийлэгддэг.

Хэрэв n = gradu(N0) гэж авбал (11) илэрхийллээс шүргэгч хавтгайн тэгшитгэл

−∂f(x0, y0)

∂x(x − x0) −

∂f(x0, y0)

∂y(y − y0) + 1(z − z0) = 0 (12)

хэлбэртэй болно. Бид

gradu(N0) =

{∂u(M0)

∂x,∂u(M0)

∂y,∂u(M0)

∂z

}=

{−∂f(x0, y0)

∂x,−∂f(x0, y0)

∂y, 1

}

(13)

векторыг N0 = (x0, y0, z0) цэг дээрхи z = f(x, y) гадаргуугын нормаль вектор

гэж нэрлэе.

22

N0 цэг дээрхи шүргэгч хавтгайд перпендикуляр бөгөөд уг цэгийг дайрсан шулууныг

S гадаргуугын N0 цэг дээрхи нормаль гэнэ.

Нормалийн чиглүүлэгч вектор нь (13) вектор билээ. Иймээс нормалийн эгэл

тэгшитгэл

x − x0

−f ′x(x0, y0)

=y − y0

−f ′y(x0, y0)

=z − z0

1(14)

хэлбэртэй байна.

(14) тэгшитгэлээс шүргэгч хавтгайн тэгшитгэлийг

z − z0 = f ′x(x0, y0)∆x + f ′

y(x0, y0)∆y

гэж бичиж болох ба тэнцэтгэлийн зүүн тал z = f(x, y) функцийн M0 цэг дээрхи

дифференциал нь байна. Иймд z = f(x, y) функцийн M0 цэг дээрхи дифференциал

нь N0 = (x0, y0, z0) цэг дээрхи шүргэгч хавтгайн апликат тэнхлэгийн өөрчлөлттэй

тэнцүү болох нь харагдана.

23

Жишээ. z = x2 − 2y2 гадаргуугын N0 = (2, 0, 4) цэг дээрхи шүргэгч хавтгай

ба нормалийн тэгшитгэлийг ол.

z = x2 − 2y2 функцийн тухайн уламжлалуудыг олъё. Үнэндээ

∂z(x0, y0)

∂x= 2x |x=2= 4

∂z(x0, y0)

∂y= −4y |y=0= 0

тул (13) томъёонд харгалзуулан шүргэгч хавтгайн тэгшитгэлийг

−4(x − 2) − 0(y − 0) + (z − 4) = 0,

харин нормалийн тэгшитгэлийг (15) илэрхийллээс

x − 2

−4=

y

0=

z − 4

1

гэж тус тус олж болно.

24

.. |~s0| = 1 ~s0 = i cos α + j cos β + k cos γ

ϕ = (gradu∧~s0) =∂u

∂xcos α +

∂u

∂ycos β +

∂u

∂zcos γ =

∂u

∂s

//~s

zz

zz

zz

zz

zz

zz

zz

zz

zz

zz

zz

z

<<

gradu

ϕ//~s0

∂u∂s

( ̂gradu,~s0) = |gradu||~s0| cos ϕ = |gradu| cos ϕ = np~sgradu =∂u

∂s⇒

∂u

∂s= np~sgradu

25

Хоёр хувьсагчийн функцийн Тейлорын томъёо

Хоёр хувьсагчийн z = f(x, y) функц, M(x0, y0) цэгийн орчинд n + 1 хүртэлх

эрэмбийн тухайн уламжлалуудынхаа хамтаар тасралтгүй юм гэж саная. Тэгээд

энэ функцээ x − x0, y − y0 гэсэн ялгаварын зэрэгтээс хамаарсан n зэргийн олон

гишүүнтийн нийлбэрт задлая.

Үүний тулд x0, y0 утгуудад нь харгалзан ∆x, ∆y өөрчлөлтүүд өгвөл дараах

задаргаа хүчинтэй байна.

f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) = f(x0, y0) +[f ′

x(x0, y0)∆x + f ′y(x0, y0)∆y

]+

+1

2!·[f ′′

xx(x0, y0)∆x2 + 2f ′′xy(x0, y0)∆x∆y + f ′′

yy(x0, y0)∆y2]+

+ · · · + 1

n!

(∂

∂x∆x +

∂

∂y∆y

)n

f(x0, y0) + Rn(x, y) (15)

26

Rn(x, y) =1

(n + 1)!

(∂

∂x∆x +

∂

∂y∆y

)n+1

f(x0 + θ∆x, y0 + θ∆y) (16)

(15) задаргаа (x0, y0) цэгийн хүрэлцээтэй бага орчны цэгүүдийн хувьд хүчинтэй

бөгөөд x0 + ∆x = x, y0 + ∆y = y гэвэл ∆x = x − x0, ∆y = y − y0 тул

f(x, y) = f(x0, y0) +[f ′

x(x0, y0)(x − x0) + f ′y(x0, y0)(y − y0)

]+

+1

2!·[f ′′

xx(x0, y0)(x − x0)2 + 2f ′′

xy(x0, y0)(x − x0)(y − y0) +

+ f ′′yy(x0, y0)(y − y0)

2]

+ · · ·+

+1

n!·(

∂

∂x(x − x0) +

∂

∂y(x − x0)

)n

f(x0, y0) + Rn(x, y) (17)

(15), (17) томъёог хоёр хувьсагчийн функцийн (x0, y0) цэг дээрх Тейлорын томъёо

гэнэ.

27

(x0, y0) = (0, 0) үед (17) томъёо нь

f(x, y) = f(0, 0) +[f ′

x(0, 0) · x + f ′y(0, 0) · y

]+ (18)

+1

2!

[f ′′

xx(0, 0) · x2 + 2f ′′xy(0, 0) · xy + f ′′

yy(0, 0) · y2]+

+ · · · +1

n!

(∂

∂x· x +

∂

∂y· y

)n

f(0, 0) + Rn(x, y)

(18) хэлбэртэй болох бөгөөд энэ томъёог Маклорены томъёо гэнэ.

(17) ба (18) томъёог дифференциал хэлбэртэй бичиж болно.

∆f = df(x0, y0) +1

2!d2f(x0, y0) +

1

3!d3f(x0, y0) + . . . + (19)

+1

n!dnf(x0, y0) +

1

(n + 1)!dn+1f(x0 + θ∆x, y0 + θ∆y) (20)

Хоёроос олон хувьсагчийн функцийн хувьд Тейлорын томъёог өргөтгөн хэрэглэж

болно.

28

Жишээ. z = x3 + y3 − 2x2 − 4xy + y2 + 5x − 6y − 4 функцийг (3, 1) цэгийн

орчинд Тейлорын томъёонд задал.

f(3, 1) = 4.,

Тухайн уламжлалуудыг олж тэдгээрийн утгыг (3, 1) цэг дээр бодъё.

f ′x(x, y) = 3x2 − 4x − 4y + 5 f ′

x(3, 1) = 6

f ′y(x, y) = 3y2 − 4x + 2y − 6 f ′

y(3, 1) = −13

f ′′xx(x, y) = 6x − 4 f ′′

xx(3, 1) = 14

f ′′xy(x, y) = −4 f ′′

xy(3, 1) = −4

f ′′yy(x, y) = 6y + 2 f ′′

yy(3, 1) = 8

f ′′′xxx(x, y) = 6 f ′′′

xxx(3, 1) = 6

f ′′′xxy(x, y) = 0 f ′′′

xxy(3, 1) = 0

f ′′′xyy(x, y) = 0 f ′′′

xyy(3, 1) = 0

f ′′′yyy(x, y) = 6 f ′′′

yyy(3, 1) = 6

29

Дөрөв болон түүнээс дээшхи бүх эрэмбийн уламжлалууд нь тэгтэй тэнцүү.

(17) томъёо ёсоор:

f(x, y) = 4 + [6(x − 3) − 13(y − 1)] +1

2[14(x − 3)2 − 8(x − 3)(y − 1) + 8(y − 1)2]+

+1

6[6(x − 3)3 + 6(y − 1)3] = 4 + [6(x − 3) − 13(y − 1)]+

+ [7(x − 3)2 − 4(x − 3)(y − 1) + 4(y − 1)2] + [(x − 3)3 + (y − 1)3]

30

Жишээ. f(x, y) = 11−x−y функцийн M0 = (0, 0) цэгийн орчин дах Тейлорын

томъёог дөрөв хүртэлх эрэмбийн дифференциалуудыг нь ашиглан ол.

Өгөгдсөн функцийн 1,2 ба 3-р эрэмбийн тухайн уламжлалуудыг нь M0 цэг дээр

дараалан олъё (∆x = x, ∆y = y):

f ′x = f ′

y = (1 − x − y)−2, f ′x(0, 0) = f ′

y(0, 0) = 1;

f ′′xy = f ′′

yx = 2(1 − x − y)−3, f ′′xy(0, 0) = 2;

f ′′xx = f ′′

yy = 2(1 − x − y)−3, f ′′xx(0, 0) = f ′′

yy(0, 0) = 2;

f ′′′x3 = f ′′′

y3 = f ′′′x2y

= f ′′′xy2 = 6(1 − x − y)−4, f ′′′

x3(0, 0) = · · · = f ′′′xy2(0, 0) = 6

Иймд (5) томъёоноос

1

1 − x − y= 1 + x + y + (x2 + 2xy + y2) + (x3 + 3x2y + 3y2x + y3) + R4(x, y) =

= 1 + (x + y) + (x + y)2 + (x + y)3 + R4(x, y),

31

бөгөөд энд R4(x, y) үлдэгдэл гишүүн юм.

32