Aniq integral va uning xossalari 26 - Алгебра - Курсовые работы

Информация о документе

Цена	35000UZS
Размер	550.8KB
Покупки	0
Дата загрузки	13 Июнь 2026
Расширение	docx
Раздел	Курсовые работы
Предмет	Алгебра

Продавец

G'ayrat Ziyayev

Дата регистрации 14 Февраль 2025

201 Продаж

Aniq integral va uning xossalari 26

Купить

Mavzu: Aniq integral va uning xossalari

REJA

Kirish
I BOB. Aniq integral haqida tushuncha
1.1-§. Boshlang‘ich funksiya.
1.2-§. Aniqmas integral va uning xossalari .
1.3-§. Aniq integral.
II BOB. Aniq integralning xossalari
2.1-§. Aniq integralning xossalari.
2.2-§. Aniq integralni hisoblash usullari.
2.3-§. Aniq integral n ing tadbiqlari .
Xulosa
Foydalanilgan adabiyotlar
KIRISH
2

“Eng katta boylik-bu aql-zakovat va ilm,
Eng katta meros-bu yaxshi tarbiya,
Eng katta qashshoqlik-bu bilimsizlikdir!”
Sh.M.Mirziyoyev
O‘zbekiston Respublikasi demokratik huquqiy davlat va fuqorolik jamiyati
qurish yo‘lini tanlangan va amalga oshirib kelmoqda.
Respublikamizdagi amalga oshirilayotgan qayta qurishning asosiy maqsad
va uning harakatlantiruvchi kuchi inson, shaxsning har tomonlama rivojlanishi
hisoblanadi. Mamlakatimiz taraqqiyotining muhim sharti kadrlarni tayyorlash
tizimini mukammal bo‘lishi, zamonaviy iqtisod, fan-madaniyat, texnika va
tehnalogiyalar asosida rivojlanish hisoblanadi. «Kadrlar tayyorlash milliy dasturi»
uzliksiz ta’lim va kadrlarni tayyorlash tizimlarini tubdan isloh qilishga qaratilgan.
Milliy dasturni amalga oshirishda mavjud ta'lim va kadrlarni tayyorlash
tizimlarini tubdan o‘zgartirish zamonaviy ilmiy fikrlar yutiqlari va ijodiy
tajribalarga, ta'lim jarayonini hammasi shakli ta'limlarga tayangan holda amalga
oshiriladi. Hozirgi zamonaviy bosqichda pedagogik dolzarb vazifalarga fan-
texnika, ilg‘or texnalogiyalar yutuqlaridan foydalanish asosida shaxsni tarbiyalash,
o‘qitish va rivojlanishi maqsadlari, mazmuni, metodlari, vositalari va tashkiliy
shakllarini ilmiy ta'minlash kiradi. Kadrlar tayyorlash sohasidagi davlat siyosati
uzluksiz ta'lim tizimi orqali har tomonlama rivojlangan shaxsfuqaroning tashkil
topishini ko‘zda tutadi. Ushbu ta'lim tizimida va kadrlar tayyorlashda ta'lim
xizmatlarining istemolchisi, buyurtmachisi sifatida va xuddi shunday ishlab
chiqaruvchi sifatida ishtirok etadi.
Shaxs ta'lim jarayoninin ishlab chiqaruvchi sifatida ta'lim, moddiy ishlab
chiqarish, fan, madaniyat va xizmatlar sohasi faoliyatida bilim va tajribalarni
berishda ishtirok etadi. Respublikamizda shaxsga o‘zining ijodiy imkoniyatlarini
amalga oshirish uchun professional ta'lim dasturini tanlash huquqini bergan.
«Kadrlar tayyorlash milliy dasturi» asosida oliy ta'limning asosiy vazifalari
belgilab berilgan. Oliy ta'limning eng muhim vazifalaridan biri zamonaviy o‘quv
dasturlari asosida yuqori saviyada o‘qitish va malakali kadrlar tayyorlashni
3

ta'minlash hisoblanadi. Oliy ta'limni islox qilishning hozirgi bosqichi oliy ta'lim
maktabi o‘qituvchisining vazifasini ham o‘zgartiradi.
O‘zbekiston Respublikasi davlat mustaqilligiga erishib, iqtisodiy va ijtimoiy
rivojlanishning o‘ziga xos yo‘lini tanlashi kadrlar tayyorlash tuzilmasi va
mazmanini qayta tashkil etishni zarur qilib qo‘ydi va qator chora-tadbirlar
ko‘rishni: «Ta'lim to‘g‘risida» gi qonunni joriy etishni, yangi o‘quv rejalari,
dasturlari, darsliklarini joriy etishning zamonaviy didaktik ta'minotini ishlab
chiqishni, o‘quv yurtlarini attestatsiyadan o‘tkazishni va akkreditatsiyalashni,
yangi tipdagi ta'lim muassasalarini tashkil etishni taqazo etdi. Mana shunday fan-
texnika taraqqiyoti davrida matematika sohasida ham, xususan, algebrada katta
natijalarga erishilmoqda. Algebra matematikaning abstrakt holda to‘plam va unda
aniqlangan algebraik amallar orqali o‘rganuvchi bo‘limi hisoblanadi. Algebraning
hozirgi zamon matematikasidagi ahamiyati nihoyatda katta. Umuman, hozirgi
zamon matematikasida ko‘p bo‘limlarining «algebraiklashuvi» kuchayib
bormoqda. Matematika boshqa bo‘limlari masalalarining algebra tiliga o‘tkazilishi,
ularni yechish uchun nihoyatda unumli bo‘lgan farmal algebraik hisoblashlarni
tadbiq qilishga imkon beradi .
Kurs ishining dolzarbligi: Yoshlarga ta’lim va tarbiya berishning
murakkab vazifalarini hal etish o‘qituvchining g‘oyaviy e ’ tiqodi, kasb-
mahoratiga, san’ati, iste’dodi va madaniyatiga hal qiluvchi darajada
bog‘liqdir. Ta’lim-tarbiya jarayonini to‘g‘ri tashkil etish uchun barcha
mavjud imkoniyatlarini safarbar etish o‘qituvchilarning birinchi navbatdagi
vazifalaridan biridir.
Matematika fani o‘sib kelayotgan yosh avlodni kamol toptirishda o‘quv
fani sifatida keng imkoniyatlarga ega. U o‘quvchi tafakkurini rivojlantirib,
ularning aqlini peshlaydi, uni tartibga soladi, o‘quvchilarda maqsadga
yo‘naltirganlik, mantiqiy fikrlash, topqirlik xislatlarini shakllantirib boradi.
Shu bilan bir qatorda mulohazalarning to‘g‘ri, go‘zal tuzilganligi, o‘quvchilarni
didli, go‘zallikka ehtiyojli qilib tarbiyalab boradi.
4

Insoniyat kamoloti hayotning rivoji texnika va texnologiyalarning
takomillashib borish asosida fanlar o‘qitilishiga bo‘lgan talablarini hisobga
olgan holda maktab matematika kursini ularning zamonaviy rivoji bilan
uyg‘unlashtirish maktabda o‘quvchilarga matematikani o‘qitishdan ko‘zda
tutilgan asosiy maqsadlardan biridir. Matematika fani o‘quvchilarni iroda,
diqqatni to‘plab olishni; qobiliyat va faollikni, tasavvurining rivojlangan
bo‘lishini talab eta borib, mustaqil, ma’suliyatli, mehnatsevar, intizomli va
mantiqiy fikrlash hamda o‘zining qarash va e’tiqodlarini dalillar asosida
himoya qila olish ko‘nikmalarini rivojlantirishni talab qiladi. Hozirgi zamon
darsiga qo‘yiladigan eng muhim talablardan biri har bir darsda tanlanadigan
mavzuning ilmiy asoslangan bo‘lishidir, ya’ni darsdan ko‘zlangan maqsad
hamda o‘quvchilar imkoniyatini hisobga olgan holda mavzu xajmini belgilash
uning murakkabligini aniqlash, avvalgi o‘rganilgan mavzu bilan bog‘lash,
o‘quvchilarga beriladigan topshiriq va mustaqil ishlarning ketma-ketligini
aniqlash, darsda kerak bo‘ladigan jihozlarni belgilash va qo‘shimcha
ko‘rgazmali qurollar bilan boyitish, qo‘shimcha axborot texnologiyalardan
foydalangan holda muammoli vaziyatni yaratishdir. Dars davomida o‘qituvchi
o‘quvchilarning jismoniy holatini, ijodkorligini, tez fikrlashlarini hisobga olishi
kerak.
I BOB. ANIQ INTEGRAL HAQIDA TUSHUNCHA
1.1-§. Boshlang‘ich funksiya .
5

Differensial hisobning asosiy vazifasi berilgan F ( х )
funksiyaga ko‘ra uning
hosilasi f(x)= F'(x) ni yoki differensialini topishdan iborat edi.
Integral hisobning asosiy vazifasi buning teskarisi bo‘lib, F ( x )
funksiyani
uning ma’lum
f(x) hosilasiga yoki f(x)dx differensialiga ko‘ra topishdan
iborat. Demak,
f(x) funksiya bеrilgan, shunday F ( х )
funksiyani tоpish kеrakki,
uning hоsilasi f ( x )
ga tеng bo‘lsin, ya’ni
F'(x)= f'(x)
(1.1)
bo‘lsin
1.1.1-ta’rif. Agar
[a,b] kеsmada aniqlangan f ( x )
funksiya uchun bu kеsmaning
barcha nuqtalarida F ( x ) = f ( x )
tеnglik bajarilsa, F ( x )
funksiya shu kеsmada
f(х)
funksiyaga nisbatan bоshlang’ich funksiya dеb ataladi.
Masalan: Bоshlang’ich funksiya ta’rifiga asоsan, F ( x ) = ¿
funksiya
f(x)= x3
funksiyasi uchun bоshlang’ich ekani kеlib chiqadi, chunki
¿x3
Agar f(х) funksiya uchun bоshlang‘ich funksiya mavjud bo‘lsa, u
bоshlang’ich yagоna bo‘lmasligini ko‘rish оsоn.
F(x)= x4
4+6;F(x)= x4
4+7 . Umuman
F(x)= x4
4+c
.
Misol. Ushbu
f(x)= 2x
1+x2
funksiyaning
(− ∞ ;+∞) intervalda boshlang‘ich funksiyasini toping.
Yechish. Bu funksiyaning boshlang‘ich funksiyasi
F ( x ) = ln ( 1 + x 2
)
bo‘ladi, chunki
F ' ( x ) = [ ln ( 1 + x 2
) ] ' = 1
1 + x 2 ‧ 2 x = f ( x ) .
Agar
F1(x) va F2(x) funksiyalar f ( x )
funksiyadan [a,b] kеsmada bоshlang’ich
funksiyalari bo‘lsa, ular оrasida ayirma o‘zgarmas sоnga tеng bo‘ladi. Agar
6

bеrilgan f(x) funksiya uchun qanday bo‘lmasin birgina F(х) bоshlang’ich funksiya
tоpilgan bo‘lsa, F ( x )
funksiya uchun har qanday bоshlang’ich funksiya
F ( x ) + C ( C = const )
ko‘rinishga ega bo‘ladi.
2. 2-§. Aniqmas integral va uning xossalari.
1.2.1-t a’rif . Agar F ( x )
funksiya biror oraliqda
f(x) funksiyaning boshlang‘ich
funksiyasi bo‘lsa, u holda F ( x ) + C
(bu yerda
C – ixtiyoriy doimiy) funksiyalar
to‘plami shu kesmada f ( x )
funksiyaning aniqmas integrali deyiladi va
∫ f(x)dx = F (x)+C
kabi belgilanadi.
Bu yerda
f(x) – integral ostidagi funksiya, f ( x ) dx
integral ostidagi ifoda ,
∫
– integral belgi si deyiladi.
Aniqmas integralni topish jarayoni yoki berilgan funksiyaning boshlang‘ich
funksiyasini topish jarayoni integrallash deyiladi.
Aniqmas integralning xossalari:
1) Aniqmas integralning hosilasi integral ostidagi funksiyaga teng, ya’ni
(∫ f '(x )dx = f ( x ))
2) Aniqmas integralning differensiali integral belgisi ostidagi ifodaga teng,
ya’ni
(d ∫ f (x )dx = f ( x ))
3) Biror funksiyaning hosilasidan olingan aniqmas integral shu funksiya bilan
i x tiyoriy o‘zgarmasning yig‘indisiga teng, ya’ni
∫ F '(x)dx = F (x)+ C
4) Biror funksiyaning differentsialidan olingan aniqmas integral shu funksiya
bilan ihtiyoriy o‘zgarmasning yig‘indisiga teng, ya’ni
7

∫ dF (x )= F (x)+ C5 ) Agar
∫ f(x )dx = F (x)+ C bo‘lsa, u holda barcha o‘zgarmas α lar
uchun
∫ αf (x)dx = α∫ f(x)dx = α[F (x)+C ]= αF (x)+ K
bo‘ladi. Bu yerda
k= αC - integraldagi yangi o‘zgarmas sondir. Bu xossa
quyidagichadir: “funktsiyani o‘zgarmas songa ko‘paytmasining integrali
o‘zgarmas sonni shu funktsiya integraliga ko‘paytmasiga teng”.
6) C h ekli sondagi funksiyalarning algerbaik yig‘indisidan olingan aniqmas
integral shu funksiyalarning har biridan olingan aniqmas integrallarning algebraik
yig‘indisiga teng, ya’ni
∫ (f1(x)+ f2(x)+ f3(x))dx = ∫ f1(x)dx + ∫ f2(x)dx +∫ f3(x)dx
7)
F (x) funksiya f(x) uchun boshlang‘ich funksiya bo‘lsa, ya’ni
∫ f(x)dx = F (x)+C
bo‘lsa , u holda ∫ f(u)du = F (u)+C
tenglik to‘g‘ri bo‘ladi, bu yerda
u= u(x) x ning differensiallanuvchi funksiyasi. Bu
xossa integrallash formulalarining invariantligi deyiladi.
Asosiy i ntegrallash jadvali:
1)
∫ 0⋅dx = C
2) ∫ 1⋅dx = x + C
3)
∫ xαdx =
xα+1
α+ 1
+ C (
α≠− 1 ) 4) ∫
1
x
dx = ln |x|+ C
5)
∫
1
1+ x2dx = arctgx + C 6) ∫
1
√1− x2dx = arcsin x+ C
8

7) ∫ axdx =
ax
ln a
+C 8)
9) 10)
∫
1
cos 2 x
dx = tgx + C
11)
∫
1
sin 2 x
dx = − ctgx + C
1.2.1-misol. Quyidagi
I= ∫ (3 x + 7 )2dx integralni hisoblash uchun
u= 3 x+ 7
ni du = 3 dx ga almashtirishingiz va o‘rniga qo‘yib yozishingiz
kerak:
I= 1
3∫ (3x+7)23dx = 1
3∫ u2du = 1
3∫ u2du = 1
3
u3
3
+C = 1
3
(3x+7)3
3
+C = 1
9
(3x+7)3+C
1.3-§. Aniq integral.
f(x)
funksiya [a,b] kesmada aniqlangan bo‘lsin. [a,b] kesma ning
a= x0< x1< x2<...< xn−1< xn= b
shartni qanoatlantiradigan chekli sondagi
{xk}k=1
n
nuqtalar sistemasiga
[a,b] kesman ing bo‘linishi deyiladi va u P= {xk}k=1
n
kabi belgilanadi.
xk(k=1,n) nuqta P bo‘linishning bo‘luvchi nuqtasi [xk,xk+1]
kesma esa, qism oralig‘i deyiladi. Agar
[a,b] kesmaning ixtiyoriy P
bo‘linishidagi qism oralig‘ining uzunliklari bir xil bo‘lsa, u holda, bunday
bo‘linish,
[a,b] kesm d= d(P )= max
0≤k≤n−1
Δx k (Δx k= xk+1− xk) aning regulyar
bo‘linishi deyiladi.,
P bo‘linishning diametri, deb ataladi. Har bir [xk,xk+1]
kesma dan
(k=0,n−1) ∀ ξk nuqtani olamiz: xk≤ ξk≤ xk+1 .
1.3.1-ta’rif . Ushbu
9

σP(f)= σP(f,{ξk})= ∑
k=0
n−1
f(ξk)Δx k (1.2)
yig‘indiga,
f(x) funksiyaning, P bo‘linishga va ξk nuqtani tanlashga mos kelgan,
integral yig‘indisi (Riman yig‘indisi) deb ataladi.
1.3.2–ta’rif . Agar
∀ ε>0 olinganda ham, shunday σ= σ (ε)>0 mavjud
bo‘lib, diametri
d(P)<σ bo‘lgan [a,b] kesma ning har qanday P bo‘linishida,
hamda
∀ ξk (xk≤ ξk≤ xk+1) nuqtani tanlashga bog‘liq bo‘lmagan holda,

|J− ∑
k=0
n−1
σP(f ,{ξk})|<ε
(1.3)
tengsizlik bajarilsa, u holda, shu
J son, integral yig‘indining limiti deyiladi va u
J= lim
d(P)→0
σP(f)
kabi yoziladi.
1.3.3–ta’rif . Agar
f(x) funksiya uchun, (1.1) integral yig‘indining
d(P )→ 0
da J limiti mavjud bo‘lsa, u holda, f(x) funksiya [a,b] kesmada
Riman ma’nosida integrallanuvchi deyiladi.
Integral yig‘indining
J limitiga f(x) funksiyadan [a,b] kesma bo‘yicha
olingan aniq integral (Riman ma’nosida) deyiladi va u
∫
a
b
f(x)dx = J
(1.4)
simvol orqali belgilanadi (1.3) da,
f - integral ostidagi funksiya, a son-
integralning quyi chegarasi,
b son esa,- integralning yu qori chegarasi, deb ataladi.
Integral ostidagi
x o‘zgaruvchini boshqa o‘zgaruvchiga almashtirish ham
mumkin, ya’ni
10

∫
a
b
f(x)dx =∫
a
b
f(t)dt =∫
a
b
f(z)dzva h.k.
Ta’rif bo‘yicha,
∫
a
a
f(x)dx = 0, ∫
a
b
f(x)dx = −∫
b
а
f(x)dx
(
a<b deb olamiz).
1. 3.1 – misol .
f(x)= x funksiya ixtiyoriy [a,b] kesmada Riman ma’nosida
integrallanuvchi ekanligini ko‘rsating.
Yechilishi.
[a,b] kesmaning ∀ P= {xk}k=1
n bo‘linishini olamiz. Natijada
[a,b]
kesma [x0,x1],[x1,x2],...,[xn−1,xn] bo‘laklarga bo‘linadi va
ξi=
xi+xi−1
2 (ξk∈ [xi−1,xi]),i= 1,n
deb belgilaymiz. P bo‘linishga mos kelgan
integral yig‘indini tuzamiz:
σP(f)= σP(f,{ξi})= ∑
i=1
n
f(ξi)Δx i= ∑
i=1
n xi+xi−1
2 (xi− xi−1)= ∑
i=1
n xi2− x
2i−1
2
=
=
1
2
[(x1
2− x0
2
)+(x2
2− x1
2
)+...+(xn
2− xn−1
2
)]=
1
2 (xn
2− x0
2
)=
1
2
(b2− a2)
ko‘rinishda bo‘ladi. Bundan
lim
d(P)→0
σP(f)= b2− a2
2 = ∫
a
b
xdx .
Demak,
f(x)= x funksiya ixtiyoriy [a,b] kesmada Riman ma’nosida
integrallanuvchi ekan.
Aniq integralning ta’rifidan, har qanday Riman ma’nosida integrallanuvchi
funksiya chegaralangan bo‘lishiga ishonch hosil qilish qiyin emas, lekin har
qanday chegaralangan funksiya har doim ham integrallanuvchi bo‘lavermaydi.
1.3 .2 – misol . Ushbu
11

D (x)=¿{1, x ratsonal son bo 'lg anda ,¿¿¿¿Dirixle funksiyasi
[a,b]⊂ R (a<b) kesmada Riman ma’nosida integrallanuvchi
emasligini ko‘rsating.
Yechilishi.
[a,b] kesmaning ∀P bo‘linishini olib, quyidagi
σ P (D ;{ξk})= ∑
k=1
n
D (ξ k)⋅Δx k,
σ P (D ;{ηk})= ∑
k=1
n
D (η k)Δx k
yig‘indilarni tuzamiz.
ξk∈[xk−1,xk] nuqta sifatida [xk−1,xk] kesmadagi ixtiyoriy
ra t sional nuqtani,
ηk sifatida esa (ηk∈[xk−1,xk]) , shu kesmadagi ixtiyoriy
irra t sional nuqtani olamiz. U holda,
D (ξk)= 1,D (ηk)= 0 bo‘ladi. Shuning uchun,
σР(D ;{ξk})= ∑
k=1
n
Δx k= b− a , σР(D ;{ηk})= 0
Demak,
b− a≠ 0 uchun Dirixle funksiyasining integral yig‘indisi, 1.2 –
ta’rifga binoan, limitga ega emas. Shuning uchun, Dirixle funksiyasi
[a,b]
kesmada integrallanuvchi emas.
1 .3 . 3 – misol . Ushbu
f(x)=¿{x, x ratsonal son bo 'lg anda ,¿¿¿¿
funksiya ning
[a,b]⊂ R (a<b) kesmada Riman ma’nosida integrallanuvchi
emas ligini ko‘rsating .
Yechilishi.
P J=[a,b] kesmaning ixtiyoriy bo‘linishi bo‘lsin. Unda
J=[a,b]
kesma J1,J2,...,Jn kesmalarga bo‘linadi. ξk∈[xk−1,xk]= Jk nuqta
sifatida,
[xk−1,xk] kesmadagi ixtiyoriy rasional nuqtani, ηk(ηk∈[xk−1,xk])
sifatida esa, shu kesmadagi ixtiyoriy irrasional nuqtani olamiz. U holda,
12

σP(f;{ξk})= ∑
k=1
n
f(ξk)⋅Δx k= ∑
k=1
n
ξk⋅Δx k,
σP(f;{ηk})= ∑
k=1
n
f(ηk)Δx k= ∑
k=1
n
(− ηk)⋅Δx kyig‘indilarni tuzamiz. Bunda
σP(f;{ξk}) yig‘indi f1(x)= x funksiya uchun
integral yig‘indi bo‘ladi va u 1.1-misolga asosan,
lim
d(P)→0
σP(f;{ξk})= b2− a2
2
= ∫
a
b
xdx .
bo‘ladi.
σP(f;{ηk}) yig‘indi esa, f2(x)=− x funksiya uchun integral yig‘indi
bo‘lib,
lim
d(P)→0
σP(f;{ηk})= − b2− a2
2
= −∫
a
b
xdx .
bo‘ladi. Shunday qilib, berilgan integral yig‘indi yagona limitga ega emas.
Demak, berilgan funk s iya
[a,b] kesma da Riman ma’nosida integrallanuvchi
e mas.
13

II BOB. ANIQ INTEGRALNING XOSSALARI
2.1-§. Aniq integralning xossalari.
1) Tengliklar bilan ifoda qilinadigan xossalar.
1-xossa. Agar f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lsa, u
ixtiyoriy [ a , b ] Ì
[a,b] kesmada ham integrallanuvchi bo‘ladi.
2-xossa. Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi va a< c<b
bo‘lsa, u holda

∫
a
b
f(x)dx =∫
a
c
f(x)dx +∫
c
b
f(x)dx (2.5)
tenglik o‘rinli.
1-eslatma . Agar
a<c< b bo‘lib, f(x) funksiya [a,c],[c,b] kesmalarda
integrallanuvchi bo‘lsa, u
[a,b] kesmada ham integrallanuvchi bo‘ladi va (2.5)
tenglik o‘rinli.
2-eslatma. Agar
a=b bo‘lib, f(x) funksiya a nuqtada aniqlangan bo‘lsa,
u holda
∫
a
a
f(x)dx =0 ni ta’rif sifatida qabul qilamiz.
Agar
a<b bo‘lib , f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lsa, u
holda
∫
a
b
f(x)dx =−∫
b
a
f(x)dx , a<b
deb qabul qilamiz.
3-xossa . Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lsa, u
holda
k f(x)(k= const ) funksiya ham shu kesmada integrallanuvchi va
tenglik o‘rinli.
∫
a
b
kf (x)dx = k∫
a
b
f(x)dx
14

4-xossa. Agar f(x) va g(x) funksiyalar [a,b] kesmada integrallanuvchi
bo‘lsa, u holda
 x f + g(x) funksiya ham [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘ladi
va ushbu
∫
a
b
[f(x)± g(x)]dx =∫
a
b
f(x)dx ±∫
a
b
g(x)dx
tenglik o‘rinli.
5-xossa . Agar
f(x) va g(x) funksiyalar [a,b] kesmada integrallanuvchi
bo‘lsa, u holda
f(x)g(x) funksiya ham [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘ladi.
3-eslatma. Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lsa, u
holda
∀ n∈N uchun |f(x)|n funksiya ham shu
[a,b] oraliqda integrallanuvchi
bo‘ladi.
2) Tengsizliklar orqali ifoda la nadigan xossalar.
6-xossa. Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lib, u shu
oraliqda manfiy bo‘lmasa, (
∀ x∈[a,b] uchun f(x)≥ 0 ), u holda
∫
a
b
f(x)dx ≥ 0 (a<b)
bo‘ladi.
1 -natija . Agar
f(x) va g(x) funksiyalar [a,b] kesmada integrallanuvchi
bo‘lib,
∀ x∈[a,b] uchun f(x) ≤ g(x) tengsizlik o‘rinli bo‘lsa, u holda ushbu
∫
a
b
f(x)dx ≤∫
a
b
g(x)dx
tengsizlik ham o‘rinli .
2 -natija. (Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi ) . Agar
f(x) va g(x)
funksiyalar
[a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lsa, u holda f(x) - a g(x) ( a -
15

ixtiyoriy o‘zgarmas) funksiya ham [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘ladi va
∫
a
b
[f(x)− αg (x)]2dx ≥ 0
tengsizlik o‘rinli.
Bu tengsizlikning chap tomonidagi ifoda
α ga nisbatan kvadrat uchhad
bo‘lib, u
α ning barcha haqiqiy qiymatlarida manfiy emas. Demak, kvadrat uch-
hadning diskriminanti musbat emas, ya’ni

[∫
a
b
f(x)g(x)dx ]2−∫
a
b
f2(x)dx ⋅∫
a
b
g2(x)dx ≤ 0,
|∫
a
b
f(x)⋅g(x)dx |≤ √∫
a
b
f2(x)dx ⋅√∫
a
b
g2(x)dx (2.6)
Bu tengsizlik, Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi deb ataladi.
7-xossa. Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lsa , u
holda |
 x f | funksiya ham shu kesmada integrallanuvchi bo‘ladi.
4-eslatma. |
 x f | funksiyaning [a,b] kesmada integrallanuvchiligidan , f(x)
funksiyaning shu kesmada integrallanuvchi bo‘lishi har doim ham kelib
chiqavermaydi.
3) O‘rta qiymat haqidagi teoremalar.
f(x)
funksiya [a,b] kesmada aniqlangan va chegaralangan bo‘lsin. U holda
m= inf {f(x)}
, M = sup {f(x)} mavjud va m≤ f(x)≤ M ,∀ x∈[a;b] tengsizlik
o‘rinli bo‘ladi.
2.1-teorema . Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lsa, u
holda shunday o‘zgarmas
μ (m ≤ μ≤ M ) son mavjud bo‘lib, ushbu
∫
a
b
f(x)dx = μ(b− a)
tenglik o‘rinli bo‘ladi .
16

N atija. Agar f(x) funksiya [a,b] kesmada uzluksiz bo‘lsa, u holda
shunday
c (c∈[a,b]) nuqta topiladiki,
∫
a
b
f(x)dx = f(c)(b− a)
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
2.2 -teorema. Agar
f(x) va g(x) funksiyalar [a,b] kesmada
integrallanuvchi bo‘lib,
g(x) funksiya shu oraliqda o‘z ishorasini o‘zgartirmasa, u
holda shunday o‘zgarmas
μ (m ≤ μ≤ M ) son mavjud bo‘lib,
∫
a
b
f(x)g(x)dx = μ∫
a
b
g(x)dx
tenglik o‘rinli.
Natija . Agar
f(x) [a,b] kesmada uzluksiz bo‘lsa, u holda [a,b] kesmada
shunday
c (c∈[a,b]) nuqta topiladiki,
∫
a
b
f(x)g(x)dx = f(c)∫
a
b
g(x)dx
tenglik o‘rinli bo‘ladi .
Chegaralari o‘zgaruvchi bo‘lgan aniq integrallar .
f(x) funksiya [a,b]
kesma da aniqlangan va u shu kesma da integrallanuvchi bo‘lsin. U holda aniq
integralning 1-xossasiga asosan ,
f(x) funksiya istalgan [a,x] Ì [a,b] kesmada
ham integrallanuvchi bo‘ladi, ya’ni
F (x)=∫
a
x
f(t)dt
integral mavjud bo‘ladi.
2.3-teorema. Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lsa,
F(x)
funksiya shu oraliqda uzluksiz bo‘ladi.
17

2.4-teorema. Agar f(x) funksiya [a,b] kesmada integrallanuvchi bo‘lib, x0
Î
[a,b] nuqtada uzluksiz bo‘lsa, u holda F(x) funksiya x0 nuqtada
differensiallanuvchi bo‘ladi va
F ¿(x0)= f(x0)
tenglik o‘rinli.
5 -eslatma. Agar
a= x0 bo‘lsa, u xolda F ¿(a+0)= f(a) , agar b= x0 bo‘lsa,
F ¿(b− 0)= f(b)
deb qarash lozim .
Natija. Agar
f(x) funksiya [a,b] kesmada uzluksiz bo‘lsa, u xolda " x Î
[a,b]
lar uchun F ¿(x)= f(x) , ya’ni
F (x)=∫
0
x
f(t)dt +C funksiya ,
f(x) uchun
boshlang‘ich funksiya bo‘ladi.
2.2-§. Aniq integralni hisoblash usullari
Har doim, har qanday integrallanuvchi funksiyaning aniq integralini, integral
yig‘indining limiti sifatida qarab, hisoblash oson bo‘lavermaydi, ya’ni integral
yig‘indini tuzib, uning limitini hisoblashda ancha noqulayliklar va qiyinchiliklarga
duch kelinadi. Shuning uchun, aniq integralni yuqoridagi ta’rif bo‘yicha hisoblash
usulidan boshqa soddaroq usulini topish zaruriyati tug‘iladi. Bu usullarni quyida
keltirib o‘tamiz.
Nyuton-Leybnis formulasi. Yuqorida ko‘rdikki, agar
f(x) funksiya [a,b]
kesmada uzluksiz bo‘lsa, u holda u shu kesmada boshlang‘ich funksiyalarga ega
bo‘ladi. Aniq integralning xossasiga asosan,
Ф (x)=∫
a
x
f(t)dt
funksiya,
f(x) funksiyaning boshlang‘ich funksiyalaridan biridir. F(x)− f(x)
funksiyaning
[a,b] kesmadagi ixtiyoriy boshlang‘ich funksyasi bo‘lsin. Ma’lumki,
Ф (х)
va F(x) boshlang‘ich funksiyalarning biri, ikkinchisidan o‘zgarmas songa
farq qiladi, ya’ni
18

∫
a
x
f(t)dt = F (x)+С , a≤ x≤ b.
Bundan,
x= a deb olib,
0= F (a)+С , С = − F (a)
e kanligini topamiz, ya’ni
∀ x∈[a,b] uchun,

∫
a
b
f(x)dx = F (b)− F (a) ( 2 . 7 )
Nyuton – Leybnis formulasiga ega bo‘lamiz. Odatda, ( 3 .1) formula, integral
hisobning asosiy formulasi, deb ham yuritiladi.
1- e slatma . Odatdagidek,
F (x)|a
b= F (x)|x=a
x=b= F (b)− F (a)
belgilashni olsak, u holda , ( 2 .1) Nyuton – Leybnis formulasini,
∫
a
b
f(x)dx = F (x)|a
b
ko‘rinishda ham yozish mumkin.
2.2. 1 – m isol. Ushbu
∫
a
b
xmdx ,m≠−1 integralni Nyuton – Leybnis formulasi
orqali hisoblang.
Yechilishi . Ma’lumki, integral ostidagi
f(x)= xm funksiyaning boshlang‘ich
funksiyasi,
F (x)= xm+1
m +1 dan iborat. Nyuton – Leybnis formulasiga asosan ,
∫
a
b
xmdx = xm+1
m +1
|a
b= bm+1− am+1
m +1
,m ≠ − 1
bo‘ladi. Xususiy holda,
m=−1 bo‘lganda,
∫
a
b
dx
x
= ln |x||a
b= ln |b|− ln |a|
.
19

Shunday qilib, aniq integralni hisoblash masalasi, integral ostidagi
integrallanuvchi funksiyaning boshlang‘ich funksiyasini topish masalasiga
keltirilar ekan. Lekin, har qanday integrallanuvchi funksiyaning ham boshlang‘ich
funksiyasini topish oson bo‘lavermaydi. Shuning uchun, aniq integralni
hisoblashda, boshqa usullardan ham foydalanishga to‘g‘ri keladi.
Ba’zi aniq integrallarni hisoblashda bo‘laklab integrallash formulasi deb
ataluvchi
∫
ab
u dv = uv ¿|
ab
¿
−
∫
ab
vdu
formuladan foydalaniladi.
Berilgan uzluksiz y = f ( x )
funkisiyadan
[a,b] kesma bo‘yicha olingan
∫a
b
f(x)dx
‘aniq integiralni ba’zi hollarda biror x = φ ( t )
differensiallanuvchi funksiya orqali
“eski” x o‘zgaruvchidan “yangi” t o‘zgaruchiga o‘tish usulida foydalanib hisoblash
mumkin bo‘ladi. Bunda quyidagi shartlar qoyiladi:
1.
φ ( α¿= a, φ ( β ) = ;
2. φ
(t) va
φ'(t) funksiyalar t ϵ
[ α , β
] kesmada uzluksiz:
3.
f [ φ ( t ) ¿
murakkab funksiya [ α,β¿ kesmada aniqlangan va uzluksiz.
Bu shartlarda ushbu formula o‘rinli bo‘ladi:
∫a
b
f(x)dx =∫α
β
f[φ(t)]φ'(t)dt
Bu formula aniq integralda o‘zgaruvchini almashtirish formulasi deyiladi.
MISOLLAR
1.
∫
12
( ¿ x 2
+ 1
x 4 ) dx ¿ integral hisoblansin:
Yechish:
∫
12
( ¿ x 2
+ 1
x 4 ) dx =
∫
12
x 2
dx +
∫
12
x − 4
dx = x 3
3
|
12
− 1
3 x 3 |
1 2
= ¿ ¿
¿ 2 3
3 − 1 3
3 − 1
3 ۰ 2 3 + 1
3 ۰ 1 3 = 8
3 − 1
3 − 1
24 + 1
3 = 8
3 − 1
24 = 64 − 1
24 = 63
24 = 21
8 .
20

2.∫0
4
¿¿ ¿dx
integral hisoblansin.
Yechish:
∫0
4
(¿1+e
x4)dx =∫0
4
dx +∫0
4
e
x4¿
dx = x ¿ |
04
+ 4 e x
4
¿ |
04
= 4 − ¿ −0+4e
44− 4e
04= 4+4e−4= 4e.
3.
∫
− 17
dx
√
3 x + 4 ni hisoblang.
Yechish:
∫−1
7 dx
√3x+4=∫−1
7
¿¿
¿ 1
3 ۰ ¿ ¿
¿ 2
3
(√ 3 ۰ 7 + 4 − √ 3 ۰ ( − 1 ) + 4 ) = 2
3 ( 5 − 1 ) = 8
3 .
4.
∫0
5 xdx
√1+3x integral hisoblansin:
Yechish:
√
1 + 3 x = t , 1 + 3 x = t 2
, 3 x = t 2
− 1 , x = t 2
− 1
3 , dx = 2 tdt
3 . Endi yangi chegaralarni
aniqlaymiz: x = 0
da
√ 1 + 3 ∙ 0 = t
1
dan t
1 = 1. x = 5
da √ 1 + 3 ∙ 5 = t
2 dan t
2 = 4
kelib chiqadi.
Topilganlarni berilgan integralga qo‘yamiz:
∫
05
xdx
√
1 + 3 x =
∫
1 4 t 2
− 1
3
t ∙ 2 tdt
3 = 2
9 ∫
14
( ¿ t 2
− 1 ) dt = 2
9 ∫
14
t 2
dt − ¿ ¿
− 2
9 ∫
1 4
dt = 2
9 ∙ t 3
3
|
14
− 2
9 t ¿ |
1 4
= 2 t 3
27 |
14
− 2
9 t ¿ |
14
= 128
27 − 2
27 − 8
9 + 2
9 = 4
5.
∫
0π
2
dx
2 + cosx integral
hisoblansin:
Yechish
:
tg x
2 = t
almashtirish qilamiz: U holda x
2 = arctgt ,
x = 2 arctgt , dx = 2 dt
1 + t 2 , cosx = 1 − t 2
1 + t 2
bo‘ladi. Bundan tashqari yangi o‘zgaruvchi
t ning
qiymatlarini aniqlaymiz.
x=0 da t
1 = 0
va x = π
2
da t
2 = 1.
Ularni e’tiborga olsak,
21

∫0
π2 dx
2+cosx =∫0
1 2dt
1+t2
2+1−t2
1+t2
=¿∫0
1 2dx
2+2t2+1−t2=¿¿¿¿ 2
∫
01
dt
t 2
+ 3 = ¿ 2
√
3 arctg t √
3 |
01
= 2 √
3 arctg 1 √
3 − 2 √
3 arctg 0 = ¿ ¿
¿ 2
√3∙π
6− 2
√3∙0= π
3√3.
6.
∫
1
2
√ 3
2
dx
x
√ 1 − x 2 integral hisoblansin.
Yechish:

x= sint almashtirish qilamiz. U holda dx = costdt . x = 1
2
bo‘lganda sint = 1
2
bo‘lib, undan
t1= π
6
kelib chiqadi. x =
√ 3
2
bo‘lganda sint = √ 3
2
bo‘lib,
undan t
2 = π
3 kelib chiqadi. Demak,
∫
1
2
√ 3
2
dx
x
√ 1 − x 2 =
∫
π
6π
3
costdt
sint √ 1 − sin 2
t ∫
π
6π
3
costdt
sint ∙ cost = ¿
∫
π
6π
3
dt
sint = ¿ ¿ ¿
¿ ln tg t
2
| π
6π
3
= lntg π
6 − lntg π
12 = ln 2 +
√ 3
√
3 .
7.
∫
0π
2
xcosx dx integral hisoblansin.
Yechish:
Bu integralni bo‘laklab integrallash formulasidan foydalanib integrallaymiz.
∫
0π
2
xcosx dx =
{ u = x , dv = cosx dx
du = dx , v = sinx } = xsinx ¿ |
0 π
2
− ¿
−
∫
0π
2
sinx dx = π
2 ∙ sin π
2 + cosx ¿
|
0 π
2
= π
2 + cos π
2 − cos 0 = π
2 − 1 = π − 2
2 .
8.
∫
1e 2
lnx
√
x integral hisoblansin.
22

Yechish:
∫
1e 2
lnx√
x dx = { u = lnx , dv = dx
√
x
du = dx
x , v = 2
√ x } = 2
√ x lnx ¿ |
1e 2
− ¿
− 2
∫
1e 2
√
x
x dx = 4 e − 4 √ x ¿ |
1e 2
= 4 e − 4 e + 4 = 4.
2.3-§ . Aniq integralning tadbiqlari
Figuralar yuzlarini dekart koordinatalar sistemasida hisoblash
a) Ma’lumki, agar [ a , b ] kesmada funksiya f ( x )  0 bo‘lsa, u holda y = f ( x ) egri
chiziq, OX o‘qi va x =a hamda x = b to‘g‘ri chiziqlar bilan chegaralangan egri
chiziqli trapetsiyaning yuzi

S = ∫
a
b
f ( x )dx (2.8)
ga teng bo‘ladi. Agar [ a , b ] kesmada f ( x )  0 bo‘lsa, u xolda aniq integral
∫
a
b
f(x)dx ≤ 0
bo‘ladi.
Absolyut qiymatiga ko‘ra bu integralning qiymati ham tegishli egri chiziqli
trapetsiyaning yuziga teng:

S = ∫
a
b
| f(x)|dx (2.9)

23

1-rasm
Agar f ( x ) funksiya [ a , b ] kesmada ishorasini chekli son marta o‘zgartirsa, u
holda integralni butun [ a , b ] kesmada qismiy kesmachalar bo‘yicha integrallar
yig‘indisiga ajratamiz. f ( x )>0 bo‘lgan kesmalarda integral musbat, f ( x )<0 bo‘lgan
kesmalarda integral manfiy bo‘ladi. Butun kesma bo‘yicha olingan integral OX
o‘qidan yuqorida va pastda yotuvchi yuzlarning tegishli algebraik yig‘indisini
beradi (1-rasm). Yuzlar yig‘indisini odatdagi ma’noda hosil qilish uchun yuqorida
ko‘rsatilgan kesmalar bo‘yicha olingan integrallar absolyut qiymatlari yig‘indisini
topish yoki
S = ∫
a
b
| f(x )|dx (2.10)
integralni hisoblash kerak.
b) Agar y
1 = f
1 ( x ) va y
2 = f
2 ( x ) egri chiziqlar hamda x = a va x = b to‘g‘ri chiziqlar
bilan chegaralangan figuraning yuzini hisoblash kerak bo‘lsa, u holda f
1 ( x )  f
2 ( x )
shart bajarilgan figuraning yuzi qo‘yidagiga teng:
(2.11)
2.3.1-misol . y =cos x , y =0 chiziqlar bilan chegaralangan figuraning yuzi
hisoblansin, bunda x Î [0, 2
 ] (2-rasm).
24

2-rasm
Yechish. x Î [0,  /2] va x Î [3  /2, 2  ] da cosx 0
hamda x[¿2,3/2] da cos x  0
bo‘lgani uchun
S= ∫
0
2π
|cos x|dx = ∫
0
π/2
cos xdx +| ∫
π/2
3π/2
(− cos x)dx |+ ∫
3π/2
2π
cos xdx = sin x|0
π/2+
+|sin x||π/2
3π/2+sin x|3π/2
2π = sin
π
2
− sin 0+|sin
3π
2
− sin
π
2
|+
+sin 2 π− sin
3π
2
= 1+|− 1− 1|− (− 1)= 4
Demak, S = 4 (kv.birlik).
2.3.2-misol .
x= y2 va x− y= 2 chiziqlar bilan chegaralangan sohaning
yuzini:
a) x ga nisbatan; b) y ga nisbatan integrallash yordamida hisoblang.
Yechish. Avvalo, berilgan chiziqlarning
(1;−1),(4;2) nuqtalarda
kesishishiga ishonch hosil qilish mumkin.
а)
x bo‘yicha integrallash uchun, tasavvur qilinadigan to‘g‘ri
to‘rtburchaklarni vertikal joylashtiramiz va tenglamalarni
y ga nisbatan yechamiz:
x= y2
tenglamani y ga nisbatan yechib, y=± √x bo‘lishini olamiz, bunda y= √x -
parabolaning yuqori yarmidan,
y=−√x esa, parabolaning quyi yarmidan iborat.
x− y= 2
to‘g‘ri chiziq tenglamasini , y= x− 2 shaklida yozamiz (3- chizma).
Qaralayotgan sohaning yuqori chegarasi,
y= √x egri chiziqdan iborat. Uning quyi
chegarasi esa, ikkita, har xil tenglamalar orqali ifodalanadi:
x= 0 dan x=1 gacha
25

o‘zgarganda, y=− √x egri chiziq, x=1 dan x= 4 gacha o‘zgarganda esa,
y= x− 2
to‘g‘ri chiziq. Shunday qilib, sohaning yuzi,

3 -chizma. 4 -chizma.
S=∫
0
1
[√x− (− √x)]dx +∫
1
4
[√x− (x− 2)]dx = 2∫
0
1
√xdx +∫
1
4
[√x− x+2]dx =
= [
4
3
x
3
2
]|
0
1
+[
2
3
x
3
2
−
1
2
x
2
+ 2 x]|
1
4
=
9
2
.
b)
y bo‘yicha integrallash uchun, biz tasavvur qilinadigan to‘g‘ri
to‘rtburchaklarni gorizontal joylashtiramiz (4-chizma). Bunda, o‘ngdan
chegaralovchi to‘g‘ri chiziq
x= y+2 va chapdan chegaralovchi egri chiziq esa,
x= y2
. Modomiki, y , −1 dan 2 gacha o‘zgarar ekan,
S= ∫
−1
2
[y+ 2− y
2
]dy = [
1
2
y
2
+2 y−
1
3
y
3
]|
−1
2
=
9
2
.
2.3.3–misol. Ushbu
y= 2x to‘g‘ri chiziq va y= 3− x2 parabola bilan
chegaralangan sohaning yuzini toping.
Yechish. Berilgan to‘g‘ri chiziq bilan parabolaning kesishish nuqta-larini
topamiz:
26

{y= 2x¿¿¿¿, 3− x2= 2x, x2+2x− 3= 0; x1= 1, x2= − 3 .
Demak, to‘g‘ri chiziq bilan parabola
(1;2) va (−3;−6) nuqtalarda kesishadi.
Shunday qilib, izlanayotgan sohaning yuzi (5-chizma),
S= ∫
−3
1
[3− x
2
− 2 x]dx =
(
3 x−
x
3
3
− x
2
)
|
−3
1
=
5
3
− (− 9+ 9− 9)=
5
3
+9=
32
3

(kv. bir).

5- chizma. 6- chizma.
2.3.4-misol. Ushbu
(y− x)2= x3 egri chiziq va x=1 to‘g‘ri chiziq bilan
chegaralangan sohaning yuzini toping.
Yechish. Ravshanki,
y,x ning oshkormas funksiyasi sifatida, x≥ 0 uchun
aniqlangan.
y− x= ± x√x egri chiziqning y1= x+ x√x, y2= x− x√x
shaxobchalaridan birinchisi har doim musbat bo‘lib,
x≥ 0 da, y1(x)≥ y2(x)
tengsizlikni qanoatlantiradi (6 - chizma). Formulaga asosan,
S=∫0
1
[y1(x)− y2(x)]dx =∫0
1
(x+x√x−x+x√x)dx =2∫0
1
x√xdx = 4
5√ х
5
|0
1
= 4
5
(kv. bir.)
Agar
(S)− soha, ushbu (S)= {(x,y):c≤ y≤ d,x1(y)≤ x≤ x2(y)} ko‘rinishda
bo‘lsa ( 7 - chizma), u holda uning
S yuzi, quyidagi ,
27

S=∫
c
d
[x2(y)− x1(y)]dy
formula orqali topiladi.

7- chizma 8-chizma
2.3.5–misol. Ushbu
x2+2ax − y2= 0, ax − y2+ 2a2= 0 , (a>0) egri
chiziqlar bilan chegaralangan sohaning yuzini toping.
Yechish. Qaralayotgan
D soha, Oх o‘qqa nisbatan standart bo‘lmaganligi
uchun, uni,
Oх o‘qqa nisbatan standar t bo‘lgan uchta sohalarga ajratamiz (8-
chizma) :
D 1= {(x,y): − 2a≤ x<0;− √2a2+ax ≤ y≤ √2a2+ax },
D 2= {(x,y):0≤ x≤ a,√x2+2ax ≤ y≤ √2a2+ax },
D 3= {(x,y):0≤ x≤ a,− √2a2+ax ≤ y≤ − √x2+2ax }.
D−
soha Oх o‘qqa nisbatan simmetrik bo‘lganligi uchun, uning S yuzi Oх
o‘qqa nisbatan standart bo‘lgan
D1= {(x,y): − 2a≤ x<0;0≤ y≤ √2a2+ax } va D2
sohalar yuzlarining ikkilanganiga teng:
S= 2[∫
−2а
0
√2a2+ax dx +∫
0
a
(√2a2+ax − √x2+2ax )dx ]=
¿2[∫
−2a
a
√2a2+ax dx −∫
0
a
√x2+ax dx ]= 2[∫
−2a
a
√2a2+ax dx − ∫
0
a
√(x+a)2− a2dx ]=
28

=2[2
3a√ (ax + 2 a
2
)
3
|−2a
a
−
(x+ a )
2
√ x
2
+ 2 ax |
0
a
+
a
2
2
ln (x+ a + √ x
2
+ 2 ax )|
0
a
]=
¿2a2√3+a2ln(2+√3)Berilgan soha
Oy o‘qqa nisbatan standart sohadan iborat:
D = {(x ,y):− a√3≤ y≤ a√3, y2− 2a2
a
≤ x≤ − a+ √ y2+ a2}
Bu
D sohaning simmetrikligidan yana foydalansak, quyidagiga ega bo‘lamiz
S = 2 ∫
0
a√3
(√ y2+ a2− a−
y2
a
+ 2 a)dy =
¿2 a2
√3+ (y √ y2+ a2+ a2ln |y+ √ y2+ a2|−
2 y3
3 a )|
0
a√3
=
¿2 a2√ 3+ a2ln (2+ √ 3).
XULOSA
Mazkur kurs ishida aniq integral va uning asosiy xossalari nazariy hamda
amaliy jihatdan batafsil o‘rganildi. Aniq integral matematik analizning eng muhim
tushunchalaridan biri bo‘lib, u nafaqat matematik masalalarni yechishda, balki
fizika, texnika, iqtisodiyot, biologiya va boshqa ko‘plab fanlarda uchraydigan
jarayonlarni tavsiflashda ham muhim ahamiyatga ega ekanligi ko‘rsatildi.
Ish davomida aniq integral tushunchasining kelib chiqishi, uning geometrik va
fizik ma’nolari, mavjudlik shartlari hamda asosiy xossalari tahlil qilindi. Xususan,
integralning chiziqlilik, additivlik, monotonlik va baholash xossalari o‘rganilib,
ularning murakkab masalalarni yechishdagi o‘rni yoritildi. Shuningdek, Nyuton–
Leybnits formulasi yordamida aniq integrallarni hisoblash usullari ko‘rib chiqildi
va bu formula integral hisobining asosiy nazariy natijalaridan biri ekanligi
asoslandi.
Aniq integralning geometrik tatbiqlari alohida ahamiyatga ega bo‘lib, egri
chiziqlar bilan chegaralangan yuzalarni hisoblash, jismlarning hajmini aniqlash,
yoy uzunligini topish kabi masalalarda keng qo‘llanilishi ko‘rsatildi. Bundan
tashqari, fizikada harakat, ish, massa markazi, bosim kuchi va boshqa ko‘plab
29

kattaliklarni hisoblashda aniq integralning muhim vosita ekanligi misollar orqali
tushuntirildi.
Kurs ishini tayyorlash jarayonida aniq integralning nazariy asoslari bilan bir
qatorda uning amaliy qo‘llanilish sohalari ham o‘rganildi. Bu esa matematik
analizning boshqa bo‘limlarini chuqurroq tushunish va turli fanlararo masalalarni
yechishda zarur bo‘lgan bilimlarni mustahkamlash imkonini berdi. Olingan
natijalar aniq integralning zamonaviy fan va texnikadagi ahamiyati juda katta
ekanligini yana bir bor tasdiqlaydi.
Xulosa qilib aytganda, aniq integral va uning xossalari matematik analizning
fundamental tushunchalaridan biri hisoblanadi. Uning nazariy asoslarini puxta
egallash hamda amaliy masalalarda qo‘llay olish kelajakdagi ilmiy va kasbiy
faoliyatda muhim o‘rin tutadi.
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR
1. O‘zbekiston Respublikasining “Ta’lim to‘g‘risida”gi Qonuni. 2020 - yil
23 -sentabr, O‘RQ-637-son.
2. O‘zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2015-yil 2-martdagi
“ Magistratura to‘g‘risidagi Nizomni tasdiqlash haqida ”gi 36-son Qarori.
3. O‘zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2024-yil 27-martdagi
“Davlat ta’lim standartlari va davlat ta’lim talablarini ishlab chiqish hamda joriy
etish tartibini takomillashtirish chora-tadbirlari to‘g‘risida” 157-son Qarori.
4. O‘zbekiston Respublikasi Oliy va o‘rta maxsus ta’lim vazirining 2018-yil
10-sentabrdagi “Oliy ta’lim muassasasi professor-o‘qituvchilar tarkibining o‘quv
yuklamasi hamda o‘quv-uslubiy, ilmiy-tadqiqot va “ustoz-shogird” ishlarini
belgilash qoidalarini tasdiqlash to‘g‘risida” gi 20-2018-son buyrug‘i.
5. O‘zbekiston Respublikasi Oliy va o‘rta maxsus ta’lim vazirining 2021-yil
19-oktabrdagi “Oliy ta’limning davlat ta’lim standarti. Asosiy qoidalar”
O‘zbekiston Respublikasining davlat standartini tasdiqlash to‘g‘risida”gi 35-2021-
son buyrug‘i.
30

6. Egamberdiyev F.T. va boshqalar. “Iqtisodiyot nazariyasi” fanidan kurs
ishini bajarish uchun uslubiy qo‘llanma. - Toshkent, O‘zMU, 2019.
7. Ilxamov Sh.I., Xudoyqulov A. Kurs ishlarini yozish va himoya qilish
bo‘yicha uslubiy qo‘llanma. - Termiz. TDU, 2023.
Elektron ta’lim resurslari
1. http://vilenin.narod.ru/Mm/Books/
2. http://www.allmath.ru/
3. http://www.pedagog.uz/
4. http://www.ziyonet.uz/
5. http://window.edu.ru/window/
6. http://ilib.mccme.ru/#begin
7. http://kvant.mirror1.mccme.ru/
31

Купить

Похожие документы
To’plamlar va ular ustida amallar. To’plamda akslantirishlar 26
Tekislikda kordinatalar metodi 26
Sonli qatorlar 26
Sonli qatorlar 2-variant
Sonlar ketma-ketligi va uning xossalari 26