Tenglama va tengsizliklar yechishda integral va hosilani qo’llash
![foydalangan har xil ma’lumotni aniqlash mumkin. Masalan, integral energiya
bo’ylab bosqichdagi ish birikmalarini hisoblashda; zunub qatorda pastkismlarini
juda yuqori sifatli integralni ishlab chiqish; konvertosiyasiz massalar va to’plamlar
uchun integrallar tuzish mumkin.Integral, yuqoridagi aytgan muammolarga yechim
topish uchun muhimdir, chunki bir nechta amaliy vazifalarda qo‘llaniladi. Bunday
xil muammolardan biri jadval konvertasiyasi bo'yicha miqdorlarning hisoblanishi,
harakatli yoki elektr energiyasining undovini hisoblash va ski standartlarini
aniqlashdir.Teorik darajada, integralning turlari va bosqichlari sugar bilan
boshlanadi va funksiya va algebraik xususiyatlariga taalluqli. Bu turlarning
ko’rsatilishi uning jihozlari va taalluq qilgan xususiyatlariga taalluqli bo’ladi.
Integralning amaliy qo’llab quvvatlashga oid kulgi darajada yechim topish
masalalari bilan bog'liq bo'lib, matematikda juda muhim joy egallagan.
Matematika, fizika, mexanika va boshqa fanlarda tadqiqotlar olib borishning eng
yaxshi vositasi aniq integraldir. Egri chiziqlar bilan
chegaralangan yuzalarni, yoylarning uzunliklarini, hajmlarni, ishni, tezlikni, yo’lni,
inersiya momentlarini hisoblash aniq integralni hisoblashga
keltiriladi.
[a,b] kesmada uzluksiz y f (x) funksiya berilgan bo’lsin. m va M bilan shu
oraliqdagi eng katta va eng kichik qiymatlarni belgilaymiz.
[a,b] kesmani
a x0, x1, x2,..., xn 1, xn b,
bo’lishini nuqtalari yordamida n ta qismlarga ajratamiz, bunda
x0 x1 x2 ... xn ,
va
x1 x0 x1, x2 x1 x2,....,xn xn
1 xn
So’ngra, y f (x) funksiyaning eng katta va eng kichik qiymatlarini quyidagicha
belgilaymiz
[x , x ] m va M , 0
6](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_6.png?v=1)
![[x1, x ] m va
M , 2
............................
[xn 1, xn] mn va M n
Quyidagi yig’indilarni tuzamiz:
n
sn m1 x1 m2 x2 ... mn xn mi xi
(1)
i 1
n
sn M1 x1 M 2 x2 ... M n xn M i xi
(2)
i 1
sn - yig’indi quyi integral yig’indi, sn -yig’indi esa yuqori integral yig’indi deb
ataymiz.
Agar f (x) 0 bo’lsa, u holda quyi integral yig’indi sonma-son
AC0N1C1N2...Cn 1NnBA “ichki chizilgan zinasimon figura”ning yuzasiga teng,
yuqori integral yig’indi sonma-son
AK0C1K1...Cn 1Kn 1CnBA
“tashqi chizilgan zinasimon figura”ning yuzasiga teng.
Quyi va yuqori integral yig’indilarning ba’zi xossalarini sanab o’tamiz:
a) mi M i bo’lganligi uchun i(i 1,2,...,n) , (1) va (2) formulalar asosida topamiz
sn sn .
(agar f (x) const bo’lsagina tenglik belgisi bo’ladi).
b)
m1 m,m2 m,...,mn m,
bo’lganligi uchun, bu yerda m - f (x) funksiyaning [a,b]dagi eng kichik qiymati,
sn m1 x1 m2 x2 ... mn xn m x1 m x2 ... m xn
7](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_7.png?v=1)
![ m( x1 x2 ... xn ) m(b a)
Shunday qilib,
sn m(b a)
v)
M1 M ,M2 M ,...,Mn M ,
bu yerda M - f (x) funksiyaning [a,b]dagi eng katta qiymati,
sn M1 x1 M2 x2 ... M n xn M x1 M x2 ... M xn
M ( x1 x2 ... xn) M (b a)
Shunday qilib,
sn M (b a)
Olingan tengsizliklarni birlashtirib, topamiz
m(b a) sn sn M (b a)
Agar f (x) 0 bo’lsa, u holda oxirgi tengsizlik sodda geometrik ma’noga ega,
chunki m(b a) va M (b a) ko’paytmalar mos ravishda
“ichki chizilgan” AL L B va “tashqi chizilgan” AL1L2B to’gri to’rtburchaklarning
yuzalariga teng.
Masalan,
x dx 2 x dx
Endi a b bo’lganda ta’rifga ko’ra, ixtiyoriy f (x) funksiya uchun
a
f (x)dx 0 (5)
a
tenglik o’rinli.
Bu geometrik nuqtai nazardan ham tabiiy. Haqiqatan ham egri chiziqli trapetsiya
asosi nolga teng uzunlikka ega, demak, uning yuzasi nolga teng.
Aniq integralning asosiy xossalari
8](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_8.png?v=1)
![1-xossa. O’zgarmas ko’paytuvchini aniq integral belgisidan tashqariga chiqarish
mumkin: agar A const bo’lsa, u holda
b
Af (x)dx A f (x)dx (1)
a
Af (x)dx lim Af ( i ) xi max x 0
lim f ( i ) xi A f (x)dxmax x 0
2-xossa. Bir necha funksiyalarning algebraic yig’indisidan olingan aniq integral
qo’shiluvchilardan olingan integrallarning algebraic
yig’indisiga teng. Ikki qo’shiluvchi bo’lgan holda
f1(x) f2(x) dx f1(x)dx f2(x)dx (2)
f1(x) f2(x) dx lim [ f1( i ) f2( i )] x = lim f1( i ) xi f2( i ) x
lim f1( i ) xi lim f2( i ) xi = f1(x)dx f2(x)dx
F (x) funktsiyasini tasavvur qiling, ularning hosilasi f (x) funktsiya. Ushbu iborani
quyidagicha yozish mumkin:
F '(x) = f (x).
Agar f (x) funktsiya F (x) funktsiya uchun hosila bo'lsa, u holda F (x) funktsiya f
(x) uchun antidivativ hisoblanadi.
9](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_9.png?v=1)
![Berilgan [ a b] oraliqda hosilasini f(x) ga yoki differentsiali
f(x) ga teng bo’lgan F(x) funktsiyaga f(x)funktsiyaning boshlang’ich funktsiyasi
deyiladi va u quyidagicha ifodalanad:
F’(x)=f(x) (1)
u(x) va v(x) funktsiyalar biror x sohada uzluksiz va
differentsiallanuvchi bo’lsin. Shu funktsiyalar ko’paytmasining
differentsialini topamiz
d ( uv ) uvdx + uvdx (1)
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)dx
3) Biror funksiyaning hosilasidan olingan aniqmas integral shu funksiya bilan
ihtiyoriy o‘zgarmasning yig‘indisiga teng, ya’ni
F'(x)d x F(x) C
4) Biror funksiyaning differentsialidan olingan aniqmas integral shu funksiya bilan
ihtiyoriy o‘zgarmasning yig‘indisiga teng, ya’ni
11](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_11.png?v=1)
![R (Q) =MR (Q) dQ= f(Q )QdQ =F (Q)
+ C
Bu yerda F Q - boshlang‘ich funksiya.
2-BOB. Daraja integrali, belgili integral, qo'lda integral lash
2.1 Differinsialhisob asosiy teoremalarning tengsizliklarni
isbotlashga qo’llanilishi
Matematik analiz kursida o‘rganiladigan asosiy va amaliy masalalarni yechishda
katta ahamiyatga ega bo‘lgan funksiyalar sinflaridan (to‘plamlaridan) biri-bu
uzluksiz funksiyalar sinfi hisoblanadi. Oldingi bobda biz differensiallanuvchi
funksiyalar sinfi uzluksiz funksiyalar sinfining qismi bo‘lishini ko‘rsatgan edik.
Differensiallanuvchi funksiyalar o‘ziga xos ahamiyatga ega, chunki ko‘pgina
tatbiqiy masalalarni yechish hosilasi mavjud funksiyalarni o‘rganishga keltiriladi.
Bunday funksiyalar ba’zi bir umumiy xossalarga ega. Bu xossalar ichida o‘rta
qiymat haqidagi teoremalar nomi bilan birlashgan teoremalar alohida ahamiyatga
ega. Ushbu teoremalar [ a;b ] kesmada o‘rganilayotgan funksiya uchun u yoki bu
xossaga ega bo‘lgan [ a;b ] kesmaga tegishli s nuqtaning mavjudligini ta’kidlaydi.
1. Ferma teoremasi
Teorema. Agar f(x) funksiya (a,b) oraliqda aniqlangan va biror ichki c
nuqtada eng katta (eng kichik) qiymatga erishsa va shu nuqtada chekli f’(c) hosila
mavjud bo‘lsa, u holda f’(c)= 0 bo‘ladi.
Isbot . f(c) f unksiyaning eng katta qiymati bo‘lsin, ya’ni x (a;b) da f(x) ≤
f(c) tengsizlik o‘rinli bo‘lsin. Shartga ko‘ra bu s nuqtada chekli f’(c) hosila
mavjud.
Ravshanki,
14](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_14.png?v=1)
![f'(c)= lim
x→c
f(x)− f(c)
x− c
= lim
x→c−0
f(x)− f(c)
x− c
= lim
x→c+0
f(x)− f(c)
x− cAmmo x<s bo‘lganda
f(x)− f(c)
x− c ≥ 0⇒ f'(c)≥ 0 va x>s bo‘lganda
f(x)− f(c)
x− c
≤ 0⇒ f'(c)≤ 0
bo‘lishidan f’(c)=0 ekani kelib chiqadi.
Eng kichik qiymat holi shunga o‘xshash isbotlanadi.
Ferma teoremasi sodda geometrik ma’noga
ega. U f(x) funksiya grafigiga (c;f(c)) nuqtada
o‘tkazilgan urinmaning Ox o‘qiga paralell
bo‘lishini ifodalaydi ( 1 9 -rasm).
1- eslatma. Ichki s nuqtada f’(s)= 0 bo‘lsa ham
bu nuqtada f(x) funksiya eng katta (eng kichik) qiymatni qabul qilmasligi mumkin.
Masalan, f(x)=2x 3
-1 , x (-1;1) da berilgan bo‘lsin. Bu funksiya uchun f’ (0)=0
bo‘ladi, lekin 1 9 -rasm
f (0)=-1 funksiyaning (-1;1) dagi eng katta yoki eng kichik qiymati
bo‘lmaydi.
2. Roll teoremasi
Teorema (Roll teoremasi). Agar f(x) funksiya [ a;b ] kesmada aniqlangan
bo‘lib, quyidagi
1) [ a;b ] da uzluksiz;
2) ( a;b ) da differensiallanuvchi;
3) f(a)= f(b)
15](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_15.png?v=1)
![shartlarni qanoatlantirsa, u holda f’(c)=0 bo‘ladigan kamida bitta c ( a<c<b ) nuqta
mavjud bo‘ladi.
Isbot . Ma’lumki, agar f(x) funksiya [ a;b ] kesmada uzluksiz bo‘lsa, u holda
funksiya shu kesmada o‘zining eng katta M va eng kichik m qiymatlariga
erishadi. Qaralayotgan f(x) funksiya uchun ikki hol bo‘lishi mumkin.
1. M=m , bu holda [ a,b ] kesmada f(x)=sonst va f’(x) =0 bo‘ladi. Ravshanki,
f’(s) =0 tenglamani qanoatlantiradigan nuqta sifatida c ( a;b ) ni olish mumkin.
2. M>m , bu holda teoremaning f(a)=f(b) shartidan funksiya M yoki m
qiymatlaridan kamida birini [ a,b ] kesmaning ichki nuqtasida qabul qilishi kelib
chiqadi. Aniqlik uchun f(c)=m bo‘lsin. Eng kichik qiymatning ta’rifiga ko‘ra
x [ a,b ] uchun f(x) f(c) tengsizlik o‘rinli bo‘ladi.
Endi f’(c)= 0 ekanligini ko‘rsatamiz. Teoremaning ikkinchi shartiga ko‘ra
f(x) funksiya ( a;b ) intervalning har bir x nuqtasida chekli hosilaga ega. Bu shart,
xususan c nuqta uchun ham o‘rinli. Demak, Ferma teoremasi shartlari bajariladi.
Bundan f’(c)=0 ekanligi kelib chiqadi.
f(c)=M bo‘lgan holda teorema yuqoridagi kabi isbotlanadi.
Roll teoremasiga quyidagicha geometrik talqin berish mumkin
(20-rasm). Agar [ a,b ] kesmada
uzluksiz, ( a,b ) intervalda
differensiallanuvchi f(x) funksiya
kesma uchlarida teng qiymatlar qabul
qilsa, u holda f(x) funksiya grafigida
abssissasi x=c bo‘lgan shunday C
nuqta topiladiki, shu nuqtada funksiya
grafigiga o‘tkazilgan urinma abssissalar o‘qiga parallel bo‘ladi.
Eslatma. Roll teoremasining shartlari yyetarli bo‘lib, zaruriy
16](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_16.png?v=1)
![shart emas. Masalan, 20-rasm
1 ) f(x)=x 3
, x [-1:1] funksiya uchun teoremaning 3-sharti bajarilmaydi.
( f(-1)=-1 1=f(1) ), lekin f’(0)=0 bo‘ladi.
2 )
f(x)=¿{x,agar 0≤х≤1,¿{0,agar −1<x<0,¿¿¿¿ funksiya uchun Roll teoremasining barcha
shartlari bajarilmaydi, lekin ( -1;0) ning ixtiyoriy nuqtasida f’(x)= 0 bo‘ladi.
3. Lagranj teoremasi
Teorema (Lagranj teoremasi) . Agar f(x) funksiya [ a,b ] kesmada uzluksiz va
( a,b ) da chekli f’(x) hosila mavjud bo‘lsa, u holda ( a,b ) da kamida bitta shunday c
nuqta mavjud bo‘lib,
f(b)− f(a)
b− a
= f'(c)
(1.1)
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Isbot . Quyidagi yordamchi funksiyani tuzib olamiz:
Ф (x)= f(x)− f(a)− f(b)− f(a)
b− a
(x− a)
Bu F(x) funksiyani [ a,b ] kesmada uzluksiz va ( a,b ) da hosilaga ega bo‘lgan f(x) va
x funksiyalarning chiziqli kombinatsiyasi sifatida qarash mumkin. Bundan F(x)
funksiyaning [ a,b ] kesmada uzluksiz va ( a,b ) da hosilaga ega ekanligi kelib
chiqadi. Shuningdek
17](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_17.png?v=1)
![ko‘rsatadiki, f(x) funksiya grafigiga (c;f(c)) nuqtada o‘tkazilgan urinma AB
kesuvchiga paralell bo‘ladi.
Isbot qilingan ( 1. 1) formulani boshqacha ko‘rinishda ham yozish mumkin.
Buning uchun a<c<b tengsizliklarni e’tiborga olib, c−a
b−a=θ belgilash kiritamiz, u
holda c=a+(b-a)
, 0< < 1 bo‘lishi ravshan. Natijada (1) formula ushbu f(b) - f(a)
= f’( a+
(b-a) )(b-a) ko‘rinishga keladi.
Agar (1) formulada a=x
0 ; b=x
0 +
x almashtirishlar bajarsak, u
f(x
0 +
x)-f(x
0 )=f’(c) x ( 1. 3)
bu erda x
0 <c<x
0 +
x , ko‘rinishga keladi. Bu formula argument orttirmasi bilan
funksiya orttirmasini bog‘laydi, shu sababli ( 1. 3) formula chekli orttirmalar
formulasi deb ataladi.
Agar ( 1. 1) Lagranj formulasida f(a)=f(b) deb olsak, Roll teoremasi kelib
chiqadi, ya’ni Roll teoremasi Lagranj teoremasining xususiy holi ekan.
Misol . Ushbu [0,2] kesmada f(x)=4x 3
-5x 2
+x -2 funksiya uchun Lagranj
formulasidagi c ning qiymatini toping.
Yechish. funksiyaning kesma uchlaridagi qiymatlarini va hosilasini
hisoblaymiz: f (0)=-2; f (2)=12; f’(x)= 12 x 2
-10 x +1. Olingan natijalarni Lagranj
formulasiga qo‘yamiz, natijada
12-(-2)=( 12 c 2
-10 c +1)(2-0) yoki 6 c 2
-5 c -3=0 kvadrat tenglamani hosil
qilamiz. Bu tenglamani yechamiz: c
1,2 =
5± √97
12 . Topilgan ildizlardan faqat
5+√97
12
qaralayotgan kesmaga tegishli. Demak, c =
5+√97
12 ekan.
Lagranj teoremasi o‘z navbatida quyidagi teoremaning xususiy holi bo‘ladi.
19](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_19.png?v=1)
![4. Koshi teoremasi
Teorema (Koshi teoremasi). Agar [ a,b ] kesmada f(x) va g(x) berilgan
bo‘lib,
1) [ a,b ] da uzluksiz;
2) ( a,b ) intervalda f’(x) va g‘(x) mavjud, hamda g‘(x) 0 bo‘lsa, u holda hech
bo‘lmaganda bitta shunday c ( a<c<b ) nuqta topilib,
f(b)− f(a)
g(b)− g(a)
= f'(c)
g'(c)
( 1.4 )
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Isbot. Ravshanki, ( 1.4 ) tenglik ma’noga ega bo‘lishi uchun g(b)
g(a)
bo‘lishi kerak. Bu esa teoremadagi g‘(x)
0, x ( a;b ) shartdan kelib chiqadi.
Haqiqatdan ham, agar g(a)=g(b) bo‘lsa, u holda g(x) funksiya Roll teoremasining
barcha shartlarini qanoatlantirib, biror c
(a;b) nuqtada g‘(c)=0 bo‘lar edi. Bu esa
x
(a;b) da g‘(x) 0 shartga ziddir. Demak, g(b) g(a).
Endi yordamchi
Ф (x)= f(x)− f(a)− f(b)− f(a)
g(b)− g(a)(g(x)− g(a))
funksiyani tuzaylik.
Shartga ko‘ra f(x) va g(x) funksiyalar [ a,b ] da uzluksiz va ( a,b ) intervalda
differensiyalanuvchi bo‘lgani uchun F(x) birinchidan [ a,b ] kesmada uzluksiz
funksiyalarning chiziqli kombinatsiyasi sifatida uzluksiz, ikkinchidan ( a,b )
intervalda
Ф '(x)= f'(x)− f(b)− (a)
g(b)− g(a)
g'(x)
hosilaga ega.
20](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_20.png?v=1)
![So‘ngra F(x) funksiyaning x=a va x=b nuqtalardagi qiymatlarini
hisoblaymiz: F(a) F(b) 0. Demak, F(x) funksiya [ a,b ] kesmada Roll
teoremasiinng barcha shartlarini qanoailantiradi. Shuning uchun hech bo‘lmaganda
bitta shunday c ( a<c<b ) nuqta topiladiki, F’(c)
0 bo‘ladi.
Shunday qilib,
0= Ф '(c)= f'(c)− f(b)− f(a)
g(b)− g(a)
g'(c)
va bundan ( 1.4 ) tenglikning o‘rinli ekani kelib chiqadi. Isbot tugadi .
Isbotlangan ( 1.4 ) tenglik Koshi formulasi deb h am ataladi.
Endi Koshi teoremasining geometrik
ma’nosini aniqlaymiz. Aytaylik x=
(t), y=f(t),
a
t b tekislikdagi chiziqning parametrik
tenglamasi bo‘lsin. Shuningdek chiziqda t=a ga
mos keluvchi nuqtani A(
(a),f(a)), t=b ga mos
keluvchi nuqtani B(
(b),f(b)) kabi belgilaylik.
(22-rasm).
U holda (1.4) formulaning chap qismi AB
vatarning burchak koeffitsientini, o‘ng tomoni esa egri chiziqqa parametrning t=c
qiymatiga mos keladigan nuqtasida 22-
rasm
o‘tkazilgan urinmaning burchak koeffitsientini anglatadi. Demak, Koshi formulasi
AB yoyning AB vatarga parallel bo‘lgan urinmasining mavjudligini ta’kidlaydi
ekan.
Misol. Ushbu f(x)=x 2
va
(x) = √x funksiyalar uchun [0,4] kesmada Koshi
formulasini yozing va s ni toping.
21](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_21.png?v=1)
![1-teorema . Agar
1) f(x) va g(x) funksiyalar (a- ;a) (a;a+ ), bu erda >0, to‘plamda
uzluksiz, differensiallanuvchi va shu to‘plamdan olingan ixtiyoriy x uchun g(x) 0,
g‘(x)
0 ;
2)
lim
x→a
f(x)= lim
x→a
g(x)= 0 ;
3) hosilalar nisbatining limiti (chekli yoki cheksiz)
lim
x→a
f'(x)
g'(x)
=A
mavjud bo‘lsa, u holda funksiyalar nisbatining limiti
lim
x→a
f(x)
g(x) mavjud va
lim
x→a
f(x)
g(x)
=
lim
x→a
f'(x)
g'(x) ( 2. 1)
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Isbot. Har ikkala funksiyani x=a nuqtada f(a)=0 , g(a)=0 deb aniqlasak,
natijada ikkinchi shartga ko‘ra
lim
x→a f(x)=0=f(a),
lim
x→a g(x)=0=g(a) tengliklar o‘rinli
bo‘lib, f(x) va g(x) funksiyalar x=a nuqtada uzluksiz bo‘ladi.
Avval x>a holni qaraymiz. Berilgan f(x) va g(x) funksiyalar [ a;x ], bu erda
x<a+
, kesmada Koshi teoremasining shartlarini qanoatlantiradi. Shuning uchun a
bilan x orasida shunday c nuqta topiladiki, ushbu
f(x)− f(a)
g(x)− g(a)
= f'(c)
g'(c) tenglik
o‘rinli bo‘ladi. f(a)=g(a)=0 ekanligini e’tiborga olsak, so‘ngi tenglikdan
f(x)
g(x)
= f'(c)
g'(c)
( 2. 2)
23](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_23.png?v=1)
![bo‘lishi kelib chiqadi. Ravshanki, a<c<x bo‘lganligi sababli, x a bo‘lganda c a
bo‘ladi. Teoremaning 3-sharti va ( 2. 2) tenglikdan
lim
x→a
f(x)
g(x) =
lim
x→a
f'(x)
g'(x) = A kelib
chiqadi.
Shunga o‘xshash, x<a holni ham qaraladi. Teorema isbot bo‘ldi.
Misol . Ushbu
lim
x→2
ln (x2− 3)
x2+3x− 10 limitni xisoblang.
Yechish. Bu holda
f(x)= ln (x2− 3), g(x)= x2+3x− 10 bo‘lib, ular
uchun 1- teoremaning barcha shartlari bajariladi.
Haqiqatan ham,
1)
lim
x→2
f(x)= lim
x→2
ln (x2− 3)= ln 1= 0 , lim
x→2
g(x)= lim
x→2
(x2+3x− 10 )= 0 ;
2)
f'(x)= 2x
x2− 3
, g'(x)= 2x+3, x≠ ± √3 ;
3)
lim
x→2
f'(x)
g'(x)
= lim
x→2
2x
(x2− 3)(2x+3)
= 0 bo‘ladi.
Demak, 1-teoremaga binoan
lim
x→2
ln (x2− 3)
x2+3x− 10
= 0 .
1-eslatma. Shuni ta’kidlash kerakki, berilgan funksiyalar nisbatining limiti
3) shart bajarilmasa ham mavjud bo‘lishi mumkin, ya’ni 3) shart yyetarli bo‘lib,
zaruriy emas.
Masalan,
f(x)= х2cos 1
x
, g(x)= x funksiyalar (0;1] da 1), 2) shartlarni
qanoatlantiradi va
lim
x→0
f(x)
g(x)
= lim
x→0
(xsin 1
x
)= 0 , lekin
24](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_24.png?v=1)
![almashtiramiz. U holda x + da t 0 bo‘ladi. Natijada f(x) va g(x) funksiyalar t
o‘zgaruvchising f(
1
t) va g(
1
t) funksiyalari bo‘lib, ular (0,
1
c ] da aniqlangan.
Teoremadagi (2) shartga asosan
lim
t→+0
f(1
t
)= 0, lim
t→+0
g(1
t
)= 0
bo‘ladi.
Ushbu,
(f(
1
t))t
'
= (f(
1
t))x
'
⋅xt
'= − fx
'
(
1
t)⋅1
t2, (g(
1
t))t
'
= (g(
1
t))x
'
⋅xt
'= − gx
'
(
1
t)⋅1
t2
munosabatlardan
(0;1
c
) intervalda ft
'(1
t
), gt
'(1
t
) hosilalarning mavjudligi kelib
chiqadi. So‘ngra teoremaning 3) shartiga ko‘ra
lim
t→+0
ft
'(1
t)
gt
'(1
t)
= lim
t→+0
− fx'⋅(1
t2)
− gt'⋅(1
t2)
= lim
x→+∞
f'(x)
g'(x)
Demak
f(1
t
) va g(
1
t) funksiyalarga 1-teoremani qo‘llash mumkin. Bunda
lim
x→+∞
f(x)
g(x)
=
lim
t→+0
f(1
t
)
g(1
t
) e’tiborga olsak, ( 2. 3) tenglikning o‘rinliligi kelib chiqadi.
Teorema isbot bo‘ldi.
26](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_26.png?v=1)
![2. ∞
∞ ko‘rinishdagi aniqmaslik . Agar x a da f(x) , g(x) bo‘lsa,
f(x)
g(x)
nisbat
∞
∞ ko‘rinishidagi aniqmaslikni ifodalaydi. Endi bunday
aniqmaslikni ochishda ham f(x) va g(x) funksiyalarning hosilalaridan foydalanish
mumkinligini ko‘rsatadigan teoremani keltiramiz.
3-teorema . Agar
1) f(x) va g(x) funksiyalar ( a ; ) nurda differensiallanuvchi, hamda g‘(x)
0,
2)
lim
x→∞
f(x)= lim
x→∞
g(x)= ∞ ,
3)
lim
x→∞
f'(x)
g'(x) mavjud bo‘lsa,
u holda
lim
x→∞
f(x)
g(x) mavjud va
lim
x→∞
f(x)
g(x) =
lim
x→∞
f'(x)
g'(x) bo‘ladi.
Isbot . Teorema shartiga ko‘ra
lim
x→∞
f'(x)
g'(x) mavjud. Aytaylik
lim
x→∞
f'(x)
g'(x) =
bo‘lsin. U holda
>0 sonni olsak ham shunday N >0 son topilib, x N bo‘lganda
μ− ε
2
< f'(x)
g'(x)
< μ+ ε
2
(2.3)
tengsizliklar bajariladi. Umumiylikni cheklamagan holda N>a deb olishimiz
mumkin. U holda x
N tengsizlikdan x (a; ) kelib chiqadi .
Aytaylik x>N bo‘lsin. U holda [ N;x ] kesmada f(x) va g(x) funksiyalarga
Koshi teoremasini qo‘llanib quyidagiga ega bo‘lamiz:
f(x)− f(N )
g(x)− g(N )
= f'(c)
g'(c)
, bu erda N<c<x .
27](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_27.png?v=1)
![- noaniq integral belgisi yordamida integral ifodani tuzing: ∫f(x) dx.
- noaniq integralni hisoblashda integrasiya usullaridan foydalanish. Bu metodlar
asosiy integral qoidalari, hosilalarga teskari, bo'linish, almashtirish va integratsiya
usullarini o'z ichiga oladi.
- Natijada funksiyaning umumiy antiderivativini olasiz. Masalan, ∫x^2 dx =
(1/3)x^3 + C, bu erda C - integrallash doimiysi.
2. Aniq integralni hisoblash uchun:
- Integratsiya qilinadigan funksiyani aniqlang. Masalan, f(x) = x^2 kabi
funksiyani ko'rib chiqaylik.
- Aniq integral belgisi yordamida integral ifodani tuzing: ∫f(x) dx.
- integralning quyi va yuqori chegaralarini aniqlang. Masalan, siz [a, b]
diapazonida integralni hisoblamoqchisiz deylik.
- Aniq integralni hisoblashda integrallash usullaridan foydalanish. Bu jarayon
noaniq integralni hisoblashga o'xshaydi, lekin oxirgi bosqichda yuqori chegaradan
pastki chegarani olib tashlash kerak.
- Natijada berilgan oraliqda funksiya sohasini olasiz. Masalan, ∫[a, b] x^2 dx =
(1/3)(b^3 - a^3).
Qavariq funksiyalar integrallarini hisoblash uchun matematik usullardan
foydalanish mumkin. Bu usullar funksiya xossalariga va integral turiga qarab farq
qilishi mumkin. Integral hisob-kitoblar bilan ehtiyot bo'ling va aniq natijalarga
erishish uchun zarur qadamlarni bajaring.
33](https://docx.uz/documents/e68fa830-bef7-4952-bec5-f27b1ceb9bf3/page_33.png?v=1)
Tenglama va tengsizliklar yechishda integral va hosilani qo’llash
-
Похожие документы
- Faxriy yorliq
- Faxriy yorliq
- Faxriy yorliq
- Faxriy yorliq
- Faxriy yorliq