мт102 4

Лекц 2 1. • ОХФ-ийн тухайн уламжлал • Хоёр хувьсагчийн функцийн тухайн уламжлалуудын геометр утга • Бүтэн өөрчлөлт, бүтэн дифференциал • Бүтэн дифференциалыг ойролцоо тоололд хэрэглэх • Давхар функцийн уламжлал • Бүтэн уламжлал • Далд функцийн уламжлал

1

ОХФ-ийн тухайн уламжлал z = f (x, y), ∀(x, y) ∈ D. байг. Хэрвээ z = f (x, y) функцийн x нь ∆x,

y нь ∆y өөрчлөлт авч байвал

∆z = f (x + ∆x, y + ∆y) − f (x, y) өөрчлөлтийг f (x, y) функцийн бүтэн өөрчлөлт гэнэ. D муж дээр M0(x0, y0) цэг авч y = y0 гэж бэхэлбэл f (x, y) функц зөвхөн xээс хамаарсан нэг хувьсагчийн f (x, y0) функц болох ба түүний аргументийн ∆x өөрчлөлтөнд харгалзах функцийн өөрчлөлт ∆xz = f (x0 + ∆x, y0) − f (x0, y0) (1)–ийг z = f (x, y) функцийн x аргументийн тухайн өөрчлөлт гэнэ. 2

(1)

Уг тухайн өөрчлөлтийг аргументийн өөрчлөлтөд нь харьцуулсан ∂z def ∆xz f (x0 + ∆x, y0) − f (x0, y0) = = ∂x ∆x ∆x харьцаа x → x0 үед төгсгөлөг хязгаартай байвал энэ хязгаарыг f (x, y)-ийн M0(x0, y0) цэг дээр x аргументээр авсан тухайн уламжлал гэж нэрлээд ∂f (x0, y0) ∂z 0 0 , , z | , f (x0, y0) x x M=M 0 x=x ∂x ∂x 0 y=y0

гэж тэмдэглэнэ.

Үүний адилаар x нь тогтмол, y нь хувьсах хэмжигдэхүүн гэвэл уг функцээс M0(x0, y0) цэг дээр y аргументээр авсан тухайн уламжлал нь ∂z def ∆y z f (x0, y0 + ∆y) − f (x0, y0) = lim = lim ∆y→0 ∆y ∆y→0 ∂y ∆y болох бөгөөд ∂z , ∂y гэх мэтээр тэмдэглэнэ.



∂f (x0 , y0) , ∂y

zy0 (x0, y0),

3

fy0 (x0, y0)



p Жишээ. z = x2 + y 2 + 1 − ex/y функцийн тухайн уламжлалуудыг ол. 2x x ex/y ∂z x/y 1 = p ; −e · = p − 2 2 2 2 ∂x 2 x + y + 1 y y x +y +1 ∂z 2y x y xex/y x/y = p − e · (− 2 ) = p + 2 . 2 2 2 2 ∂y 2 x + y + 1 y y x +y +1 Жишээ. u = 3x2yz 3 − 5xz 2 − 4yz + 5x − 3z + 7 функцийн M0 = (1, 2, −1) цэг

дээрхи тухайн уламжлалуудыг ол.

u функцийг дифференциалчлахдаа y ба z хувьсагчуудыг тогтмол гэж үзнэ. ∂u ∂u(M0 ) 3 2 Тэгвэл = 6xyz −5z +5 болох ба эндээс = 6·1·2(−1)3 −5(−1)2 +5 = ∂x ∂x 12 байна. Үүнтэй адилаар

∂u(M0) = (3x2z 3 − 4z) |M0 = 1; ∂y ∂u(M0 ) = (9x2yz 2 − 10xz − 4y − 3) |M0 = 17 ∂z гэж харгалзан олдоно. 4

Мөн n тооны хувьсагчаас хамаарсан u = F (x1, x2, . . . , xn) функцийн M0(x01, x02, ..., x0n) цэг дээрх тухайн уламжлалууд нь мөн хоёр хувьсагчийн функцийн тухайн уламжлалуудын адилаар тодорхойлогдоно. ∂F ∆x 2 u F (x1, x2 + ∆x2, . . . , xn) − F (x1, x2, . . . , xn) = lim = lim ∆x2→0 ∂x2 ∆x2→0 ∆x2 ∆x2→0 ∆x2 lim

5

Хоёр хувьсагчийн функцийн тухайн уламжлалуудын геометр утга z = f (x, y) функцээр дараах гадаргуу өгөгдсөн гэж үзье. x = C − тогтмол

хавтгай татвал тэр нь уг гадаргуутай P T шугамаар огтлолцоно. Өгөгдсөн x, y-

ийн тусламжтайгаар Oxy хавтгай дээр M (x, y) цэг авбал энэ цэгт гадаргуугийн P (x, y, z) цэг харгалзана. x-ийг бэхэлж, y хувьсагчид ∆y = M N = P T 0 өөрчлөлт өгвөл z = f (x, y) ∆y z 0 0 P T ) бөгөөд үүнээс хязгаар функц нь ∆y z = T T өөрчлөлт авна. = tg(Td ∆y авбал ∆y z ∂z = хязгаар нь тоон утгаараа, P T муруйн P цэг дээр татсан lim ∆y→0 ∆y ∂y BP шулууны, Oy тэнхлэгийн эерэг чиглэлтэй үүсгэсэн β өнцгийн тангенстай тэнцүү байна.

∂z = tgβ ∂y Үүний адилаар уг функцээс x-ээр авсан авсан тухайн уламжлал нь y = C

гэсэн тогтмол хавтгай ба z = f (x, y) гадаргуугийн огтлолцолын шугамд татсан 6

z

A T

P

T

0

y β M

N

x Figure 1:

7

шүргэгчийн Ox тэнхлэгийн эерэг чиглэлтэй үүсгэх α өнцгийн тангенстай тоон ∂z = tgα утгаараа тэнцүү байна. ∂x

8

Бүтэн өөрчлөлт, бүтэн дифференциал

∆z = f (x + ∆x, y + ∆y) − f (x, y)

(2)

тэнцэтгэлийг z = f (x, y) функцийн M (x, y) цэг дээрх бүтэн өөрчлөлт гэнэ. ∆z = [f (x + ∆x, y + ∆y) − f (x, y + ∆y)] + [f (x, y + ∆y) − f (x, y)]

(3)

f (x, y + ∆y) − f (x, y)–д y–хувьсах, x–тогтмол хэмжигдэхүүн гэдгээс уг ялгавар

нь, y–ээс хамаарсан нэг хувьсагчийн f (x, y) функцийн өөрчлөлт болох бөгөөд үүнд Лагранжийн теоромыг хэрэглэвэл f (x, y + ∆y) − f (x, y) = ∆y · болно. Энд y нь y, y + ∆y-ийн хооронд орших тоо.

9

∂f (x, y) ∂y

(4)

Мөн үүнтэй төстэйгөөр f (x+∆x, y+∆y)−f (x, y+∆y)–д Лагранжийн теоромыг хэрэглэвэл ∂f (x, y + ∆y) f (x + ∆x, y + ∆y) − f (x, y + ∆y) = ∆x· ∂x болно. x ∈ [x, x + ∆x].

(5)

(4), (5)–ийг (2)–т орлуулбал: ∂f (x, y + ∆y) ∂f (x, y) ∆z = ∆x · + ∆y · ∂x ∂y

(4)

болно. ∆x → 0, ∆y → 0 үед x → x, y → y тул тухайн уламжлалууд нь тасралтгүй

гэж авсанаар

∂f (x, y+∆y) ∂f (x, y) ∂f (x, y) ∂f (x, y) = , lim = ∆x→0 ∆x→0 ∂x ∂x ∂y ∂y ∆y→0 ∆y→0 lim

болно. 10

(6)

Хязгаартай хувьсах хэмжигдэхүүн нь өөрийн хязгаар, багасаж барагдашгүй хэмжигдэхүүн хоёрын нийлбэртэй тэнцүү байдаг тул ∂f (x, y+∆y) ∂f (x, y) ∂f (x, y) ∂f (x, y) = +γ1, = +γ2 ∂x ∂x ∂y ∂y

(7)

∂f (x, y) ∂f (x, y) + ∆y · + γ1 · ∆x + γ2 · ∆y ∆z = ∆x · ∂x ∂y

(8)

болно.

p (8) дахь γ1 · ∆x + γ2 · ∆y нь ∆ρ = ∆x2 + ∆y 2-ийн хувьд дээд эрэмбийн ББХ

байна.

Харин эхний хоёр гишүүний нийлбэр нь ∆x, ∆y-тэй ижил эрэмбийн ББХ бөгөөд энэ нь fx0 (x, y) 6= 0, fy0 (x, y) 6= 0 байх тохиолдолд функцийн өөрчлөлтийн p гол хэсгийг бүрдүүлэх ба ∆ρ = ∆x2 + ∆y 2-ийн хувьд функцийн өөрчлөлтөөс дээд эрэмбийн ББХ–ээр ялгагдана.

11

• z = f (x, y) функцийн бүтэн өөрчлөлтийг (x, y) цэг дээр (8) хэлбэртэй бичиж болох бол уг функцийг (x, y) цэг дээр дифференциалчлагдах функц гэнэ.

Энэхүү бүтэн өөрчлөлтийн, ∆x, ∆y-ийн хувьд шугаман хэсгийг бүтэн дифференциал гэж нэрлээд dz буюу df гэж тэмдэглэнэ

Иймд z = f (x, y) функцийн бүтэн дифференциал нь dz = zx0 · ∆x + zy0 · ∆y хэлбэртэй бичигдэнэ. z = x–ийн дифференциалыг (9)-өөр олъё. dz = dx = x0x · ∆x + x0y · ∆y = 1 · ∆x + 0 · ∆y = ∆x Мөн z = y → dz = dy = ∆y байна.

12

(9)

Эндээс үзвэл аргументийн өөрчлөлт нь аргументийн дифференциалтайгаа тэнцүү байна. Иймд dz = zx0 dx + zy0 dy

(10)

∆z = zx0 dx + zy0 dy + γ1 · ∆x + γ2 · ∆y = dz + γ1 · ∆x + γ2 · ∆y n хувьсагчтай y = f (x1, x2, . . . , xn) функцийн тухайн уламжлалууд нь (x1, x2, . . . , xn) цэг дээр тасралтгүй байвал хоёр хувьсагчийн функцийн бүтэн дифференциалыг олох томъёоны нэгэн адилаар бүтэн дифференциал нь дараах томъёогоор олдоно. ∂f ∂f ∂f dy = dx1 + dx2 + · · · + dxn (11) ∂x1 ∂x2 ∂xn

13

Жишээ. z = ln(x2 + y 2) функцийн M0 = (1, 2) цэг дээрх дифференциалийг ол. Үнэндээ 4 ∂z(M0) 2y = 2 | = M ∂y x + y2 0 5

2 2x ∂z(M0) = 2 | = ; M0 2 ∂x x +y 5 тул

2 4 dz(M0) = dx + dy 5 5 байна. z

Жишээ. u = xy функцийн бүтэн дифференциалыг ол. (11) ёсоор du =

∂u ∂u ∂u dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z

гэж олдоно. z yz ∂u y · x z dx = y z · xy −1dx = dx ∂x x 14

z

∂u xy · z · y z · ln x yz z 0 dy = x · ln x · (y )y dy = dy ∂y y ∂u yz z 0 yz dz = x · ln x (y )y zdz = x · y z · ln x · ln ydz =⇒ ∂z  z y z · y z · ln x yz dx + dy + y z · ln x ln ydz) = du = x · x y   1 z · ln x z = xy · y z · dx + dy + ln x · ln ydz x y Жишээ. z = arcsin (xy) функцийн бүтэн дифференциалийг ол. ∂z ∂z y · dx x · dy ydx + xdy p p p dz = dx + dy = + = 2 2 ∂x ∂y 1 − (xy) 1 − (xy) 1 − (xy)2 Жишээ. u = cos2 (xyz)

du =? функцийн бүтэн дифференциалийг ол. du = u0xdx + u0y dy + u0z dz =

= 2 cos (xyz)[− sin (xyz)]yzdx+2 cos (xyz)[− sin (xyz)]xzdy+2 cos (xyz)[− sin (xyz)]xydz = 15

= − sin 2(xyz)(yzdx + xzdy + xydz)

16

Бүтэн дифференциалыг ойролцоо тоололд хэрэглэх M (x, y)-цэг дээр дифференциалчлагдах z = f (x, y)-ийг авч үзье. f (x + ∆x, y + ∆y) = f (x, y) + ∆z ≈ f (x, y) + dz = f (x, y) +

∂f ∂f ∆x + ∆y (12) ∂x ∂y

болж z = f (x, y)-ийн өөрчлөгдсөн утгыг ∆x ба ∆y-ийн хувьд дээд эрэмбийн ББХ-ий нарийвчлалтайгаар ойролцоогоор илэрхийлэх томъёо гарна.

17

Жишээ. J = ойролцоо бод. Үнэндээ J нь z =

√ p

4.052 + 2.932 илэрхийллийн утгыг дифференциал ашиглан

x2 + y 2 функцийн (x, y) = (4.05, 2.93) цэг дээрхи утга бөгөөд

(x0, y0) = (4, 3) ба ∆x = 0.05, ба ∆y = −0.07 гэж авбал илэрхийллийн ойролцоо

утга

p 2x 2y J = x2 + y 2|(4,3) + p |(4,3) · 0.05 + p |(4,3) · (−0.07) = 2 2 2 2 x +y x +y =5+

8 6 · 0.05 − · 0.07 = 5 + 0.08 − 0.084 = 4.996 5 5

байна.

18

Жишээ: Хана ба ёроолын зузаан нь k, дотоод радиус нь R, дотоод өндөр нь H байх цилиндр хэлбэрийн сав хийхэд хэрэглэгдэх материалын эзлэхүүнийг ол. O

o

K /

R

Ho

o/

K /

O 

K

Уг эзлэхүүн нь гадаад ба дотоод цилиндрүүдийн эзлэхүүний ялгавартай тэнцүү байна. Иймд дотоод цилиндрийн радиус нь R, өндөр нь H, гадаад цилиндрийн радиус нь R + k, өндөр нь H + k тул хэрэглэгдэх материалын эзлэхүүн нь V = π(R + k)2(H + k) − πR2H = π(2RHk + R2k + Hk 2 + 2Rk 2 + k 3) 19

болно. Одоо ойролцоогоор бодъё. Дотоод цилиндрийн эзлэхүүн нь R ба H-аас хамаарсан функц тул үүнийг f (R, H) гэж бичье. Хэрэв R ба H-ийг k– аар ихэсгэвэл f (R, H) функц ∆f (R, H)- өөрчлөлт авах ба энэ нь бидний олох эзлэхүүн болно. Иймд V = ∆f (R, H) ≈ df (R, H) = ёсоор 2

f (R, H) = πR H,

∂f ∂f ∆R + ∆H ∂R ∂H

∂f = 2πRH, ∂R

∂f = πR2 ∂H

тул V ≈ 2πRH · ∆R + πR2 · ∆H = πR(2H · ∆R + R· ∆H) болно. Одоо энэ бодлогынхоо ∆R = ∆H = k өгөгдлийг ашиглавал ойролцоо утга нь V ≈ π(2RHk + R2k) болох бөгөөд хэрэглэгдэх материалын бодит утга, ойролцоо утга хоёрыг нь жишиж үзвэл тэдгээр нь хоорондоо k–ийн II, III эрэмбийн бага гишүүн π(Hk 2 + 2Rk 2 + k 3)–ээр (ББХ-ээр) ялгагдаж байна. 20

R = 4см, H = 20см, k = 0.1см байх тохиолдолд бодит утга нь V = 17.881π, ойролцоо утга нь V = 17.6π байгаа учир ойролцоо утга нь 0.221π–ээр алдаатай гарсан байна.

21

Давхар функцийн уламжлал Тухайн уламжлал: z = F (u, v)

(13)

функц авч үзье. Аргумент u, v нь x, y–ээс хамаарсан функц байг. Тэгвэл (13) функц нь u = ϕ(x, y),

v = ψ(x, y),

z = F [ϕ(x, y), ψ(x, y)]

(14)

хэлбэртэй, түүний тухайн өөрчлөлтүүд нь ∆xu = ϕ(x + ∆x, y) − ϕ(x, y)

∆xv = ψ(x + ∆x, y) − ψ(x, y) ∆xz = F (u + ∆xu, v + ∆xv) − F (u, v) =

∂z ∂z · ∆x u + · ∆xv + γ1 · ∆xu + γ2 · ∆xv ∂u ∂v

хэлбэртэй болно.

22

∂z ∂z ∂z ∂z ∂ϕ ∂ϕ ∂ψ ∂ψ , , , , , , , уламжлалуудыг тасралтгүй гэж үзье. ∂x ∂y ∂u ∂v ∂x ∂y ∂x ∂y ∆x → 0 ⇔ ∆xu → 0, ∆xv → 0 γ1, γ2–багасаж барагдашгүй хэмжигдэхүүн ∆xz ∂z ∆xu ∂z ∆xv ∆x u ∆x v = · + · + γ1 · + γ2 · ∆x ∂u ∆x ∂v ∆x ∆x ∆x Одоо энэ тэнцэтгэлээсээ ∆x → 0 үеийн хязгаар авбал (13) функцээс x–ээр авсан тухайн уламжлал нь олдоно.     ∆xz ∂z ∂z ∆x u ∂z ∆x v lim = = + γ1 · lim + + γ2 · lim = ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ∂x  ∂u ∂v    ∂z ∂z ∂u ∂v ∂z ∂u ∂z ∂v = + γ1 · + + γ2 · = · + · (15) ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x Үүний адилаар

∂z ∆y z ∂z ∂u ∂z ∂v = lim = · + · ∂y ∆y→0 ∆y ∂u ∂y ∂v ∂y 23

(16)

Жишээ: z = u2 · ln v,

u = x2 + y 2 ,

v = exy бол z функцийн тухайн

уламжлалуудыг ол. ∂u = 2x, ∂x

∂u = 2y, ∂y

∂v = exy · y, ∂x

∂v = exy · x, ∂y

∂z = 2u · ln v, ∂u

∂z u2 = ∂v v

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v u2 xy = · + · = 2u ln v · 2x + · 6 e · y = ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x 6v = 4ux ln v + u2y = y · (x2 + y 2) · (5x2 + y 2) ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v u2 xy = · + · = 2u ln v · 2y + · 6 e · x = ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y 6v = 4uy ln v + u2x = x · (x2 + y 2) · (x2 + 5y 2)

24

Жишээ. z = arcsin uv, u = xy 3, функцийн тухайн уламжлалуудыг ол. Энд v = e2y · ln | cos x| байг.  ∂z v u 3   √ √ = · y + · e2y (−tgx)   1 − u2 v 2 1 − u2 v 2  ∂x

  u ∂z v    =√ · 3xy 2 + √ · 2e2y · ln | cos x| ∂y 1 − u2 v 2 1 − u2 v 2

25

Бүтэн уламжлал

z = F (x, y, u, v) y = y(x) u = u(x) v = v(x)

(17)

бол z = F [x, y(x), u(x), v(x)] = f (x) байна. Иймд бүтэн уламжлалын томъёо нь дараах хэлбэртэй байна. dz df ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂u ∂z ∂v = = · + · + · + · dx dx ∂x ∂x ∂y ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x буюу

dz ∂z ∂z dy ∂z du ∂z dv = + · + · + · dx ∂x ∂y dx ∂u dx ∂v dx

26

(18)

Жишээ: z = (x + 1) · eu ln v,

u = x2 ,

v = x3 бол z функцийн бүтэн

уламжлалыг ол. ∂z = eu ·ln v, ∂x

∂u = 2x, ∂x

∂v = 3x2, ∂x

∂z = (x+1)·eu ·ln v, ∂u

1 dz = eu ln v + (x + 1) · eu ln v · 2x + (x + 1) · eu · · 3x2 = dx v 

∂z u 1 = (x+1)·e · ∂v v

2

3x · (x + 1) = eu · ln v + 2x · (x + 1) · ln v +  v 1 x2 2 = 3e · (2x + 2x + 1) · ln x + 1 + x

27



=

√ Жишээ.z = y + arctg 1 + u функцийн бүтэн уламжлалыг ол. x

Энд y = sin2 3x ба u = ln x байна. Тэгвэл dz ∂z ∂z dy ∂z du = + · + · = dx ∂x ∂y dx ∂u dx 1 1 1 1 x x−1 x x−1 · = y +3xy sin 6x+ · . = y ·ln y +xy ·2 sin 3x·cos 3x·3++ 1+1+u x 2+u x

28

Бүтэн дифференциал

Бүтэн дифференциалыг олъё. Үүний тулд тухайн уламжлалуудыг бүтэн дифференциалы томъёонд орлуулъя. Бүтэн дифференциал ∂z ∂z dx + dy dz = ∂x ∂y тул эндээс     ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂u ∂f ∂v · + · dx + · + · dy dz = ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂y ∂v ∂y

(19)

(21) томъёог нийлмэл функцийн бүтэн дифференциалын томъёо гэнэ. Хэрэв     ∂f ∂u ∂u ∂f ∂v ∂v dz = dx + dy + dx + dy . ∂u ∂x ∂y ∂v ∂x ∂y хэлбэртэй бичвэл дараах

∂u ∂x dx

+

∂u ∂y dy

= du

∂v ∂x dx

+

∂v ∂y dy

∂f ∂f dz = du + dv ∂u ∂v 29

= dv гэдгээс (21) томъёо (20)

хэлбэртэй болно. (22) томъёоноос үзвэл нийлмэл ба нийлмэл биш функцийн бүтэн дифференциалуудын хэлбэр адил байна. Ө.х функцийн аргумент нь үл хамааран хувьсагч байх,эсвэл функц байхаас үл хамааран дифференциалын хэлбэр хадгалагдаж байна. Үүнийг I эрэмбийн дифференциалын инвариант чанар гэнэ.

30

Далд функцийн уламжлал

F (x, y) = 0

(21)

гэсэн хоёр үл мэдэгдэгчтэй тэгшитгэл өгөгдсөн гэж үзъе. Хэрэв ямар нэг X мужид оршин байгаа x утга бүрд F (x, y) = 0 нөхцлийг хангасан y гэсэн зөвхөн ганц утга харгалзаж байвал (21)–ийг функцийг далд тодорхойлж буй хэлбэр гэнэ. Хэрэв функц y = f (x) гэж өгөгдсөн бол илэрхий өгөгдсөн функц гэнэ. Thr: F (x, y) болон Fx0 (x, y), (21)–ийг хангадаг байг.

Fy0 (x, y) нь ∀x, y ∈ X-д тасралтгүй бөгөөд

Мөн Fy0 (x, y) 6= 0 байг. Тэгвэл y–ээс x–ээр авсан уламжлал нь yx0

Fx0 (x, y) =− 0 Fy (x, y)

гэж олдоно. 31

(22)

.. F (x, y) = 0 ⇒ F (x + ∆x, y + ∆y) − F (x, y) = 0 =⇒

∆F = F (x + ∆x, y + ∆y) − F (x, y) = 0.

∂F ∂F ∆x + ∆y + γ1∆x + γ2∆y = 0 ∆F = ∂x ∂y Fx0 (x, y) · ∆x + Fy0 (x, y) · ∆y + γ1 · ∆x + γ2 · ∆y = = ∆y · (Fy0 (x, y) + γ2) + ∆x · (Fx0 (x, y) + γ1) = 0 =⇒ ∆y Fx0 + γ1 =− 0 ∆x Fy + γ2

⇒

0 ∆y F x yx0 = − lim = − 0. ∆x→0 ∆x Fy

32

F (x, y, z, . . . , t, u) = 0

(23)

гэсэн n үл мэдэгдэгчтэй тэгшитгэл нь, n − 1 хувьсагчтай u = u(x, y, . . . , t)

ил хэлбэрт шилждэг гэж үзье. Тэгвэл x, y, z, . . . , t хувьсагчдаар нь тухайн уламжлал авахдаа (21) функцийн уламжлалыг олдог (22) томъёотой төстэйгөөр дараах томъёогоор олно. Fx0 (x, y, z, . . . , t) ∂u Ft0(x, y, z, . . . , t) ∂u =− 0 ,..., =− 0 ∂x Fu (x, y, z, . . . , t) ∂t Fu(x, y, z, . . . , t)

33

(24)