Көп айнымалылы функц/р үшін Тейлор формуласы

f(x) E ашық жиынында анықталып, f(x) кірістіруін қанағаттандырсын, яғни Е жиынының әрбір нүктесінде f(x) функциясының реті s–тен аспайтын барлық мүмкін дербес туындылары бар және үзіліссіз болсын. a=( және x=() E нүктелерін жалғайтын кесінді Е жиынында толық жатсын, яғни - (i=1,2,…,n), h=() үшін t [0,1] болғанда a+th==() болсын. Онда [0,1] сегментінде

f(a+th)=f( (1)

күрделі функциясы анықталған болады. f болғандықтан кірістіруі орындалады, яғни бір айнымалы функциясы [0,1] сегментінде s рет үзіліссіз дифференциалданады, сол себептен (1) функциясы үшін болғандағы ( (2)-теңдігі орындалады. Сонымен бірге,(1) бойынша , (2) теңдігінде деп алып, бұл жағдайда 1 болатынын ескере отырып,

f( -f()=f( = + (3)

теңдігіне келеміз. Егер (3) теңдігінде көмекші функциясынан бастапқы f функциясына толық көшсек, онда солай түрлендірілген (3) теңдігі көп айнымалылы Тейлор формуласы деп аталады.

9. Көп айнымалылы функцияның экстремумы. n=2 жағдайындағы экстремум жеткілікті шарты.

Экстремум анықтамасы. сандық функциясы жиынында анықталсын. Егер, біріншіден, а нүктесі Е жиынының ішкі нүктесі болса, екіншіден кірістіруі орындалатындай қайсыбір δ оң саны мен әрбір үшін ƒ(х) ≤ ƒ(а) (ƒ(х) ≥ƒ(а)) теңсіздігі орындалса, онда а нүктесін ƒ(х) функциясы локальді максимум (локальді минимум) мәнін қабылдайтын нүкте, не қысқаша а – локальді максимум (локальді минимум) нүктесі деп атайды. Локальді максимум мен локальді минимумді локальді экстремум деп атайды.

Экстремумның жеткілікті шарты. Теорема. Екі айнымалы сандық f(х,у) функциясы (а, b) нүктесінің қайсыбір ₀-маңайында анықталып, сол маңайда

дербес туындылары бар және үзіліссіз болып,сол нүктенің өзінде локальді экстремумның қажетті шарты орындалсын:

Мынадай белгілеулер енгізейік:

Онда:1)егер 0 болса,онда(а,в) локальді экстремум нүктесі болып,А 0 болғанда локальді қатаң минимум,А 0 болған да локальді қатаң максимум нүктесі болады;2)егер 0 болса,онда (а,в) нүктесі локальді экстремум нүктесі емес;3)егер =0 болса,онда (а,в) нүктесі туралы накты ештене айта aлмаймыз.

Дәлелдеуі: f(х,у) функциясы (а,в) нүктесінде локальді экстремумге зерттеу үшін сол нүктенің маңайында f(х,у)- f(а,в) айырымының таңбасын анықтау керек.Сондықтан,сол айырымды қалдық мүшесі Лагранж берген түрде болатын Тейлор формуласы арқылы жіктейік. F-ке қойылған шарт бойынша (t)=f(a+t(x-a),b+t(y-b)) күрделі функциясы [0,1] сегментінде екі рет үзіліссіз дифференциалданады,ал

^/(t)

^//(t)

Болғандықтан,бір айнымалы жағдайындығы Тейлор формуласы бойынша х пен у-ке тәуелді қайсы бір 0 1 саны үшін

Болады, (2) және

_А(x,y)=

_B(x,y)= (6)

_C(x,y)=

Белгілеулері мен (1) теңдіктерін қолдансақ, (3)былай көшіріледі:

Екінші ретті дербес туындылар үзіліссіз болғандықтан, (4)юойынша

_А(x,y) 0, _В(x,y) 0, _С(x,y) 0((х,у) (а,в)) (6)

Сөйтіп,бар мәселе (5) теңдігінің оң жағындағы өрнектің таңбасын зерттеу мәселесіне келтірілді.(5)теңдігінде

Ауыстыруларын жасап,

Теңдігіне келеміз.

Енді екі айнымалы квадраттық форма деп аталатын Q(u,v)=Au²+2Cuv+Bv² фнкциясын жеке қарастырайық.Мұнда А 0 деп есептеп, Au²+2Cuv=A[u²+2 uv+( v)²]-A()² =A[u+ v]² - v²

Тепе-теңдігін пайдаланып,

Q(u,v)= A[u+ v]²+ [B- ]v²= A[u+ v]²+ v² (9)

Тепе-теңдігіне келеміз,өйткені (2) бойынша В- = .Бұдан келесі лемма шығады

Лемма. Барлық u²+v² 0 теңсіздігін қанағаттандыратын u мен v сандары үшін Q(u,v) 0 болуы үшін

Теңсіздіктері орындалы қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеуі. Жеткіліктілігі. (9) теңсіздіктері орындалсын.Онда v 0 болғанда барлық u үшін Q(u,v) v² 0 болады,ал v=0 болғанда u 0, демек Q(u,0) = Au² 0 яғни u²+ v² 0 болғанда Q(u,v) 0 болады.