Bir o‘zgaruvchili funksiyaning monotonligi va ekstremumi - Fizika - Kurs ishlari

Dokument ma'lumotlari

Narxi	30000UZS
Hajmi	1.9MB
Xaridlar	0
Yuklab olingan sana	17 Mart 2025
Kengaytma	doc
Bo'lim	Kurs ishlari
Fan	Fizika

Sotuvchi

G'ayrat Ziyayev

Ro'yxatga olish sanasi 14 Fevral 2025

80 Sotish

Bir o‘zgaruvchili funksiyaning monotonligi va ekstremumi

Sotib olish

R E J A
KIRISH
ASOSIY QISM
1-§. Funksiya ta’ rifi, berilish usullari.
2- . Funksiya hosilasining ta’rifi.
3-§. Funksiyaning o‘sishi va kamayishi
4- . Funksiyaning ekstremumlari.
5- . Ikkinchi tartibli hosila yordamida ekstremumga tekshirish.
XULOSA
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO`YXATI
INTERNET MA`LUMOTLARI

Kirish
“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
2

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 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
3

qilib tarbiyalab boradi.
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 engmuhim 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.

Asosiy qism
1 -§ . Funksiya ta’ rifi, berilish usullari. Biz E to‘plamni F to‘ plamga akslantirish
4

ni o‘rgangan edik.
Endi E = F, F = R deb olamiz. Unda har bir haqiqiy x songa biror haqiqiy у
sonni mos qo‘yuvchi
akslantirishga kelamiz. Bu esa funksiyatushunchasiga olib keladi.
Funksiya tushunchasi o'quvchiga o ‘ rta maktab matematika kursi dan ma’lum.
Shuni e’tiborga olib, funksiya haqidagi dastlabki ma’lumotlami qisqaroq bayon
etishni lozim topdik.
Aytaylik, , to'plamlar berilgan b o ‘ lib, x va у o‘zgaruvchilar
mos ravishda shu to'plamlarda o'zgarsin: , .
1- ta’rif . Agar X to ‘plamdagi har bir x songa biror f qoidaga ko‘ra Y to
‘plamdan bitta у son mos qo‘yilgan bo‘lsa, X to‘plamda funksiya berilgan
(aniqlangan) deyiladi va
kabi belgilanadi. Bunda X —funksiyaning aniqlanish to‘plami (sohasi),Y —
funksiyaning о‘zgarish to ‘plami (sohasi); x — erkli о ‘zgaruvchi yoki funksiya
argumenti, уesa erksiz о ‘zgaruvchiyoki funksiyadeyiladi.
Misollar . 1. bo'lib, f qoida
bo’lsin. Bu holda har bir ga bitta mos qo'yilib,
funksiyaga ega bo'lamiz.
2- . Funksiya hosilasining ta’rifi
Misollar . Faraz qilaylik, funksiya da berilgan bo'lib,
5

bo'lsin.
Ma’lumki, ushbu
ayirma funksiyaning nuqtadagi orttirmasi deyiladi.
2- ta’rif . Agar ushbu

limit mavjud va chekli bo'lsa, u funksiyaning nuqtadagi hosilasi deyiladi va
yoki , yoki kabi belgilanadi. Demak,
= (1)
Agar + x = x deyilsa, unda х = x - va da x → bo'lib, (1)
munosabat quyidagi
= (2)
ko'rinishga keladi.
1- misol . f(x) = x, R bo'lsin. Bu funksiya uchun
bo’lib,
=1
bo'ladi. Demak, f '(x ) = (x)' = 1.
6

2- misol . f( x ) = , x R bo‘lsin.
Agar x > 0 bo’lsa, u holda f(x ) = x bo’lib, f'(x ) = 1 bo’ladi.
Agar x < 0 bo’lsa, u holda f(x) = -x bo’lib , f '(x) = - 1 bo’ladi.
Agar bo’lsa, u holda = bo’lib, x da bu nisbatlarning limiti
mavjud bo’lmaydi. Demak, berilgan funksiya = 0 nuqtada hosilaga ega bolmaydi.
3- misol . f( x ) = x , x R , R bo’lsin.
a) > 0, x > 0, x uchun
= =x+
=2
bo’ladi.
b) < 0, x < 0, x uchun
= =-x-
=-2
bo’ladi.
d) =0, x uchun
=
7

=0
bo’ladi. Demak, x R da f '(x ) = (x |x|)' = 2 |x|.
4- misol . Aytaylik,
f(x)
bo’lib, = 0 bo’lsin. Unda
= =
bo‘lib, uning x 0 dagi limiti mavjud emas. Demak, berilgan funksiya nuqtada
hosilaga ega emas.
3-§. Hosila hisoblash qoidalari
Biz oldingi paragraflarda hosila tushunchasini turli fizik masalalarni yechishda,
urinma tenglamasini yozishda foydalandik. Hosilaning boshqa tatbiqlarini kelgusida
o‘rganamiz. Bu degani har xil masalalarda uchrashishi mumkin bo‘lgan turli xil
funksiyalarning hosilalarini hisoblashni bilish zarurligini anglatadi. Ushbu paragrafda
u(x) va v(x) funksiyalarning hosilalarini bilgan holda ularning yig‘indisi, ko‘paytmasi
va bo‘linmasining hosilalarini topishni o‘rganamiz.
Quyida keltirilgan teoremalar isbotida hosila topish algoritmidan, limitga ega
bo‘lgan funksiyalar ustida arifmetik amallar haqidagi teoremalardan foydalanamiz.
Shuningdek ∆ u=u(x+ ∆ x)-u(x) va ∆ v=v(x+ ∆ x)-v(x) ekanligini hisobga olgan holda,
u(x+ ∆ x)=u(x)+ ∆ u , v(x+ ∆ x)=v(x)+ ∆ v tengliklardan foydalanamiz. u(x) va v(x)
funksiyalar ( a,b ) intervalda aniqlangan bo‘lsin.
1. Yig‘indining hosilasi.
1-teorema . Agar u(x) va v(x) funksiyalarning nuqtada hosilalari mavjud
bo‘lsa, u holda f(x)=u(x)+v(x) funksiyaning ham x nuqtada hosilasi mavjud va
8

(3)
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Isboti . 1 0
. f(x)=u(x)+v(x) .
2 0
. f(x+ ∆ x)= u(x+ ∆ x)+ v(x+ ∆ x)= u(x)+ ∆ u+ v(x)+ ∆ v.
3 0
. ∆ y= f(x+ ∆ x)- f(x)= ∆ u+ ∆ v.
4 0

. =
50.
Shunday qilib, (3) tenglik o‘rinli ekan. Isbot tugadi.
Misol . (x 2
+1/x)’=(x 2
)’+(1/x)’=2x-1/x 2
.
Matematik induksiya metodidan foydalanib, quyidagi natijani isbotlash mumkin:
Natija . Agar u
1 (x), u
2 (x), ... ,u
n (x) funksiyalarning x nuqtada hosilalari mavjud
bo‘lsa, u holda f(x)= u
1 (x)+ u
2 (x+ ...+u
n (x) funksiyaning ham x nuqtada hosilasi mavjud
va quyidagi formula o‘rinli bo‘ladi:
f’(x)=( u
1 (x)+ u
2 (x+ ...+u
n (x)) ’= u’
1 (x)+ u’
2 (x+ ...+u’
n (x) .
2. Ko‘paytmaning hosilasi.
2-teorema . Agar u(x) va v(x) funksiyalar nuqtada hosilaga ega bo‘lsa, u holda
ularning f(x)=u(x) ⋅ v(x) ko‘paytmasi ham nuqtada hosilaga ega va
(4)
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Isboti. 1 0
. f(x)=u(x)
⋅ v(x) .
. f(x+ ∆ x)=u(x+ ∆ x) ⋅ v(x+ ∆ x)=(u(x)+ ∆ u) ⋅ (v(x)+ ∆ v)=u(x)v(x)+ ∆ uv(x)+ ∆ vu(x)+ ∆ u ∆ v.
3 0
. ∆ y= f(x+ ∆ x)- f(x)= ∆ uv(x)+ ∆ vu(x)+ ∆ u ∆ v.
4 0
. ∆
y
= ∆
uv( x ) + ∆
vu( x ) + ∆
u ∆
x
= ∆
u v( x )
+ ∆
v u( x )
+ ∆
u
∆ v .
∆ x ∆ x ∆ x ∆ x ∆ x
5 0
. Lim ∆ y
= ( lim ∆ u
)
⋅ v( x )
+ ( lim ∆ v
)
⋅ u( x )
+ lim ∆ u
⋅ lim
∆ v =
9

∆ x → 0
∆ x ∆ x → 0
∆ x ∆ x → 0
∆ x ∆ x → 0
∆ x ∆ x → 0
= u’(x) ⋅ v(x)+u(x) ⋅ v’(x)++u’(x) v.
Bunda v(x) funksiyaning uzluksizligini e’tiborga olsak lim
∆ v=0 va natijada
∆ x → 0 (5)
formulaga ega bo‘lamiz.
1-natija . Quyidagi (Cu(x))’=C
⋅ u’(x) formula o‘rinli.
Misollar . 1. (6 x 2
)’=6( x 2
) ’=6
⋅ 2 x =12 x .
2. ( x 4
)’=(( x 2
)( x 2
))’=( x 2
)’( x 2
)+( x 2
)( x 2
)’= 2x(x 2
)+(x 2
)
⋅ 2x=4x 3
.
3. (0,25x4-3x2)’=(0,25x 4
)’+(3x 2
)’=0,25
⋅ 4x 3
+3
⋅ 2x= x 3
+6x .
2-natija . Agar u
1 (x), u
2 (x), ... ,u
n (x) funksiyalar x nuqtada hosilaga ega bo‘lsa, u holda
ularning ko‘paytmasi f(x)= u
1 (x) ⋅ u
2 (x) ⋅ ... ⋅ u
n (x) ham x nuqtada hosilaga ega va quyidagi
formula o‘rinli bo‘ladi:
f’(x)= ( u
1 (x) ⋅ u
2 (x) ⋅ ... ⋅ u
n (x) )’= u’
1 (x) ⋅ u
2 (x) ⋅ ... ⋅ u
n (x)+ u
1 (x) ⋅ u’
2 (x) ⋅ ... ⋅ u
n (x)+...+ u
1 (x) ⋅
u
2 (x) ⋅ ... ⋅ u’
n (x) .
3. Bo‘linmaning hosilasi.
3-teorema . Agar u(x) va v(x) funksiyalar nuqtada hosilaga ega, v(x) ≠ 0 bo‘lsa,
u holda ularning bo‘linmasi x ∈ (a,b) nuqtada hosilaga ega va
(6)
formula o‘rinli bo‘ladi.
Isboti . 1 0
.
2 0
. .
3 . .
10

Misol . Ushbu funksiyaning hosilasini toping.
Shunday qilib biz ushbu paragrafda hosilani hisoblashning quyidagi qoidalarini
keltirib chiqardik:
1. Ikkita, umuman chekli sondagi funksiyalar yig‘indisining hosilasi hosilalar
yig‘indisiga teng.
2. O‘zgarmas ko‘paytuvchini hosila belgisi oldiga chiqarish mumkin.
3. Ikkita u(x) va v(x) funksiyalar ko‘paytmasining hosilasi u’v+uv’ ga teng.
4. Ikkita u(x) va v(x) funksiyalar bo‘linmasining hosilasi (u’v-uv’)/v 2
ga teng.
1- va 2-teorema natijalaridan foydalangan holda quyidagi qoidaning ham o‘rinli
ekanligini ko‘rish qiyin emas:
5. Chekli sondagi differensiallanuvchi funksiyalar chiziqli kombinatsiyasining
hosilasi hosilalarning aynan shunday chiziqli kombinatsiyasiga teng, ya’ni agar
f(x)=c
1 u
1 (x)+ c
2 u
2 (x)+...+ c
n u
n (x) bo‘lsa, u holda f’(x)=c
1 u’
1 (x)+ c
2 u’
2 (x)+...+
c
n u’
n (x ).
Bu qoidaning isbotini o‘quvchilarga havola qilamiz.
Eslatma. Yuqoridagi teoremalar funksiyalar yig‘indisi, ko‘paytmasi,
bo‘linmasining hosilaga ega bo‘lishining yyetarli shartlarini ifodalaydi. Demak, ikki
funksiya yig‘indisi, ayirmasi, ko‘paytmasi va nisbatidan iborat bo‘lgan funksiyaning
hosilaga ega bo‘lishidan bu funksiyalarning har biri hosilaga ega bo‘lishi har doim kelib
chiqavermaydi. Masalan, u(x)=|x |, v(x)=|x| deb, ularning ko‘paytmasini tuzsak, y=x 2
ko‘rinishdagi funksiya hosil bo‘ladi. Bu funksiyaning
∀ x (- ∞ ;+ ∞ ) nuqtada, xususan, x =0 nuqtada hosilasi mavjud. Ammo, ma’lumki y=|x |
funksiyaning x= 0 nuqtada hosilasi mavjud emas.
4 . Murakkab funksiyaning hosilasi. Aytaylik, u= funksiya (a,b)
intervalda, y=f(u) funksiya esa (c;d) da aniqlangan bo‘lib, bu funksiyalar yordamida
11

y=f( ) murakkab funksiya tuzilgan bo‘lsin (bunda, albatta, x (a,b) da u=
(c,d) bo‘lishi talab qilinadi).
Teorema . Agar u= funksiya x (a,b) nuqtada hosilaga ega, y=f(u) funksiya
esa u= nuqtada hosilaga ega bo‘lsa, u holda y=f( ) murakkab funksiya x
nuqtada hosilaga ega va
(7)
formula o‘rinli bo‘ladi.
Isboti. u= funksiya x nuqtada hosilaga ega bo‘lganligi uchun uning x
nuqtadagi orttirmasini (7) formuladan foydalanib
∆ u= ∆ x+ α ∆ x (8)
ko‘rinishda yozish mumkin, bu erda ∆ x → 0 da α → 0.
Shunga o‘xshash, y=f(u) funksiyaning u nuqtadagi orttirmasini
∆ y=f’(u) ∆ u+ β ∆ u (9)
ko‘rinishda yozish mumkin, bunda ∆ u → 0 da β → 0.
So‘ngi (8) tenglikdagi ∆ u o‘rniga uning (9) tenglik bilan aniqlangan ifodasini
qo‘yamiz. Natijada
tenglikka ega bo‘lamiz.
Agar ∆ x → 0 bo‘lsa, (8) tenglikdan α → 0 va ∆ u → 0 bo‘lishi, agar ∆ u → 0 bo‘lsa, u
holda (9) tenglikdan β → 0 ekanligi kelib chiqadi. Bulardan esa ∆ x → 0 da
f’(u) α + ϕ ’(x) β + αβ cheksiz kichik funksiya ekanligi kelib chiqadi, uni γ bilan
belgilaymiz.
Shunday qilib, ∆ y=f’(u) ’(x) ∆ x+ γ ∆ x tenglik o‘rinli. Bundan
∆ y
= f’(u)
ϕ ’(x) + va lim ∆ y
= f’(u) ’(x) o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. Bu esa
∆
x ∆ x → 0
∆ x
y’= f’(u) ϕ ’(x) ekanligini isbotlaydi.
12

Misol. y = funksiyaning hosilasini toping.
Yechish . Bu erda y=u 4
, u= . Demak, y’=(u 4
)’
⋅ . ’=
= 4u3(2x+
Amalda (7) tenglikni
yoki y
x ’=y
u ’u
x ’
ko‘rinishda yozib, quyidagi qoida tarzida ifodalaydi:
Murakkab funksiyaning erkli o‘zgaruvchi bo‘yicha hosilasi oraliq o‘zgaruvchi
bo‘yicha olingan hosila va oraliq o‘zgaruvchidan erkli o‘zgaruvchi bo‘yicha olingan
hosilalar ko‘paytmasiga teng.
Bu qoidani quyidagicha talqin qilish mumkin: agar berilgan nuqtada y
o‘zgaruvchi u ga nisbatan y
u ’ marta tez, u esa x ga nisbatan u
x ’ marta tez o‘zgarsa, u
holda y o‘zgaruvchi x ga nisbatan y
u ’u
x ’ marta tez o‘zgaradi, ya’ni y
x ’=y
u ’u
x ’ .
Yuqoridagi qoida uchta, umuman chekli sondagi hosilaga ega bo‘lgan funksiyalar
kompozitsiyasi uchun ham o‘rinli. Masalan, agar y=f(u),u= (t), t=h(x) bo‘lsa, u holda
y
x ’=y
u ’u
t ’t
x ’ tenglik o‘rinli bo‘ladi.
3-§. Funksiyaning o‘sishi va kamayishi.
Biz bu erda funksiya hosilasi yordamida funksiyaning monotonligini aniqlash
mumkinligini ko‘rsatamiz.
Teorema . Faraz qilaylik f(x) funksiya ( a;b ) intervalda aniqlangan, uzluksiz va
differensiallanuvchi bo‘lsin. Bu funksiya ( a;b ) intervalda kamaymaydigan
13

(o‘smaydigan) bo‘lishi uchun f’(x) ≥ 0 ( f’(x) ≤ 0) tengsizlikning o‘rinli bo‘lishi zarur va
yetarli.
Isboti . Kamaymaydigan funksiya holini qaraymiz.
Zaruriyligi . f(x) funksiya (a;b) intervalda kamaymaydigan bo‘lsin. U holda
∀ x ∈ (a;b) va ∆ x >0 uchun ∆ y=f(x+ ∆ x)-f(x) ≥ 0 tengsizlik o‘rinli bo‘ladi. Bundan esa
∆ y
≥ 0 bo‘lishi ravshan. Teorema shartiga ko‘ra f(x) differensiallanuvchi, demak ∆ x
∆ y
nisbatning
∆ x
→ 0 da chekli limiti mavjud, tengsizlikda limitga o‘tish haqidagi
∆ x
teoremaga ko‘ra, bu limit nomanfiy bo‘ladi, ya’ni lim ∆ y
= f’(x)
≥ 0.
∆ x → 0
Yetarliligi . ∀ x (a;b) uchun f’(x) ≥ 0 bo‘lsin. Endi x
1 <x
2 bo‘lgan ∀ x
1 ,x
2 (a;b)
nuqtalarni olaylik. Qaralayotgan f(x) funksiya [ x
1 ;x
2 ] kesmada Lagranj teoremasining
barcha shartlarini qanoatlantiradi. Demak, ( x
1 ;x
2 ) intervalga tegishli shunday c nuqta
topilib,
f(x
2 )-f(x
1 )=f’(c)(x
2 -x
1 ) (10)
tenglik o‘rinli bo‘ladi. Teorema shartiga f’(x) ≥ 0, bundan f’(c) ≥ 0, va (2) tenglikdan
f(x
2 )-f(x
1 ) ≥ 0, ya’ni f(x
2 ) ≥ f(x
1 ) ekanligi kelib chiqadi. Bu esa funksiyaning ( a;b )
intervalda kamaymaydigan funksiyaligini ko‘rsatadi.
O‘smaydigan funksiya holi ham yuqoridagi kabi isbotlanadi.
Endi funksiyaning qat’iy monoton bo‘lishining yetarli shartini isbotlaymiz.
Teorema . Agar f(x) funksiya ( a,b ) intervalda differensiallanuvchi va
∀ x (a;b) uchun f’(x) >0 ( f(x) <0 ) bo‘lsa, u holda f(x) funksiya ( a,b ) intervalda qat’iy
o‘suvchi (kamayuvchi ) bo‘ladi.
Isboti . Aytaylik x
1 ,x
2 (a;b) va
x
1 <x
2 bo‘lsin. Ravshanki, [ x
1 ;x
2 ]
kesmada f(x) funksiya Lagranj
teoremasining barcha shartlarini
qanoatlantiradi. Bu teoremaga binoan
14

shunday c (x
1 ;x
2 ) mavjudki
f(x
2 )-f(x
1 )=f’(c)(x
2 -x
1 )
tenglik o‘rinli bo‘ladi. Bu tenglik va f’(c)> 0 ( f’(c) <0 ) ekanligidan f(x
2 )>f(x
1 )
( f(x
2 )<f(x
1 ) ) bo‘lishi kelib chiqadi. Bu f(x) funksiyaning qat’iy o‘suvchi (kamayuvchi)
bo‘lishini ifodalaydi.
Ushbu y=x 3
funksiya (-1;1) intervalda qat’iy o‘suvchi, lekin uning hosilasi
x =0 nuqtada nolga teng bo‘ladi.
Shunga o‘xshash f(x)=x+cosx funksiya ham aniqlanish sohasida qat’iy o‘suvchi,
ammo uning hosilasi f’(x)=1-sinx cheksiz ko‘p nuqtalarda
) nolga teng bo‘ladi. (26-rasm)
Bu misollar yuqoridagi teoremaning shartlari funksiyaning qat’iy o‘suvchi
(kamayuvchi) bo‘lishi uchun faqat yetarli shart ekanligini ko‘rsatadi.
1-misol . Ushbu f(x)=2x 2
-lnx funksiyaning monotonlik oraliqlarini toping.
Yechish. Funksiya (0;+ ) oraliqda aniqlangan. Uning hosilasi f’(x)=4x-1/x ga teng.
Yuqoridagi yetarli shartga ko‘ra,agar 4 x - 1/x >0 bo‘lsa, ya’ni x >1/2 bo‘lsa, o‘suvchi;
agar 4x-1/x <0 bo‘lsa, ya’ni x <1/2 bo‘lsa funksiya kamayuvchi bo‘ladi. Shunday qilib,
funksiya 0< x <1/2 oraliqda kamayuvchi, 1/2< x <+ oraliqda o‘suvchi bo‘ladi.
2-misol. Ushbu f funksiyaning monotonlik oraliqlarini
toping.
Yechish. Bu funksiyaning aniqlanish sohasi (- ∞ ;0) ∪ (0;+ ∞ ) dan iborat.
Funksiyaning hosilasini topamiz:
f' , bundan
[- ∞ ;-3] ∪ (0;1] ∪ [2; ∞ ) to‘plamda f’(x) ≥ 0, [-3;0) ∪ [1;2] da esa f’(x) ≤ 0 bo‘lishini aniqlash
qiyin emas.
Demak, berilgan f(x) funksiya [- ∞ ;-3] ∪ (0;1] ∪ [2; ∞ ) da o‘suvchi va [-
15

3;0) ∪ (1;2] da esa kamayuvchi
bo‘ladi.
3-misol . Agar 0< x ≤ 1 bo‘lsa, x-
x 3
/3<arctgx<x-x 3
/6 qo‘sh tengsizlik
o‘rinli bo‘lishini isbotlang.
Yechish. Berilgan tengsizlik
ning o‘ng qismi arctgx<x-x 3
/ 6
tengsizlikni isbotlaymiz. Chap qismi
shunga o‘xshash isbotlanadi.
f(x)=arctgx-x+x 3
/ 6 funksiyani
qaraymiz, uning hosilasi
f’(x)=
ga teng.
f(x)= arctgx-x+x 3
/6 funksiya sonlar o‘qida aniqlanagan va uzluksiz,
27-rasm
demak u [0;1] kesmada ham uzluksiz, (0;1) intervalda f’(x)< 0. Bundan esa f(x)
funksiya [0;1] kesmada kamayuvchi bo‘lib, 0< x 1 shartni qanoatlantiruvchi x lar uchun
f(x)<f(0) tengsizlik o‘rinli bo‘ladi. So‘ngi tengsizlikni f (0)=0 ni e’tiborga olib,
quyidagicha yozib olamiz: arctgx-x+x 3
/6 <0 bundan arctgx<x-x 3
/6 .
Bu qo‘shtengsizlikda qatnashgan funksiya grafiklari 27- rasmda keltirilgan.
Funksiyaning nuqtada monotonlik sharti.
Biz shu paytgacha funksiyaning o‘sishi va kamayishi tushunchalarini biror
oraliqqa nisbatan kiritdik va o‘rgandik. Ba’zi hollarda bu tushunchalarni nuqtaga
nisbatan qarash foydadan holi emas.
Faraz qilaylik f(x) funksiya ( a,b ) intervalda aniqlangan va x
0 (a;b) bo‘lsin.
Ta’rif. Agar x
0 nuqtaning shunday ( x
0 - δ ; x
0 + δ ) atrofi topilib, x<x
0 bo‘lganda
16

f(x)<f(x
0 ) ( f(x)>f(x
0 ) ), x>x
0 bo‘lganda esa f(x)>f(x
0 ) ( f(x)<f(x
0 ) ) bo‘lsa, u holda f(x)
funksiya x
0 nuqtada o‘suvchi ( kamayuvchi ) deyiladi.
Endi x
0 nuqtada monotonlikning yetarli shartini keltiramiz.
4-teorema . f(x) funksiya x
0 (a;b) nuqtada differensiallanuvchi bo‘lsin. Agar
f ’
(x
0 )>0 (f’(x
0 )<0) bo‘lsa, u holda f(x) funksiya shu nuqtada o‘suvchi (kamayuvchi)
bo‘ladi.
Isboti . Shartga ko‘ra chekli f’(x
0 ) mavjud va u noldan katta (kichik) bo‘lgani
uchun ushbu
0)
tengsizlik o‘rinli. Limitga ega bo‘lgan funksiyaning xossalaridan x
0 nuqtaning shunday
( x
0 - δ ; x
0 + δ ) atrofi topilib, bu atrofda
0)
tengsizlikning bajarilishi kelib chiqadi. Demak, x<x
0 bo‘lganda f(x)<f(x
0 ) (f(x)>f(x
0 ))
tengsizlik, x>x
0 bo‘lganda esa f(x)>f(x
0 ) (f(x)<f(x
0 )) tengsizlik ham o‘rinli. Bu f(x)
funksiyaning x
0 nuqtada o‘suvchi (kamayuvchi) bo‘lishini ifodalaydi. Teorema isbot
bo‘ldi.
Funksiya hosilasi nolga teng bo‘ladigan nuqtalarda funksiya o‘sishi ham, kamayishi
ham mumkin. Masalan, y=x 5
funksiya hosilasi x =0 nuqtada nolga teng, lekin funksiya
shu nuqtada o‘suvchi; y=-x 5
funksiya hosilasi ham x =0 nuqtada nolga teng, lekin bu
funksiya x =0 nuqtada kamayuvchi ekanligini ko‘rish qiyin emas.
Endi biror x
0 nuqtada o‘suvchi bo‘lgan funksiyaning shu nuqtaning atrofida
o‘suvchi bo‘lishi shart emasligini ko‘rsatuvchi misol keltiramiz.
Ushbu f ( x ) = funksiya berilgan bo‘lsin. Bu funksiya
17

barcha nuqtalarda hosilaga ega. Haqiqatan ham, x
≠ 0 lar uchun
f'( x )
=1+2x , x =0 uchun esa
f’(0)= =1 bo‘ladi.
Demak, 4-teoremaga asosan berilgan funksiya x =0 nuqtada o‘suvchi bo‘ladi.
Endi quyidagi
x
n =
, x '
n =
, n = ± 1, ± 2, ± 3, ...
nuqtalarda hosilaning qiymatlarini hisoblaymiz: f' ( )= 1 + − 2 cos 2 π n = − 1 ,
f'
( = 1 + sin( π + 2 n ) − 2 cos( π + 2 n ) = 1 − 2 ( − 1 ) = 3
Demak berilgan funksiyaning hosilasi
δ >0 soni qanday bo‘lmasin n ning
yetarlicha katta qiymatlarida (- δ ; δ ) atrofida ham musbat, ham manfiy qiymatlarni qabul
qiladi. Bundan f(x) funksiyaning o‘zi x =0 nuqtada o‘suvchi bo‘lgani bilan bu nuqtaning
∀ (- δ ; δ ) atrofida hosilaga ega, lekin shu atrofda monoton emasligi kelib chiqadi.
Yuqorida biz f(x)= funksiya hosilasi
18

f’(x)= ekanligini ko‘rdik.
Shu hosilani uzluksizlikka tekshiraylik. Agar x 0 bo‘lsa, f’(x) funksiyaning uzluksizligi
ravshan. Agar x =0 bo‘lsa, u holda mavjud emas, demak hosila x =0 nuqtada
uzilishga ega.
O‘quvchilarga quyidagi teoremani isbotlashni taklif qilamiz:
Teorema . Agar x
0 nuqtada f(x) funksiya hosilasi mavjud, uzluksiz va f’(x
0 ) >0
bo‘lsa, u holda x
0 nuqtaning shunday ( x
0 - δ ;x
0 + δ ) atrofi mavjud bo‘lib, bunda f(x)
funksiya o‘suvchi bo‘ladi.
4- . Funksiyaning ekstremumlari.
Aytaylik f(x) funksiya ( a,b ) intervalda aniqlangan va x
0 (a;b) bo‘lsin.
1- ta’rif . Agar x
0 nuqtaning shunday ( x
0 - δ ;x
0 + δ ) atrofi mavjud bo‘lib, shu atrofdan
olingan ixtiyoriy x uchun f(x) ≤ f(x
0 ) ( f(x) ≥ f(x
0 ) ) tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda x
0 nuqta
f(x) funksiyaning maksimum ( minimum ) nuqtasi, f(x
0 ) esa funksiyaning maksimumi
( minimumi ) deb ataladi.
2- ta’rif . Agar x
0 nuqtaning shunday atrofi ( x
0 - δ ;x
0 + δ ) mavjud bo‘lib, shu
atrofdan olingan ixtiyoriy x ≠ x
0 uchun f(x)<f(x
0 ) ( f(x)>f(x
0 ) ) tengsizlik o‘rinli bo‘lsa, u
holda f(x) funksiya x
0 nuqtada
qat’iy maksimumga
( minimumga ) ega deyiladi.
Funksiyaning
maksimum va minimum
nuqtalari funksiyaning
ekstremum nuqtalari,
maksimum va minimum
qiymatlari funksiyaning
19

ekstremumlari deb ataladi.
Shunday qilib, agar f(x
0 ) maksimum (minimum) bo‘lsa, u holda f(x
0 )
funksiyaning x
0 nuqtaning kichik atrofida qabul
qiladigan qiymatlarning eng 28-rasm kattasi (eng kichigi)
bo‘ladi, ya’ni funksiya ekstremumi lokal xarakterga ega. Bundan funksiya ekstremumi
u aniqlangan sohada eng katta yoki eng kichik qiymati bo‘lishi shart emasligi kelib
chiqadi.
Shuningdek, f(x) funksiya ( a,b ) intervalda bir qancha maksimum va
minimumlarga ega bo‘lishi, maksimum qiymati uning ba’zi bir minimum qiymatidan
kichik bo‘lishi ham mumkin. Masalan grafigi 28–rasmda ko‘rsatilgan y=f(x) funksiya
uchun x=a nuqtada lokal maksimum, x=b nuqtada lokal minimum mavjud bo‘lib,
f(a)<f(b) tengsizlik o‘rinli.
Ekstremumning zaruriy sharti.
Funksiya hosilalari yordamida uning ekstremum nuqtalarini topish osonlashadi.
Avval ekstremumning zaruriy shartini ifodalovchi teoremani keltiramiz.
1-teorema . Agar f(x) funksiya x
0 nuqtada uzluksiz, shu nuqtada ekstremumga ega
bo‘lsa, u holda bu nuqtada f(x) funksiyaning hosilasi nolga teng yoki mavjud emas.
Isboti. Faraz qilaylik f(x) funksiya x
0 nuqtada maksimumga ega bo‘lsin. U holda
x
0 nuqtaning shunday ( x
0 - δ ; x
0 + δ ) atrofi mavjud bo‘lib, bu atrofdan olingan ∀ x uchun
f(x
0 )>f(x) bo‘ladi. Agar x>x
0 bo‘lsa, u holda

tengsizlik, agar x<x
0 bo‘lsa, u holda

tengsizlik o‘rinli bo‘lishi ravshan.
Bu tengsizliklar chap tomonidagi ifodalarning x → x
0 da limiti mavjud bo‘lsa, u holda
= f’(x
0 +0) = f’(x
0 -0) bo’ladi.
20

Agar funksiyaning chap f’(x
0 -0) va o‘ng f’(x
0 +0) hosilalari nolga teng bo‘lsa, u
holda funksiya hosilasi f’(x
0 ) mavjud va nolga teng bo‘ladi.
Agar f’(x
0 -0) va f’(x
0 +0) lar noldan farqli bo‘lsa, ravshanki f’(x
0 +0)<f’(x
0 -0)
bo‘lib, f’(x
0 ) mavjud bo‘lmaydi.
Funksiya x
0 nuqtada minimumga ega bo‘lgan hol ham yuqoridagi kabi
isbotlanadi. Teorema isbot bo‘ldi.
1- misol . Ma’lumki,
f(x)=|x| funksiyaning x =0 da
hosilasi mavjud emas.
Bu funksiya
x =0 nuqtada
minimumga ega (I bob, 2-§.
2rasmga qarang).
2- misol . f ( x )
= 3
x 2
bo‘lsin.
f'(
- 0 )
= =
=
= −∞ 29-rasm
f'(
+ 0 )
= =+
bo‘lgani uchun x =0 nuqtada funksiyaning ham hosilasi x →− 03 x 2 mavjud emas.
Ammo bu funksiya x =0 nuqtada minimumga ega bo‘lishi ravshandir. (29- rasm)
Ta’rif . Funksiya hosilasini nolga aylantiradigan nuqtalar yoki hosila mavjud
bo‘lmaydigan nuqtalar funksiyaning kritik nuqtalari deb ataladi. Funksiya hosilasi nolga
teng bo‘lgan nuqtalar statsionar nuqtalar deb ataladi.
Har qanday kritik nuqta funksiyaning ekstremum nuqtasi bo‘lavermaydi.
21

Masalan, f(x)=(x-1) 3
, f’(x)=3(x-1) 2
, f’(1)= 0 bo‘lib, x
0 =1 kritik nuqta. Lekin x
0 =1
nuqtaning ixtiyoriy atrofida f(1)= 0 eng kichik, yoki eng katta qiymat bo‘la olmaydi.
Chunki har bir atrofda noldan kichik va noldan katta qiymatlar istalgancha bor.
Demak, x =1 nuqtada ekstremum yo‘q.
Misol. Agar f(x) funksiya x
0 nuqtada cheksiz hosilaga ega bo‘lsa, u holda bu nuqta
funksiyaning ekstremum nuqtasi bo‘la olmasligini ko‘rsating.
Yechish. Faraz qilaylik f'( x
0 ) = = +∞ bo‘lsin. U holda
∀ ε >0 uchun shunday δ >0 son topilib, ( x
0 - δ ; x
0 + δ ) dan olingan ixtiyoriy x ≠ x
0 lar uchun
tengsizlik bajariladi.
Bundan esa x>x
0 da f(x)>f(x
0 ), x<x
0 da f(x)<f(x ekanligi kelib chiqadi. Demak, f(x)
funksiyaning x
0 nuqtada ekstremumi yo‘q. f’(x
0 )=- ∞ bo‘lgan hol ham yuqoridagi kabi
isbotlanadi.
Quyida funksiya grafigining kritik nuqta atrofidagi holatlari tasvirlangan (30-
rasm).
22

30-rasm
Ekstremum mavjud bo‘lishining yetarli shartlari.
2-teorema . Faraz qilaylik f(x) funksiya x
0 nuqtada uzluksiz va x
0 nuqta
funksiyaning kritik nuqtasi bo‘lsin.
a) Agar ∀ x (x
0 - δ ;x
0 ) uchun f’(x)>0, ∀ x (x
0 ; x
0 + δ ) uchun f’(x)< 0
tengsizliklar o‘rinli bo‘lsa, ya’ni f’(x) hosila x
0 nuqtadan o‘tishida o‘z ishorasini
«+» dan «-» ga o‘zgartirsa, u holda f(x) funksiya x
0 nuqtada maksimumga ega
bo‘ladi.
b) Agar ∀ x (x
0 - δ ;x
0 ) uchun f’(x)<0, ∀ x (x
0 ; x
0 + δ ) uchun f’(x)> 0
tengsizliklar o‘rinli bo‘lsa, ya’ni f’(x) hosila x
0 nuqtadan o‘tishda o‘z ishorasini «-» dan
«+» ga o‘zgartirsa, u holda f(x) funksiya x
0 nuqtada minimumga ega bo‘ladi.
c) Agar f’(x) hosila x
0 nuqtadan o‘tishda o‘z ishorasini o‘zgartirmasa, u
holda f(x) funksiya x
0 nuqtada ekstremumga ega bo‘lmaydi.
24

Isboti . a) Holni qaraymiz. Bu holda ∀ x (x
0 - δ ;x
0 ) uchun f’(x) >0 bo‘lishidan f(x)
funksiyaning ( x
0 - δ ; x
0 ) da qat’iy o‘suvchiligi kelib chiqadi. So‘ngra shartga ko‘ra
f(x) funksiya x
0 nuqtada uzluksiz bo‘lgani sababli
(2.1)
tenglik o‘rinli. Demak, ∀ x (x
0 - δ ; x
0 ) uchun
f(x)<f(x
0 ) (11)
bo‘ladi. ∀ x (x
0 ; x
0 + δ ) uchun f’(x)< 0 bo‘lishidan f(x) funksiyaning ( x
0 ; x
0 + δ ) da
qat’iy kamayuvchiligi kelib chiqadi. Demak, (10) tenglikni e’tiborga olsak, ∀ x
(x
0 ;x
0 + δ ) uchun yana (11) tengsizlik bajariladi. Bundan ∀ x ≠ x
0 va
∀ x (x
0 - δ ;x
0 + δ ) uchun f(x)<f(x
0 ) bo‘ladi, ya’ni f(x) funksiya x
0 nuqtada maksimumga
ega.
b) Bu holda f(x) funksiya x
0 nuqtada minimumga erishishi (a) holga o‘xshash
isbotlanadi.
f’(x) hosila x
0 nuqtadan o‘tishda o‘z ishorasini o‘zgartirmaydigan (c) holda f(x)
funksiya x
0 nuqtaning ( x
0 - δ ; x
0 + δ ) atrofida qat’iy o‘suvchi yoki qat’iy kamayuvchi
bo‘ladi. Demak, x
0 nuqtada ekstremum yo‘q.
Shunday qilib ekstremumga sinalayotgan nuqtani o‘tishda funksiya hosilasi
ishorasining o‘zgarishi ekstremumga erishishning faqat yetarli sharti bo‘lib, lekin
zaruriy sharti bo‘la olmaydi.
2-eslatma. Yuqoridagi mulohazalarda f(x) funksiya x
0 nuqtada uzluksiz bo‘lishi
muhim. Masalan, ushbu
f ( x ) = funksiyani qaraylik. Bu funksiya uchun f’(x)=4x 3
bo‘lib, hosila x =0 nuqtadan o‘tishda o‘z ishorasini «-» dan «+» ga o‘zgartirsa
ham, berilgan funksiya x =0 nuqtada minimumga ega emas.
25

3-eslatma . x
0 nuqtaning chap tomonidan o‘ng tomoniga o‘tganda hosila
ishorasini o‘zgartirmasa ham bu nuqta ekstremum nuqtasi bo‘lishi mumkin.
Masalan, f ( x )
= funksiya uchun x =1 ekstremum
(minimum) nuqta bo‘ladi. Haqiqatdan, x =1 ning (0;2) atrofidagi barcha nuqtalar uchun
f(x)
≥ f(1) =-1 tengsizlik o‘rini bo‘ladi. Shu bilan birga x <1 va x >1 nuqtalar uchun f’(x)=-
1<0, ya’ni hosila ishorasini o‘zgartirmaydi.
2-teoremadan funksiyaning ekstremumga tekshirish uchun 1-qoidani keltirib
chiqaramiz.
1- qoida . f(x) funksiyaning ekstremumlarini topish uchun:
1) f(x) funksiyaning f’(x) hosilasini topib, f’(x)= 0 tenglamani yechish kerak.
So‘ngra f’(x) mavjud bo‘lmagan nuqtalarni topib, kritik nuqtalar to‘plamini hosil qilish
kerak.
2) har bir kritik nuqtadan chapda va o‘ngda hosilaning ishorasini aniqlash
kerak.
3) agar hosila ishorasini «+» dan «-» ga («-» dan «+» ga) o‘zgartirsa, u holda
bu kritik nuqtada f(x) funksiya maksimumga (minimumga) ega bo‘ladi. Agar hosila
ishorasi o‘zgarmasa, ekstremum mavjud bo‘lmaydi.
Misol . f ( x )
= ( x
+ 4 ) 3
( x
− 1 ) 2
funksiyaning ekstremumini toping.
Yechish. Bu funksiya (- ∞ ;+ ∞ ) oraliqda aniqlangan va uzluksiz. Uning hosilasini
topamiz: f'(x)=
Ravshanki, hosila x =-1 nuqtada nolga aylanadi, x =1 nuqtada esa chekli hosila.
Endi hosilani ishorasini aniqlaymiz. Buning uchun (- ∞ ;+ ∞ ) oraliqni 31rasmda
ko‘rsatilgandek oraliqlarga ajratamiz va hosil bo‘lgan har bir oraliqda hosilaning
ishorasini aniqlaymiz.
26

31-rasm
Bu chizmadan qoidaga ko‘ra berilgan funksiyaning x =-1 nuqtada maksimum
qiymat f (
− 1 )
= 3 3
4 ga va x =1 nuqtada minimum qiymat f(x)= 0 ga ega bo‘lishini
ko‘rish mumkin.
5- . Ikkinchi tartibli hosila yordamida ekstremumga tekshirish Teorema. Faraz
qilaylik f(x) funksiya x
0 nuqtada birinchi va ikkinchi tartibli hosilalarga ega va f’(x
0 ) =0
bo‘lsin. U holda agar f’’(x
0 ) <0 bo‘lsa, u holda x
0 nuqta f(x) funksiyaning maksimum
nuqtasi, agar f’’(x
0 ) >0 bo‘lsa, minimum nuqtasi bo‘ladi.
Isboti . f(x) funksiya x
0 nuqtada birinchi va ikkinchi tartibli hosilalarga ega va
f’(x
0 ) =0, f’’(x
0 ) <0 bo‘lsin. Demak, x
0 kritik nuqtada f’(x) kamayuvchi, ya’ni
∀ x(x
0 - δ ;x
0 ) lar uchun f’(x)>f’(x
0 ) =0 va ∀ x (x
0 ; x
0 + δ ) uchun 0= f’(x
0 )>f’(x) bo‘ladi.
Bu esa x
0 nuqtadan o‘tishda hosila o‘z ishorasini «+» dan «-» ga o‘zgartirishini, demak,
x
0 maksimum nuqta ekanligini bildiradi.
f’’(x
0 ) >0 bo‘lgan holda x
0 ning minimum nuqta bo‘lishi shunga o‘xshash
isbotlanadi.
Isbotlangan teoremaga asoslanib, ikkinchi tartibli hosila yordamida funksiyani
ekstremumga tekshirishning quyidagi qoidasini keltiramiz.
2- qoida . f(x) funksiyaning ekstremumga tekshirish uchun
1) f’(x) =0 tenglamaning barcha yechimlarini topamiz;
2) har bir statsionar nuqtada (ya’ni hosilani nolga aylantiradigan nuqtada) f’’(x
0 ) ni
hisoblaymiz. Agar f’’(x
0 ) <0 bo‘lsa, x
0 maksimum nuqtasi, f’’(x
0 ) >0 bo‘lsa, x
0
minimum nuqtasi bo‘ladi.
3) ekstremum nuqtalar qiymatini y=f(x) qo‘yib, f(x) ning ekstremum qiymatlarini
topamiz.
27

Umuman aytganda, bu qoidaning qo‘llanish doirasi torroq masalan, u chekli
birinchi tartibli hosila mavjud bo‘lmagan nuqtalarga qo‘llanila olmasligi o‘zo‘zidan
ravshan. Ikkinchi tartibli hosila
nolga aylangan yoki mavjud
bo‘lmagan nuqtada ham qoida
aniq natija bermaydi.
Misol . Ikkinchi tartibli
hosila yordamida y=2sinx+cos2x
funksiya ekstremumlarini
aniqlang.
Yechish. Funksiya davriy
bo‘lganligi sababli [0;2 π ] kesma
bilan cheklanishimiz mumkin. Funksiyaning birinchi va ikkinchi tartibli hosilalarini
topamiz:
y’=2cosx-2sin2x=2cosx(1-2sinx) ;
y’’=-2sinx-4cos2x. Ushbu 2cosx(1-2sinx) =0 tenglamadan funksiyaning [0;2 π ]
32-rasm
kesmaga tegishli bo‘lgan kritik nuqtalarini topamiz: x
1 = π /6; x
2 = π /2; x
3 =5 π /6; x
4 =3 π /2.
Endi har bir kritik nuqtada ikkinchi tartibli hosila ishorasini aniqlaymiz va tegishli
xulosa chiqaramiz:
y’’( π /6)=-3 <0, demak x
1 = π /6 nuqtada y( π /6) =3/2 maksimum mavjud. y’’( π /2)= 2>0,
demak x
2 = π /2 nuqtada y( π /2)=1 minimum mavjud.
y’’(5 π /6) =-3<0, demak x
3 = 5 π /6 nuqtada y(5 π /6) =3/2 maksimum mavjud.
y’’(3 π /2)= 6>0, demak x
4 =3 π / 2 nuqtada y(3 π /2)=- 3 minimum mavjud. Bu
funksiyaning (-2 π ;2 π ) intervaldagi grafigi 32-rasmda keltirilgan.
28

Xulosa
Men bu kurs ishini tayyorlashda matematik analiz kursida bir o‘zgaruvchili
funksiyalarni, fazo va ularda aniqlangan funksiyalarni xossalarini hosilalarini
o‘rgandim, matematik analizning asosiy tushunchasi bo‘lgan funksiya monotonligi va
ekstremumi tushunchasini kengaytirdim.
Hozirgi zamon muammolariga matematikaning tatbiqi funksiya tushunchasini yana ham
kengaytirish zaruriyatini ko‘rsatmoqda.
Matematikaning biz o‘rganmoqchi bo‘lgan bo‘limi funksional analiz deb nomlanadi.
Funksional analiz chekli va cheksiz o‘lchamli fazolarni o‘rganadi. Bu fazolarning
elementlari funksiyalar, vektorlar, matritsalar, ketma-ketliklar, umuman olganda boshqa
matematik ob’yektlardan iborat bo‘lishi mumkin. Funksional analizda matematik analiz,
funksiyalar nazariyasi va to‘plamlar nazariyasi, algebra va geometriya metodlari,
g‘oyalari birlashib, uyg‘unlashib o‘rganiladi. Bunda funksional bog‘lanishlar
(funksiyalar) haqida eng to‘liq, chuqur tasavvur beriladi. Shu jihatdan ham bu fan biroz
qiyinroq va o`ziga xos qiziqarli fandir. Chunki bu fanda eng ajoyib funksiyalarning
xossalari yoritiladi, o`rganiladi.
Teorema . Agar u= ϕ (x) funksiya x (a,b) nuqtada hosilaga ega, y=f(u) funksiya
esa u= ϕ (x) nuqtada hosilaga ega bo‘lsa, u holda y=f( ϕ (x)) murakkab funksiya x nuqtada
hosilaga ega va
(f( ϕ (x)))’=f’(u) ϕ ’(x)
formula o‘rinli bo‘ladi.
Teorema . Faraz qilaylik f(x) funksiya ( a;b ) intervalda aniqlangan, uzluksiz va
differensiallanuvchi bo‘lsin. Bu funksiya ( a;b ) intervalda kamaymaydigan
(o‘smaydigan) bo‘lishi uchun f’(x) ≥ 0 ( f’(x) ≤ 0) tengsizlikning o‘rinli bo‘lishi zarur va
yetarli.
f(x) funksiya x
0 (a;b) nuqtada differensiallanuvchi bo‘lsin. Agar f ’
(x
0 )>0
(f’(x
0 )<0) bo‘lsa, u holda f(x) funksiya shu nuqtada o‘suvchi (kamayuvchi) bo‘ladi.
Men bu mavzudagi kurs ishini tayyorlash davomida matematik analiz fanidagi
funksiya va unga doir bilimlarimni mustahkamladim. O`rganganlarimni shu kurs ishida
29

atroficha yoritishga harakat qildim.
Foydalanilgan adabiyotlar ro’yxati
1. Azlarov. T., Mansurov. X., Matematik analiz. T.: «O‘zbekiston». 1 t: 1994, 2
t .
1995
2. Toshmetov O‘. Matematik analiz. Matematik analizga kirish. T., TDPU.
2005y.
3. Hikmatov A.G‘., Turdiyev T. «Matematik analiz», T.1-qism.1990y.
4. Sa’dullayev A. va boshqalar. Matematik analiz kursi misol va masalalar
to`plami. T., «O‘zbekiston». 1-q. 1993., 2-q. 1995.
4. Vavilov V.V. i dr. Zadachi po matematike. Nachala analiza. M.Nauka.,1990.-
608s.
5. 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/
30

Mundarija

Kirish ............................................................................... ......................... .................. . 3
Asosiy qism
1-§. Funksiya ta’ rifi, berilish usullari. ................................................... ............. ........ 6
2- . Funksiya hosilasining ta’rifi. ..................................................... ........... . .. .......... 7
3-§.Funksiyaning o‘sishi va kamayishi . ................................................... ............ ....... 9
4- . Funksiyaning ekstremumlari.…………… …………………… ......... ..... .. .. ...... 1 9
5- .Ikkinchi tartibli hosila yordamida ekstremumga tekshirish….......................27
Xulosa ......................................................................................... ........................... ..... 29
Foydalanilgan adabiyotlar ro’yxati ................................. ............................ ............ 31
Internet ma’lumotlari ………………………… ………………… ……… .. …….. 3 2
31

Sotib olish