Загрузил dilobar17091981

diplom

Реклама
O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI XALQ TA’LIMI VAZIRLIGI
TOSHKENT SHAXAR XALQ TA’LIMI XODIMLARINI
QAYTA TAYYORLASH VA ULARNING MALAKASINI
OSHIRISH HUDUDIY MARKAZI
“Himoyaga ruxsat etildi”
Markaz direktori
_________A.G.Ibragimov
“____” __________ 2022 yil
“ANIQ VA TABIIY FANLAR METODIKASI” KAFEDRASI
Matematika fani o’qituvchilarini qayta tayyorlash kursi
tinglovchisi
IMINOVA
NURJAHON QODIRJON QIZIning
“UMUMIY O’RTA TA’LIM MAKTABLARIDA INTEGRAL
HISOB ELEMENTLARINI O’QITISH METODIKASI”
mavzusidagi
BITIRUV ISHI
Kafedra mudiri: ______________ B.Xoldorov
Bitiruv ishi rahbari: _____________ R.A.KO’SHNAZAROV
Toshkent – 2022 yil
1
O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI XALQ TA’LIMI VAZIRLIGI
TOSHKENT SHAXAR XALQ TA’LIMI XODIMLARINI
QAYTA TAYYORLASH VA ULARNING MALAKASINI OSHIRISH
HUDUDIY MARKAZI
“ANIQ VA TABIIY FANLAR METODIKASI” KAFEDRASI
BITIRUV ISHI TOPSHIRIQ VARAQASI
20___-yil “___” ____________ kuni –sonli buyruq bilan
Yo’nalishi bo’yicha tashkil etilgan qayta tayyorlash kursi
F.I.Sh_____________________________________________________________
Faoliyat yurituvchi ta’lim muassasasi ________________ viloyat (shahar)
Faoliyat turi (lavozimi, dars beradigan fani)
__________________________________________________________________
Diplom bo’yicha ma’lumoti __________________________________________
Bitiruv ishi mavzusi _________________________________________________
____________________________________________________________________
________________________________________________________________
Mavzu bergan sana “____” _________________20___ buyruq № _________
Bitiruv ishi himoya qilish sanasi “___” _________________________________
Tinglovchi
Rahbar
Kafedra mudiri
Imzo
__________ _____________________________________
_____________ _________________________________
_____________ _________________________________
F.I.SH
2
ANNOTATSIYA
Bitiruv ishida Umumiy o’rta ta’lim maktablarida integral hisob elementlarini
o’qitish metodikasi, o’rta ta’lim maktablarida integral hisob elementlarini o’qitish
mazmuni, maqsadi va vazifalari, integral hisob elementlari mavzularini o’qitish
metodlari, o’rta ta’lim maktablarida aniq va aniqmas integral mavzularini o’qitish
metodikasi haqida tushunchalar berilgan va dars ishlanmalari keltirilgan. Integral
hisob elementlariga doir didaktik ma’lumotlar keltirib o’tilgan.
В выпускной работе показано методика обучения элементов
интегрального исчисления в общеобразовательных и средних школах,
значения, цели и задачи обучения элементов интегрального исчисления в
общеобразовательных и средних школах, методы обучения определённых и
неопределённых интегралов и дидактические сведения об интегральных
исчислениях.
3
Adabiyotlar tahlili: Bitiruv ishning asosiy qismini yozishda quyidagi
adabiyotlardan foydalanildi: S.Alixonov-Matematka o`qitish metodikasi-Cho`lpon
nomidagi nashtiyot-Matbaa ijodiy uyi –Toshkent-2011 yil M.Tojiyev,
M.Barakayev,A.Xurramov- Matematka o`qitish metodikasi. Toshkent-2017 yil
B.Q.Haydarov. Matematika 5 sinf darsligi. Toshkent –“Yangi poligraf servis” -2015
yil. M.A. Mirzaahmedova, A.A.Rahimqoriyev, SH. N.Ismailov, M.A.
To`xtaxodjaeva- Matematika 11 sinf uchun darslik. “O`qituvchi” nashriyoti –Matbaa
ijodiy uyi. Toshkent-2017 yil. Soatov Yo.U. Oliy matеmatika. 1- tom, T.: 1994- 496
b.Soatov Yo.U. Oliy matеmatika. 3- tom, T.: 1996- 640 b.Шипачев В.С. Высшая
математика. М.: Высш.шк.,1989-479с
Umumiy o`rta ta`lim maktablarida maktablarida integral hisob elementlarini
o’qitishda innovatsion texnologiyalardan foydalanilgan holda o`quvchilarga integral
hisob elementlarini o’qitishning turli usullarini o`rgatish dolzarb vazifa hisoblanagi.
Bundan kelib chiqqan holda har bir o`qituvchi integrallarni hisoblashda
formulalardan foydalanish bilan birga yangi metodlarni o`rganishi, izlanishi va tajriba
orttirish uchun turli usullardan foydalanish zarurdir. Hozirgi kunning dolzarb
masalalari bu yosh avlodni mukammal tarbiyalash, bilim darajasini oshirish va yetuk
mutahassis bo`lib yetishishga yordam berishdan iborat. Bu ishlar esa avvalambor
maktabdan boshlanadi. O`quvchilarning aqliy ongini shakllantirishda esa turli xil
masalalar va ularni yechish qobiliyatini shakllantirishdan iboratdir. Bu esa
o`qituvchidan katta ma`suliyat talab qiladi.
Ta’lim jarayonida ta’lim metodlari, interfaol metodlar va pedagogik
texnologiyalarni tadbiq qilish va ulardan foydalanish bo’yicha quyidagi ishlarni
keltirib o’tamiz: S.Alixonov. M.Tojiyev, M.Barakayev,A.Xurramov, SH.A.Alimov,
O.R.Holmuhammedov, M.A. Mirzaahmedov, Aniq fanlarni о‘qitishda keys
texnologiyasidan foydalanish uslubiyoti, Case-study uslubi: nazariya, amaliyot va
tajriba, integral hisob elementlari mavzusini o`tishga doir metodik tavsiyalar va
adabiyotlar tahlil qilindi va bitiruv ishini tayyorlashda foydalanildi.
4
Mundarija:
Kirish………………………………………………………………………………… ….6
I bob. UMUMIY O’RTA TA’LIM MAKTABLARIDA INTEGRAL HISOB
ELEMENTLARINI O’QITILISH HOLATI
1 §. Umumiy o’rta ta’lim maktablarida integral hisob elementlari mavzulari
mazmuni, maqsadi va vazifalari…………………………………………………..10
2 §. Integral hisob elementlari mavzularini o’qitish metodlari haqida…………13
II bob. UMUMIY O’RTA TA’LIM MAKTABLARIDA INTEGRAL HISOB
ELEMENTLARINI O’QITISH METODIKASI
1 §. Umumiy o’rta ta’lim maktablarida aniqmas integral mavzularini o’qitish
metodikasi…………………………………………………………………………18
2 §. Umumiy o’rta ta’lim maktablarida aniq integral mavzularini o’qitish
metodikasi…………………………………………………………………………27
3 §. “Aniq integralni o`zgaruvchini almashtirish usuli bilan hisoblash”
mavzusidagi dars ishlanma………………………………………………………..38
4 §. Integral hisob elementlariga doir didaktik ma’lumotlar….………………..43
Xulosa ………………………………………………………………………….68
Foydalanilgan adabiyotlar ro’yhati ………………………………………........70
5
Kirish
Bitiruv ishining dolzarbligi. Mamlakatimizda ta’lim-tarbiya tizimini tubdan isloh
qilish, uni zamon talablari darajasiga ko’tarish, kelajak uchun barkamol avlodni
tarbiyalash ishlari davlat siyosatining ustuvor yo’nalishiga aylandi. Ta’lim sifatini
yaxshilash,
o’quvchilarning
intellektual
faolligini
oshirish
bugungi
kunda
pedagoglarning bosh vazifasi hisoblanadi.
O’quvchilarning qobiliyatlari va imkoniyatlariga qarab, tabaqalashtirilgan ta’limga
o’tish to’liq amalga oshirilisi lozimligi ta’limga oid hujjatlarda ko’p ta’kidlanadi. Ana
shu talablardan kelib chiqib, ilg’or pedagogik texnologiyalarni qo’llagan holda ta’limtarbiyadan ko’zlangan maqsadga erishish bugungi kun o’qituvchisidan juda katta
ma’suliyat o’qitish jarayonida o’qituvchi faoliyatida aniq-tiniq namoyon bo’ladi va u
o’zi bilim bergan o’quvchi-talabalarning salohiyati bilan o’lchanadi. Shuning uchun
o’quvchi-talabalarga namunaviy dasturlarda keltirilgan bilimlardan tashqari yangi
bilim ko’nikmalarni egallashlariga katta e’tibor qaratilishi lozim.
Xozirda kundalik hayotda uchraydigan masalalarni yechish, o’quvchi talabalarning egallagan bilimlarini turmush bilan aloqasini mustaxkamlaydi, ularning
o’qishga bo’lgan qiziqishlarini oshiradi.
O’zbekistonda olib borilayotgan islohotlardan asosiy maqsad, yurtimizda sog’lom
va barkamol, bilimli, yuksak ma’naviy-ahloqiy fazilatlarga ega bo’lgan va dunyo
yoshlari bilan har sohada bellasha oladigan avlodni shakllantirishdan iborat.
O’zbekistonning kelajagi, uning istiqboli, birinchi navbatda yoshlar tarbiyasiga, ularni
sog’lom qilib o’stirishga, milliy ruhda va o’z vataniga sadoqat ruhida tarbiyalashga
bog’liq bo’lib, bu murakkab jarayonni muvaffaqiyatli amalga oshirish mustaqil
mamlakatning eng dolzarb vazifalaridan biridir.Songi yillarda hukumatimiz ta’lim
sohasiga ayniqsa matematika sohaiga katta e’tibor qaratmoqda. Rivojlangan davlatlar
qatoriga ilm fan hususan matematika va uning turli sohalarga amaliy tatbiqi orqali
tezroq yetishish imkoni katta ekanliga barchaga ma’lum. Shu sababli 2021 va 2022
yillarda matematika sohasini rivojlantirish davlat siyosati darajasiga ko’tarildi.
6
Matematika sohasini rivojlantiruvchi yangi maktablar ochildi va ochilmoqda , ko’plab
yangi loyihalar ishlab chiqilmoqda, matematika boyicha yangi adabiyotlar
yaratilmoqda, matematika mazmuni boyitilmoqda.
Xozirgi kunda umumiy o’rta ta’lim maktablarida integral hisob elementlari
mavzularini o’rganish va taxlil etish dolzarb vazifalardan biri hisoblanadi. Matematika
fanining mazmuni boyitilishida ilmiy yangiliklar, metodik ishlanmalar hususan bitiruv
ishlari ham o’z hissalarini qo’shishi mumkin.Matematik tushunchalardan bo’lgan
funksiya, limit, aniqmaslik, integral tushunchalari yordamida ko’p sohalardagi
masalalar o’z yechimlarini topadi.
Bitiruv ishining maqsadi. Pedagogik faoliyatimiz davomida matematik va
metodik bilimlarimiz mazmunini boyitish orqali, amaliy faoliyatlarini umumlashtirib
borib, matematik tushuncha va munosabatlarni o’quvchilar tomonidan ongli ravishda
o’zlashtirishiga hamda hayotga tadbiq eta olishga intilish, ularning kelajakdagi ish
faoliyatida amaliy ahamiyat kasb etuvchi matematik bilim, ko’nikma va malakalarni
rivojlantirishdan iborat.
Mavzu bo’yicha o’quvchilarning bilimiga, ko’nikma va malakasiga
qo’yiladigan talablar. Integral hisob elementlari mavzularini o’qitishda, masalalarni
yechish usullarini mukammal o’zlashtirib, yechimlarni amaliyotda qo’llanish
ko’rinishigacha etkazish (formula, son, grafik va hokazo) va natijada logik va
algoritmik fikrlash qobiliyatini mukammallashtirish kerak.
Amaliy masalalarda matematik tekshirishning boshlang’ich ko’nikmasini ishlab
chiqish (hayotiy masalalarning matematik modelini qurish, uni tekshirish va
yechishning qulay usulini tanlash, olingan natijalarni baholash va qo’llash va
hokazolar) va matematikani tadbiq qilish masalalarida muhim bo’lgan intuitsiyani
rivojlantirish.
Bitiruv ishi maqsadidan kelib chiqib quyidagi vazifalar belgilab olindi:
Birinchidan, umumiy o’rta ta’lim maktablarida integral hisob elementlari
mavzulari mazmuni, maqsadi va ustuvor yo’nalishlarini nazariy va amaliy tahlil qilish;
7
Ikkinchidan,
matematika fanlarini
o’qitishda
innovatsion
ta’lim
texnologiyalari va ilg’or xorijiy tajribalardan foydalanish yo’llarini yoritish;
Uchinchidan, Umumiy o’rta ta’lim maktablarida aniqmas integral mavzularini
o’qitish metodikasi mazmun mohiyatini ochib berish;
To’rtinchidan, “Aniq integralni o`zgaruvchini almashtirish usuli bilan hisoblash”
mavzusidagi dars ishlanmalarini tahlil etish;
Beshinchidan, umumiy o’rta ta’lim maktablarida aniq integral mavzularini o’qitish
metodikasini yanada takomillashtirish yuzasidan taklif va tavsiyalar ishlab chiqish.
- O’quvchilarga faqatgina tushunchalar berib qolmasdan, ularga misol va masalalar
yechish yordamida ularni mustaqil mantiqiy fikrlashi, erkin matematik mushohada
yurita olish, ma’lum qarorlar qabul qila olish kabi hislatlarini shakllantirish;
- - talabalarga oliy matematika fani va ularni tatbiqlarini o’rgatish;
- amaliy mashg’ulotlarni o’tkazish davomida talabalarni ko’nikma va malakalarni
faol o’zlashtirishni ta’minlovchi uslubiy shart-sharoitlarni, uslublarini aniqlash;
Bitiruv ishining ob’ekti. Xalq ta’limida matematika fanlarini o’qitishda, zamonaviy
pedagogik
texnologiya,
fanlararo
aloqadorlikdan
foydalanish
va
amaliy
mashg’ulotlarni o’tkazish davomida, o’quvchilarning faoliyati. Boshlang’ich funksiya
aniq va noaniq integrallar va ularning xossalari va ularni yechish usullari hamda ularni
oqitish jarayonlarini tashkil etadi.
Bitiruv ishining predmeti. Matematika darslarida integrallar tushunchasi hamda
ularni oqitish metodikasi.
O’quvchilarga fanning ba’zi mavzular bo’yicha darslar turli vositalar yordamida
tashkil qilinadi. Talabalarning fanni o’zlashtirishlari uchun o’qitishning ilg’or va
zamonaviy usullaridan foydalanish, yangi informatsion-pedagogik texnologiyalarni
tadbiq etish muhim ahamiyatga ega. Fanni o’zlashtirishda darslik, o’quv va uslubiy
qo’llanmalar, ma’ruza matnlari, tarqatma materiallar, virtual stendlardan foydalaniladi.
Ma’ruza, amaliy va laboratoriya darslarida mos ravishdagi ilg’or ‘edagogik
texnologiyalardan foydalaniladi.
8
Ushbu fanni o’qitish jarayonida traditsion shakllardan tashqari yangi pedagogik
texnologiyalar ham ishlatiladi. Bunda yangi matematik dasturlar va mavjud elektron
darsliklar, veb saytlardan foydalaniladi.
Bitiruv ishida oliy matematikaning asosiy tushunchalaridan bo’lgan integral hisob
elementlarini o’rgatish va ularni yechish usullari hamda ularni oqitish metodikasi
ko’rib chiqiladi.
Bitiruv ishi integral hisob elementlarini o’rgatish va ularni yechish usullari hamda
ularning fizik va geometrik ma’nolari, tadbiqlari va ularga oid misollar bilan boyitildi.
Bitiruv ishi kirish, ikki bob, xulosadan iborat bo’lib, birinchi bobda aniqmas
integrallar tushunchasi keltirilgan. Ikkinchi bobda aniq integrallar va ularni yechish
usullari, ularni o’qitish metodikasi keltirilgan.
9
I bob. UMUMIY O’RTA TA’LIM MAKTABLARIDA INTEGRAL HISOB
ELEMENTLARINI O’QITILISH HOLATI
1 §. Umumiy o’rta ta’lim maktablarida integral hisob elementlari mavzulari mazmuni,
maqsadi va vazifalari
Integral hisob yuzalar, hajmlar va og’irlik markazini topish ehtiyojidan kelib
chiqqan umumiy usuldir. Bu usulning dastlabki ko’rinishida Arximed ham qo’llagan edi.
Bu usulning tizimli rivojlanishi natijasida XVII asrda Kaval’yeri, Torrichelli, Ferma, Paskal’
va boshqa olimlarning ishlari yuzaga keldi. 1659 yilda Barrou yuzani hisoblash masalasi
urinmani topish masalasi bilan bog’liq ekanligini aniqladi. Nyuton va Leybnits XVII asrning
70-yillarida bir nechta xususiy geometrik masalalarga bu bog’liqlikni isbotlashdi. Bu yerda
differentsial va integral hisob o’rtasida o’zaro bog’liqlik o’rnatilgan edi.
Bu bog’liqlik Nyuton, Leybnits va ularning o’quvchilari tomonidan foydalanildi va
integrallash
texnikasi
rivojlantirildi.
Integrallsh
L.Eyler,
M.B.Ostrogradskiy,
P.L.Chebishev ishlarida o’z jozibasiga erishdi.
Shar va sfera kabi jismlar hajmini hisoblashda integraldan foydalanish
tushunchasidan avval, integrallash tushunchasi eng sodda va ko’p qo’llaniladigan
misollarda o’rganish maqsadga muvofiqdir.
10
Integral haqida tushuncha.
MN (7- chizma) chiziq
y  f (x) ,
Bilan berilgan bo’lsin. аАBb “ egri chiziqli trapesiya ” yuzasini hisoblash lozim
bo’lsin.
ab kesmani n qismga ax1 , x1 x2 ,..., xn1b (teng va teng bo’lmagan) bo’lamiz
va chizmada ko’rsatilgan figurani hosil qilamiz. Uning yuzi quyidagiga
teng:
Fn  y 0 x1  a   y1 x2  x1   ...  y n1 b  xn1 .
(1.1)
agar
x1  a  dx0 ,
x2  x1  dx1 ,...,b  xn1  dxn1 ,
(1.2)
Ko’rinishidagi belgilarni kiritsak, (3.1) formula ushbu ko’rinishni oladi
Fn  y 0 dx0  y1dx1  ...  y n1dx n1 .
(1.3)
Izlanayotgan yuza (3.3) yig’indining n cheksizlikka intilgandagil imitiga teng
bo’ladi. Leybnis bu yig’indi uchun
(1 .4)
 ydx
Ko’rinishidagi belgilash kiritdi. Bu yerda

- summa so’zining bosh harfi ,
удх alohida qo’shiluvchilarni ifodalaydi.
 ydx ifodani Leybnis integral (lotincha integralis - butunlik) deb atadi. Fur’ye
bu ifodaga o’zgartirish qo’shib
b
 ydx.
(1 .5)
a
Ko’rinish berdi.
Biz qisqacha integral kelib chiqish tarixini ko’rib chiqdik . Endi, mazmuni va
mohiyatiga kelsak :
Matematika fanida integral hisob elementlari mavzularini o’qitish metodlari
haqida ham ta’riflanadigan va ta’riflanmaydigan tushunchalar mavjud. Integral hisob
elementlari mavzularini o’qitish kursida, shartli ravishda, ta’riflanmaydigan eng sodda
tushunchalar qabul qilinadi. Jumladan, boshlang’ich va murakkab funksiyalar, tekislik
va grafik tushunchasi, hosila va trogonometrik amal tushunchalari ta’riflanmaydigan
tushunchalardir. Bu tushunchalar yordamida boshqa matematik tushunchalar
ta’riflanadi. Ta’rif degan so'zning ma’nosi shundan iboratki, bunda qaralayotgan
tushunchalami boshqalaridan farqlashga, fanga kiritilgan yangi atama mazmunini
oydinlashtirishga imkon beruvchi mantiqiy usul tushuniladi.
11
Differensial hisobning asosiy masalalaridan biri – berilgan f(x) funksiyaga ko‘ra
uning hosilasi f '( )x ni topishdan iborat edi.
Bu masalaning teskarisi, ya’ni hosilasiga ko‘ra funksiyaning o‘zini tiklash
masalasi katta ahamiyatga ega bo‘lib, integral hisobning asosiy masalalaridan
hisoblanadi.
f(x) funksiya biror (a,b) (chekli yoki cheksiz) intervalda aniqlangan bo‘lsin.
1-ta’rif. Agar (a,b) da f(x) funksiya biror F(x) funksiyaning hosilasiga teng, ya’ni (a,b)
intervaldan olingan ixtiyoriy x uchun F’(x)= f(x) bo‘lsa, u holda F(x) funksiya (a,b)
intervalda f(x) funksiyaning boshlang‘ich funksiyasi deyiladi.
Masalan,
1) f(x)= 2x bo‘lsin. Bu funksiyaning (-;+) o‘raliqda boshlang‘ich funksiyasi F(x)=
x2 bo‘ladi, chunki (-;+) da F ( x)  ( x2 )  2 x  f ( x) ;
2) f(x)=x2 ning (-;+) oraliqda boshlang‘ich funksiyasi F ( x) 
x3
bo‘lishi ravshan.
3
Odatda berilgan funksiyaning boshlang‘ich funksiyasi tabiiy aniqlanish sohasida
qaraladi.
x3
x3
x3
1-masala.
,
 3,
 1 funksiyalar f(x)=x2 funksiyaning boshlang‘ich
3
3
3
funksiyalari bo‘lishini isbotlang.
Isboti: Isbotlash uchun (-;+) oraliqda yuqoridagi ta’rifning bajarilishini ko‘rsdatish
yetarli.
x3
x2

1) F1 ( x) 
deb belgilaymiz, u holda F1 ( x)  3   x 2  f ( x) .
3
3


 x3   x3 
x3

2) F2 ( x)   1 deb belgilaymiz, u holda F2 ( x)    1     (1)  x 2  f ( x)
3
3
  3
x3
3) F3 ( x)   4 deb belgilaymiz, u holda
3

3
3 




x
x
F3 ( x)    4      (4)  x 2  f ( x) .
3
  3
12
2 §. Integral hisob elementlari mavzularini o’qitish metodlari haqida
Maktablarda Integral hisob elementlari mavzularini o’qitish metodlari turlicha
bo’lib , asosiy maqsadimiz o’quvchilarga integralning to’liq mohiyatini va ishlash
usullarini turlicha formulalar yordamida ko’rsatib berish o’qituvchining asosiy
vazifalaridan biridir. Innovatsion tеxnologiyalar pеdagog va talaba faoliyatiga
yangilik va o’zgartirishlar kirituvchi pеdagogik jarayon bo’lib, asosan intеrfaol
usullar orqali amalga oshiriladi. Bunda, qo’llaniladigan har bir ta’lim tеxnologiyasi
pedagog va talabaning har ikkalasi uchun ijobiy natija berishi, y’ani o’quv
jarayonida talaba mustaqil fikrlay olishi , ijodiy ishlay bilishi, izlanishi, tahlil eta
olishi, o’zi xulosa qila olishi, o’ziga va guruhga, guruh o’z navbatida talabaga baho
bеra olishi, pedagog esa talabaning bunday faoliyatlari uchun imkoniyat va sharoit
yarata bilishi lozim. Pеdagogik tеxnologiyaning asosiy nеgizi – bu pedagog va
talabaning bеlgilangan maqsaddan kafolatlangan natijaga erishishlari uchun
hamkorligidir.
Ta’lim metodlari bir necha xil bo’lib integral mavzusida asosan quyidagi
metodlarni qo’llash mumkin:
1. Klaster (Tushunchalar bog`lami) metodi .
2. Baliq skeleti metodi.
3. Kungaboqar metodi.
4. Matematik domino metodi.
5. Aqliy hujum metodi.
6. Turli matematik o’yinlar (pazl , loto, savol-javob, BBB) metodlari orqali
o’quvchilarning bilim salohiyatini oshirib borishimiz kerak.
b
o
s
h
l
13
“Aniqmas intеgralning ta’rifi va xossalari, integrallashning asosiy usullari”
mavzusi uchun “Bumerang” texnologiyasi
INTEGRaLLAS
H USULLARI
UVCHI
Bu ko’rinish klaster metodi bo’lib, doiralarnin ichiga integral funksiyalarini
kiritib, o’quvchilarga yorqin ranglarda tushuntirishimiz mumkin.
Avvaliga biz hosila mavzusini takrorlab, hosila jadvalini ko’rib chiqamiz.
14
Ushbu jadval bilan bir necha misollar ko’rib chiqamiz
Funksiyalarning hosilasini toping: 1) f(x) = sinx;
Ayirmali nisbatni topishda sinuslar ayirmasini ko‘paytmaga keltirish
formulasidan foydalanamiz:
sin( x  h)
1)

h
h→0 da
h
2x  h
h
cos
sin
2
2 
2 cos (2 x  h) .
h
h
2
2
2 sin
sin
h
2
h
2 1
cos
2x  h
 cos x ekanini isbotlash mumkin.
2
Demak, (sinx)'=cosx.
15
Boshqa hosilalarni hisoblashda differensiallash qoidalari va yuqoridagi
jadvaldan foydalanish maqsadga muvofiqdir.
So’ng boshlang’ich funksiya jadvalini ushbu hosilalar formulasi orqali topib
olamiz
Ushbu hosila va boshlang’ich funksiya jadvallarini baliq skeleti metodi orqali
ko’rib chiqishimiz va tushuntirishimiz ham yaxshi natijalarga olib keladi.
16
Baliq skeleti
muammo
muammo
muammo
muammo
hal qilish hal qilish hal qilish hal qilish
Bu yerda, muammo degan joyga funksiya formulalari va hal qilish degan joyiga
boshlang’ich funksiya natijalarini qo’yih mimkin.
Strategiya:
1.
Bir varaq oq qog`ozda (vatman yoki A-3 varag`i) baliq skeleti chiziladi
(boshi, kemirchagi, qovurg`alari).
2.
Yuqoridagi «suyagiga» muammo ifodalanishi ya’ni integralga oid formulalar,
pastidagiga esa - ushbu muammo mavjudligini (yoki uni ishlash yo`lllari) natijalar
yozib qo`yiladi.
3.
To`ldirilgan sxemaning taqdimoti.
4.
Misollar bilan skeletni to’ldiramiz;
Quyidagi funksiyalarning barcha boshlang‘ich funksiyalarini, hosilalar jadvalidan
foydalanib topishimiz mumkin:
f(x)=sinx;
f(x)=cosx;
f(x)=sin2x;
f(x)=cos2x;
f(x)=4x ;
f(x)= πx ;
f(x)=ex ;
f(x)=ax ;
17
II bob. UMUMIY O’RTA TA’LIM MAKTABLARIDA INTEGRAL
HISOB ELEMENTLARINI O’QITISH METODIKASI.
1 §. Umumiy o’rta ta’lim maktablarida aniqmas integral mavzularini
Bu bo’limda aniqmas integral tushunchasini yoritib beriladi. Bu mavzuga 4 soat
dars ajratilgan.
O‘quv mashg‘ulotining maqsadi: o‘quvchilarda aniqmas integral, ularning
hossalari haqida tasavvur hosil qilish O‘quv faoliyatidan quyidagi natijalar olinadi:
1. aniqmas integral ta’rifini bilib oladi, misollar keltiradi;
2. aniqmas integral xossalari tushunib oladi, asoslaydi;
3. sodda integrallar jadvalini bilib oladi;
Quyidagi Blits savollar beriladi:
1. Boshlang‘ich funksiya deb nimaga aytiladi?
2. Boshlang‘ich funksiyani topish qoidalari va differensiallash qoidalari orasida
qanday munosabat mavjud?
3. Boshlang‘ich funksiyani topish qoidalarini ayting.
Nazariy mashg‘ulot rejasi qo’yiladi:
1. aniqmas integral ta’rifi;
2. aniqmas integral xossalari;
3. sodda integrallar jadvali;
4. Xulosa
Tayanch tusunchalar: diggerensiallanuvchi funksiya, boshlang‘ich funksiya,
aniqmas integral
1-ta’rif. (a,b) intervalda berilgan f(x) funksiya boshlang‘ich funksiyalarning
umumiy ifodasi F(x)+C, bu yerda C=const, shu f(x) funksiyaning aniqmas integrali
deb ataladi va u  f ( x)dx kabi belgilanadi. Bunda  - integral belgisi, f(x) integral
ostidagi funksiya, f(x)dx - integral ostidagi ifoda, x – integrallash o‘zgaruvchisi deb
ataladi.
Demak, ta’rifga ko‘ra
 f ( x)dx =F(x)+C,
(1)
bu yerda F(x) funksiya f(x) ning biror boshlang‘ich funksiyasi.
Masalan, (-;+) da f(x)=cosx bo‘lsin. Bu holda (sinx)’=cosx bo‘lgani uchun
 cos xdx =sinx+C bo‘ladi.
Misol:
o’qitish metodikasi
18
1. y  F (x) funksiya y  f (x) funksiya uchun boshlang‘ich funksiya ekanligini
ma’lum, y  f (x) funksiyaning aniqmas integralini toping:
a) F ( x)  x 2  x 3 , f ( x)  2x  3x 2 ;
b) F ( x)  x 4  x11 , f ( x)  4x3  11x10 ;
c) F ( x)  9 sin x , f ( x)  9 cos x ;
d) F ( x)  5 cos x , f ( x)  5 sin x .
Yechish. a) Ta’rifga ko‘ra
 f ( x)dx =F(x)+C, demak  (2x  3x )dx  x
2
2
 x3  C
(1) formuladan ko‘rinadiki, berilgan f(x) funksiyaning biror boshlang‘ich
funksiyasini va uning aniqmas integralini topish masalalari deyarli bir xil
masalalardir. Shu sababli f(x) funksiyaning boshlang‘ich funksiyasini topishni ham,
aniqmas integralini topishni ham f(x) funksiyani integrallash deb ataymiz.
Integrallash differensiallashga nisbatan teskari amaldir.
Integrallash amalining to‘g‘ri bajarilganligini tekshirish uchun olingan natijani
differensiallash yetarli: differensiallash natijasida integral ostidagi funksiya hosil
bo‘lishi lozim.
Masalan,  3x2 dx  x3  C ekanligini tekshirish uchun tenglikning o‘ng tomonidagi
funksiyadan hosila olamiz: (x3+C)’=3x2, demak, integrallash to‘g‘ri bajarilgan.
Savol:
1. Aniqmas integral bilan bo‘shlang‘ich funksiyaning farqi nimada?
2. O‘zgarmas sonning aniqmas integrali nimaga teng?
1. Agar f(x) ning boshlang‘ich funksiyasi mavjud bo‘lsa, u holda ixtiyoriy k
(k0) son uchun
kf(x)dx=kf(x)dx
(1)
bo‘ladi, ya’ni o‘zgarmas ko‘paytuvchini integral belgisi oldiga chiqarish mumkin.
2. Agar f(x) va g(x) larning boshlang‘ich funksiyalari mavjud bo‘lsa, u holda
(f(x)  g(x))dx=f(x)dx  g(x)dx
bo‘ladi, ya’ni ikkita funksiya algebraik yig‘indisining integrali aniqmas integrallar
algebraik yig‘indisiga teng.
Misol.  (cos x  3x 2 )dx   cos xdx   3x 2 dx  sin x  x 3  C
3. Agar F(x) funksiya f(x) ning boshlang‘ich funksiyasi bo‘lsa, u holda
1
f
(
ax

b
)
dx

F (ax  b)  C (a0)

a
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Quyida asosiy aniqmas integrallar jadvalini keltiramiz. Bunda har bir formula
integral ostidagi funksiyalarning aniqlanish sohasida qaraladi.
19
ASOSIY INTEGRALLASH JADVALI
dx
x 1
 C ,   1; 2.   ln x  C , x  0 ;
x
 1
ax
3.  a x dx 
 C , a  0, a  1 ;  e x dx  e x  C ;
ln a
dx
dx
 tgx  C ;
4. 
5.  2  ctgx  C ;
2
cos x
sin x
6.  cos xdx  sin x  C ;
7.  sin xdx   cos x  C ;
1.  x dx 
20
Ushbu mashg‘ulotda quyidagilarni o‘rgandik:
aniqmas integralni, aniqmas integral xossalarini, sodda integrallar
jadvalini
1. Aniqmas integral xossalarini isbotlash.
2. Asosiy integrallar jadvali integralning qaysi xossasiga asoslanib
tuzilgan?
3. Aniqmas integralning xossalarini ayting.
4. integrallash qoidalarini shakllantiring.
Keyingi darsimiz amaliy mashg’ulot bo’lib quyidagicha dars ishlanmasi
tuziladi:
21
Aniqmas integral va uning xossalari (amaliy mashg‘ulot)
Amaliy mashg'ulotning o‘qitish texnologiyasi
Vaqti –45 daqiqa
Talabalar soni: 25-30 nafar
O`quv
shakli
mashg‘uloti
Nazariy bilimlarni mustahkamlash va
amaliy ko‘nikmalarni shakllantirish
amaliy mashg'uloti
O`quv mashg‘uloti rejasi
1. Aniqmas integral ta’rifi;
2 Aniqmas integralni topish qoidalari;
3. Xulosa
O`quv mashg‘ulotining maqsadi: Boshlang‘ich funksiya, aniqmas
integralga doir bilimlarni mustahkamlash, ko‘nikma va malakalari
shakllantirish.
Pedagogik vazifalar:
O`quv faoliyatining natijalari:
- Aniqmas integral
- Aniqmas integral ta’rifidan
ta’rifiga;
foydalanish;
- Aniqmas integralni
Aniqmas
integralni
topish
topish qoidalariga doir
qoidalaridan foydalanishga doir
bilimlarni
bilimlar mustahkamlanadi, ko‘nikma
mustahkamlash,
va malakalari shakllanadi.
ko‘nikma va malakalari
shakllantirish
O`qitish
uslubi
va
Insert, BBB, birgalikda o‘rganamiz,
texnikasi
o‘zaro nazorat, munozara, DBI
O`qitish vositalari
Ma’ruza matni, mustaqil ishlar
to‘plami,
o‘quv
qo‘llanmasi,
proektor, doska, tarqatma materiallar,
slaydlar.
O`qitish shakli
Guruhda,
individual,
juftlikda
o‘qitish.
O`qitish sharoitlari
Kompyuter, proektor, doska bilan
ta’minlangan, guruhda dars o‘tishga
moslashtirilgan auditoriya.
22
Amaliy mashg‘ulotning texnologik kartasi
O`qituvchi
faoliyatining
mazmuni
1-bosqich.
1.1. Mavzuni,
maqsadi
rejadagi o‘quv natijalarini
Amaliy
mashg‘ulotga e’lon qiladi, ularning
va
kirish
(10 ahamiyatini
dolzarbligini
asoslaydi.
minut)
Mashg'ulot hamkorlikda
ishlash
texnologiyasini
qo‘llagan holda o‘tishni
ma’lum qiladi (1.1-ilova).
1.2. Aqliy hujum
usulidan
foydalangan
holda
auditoriyaning
tayyorgarlik
darajasini
aniqlaydi
(1.2ilova).
2-bosqich.
2.1. Mavzu rejasi
yozdiriladi (2.1Asosiy
ilova).
bo‘lim
2.2.
Б/БХ/Б
(25minut)
jadvali
o‘quvchilar
nimani
bilishni
xoxlayotganligi
aniqlanadi. (2.2ilova);
2.3.
Aniqmas
integral ta’rifiga
doir misollar taklif
etadi (2.3-ilova);
2.4.
Aniqmas
integralni topish
Ish
bosqichlari
O’quvchi faoliyatining
mazmuni
Mavzu nomini yozib
oladilar.
Savollarga
beradilar.
javob
1. Mavzu rejasini
yozib oladilar.
2. nimani bilishni
xoxlayotganligini
namoyon qiladi.
3.
Berilgan
funksiyaning
boshlang‘ich
funksiya
bo´lish,
bo´lmasligini
tekshiradi,
isbotlaydi.
4.
Aniqmas
integralni
topish
23
qoidalariga doir
misollar
taklif
etadi (2.4-ilova);
2.5.
Iqtidorli
o'quvchilarga
individual
vazifalar beradi
(2.5-ilova)
2.6.
Б/БХ/Б
jadvali talabalar
nimani
bilishni
xoxlayotganligi
aniqlanadi. (2.6 ilova)
3-bosqich.
Yakunlovchi
(10 minut)
3.1.
Mavzu
bo‘yicha
yakunlovchi
xulosalar
(3.1ilova).
3.2.
Mavzu
bo‘yicha mustaqil
o‘rganish uchun
topshiriqlar
beriladi
(3.2ilova).
qoidalari
doir
misollar yechadi.
5.
individual
vazifalarni yechadi
Savollar beriladi.
Yozadilar.
1.1-ilova
Mavzy: Aniqmas integral va uning xossalari
O`quv mashg‘ulotining maqsadi: Aniqmas integralga doir bilimlarni
mustahkamlash, ko‘nikma va malakalari shakllantirish
O`quv faoliyatining natijalari:
- Aniqmas integral ta’rifidan foydalanish;
- Aniqmas integralni topish qoidalaridan foydalanishga doir bilimlar
mustahkamlanadi, ko‘nikma va malakalari shakllanadi.
24
1.2-ilova.
1. Aniqmas integral ta’rifini ayting.
2. Aniqmas integral nima: son, funksiya, funksiyalar to‘plami?
3. Aniqmas integral xossalarini ayting.
4. cos3x ni integral belgisi oldiga chiqarish mumkinmi? e4 ni chi?
5. ko‘paytmaning integrali integrallar ko‘paytmasiga tengmi?
6. Asosiy integrallar jadvalini yozing.
7. Integrallash natijasini qanday tekshirish mumkin?
2.3-ilova
1. Integrallash natijasini tekshiring:
1
4
a)  x 3dx  x 4  C ;
b)
c)  (e2 x  1)dx  0,5e2 x  x  C ;
d)  (2 x  3)dx  x2  3x  C
 3sin 3xdx  9cos x  C ;
2.4-ilova
2. Aniqmas integralni toping:
a)  x11dx ;
b)
1
 x dx ;
c)  5cos xdx ;
3
d)
3
 cos
2
x
dx
3. Aniqmas integralni toping:
b)  (
a)  (2 x3  cos x)dx ;
2
 ( x  sin
2
x
5
 5 x )dx ;
x2
c)  (5  cos x)dx ;
d)
 )dx
4. Aniqmas integralni toping:
a)  ( x  2)2 dx ;
b)  (3x  2)2 dx
c)  ( x  2)5 dx ;
d)  (3x  1)12 dx
5. Aniqmas integralni toping:
b)  cos(3x  1)dx
a)  sin( x  2)dx ;
c)
2
 cos
2
2x
dx ;
d)

3

sin (3 x  )
4
dx
2
6. Aniqmas integralni toping:
a)

x  3dx ;
b)

3
1  xdx
c)  23 x 1 dx ;
d)
2
 cos (4 x 1) dx
2
25
Б/БХ/Б ЖАДВАЛИ
Б/БХ/Б
ЖАДВАЛИБиламан/
Билишни
ҳоҳлайман/ Билиб олдим.
Мавзу,
матн,
бўлим
бўйича
изланувчиликни
олиб
бориш
имконини
беради.
Тизимли
фикрлаш,
тузилмага келтириш, таҳлил
қилиш
кўникмаларини
ривожлантиради.
Жадвални
тузиш
қоидаси
билан
танишадилар. Алоҳида /кичик гуруҳларда
жадвални расмийлаштирадилар.
“Мавзу бўйича нималарни биласиз” ва
“Нимани
билишни
хоҳлайсиз”
деган
саволларга жавоб берадилар (олдиндаги иш
учун
йўналтирувчи
асос
яратилади).
Жадвалнинг 1 ва 2 бўлимларини тўлдирадилар.
Маърузани
ўқийдилар.
тинглайдилар,
мустақил
Мустақил/кичик
гуруҳларда
15
жадвалнинг 3 бўлимни тўлдирадилар
Б/БХ/Б ЖАДВАЛИ
Биламан
Билишни
хоҳлайман
Билиб олдим
16
26
2 §. Umumiy o’rta ta’lim maktablarida aniq integral mavzularini
o’qitish metodikasi
Aniq integral tushunchasi
Ixtiyoriy y  f x  funksiya biror [a, b] oraliqda berilgan bo`lib, u uzluksiz
bo`lsin. [a, b] oraliqda n ta x0 , x1 , x 2 , x3 , , x n ketma- ket kuqtalar olamiz. U holda,
bu nuqtalar [a, b] oraliqni n ta qismga ajratadi. Bunda a  x0 va b  xn deb olamiz.
Hosil bo`lgan elementar kesmalarni quyidagicha ifodalaymiz:
y
y  f x 
[ x0 , x1 ],[ x1 , x2 ], ,[ xn1 , xn ].
[ x0 , x1 ] kesmada 1 , [ x1 , x2 ] da
1  2  3  4  5  n
 2 , [ x 2 , x3 ] da  3 va hokazo, [ xn1 , xn ] da
 n nuqta olamiz. U holda, quyidagi
0
a  x0 x1
x2
x3
x4 x5
b  xn x
yig`indi o`rinli bo`ladi:
S n  f 1 x1  x0   f  2 x2  x1     f  n xn  xn1 
k n
 f  x
yoki
k
k 1
k
(1)
 xk 1 .
(2)
x1  x0  x1 , x2  x1  x2 , , xn  xn1  xn belgilashlar kiritamiz. U holda (1)
va (2) ni quyidagicha yozish mumkin:
S n  f 1 x1  f  2 x2    f  n xn
yoki
n
S n   f  k xk  f 1 x1  f  2 x2    f  n xn .
k n
(3)
(3) ga f  x  funksiyaning [a, b] oraliqdagi integral yig`indisi deyiladi.
f  x  funksiyaning [a, b] kesmadag aniq integrali deb integral
Ta`rif:
yig`indining elementar kesmalardan eng kattasining uzunligi   0 bo`lgandagi
limitiga aytiladi va quyidagi ko`rinishda ifodalanadi:
b
n
 f  x .
 f xdx  lim

a
0
k 1
k
k
(4)
27
Bunda a - integralning quyi, b - yuqori chegarasidir. Integralning o`qilishi:
«Integral a dan b gacha, ef iks de iks».
Agar f  x  funksiya [a, b] oraliqda uzluksiz bo`lsa, u holda integral
yig`indi S n chekli limitga ega bo`ladi, ya`ni qarralayotgan f  x  funksiya [a, b] da
integrallanuvchi bo`lib, integral yig`indining limiti [a, b] oraliqning bo`linish
usuliga va har bir elementar kesmadagi  nuqtaning olinishiga bog`liq bo`lmaydi.
1
Misol.
 xdx
integralni ta`rif asosida hisoblang.
0
Yechilishi: Berilishiga ko`ra f x   x, a  0 va b  1. [0, 1] oraliqni quyidagi
1
2
n 1
, xn  1 nuqtalar yordamida n ta teng elementar
x0  0, x1  , x2  , , xn 1 
n
n
n
kesmalarga ajratamiz va berilgan funksiyaning ularga mos qiymatlarini topamiz:
2
1
2
 n 1 
n


f
x

  , f x2     , , f xn1   
 , f xn      1.


f x0  0,
1
n
n
 n 
n
2
2
2
2
2
k 1 k
U holda, integral yig`indining qo`shiluvchilari f xk   xk      3 .
n n n
Integral yig`indi quyidagicha bo`ladi:
n 1
Sn  
k 0
1 n1 2 1 2
12  2 2    n  1
2
2
f xk xk   xk  x0  x1    xn1 

n k 0
n
n3

n  1  n  2n  1 

6n 3

2
1 2n 3  3n 2  n 1 1
1




.
n3
6
3 2n 6n 2
1  1
1 1

 2   . Demak,

U holda, S  lim S n  lim
n 3
2n 6n  3

1
1
 x dx  3 kv. birl.
2
0
28
Aniq integralning xossalari
1- xossa. Har qanday M o`zgarmas son uchun quyidagi tenglik o`rinli:
b
 Mdx  M b  a .
(1)
a
29
Isboti: f x   M funksiyaning [a, b] dagi integral yig`indisini qaraydik:
n
n
n
i 1
i 1
 f  x   M  x  M  x
1
i 1
i
i
 M b  a 
Demak, (1) tenglik o`rinli ekan.
2- xossa. O`zgarmas sonni integral belgisi oldiga chiqarish mumkin:
b
b
a
a
 Mf xdx  M  f xdx.
(2)
Isboti: Mf x  funusiyaning [a, b] dagi integral yig`indisi uchun quyidagi
o`rinlidir:
n
 Mf   x
i
i 1
i
n
M  f i   xi .
i 1
n
Shuning uchun
n
b
i 1
a
lim  Mf i   xi M lim  f i   xi  M  f x dx.
n
n
i 1
Demak, Mf x  funksiya [a, b] oraliqda integrallanuvchi bo`lib, (2) formula o`rinli
ekan.
3-xossa. Agar f  x  va g x  funksiyalar [a, b] oraliqda integrallanuvchi bo`lsa,
ularning algebraik yig`indisi ham shu oraliqda integrallanuvchi bo`ladi, ya`ni:
b
b
b
 [ f x  g x]dx   f xdx   g xdx.
a
a
(3)
a
b
n
n
a
i 1
i 1
Isboti:  [ f x   g x ]dx  lim
[ f i   g i ]xi  lim
 f i xi 
n
n
n
b
b
i 1
a
a
 lim  g  i xi   f x dx   g x dx.
n
4-xossa. Agar aniq integralning chegaralari o`zaro almashtirilsa, uning ishorasi
qarama –qarshiga o`zgaradi:
b
a
a
b
 f xdx   f xdx.
(4)
30
Isboti talabalarga havola qilinadi.
5-xossa. Chegaralari o`zaro teng, ya`ni a  b bo`lgan aniq integral nolga teng:
a
 f xdx  0.
(5)
b
Isboti talabalarga havola qilinadi.
6-xossa. Agar f  x  fnksiya [a, b] da
musbat bo`lib, a  b bo`lsa, quyidagi
tengsizlik o`rinli bo`ladi:
b
 f xdx  0.
(6)
a
Isboti: [a, b] oraliq ixtiyoriy [ xi1 , xi ] elementar kesmalarga ajratilganda va  i
nuqta [ xi1 , xi ] da ixtiyoriy tanlanganda f i   0 va xi  0 bo`ladi. U holda,
n
 f  x
i 1
Bundan,
n
b
i 1
a
i
i
 0.
lim  f i xi   f x dx  0.
n
7-xossa. Agar [a, b] oraliqda a  b bo`lganda f x    x  bo`lsa,
b
b
a
a
 f xdx    xdx .
(7)
o`rinli bo`ladi.
Isboti: Shartga asosan f x    x . U holda, uni [a, b] da integrallaymiz:
b
 [ f x   x]dx  0.
a
3-xossaga asosan
b
b
a
a
 f xdx    xdx  0.
8-xossa. Agar [a, b] oraliqda a  b bo`lib, m va M lar f  x  funksiyaning shu
oraliqdagi eng kichik va eng katta qiymatlari bo`lsa, quyidagi o`rinli bo`ladi:
31
b
mb  a    f x dx  M b  a .
(8)
a
Isboti: Shartga asosan
m  f x   M .
Tengsizlikni [a, b] oraliqda integrallaymiz:
b
b
b
a
a
a
 mdx   f xdx   Mdx.
U holda, 2- xossaga va 1- xossaga asosan
b
mb  a    f x dx  M b  a .
a
9-xossa. (O`rta qiymat haqidagi teorema). Agar f  x  funksiya [a, b] oraliqda
uzluksiz bo`lsa, bu oraliqda shunday c nuqta mavjud bo`ladiki, uning uchun
b
 f xdx  f cb  a.
(9)
a
tenglik o`rinli bo`ladi.
Isboti: [a, b] oraliqda m va M lar f  x  funksiyaning eng kichik hamda eng katta
qiymatlari bo`lsin. U holda, 8 –xossaga asosan
b
mb  a    f x dx  M b  a .
a
b
1
f x dx  M . f  x  funksiya uzluksiz bo`lganligi sababli u
Bundan, m 
b  a a
[a, b] oraliqdagi barcha qiymatlarni qabul qiladi. U holda, c [a, b] dagi x1 va x2
nuqtalar orasida yotadi, ya`ni x1  c  x2 . Bundan
a  c  b.
b
1
f x dx  f c 
Demak,
b  a a
b
yoki
 f xdx  b  a  f c.
a
32
N`yuton-Leybnis formulasi
Faraz qilaylik, f  x  funksiya [a, b] oraliqda uzluksiz bo`lsin. U holda,
funksiya shu
oraliqda
boshlang`ich
funksiyaga ega
bo`ladi.
Boshlang`ich
funksiyalaridan biri Q  x  bo`lib, u quyidagidan iborat bo`lsin:
x
Qx    f t dt , bunda a  x  b.
(1)
a
Shu oraliqda f  x  funksiyaning boshqa boshlang`ichi F  x  ham mavjud bo`lsin.
U holda, bu boshlang`ich funksiyalar bir – biridan biror c o`zgarmas songa farq
qilishi ma`lum, ya`ni
x
 f t dt  F x  c.
(2)
a
Agar x  a bo`lsa, (1) tenglik hamda 5- xossaga asosan quyidagiga ega bo`lamiz:
a
 f t dt  F а   c.
(3)
a
F a   c  0, c   F a .
(4)
(4) ni (2) ga qo`ysak
x
 f t dt  F x  F a .
(5)
a
hosil bo`ladi. x  b deb olsak
b
 f xdx  F b  F a .
(6)
a
(6) formulaga Nyuton –Leybnis formulasi deyiladi.
F b  F a  ayirmani quyidagi ko`rinishlarda yozish qabul qilingan.
F  x  a yoki F xa
b
b
U holda, (6) formula bunday ifodalanadi:
b
b
a
a
 f x dx F x 
 F b   F a .
(7)
33
Yuqori chegarasi
o`zgaruvchidan
iborat
bo`lgan (5) aniq
integralni
hisoblashning Nyuton –Leybnis usuli quyidagi ko`rinishda bo`ladi:
x
 f t dt F t 
a
x
 F  x   F a .
(8)
a
Shuningdek, quyi chegarasi o`zgaruvchidan iborat bo`lgan aniq integral ifodasi
esa quyidagicha bo`ladi:
b
b
x
x
 f t dt F t 
 F b   F  x .
(9)
b
 f x dx
aniq integralni hisoblashda quyidagi bosqich ishlari ketma – ket
a
bajariladi:
1.
Quyidagi aniqmas integral topiladi:
 f xdx  F x  c.
2.
F x   c ning x  b dagi qiymati topiladi, ya`ni F b   c.
3.
F x   c ning x  a dagi qiymati hisoblanadi, ya`ni F a   c.
4.
F b  c  F a  c  F b  F a ayirama topiladi.
3
1-misol.
 x dx integralni
2
hisoblang.
1
Yechilishi: Bunda a  1 va b  3 .
1.
Aniqmas integral
 x dx ni hisoblaymiz:
2
x3
 x dx  3  c.
2
2.
F b  ni topamiz:
33
F b  F 3   9.
3
3.
F a  ni topamiz:
34
1
F a   F 1  .
3
F b   F a   9 
4.
1 26
2

8 .
3 3
3
3
3
x3
33 13
1
2
x
dx




9


8
.
Demak, 
3
3
3
3
3
1
1
2
b
 cos xdx .
2-misol. Hisoblang:
a
Yechilishi:
Integralni hisoblashni
yuqoridagi
bosqichlar
asosida, ya`ni (7)
formulani qo`llash orqali bajaramiz:
b
 cos xdx  sin x
b
a
 sin b  sin a   sin a  sin b.
a
 x
3
3-misol. Integralni hisoblang:
3

 2 x dx.
2
Yechilishi: Aniq integralning 3- xossasiga asosan berilgan integralni ikki
qismga ajratamiz va Nyuton –Leybnis formulasidan foydalanib, hisoblaymiz:

3
2

3
3
3
3
x4
2x2
81
85
1
x  2 x dx   x dx   2 xdx 

 494 
 21 .
4 2
2 2 4
4
4
2
2
3
3
O`rta qiymat haqidagi teorema
Teorema. Agar
f  x  funksiya [a, b] kesmada uzluksiz bo`lsa, u holda, shu
kesmada shunday c nuqta mavjud bo`ladiki, uning uchun
b
 f xdx  f cb  a 
(1)
a
tenglik o`rinli bo`ladi.
Isboti: Faraz qilaylik, a  b bo`lsin. U holda, funksiyaning
berilgan [a, b]
kesmadagi eng katta qiymati M va eng kichik qiymati m bo`lsin, ya`ni
35
m  f x   M .
(2)
[a, b] da (2) tengsizlikni integrallaymiz:
b
b
b
a
a
a
 mdx   f xdx   M dx.
b
mb  a    f x dx  M b  a .
Bundan,
(3)
a
(3)ni b  a  0 ga hadma – had bo`lamiz:
b
1
m
f x dx  M .
b  a a
(4)
Berilgan f  x  funksiya [a, b] da uzluksiz bo`lganligi uchun qo`yi va
yuqori chegara oralig`idagi (ya`ni [ m , M ]) istalgan qiymatni qabul qiladi. U
b
1
f x dx
holda, [a, b] da shunday c nuqta mavjud bo`ladiki, f c  
b  a a
bo`lishini ta`minlaydi. Bu esa (1) formuladan iborat. Teorema isbot bo`ldi.
Aniq integralni bo`laklab integrallash
u x  va vx  funksiyalar berilgan bo`lib, ular [a, b] kesmada uzluksiz
hosillalar ( u  x  va vx  ) ga ega bo`lsin. U holda, bizga ma`lum bo`lgan
uxvx  uxvx  uxvx
(1)
tenglikni [a, b] kesmada integrallaymiz:
b

b
b
a
a
 uxvx dx   uxvxdx   uxvxdx .
a
(2)
(2)ni quyidagi ko`rinishda ham ifodalash mumkin:
b

b
b
a
a
 uv  dx   u vdx   u vdx.
a
(3)
(3)ning chap tomonini quyidagicha yozish mumkin:
36
b
b



uv
dx

uv

a.
(4)
a
U holda (3):
b
b
a
a
uv a   u vdx   u vdx
b
b
(5)
b
 udv  uv   vdu.
b
yoki
(6)
a
a
a
hosil bo`ladi. Bu formulaga aniq integralni bo`laklab integrallash formulasi
deyiladi.

2
1-misol.
 x cos xdx
integralni hisoblang.
a
Yechilishi: Berilgan aniq integralni bo`laklab integrallash usulida yechish uchun
x  u va cos xdx  dv
deb belgilaymiz. U holda,
dx  du va v  sin x
bo`ladi. Bularni (6)ga qo`yamiz:


2


x  u

2
0 x cos xdx  dx  du v   cos xdx  sin x  x  sin x 0  0 sin xdx 

cos xdx  dv,
2


2
 sin

2

 0  sin 0  cos x 02 

2
1  cos

2
 cos 0 

2
 0 1 

2
 1.
1
2-misol. Hisoblang:
 xe dx.
x
0
Yechilishi: (6) formulani qo`llaymiz:
x
1
1

 x  u e dx  dv,

x 1
x
1
0
x
0 xe dx  dx  du v  e x dx  e x   xe 0  0 e dx  1 e  0  e  0 e dx 


 
1
x
1
 e  et  e  e  e0  1.
0
37
3 §. “Aniq integralni o`zgaruvchini almashtirish usuli bilan hisoblash”
mavzusidagi dars ishlanma
11-sinflar
Aniq
uchun
integralni
o`zgaruvchini
matematika
almashtirish
usuli
fanidan
bilan
hisoblash
mavzusidagi bir soatlik ochiq dars ishlanmasi
11-sinf Matematika
Mavzu : Aniq integralni o`zgaruvchini almashtirish usuli bilan hisoblash
Darsning maqsadi :
a) Tarbiyaviy maqsad: O`quvchilarga hosila, boshlang’ich funksiya, integralllash,
aniq integral haqida tushunca berish. b)tarbiyaviy : Dars davomida o`quvchilarni
to`g`ri fikrlashga , o`quvchilarni guruh bo`lib islashga o`rgatish;
d)rivojlantiruvchi : dars davomida misol va masalalar orqali o`quvchilar fikrlash
qobiliyatini , muloqot madaniyatini rivolantirish;
Kompetensiya: TK: Milliy va umummadaniy kompetensiya-vatanga sadoqatli
insonlarga mehr oqibatli hamda umuminsoniy va milliy qadriyatlarga e`tiqodli bo`lish,
orasta kiyinish , madaniy qoidalarga va sog`lom turmush tarziga amal qilish
layoqatlarini
shakllantirish;
Fanga oid kompetensiya:O`quvchilar hosila, boshlang’ich funksiya, integralllashni
mazmuni haqida tushunchaga ega , hosila, boshlang’ich funksiya jadvallaridan to’g’ri
foydalana oladi.
Dars turi : Yangi bilim beruvchi.
Dars uslubi : guruh bilan ishlash , aqliy hujum .
Dars jihozi: Mavzuga oid ko`rgazma qurollar , tarqatma materiallar , noutbuk .
Dars
bosqichlari:
I.Tashkiliy qism :
Salomlashish .
O`quvchilarni darsga tayyorgarliklarini tekshirish .
O`quvchilar davomatini aniqlash .
38
II.
O`tilgan
mavzularni
takrorlash
:
Bunda o`quvchilarni ikki guruhga bo`lib ularga daraxtdagi mevalarni naviga qarab
yig`ishni topshiraman. Bunda I-guruh o`quvchilari qizil olmalarni yig`adi.
2-guruh sariq olmalarni yig`adi. Olmalarini orqasiga turli chala kvadrat
tenglamalarni turli ko`rinishlari yozilgan . O`quvchilar ularni turlariga
qarab ajratadilar va yechish usullarini tushuntiradilar .
III. Yangi mavzu bayoni:
yangi mavzuni tushuntirishni boshlayman:
Aniqmas integralni o`zgaruvchini almashtirish usulida yechishdan ma`lumki,
agar integrallash qoidalari, xossalari yoki formulalar yordamida integrallash qiyinlik
tug`dirsa integral ostidagi funksiyaga yangi o`zgaruvchi kiritish lozim. Aniq
integralni hisoblashda ham shu usul qo`llaniladi.
b
 f x dx ni
o`zgaruvchini almashtirish usulida hisoblash talab qilinsin.
a
Yangi t o`zgaruvchini kiritaylik. U holda, x   t .  t  funksiya [a, b] kesmada
uzluksiz va differensiallanuvchi bo`lsin. Agarda t o`zgaruvchi [ ,  ] kesmada
o`zgarganda x o`zgaruvchi [a, b] da o`zgarsa, ya`ni     a,     b, hamda
f  t  murakkab funksiya [ ,  ] kesmada uzluksiz va aniqlangan bo`lsa,
quyidagi formula o`rinli bo`ladi:

b
 f xdx   f  t  t dt.
(1)
a
(1) formulaga o`zgaruvchini almashtirish usulida integral formulasi deyiladi.
F  x  funksiya f  x  ning boshlang`ichi bo`lsin. U holda, F  t  funksiya
f  t   t  ning boshlang`ichi bo`ladi. Shuning uchun

b
 f  t t dt  F     F     F b  F a   f xdx.
a
Demak, (1) formula hosil bo`ldi.
Yuqoridagilarni umumlashtirib, o`zgaruvchini almashtirish
integrallashni quyidagi ketma – ketlikda bajarish tavsiya qilinadi:
1.
Imkoni bo`lsa, integral ostida berilgan ifodani soddalashtirish.
2.
Yangi o`zgaruvchini kiritish ( x   t  ).
3.
Integralning yangi chegaralarini aniqlash.
4.
Hosil bo`lgan integralni hisoblash.
usulida
39
O’qituvchi doskaga mavzu bo’yicha misol ko’rsatib tushuntirib beradi
3
misol.
 2 x  1 dx ni hisoblang.
3
2
Yechilishi: 2 x 1  t
differensiallaymiz:
almashtirishni bajaramiz. Uning
ikkala
tomonini
1
du.
2
Integralning yangi chegaralarini topamiz. Buning uchun 2 x 1  u dagi x ning
o`rniga avval integralning yuqori chegarasi 3 ni, keyin esa quyi chegarasi 2 ni
qo`yib hisoblaymiz:
uю  2  3  1  5, uк  2  2  1  3.
Demak, yangi chegaralar uю  5 va uк  3 ekan. U holda,
d 2 x  1  du,
Bundan dx 
2dx  du.
3
3

3

1 3
1 u4
1 4 4
2 2x 1 dx  2 2 u du  2  4 2  8 5  3  68.
Quyidagi misollarni o’quvchilar gurux bo’lib o’zlari ishlaydilar:
3
2
1-misol. Integralni hisoblang:  2 x  1 dx .
4
0
Yechilishi: Integral ostidagi 2 x  1 ni t o`zgaruvchi bilan almashtiramiz. U holda
1
2 x 1  t ning differensiali quyidagicha bo`ladi: 2dx  dt. Bundan, dx  dt .
2
Endi yangi chegaralarni topamiz. Buning uchun 2 x 1  t dagi x ning o`rniga
yuqori chegara 2 ni, keyin esa quyi chegara 0 ni quyib hisoblaymiz:
x  2 da t ю  5, x  0 da t к  1.
Demak, yangi integralning yuqori chegarasi tю  5 , quyi chegarsi tк  1 ga teng
ekan. Yuqorida aytilganlarning analitik ifodasini keltiramiz:
2 x  1  t , 2 x  1  t , 2  2  1  t , t  5;
2


4
ю


2
x

1
dx



1
0
2
x

1

t
,
2

0

1

t
,
t

1
.
dx

dt
к


2

5
1
1 t5
  t  dt  
2
2 5
1
5
4
1
5


t5
1 5 5
1


5  1   3124  312,4.
10 1 10
10
a
2-misol. Integralni hisoblang:

a 2  x 2 dx, a  0.
0
Yechilishi: Bunda integral ostidagi ifodadagi x ni a sin t bilan almashtiramiz:
x  a sin t.
U holda, dx  a sin tdt hosil bo`ladi. Endi integralning yangi chegaralarini
topamiz:
40
x  a da a  a sin t ,
x  0 da 0  a sin t ,
Demak,
a

0
sin t  1,
2
sin t  0, tк  0.
 x  a sin t ,
a  x dx  
dx  a cos tdt
2

tю 
tю 
;

 
, 2 2
2
2
2    a  a sin t  a cos tdt 
tк  0.  0
2



2
2
a
0
1  cos 2t
a
dt 
2
2
0
2
  a  cos t  a cos tdt  a 2  cos2 tdt  a 2 


2 2
2 2
 dt 
0
a
2
 cos 2tdt 
0

2

a  1
1
 2 a 
  1
  t  sin 2t     0   sin  2     sin 0  
2 2
2 2
2
0
 2 2

2
a2   1
1  a 2  a 2

 
.
   0   0 
2 2 2
2  2 2
4
1
2
3-misol. Integralni hisoblang:
x 1
 1  4x
2
dx.
0
Yechilishi: Integral ostidagi ifodani ikkita kasrga ajratib, integrallar yig`indisiga
keltiramiz va ularni alohida – alohida hisoblaymiz, ya`ni:
1
2
x 1
 1  4x
2
0
1
2
1
2
x
1
dx  
dx .
2
2
1

4
x
1

4
x
0
0
dx  
2
Birinchi integralda 1  4 x  t , ikkinchisida esa 2 x  u almashtirishni bajaramiz.
U holda, birinchi integralning yangi chegaralari: tю  2, tк  1, ikkinchisiniki esa
uю  1, uк  0 bo`ladi. Integralni hisoblashning analitik ifodasi quyidagicha:
1
2
x 1
 1 4x
0
2
1
2
1
2
x
1
dx  
dx 
2
2
1

4
x
1

4
x
0
0
dx  
1  4 x 2  dt

2x  u
t ю  2  
u ю  2 

, 
 
 
1
1


 xdx  dt t к  1   dx  2 du u к  1 
8


2
1
2
1
2
1
1
1
1 1
1
1
1
1
  dt  
du   dt  
du  ln t  arctgu 
2
2
8t
2 1 u
81t
2 0 1 u
8 1 2
0
1
0


41



1
ln 2  ln 1  1 arctg1  arctg 0  1 ln 2  1  2  0   0,48.
8
2
8
2 2

Biz ushbu masalalarni yechish orqali, biz aniq integralni o`zgaruvchini
almashtirish (o`rniga qo`yish) usuli bilan hisoblashni o’rganib chiqdik
IV. Yangi mavzuni mustahkamlash uchun darslikda berilgan misollarni yechamiz .
5
a
 4  x dx .
3
№13.
№17.
№15.
1
1
0 3x  1 dx .
2

1
a 2  x 2 dx .
a
4
1
№14.

№18.

1  x 2 dx .
0

2 sin x
dx .
2
№19. 
 1  cos x 
1
dx .
5x  1
2
 2x
1
№16.
3

3
2
2
№20.  2 x 9  x dx .
4
 1 x 2 dx .
0
0
V. Mavzuni mustahkamlash uchun quyidagi tarqatma materiallar beriladi va
o`quvchilar bu tarqatma materiallarni mustaqil to`ldirib chiqadilar.
VI.
Darsni
yakunlah
.
Uyga
vazifa
beriladi.
Faol
O`quvcilarni
o`quvchilar
baholash
.
baholanadi.
42
4 §. Integral hisob elementlariga doir didaktik ma’lumotlar
b
Aniq integralning
 f ( x)dx
belgilanishi shu funksiyaning aniqmas integrali
a
belgilanishiga o‘xshash. Bu tasodifiy emas. Aniq integralni hisoblash shu integral
ostidagi funksiyaning aniqmas integralini hisoblashga keltiriladi, ularning
belgilashlarining o‘xshashligi integrallash formulalarini eslab qolishni osonlashtiradi.
Ammo aniq integral bilan aniqmas integral orasida muhim farq mavjud: f(x)
funksiyaning [a;b] kesmadagi aniq integrali biror sondan iborat, shu funksiyaning
aniqmas integrali esa uning barcha boshlang‘ich funksiyalarini ifodalaydi. Shu sababli
bular turli tushunchalardir.
Aniq integralning geometrik masalalarga tatbiqlari
Egri chiziqli trapetsiyaning yuzasi masalasi
Tekislikda
Oxy to‘g‘ri burchakli dekart koordinatalar sistemasi kiritilgan va [a; b]
, b  a kesmada uzluksiz va manfiy bo‘lmafan
y  f (x) , ya’ni f ( x)  0 funksiya
aniqlangan bo‘lsin.
Yuqoridan
y  f (x) funksiya grafigining yoyi bilan, quyidan Ox o‘qning
[a; b] kesmasi bilan, yon tomonlaridan
x  a, 0  y  f (a) va x  b, 0  y  f (b)
to‘g‘ri chiziqlar bilan chegaralangan aABb figuraga egri chiziqli trapetsiya deyiladi
(1-rasm). aABb
trapetsiyaning
egri
chiziqli
S yuzasiga ta’rif
beramiz. [a; b] kesmani n ta kichik
kesmalarga bo‘lamiz: bo‘linishsh
nuqtalarining
abssissalarini
1
-
a  x0  x1  ...  xi 1  xi  ...  xn1  xn  b bilan belgilaymiz. {xi }  {x0 , x1 ,..., xn }
43
bo‘lish nuqtalari to‘‘lamini [a; b] kesmanining bo‘linishi deymiz.
nuqtalari orqali
xi bo‘linish
Oy o‘qqa ‘arallel x  xi to‘g‘ri chiziq o‘tkazamiz. Bu to‘g‘ri
chiziqlar aABb tra’etsiyani asoslari [ xi 1 ; xi ] bo‘lgan n ta bo‘lakka bo‘ladi. aABb
tra’et-siyaning S yuzasi n ta tasma yuzalarining yig‘indisiga teng bo‘ladi. n
yetarlicha katta va barcha [ xi 1 ; xi ] kesmalar kichik bo‘lganida har bir
n ta
tasmaning yuzasini husoblash oson bo‘lgan mos to‘g‘ri to‘trburchakning yuzasi
bilan almashtirish mumkin bo‘ladi. Har bir [ xi 1 ; xi ] kesmada biror
tanlaymiz,
 i nuqtani
f (x) funk-siyaning bu nuqtadagi qiymati f ( i ) ni hisoblaymiz va uni
to‘g‘ri to‘rtburchakning balandligi deb qabul qilamiz. [ xi 1 ; xi ] kesma kichik
bo‘lganida
f (x) uzluksiz funksiya bu kesmada kichik o‘zgarishga ega bo‘ladi. Shu
sababli bu kesmalarda funksiyani o‘zgarmas va taqriban f ( i ) teng deyish
mumkin. Bitta
tasmaning
f ( i )( xi  xi 1 ) ga teng bo‘lganidan aABb
yuzasi
egri chiziqli tra’etsiyaning S yuzasi taqriban S n teng bo‘ladi:
n
S  S n   f ( i )xi , xi  xi  xi 1
i 1
(1)
(1) taqribiy qiymat d  max xi (i  1, n) kattalik qancha kichik bo‘lsa
i
shuncha aniq bo‘ladi. d kattalikka {xi } bo‘linishning diametri deyiladi.
Bunda n   da d  0.
Shunday qilib, egri chiziqli trapetsiyning S yuzasi deb, S n to‘g‘ri
to‘rtbur-chaklar yuzasining bo‘linish diametri nolga intilgandagi limitiga
aytiladi, ya’ni
n
S  lim
S  lim
 f ( i )xi .
d 0 n
d 0
(2)
i 1
Demak,
egri
chiziqli
tra’etsiyaning
yuzasini
hisoblash
masalasi
(2) ko‘rinishdagi limitni hisoblashga keltiriladi.
44
Yuzani dekart koordinatalarida hisoblash
Aniq integralning geometrik ma’nosiga asosan abssissalar o‘qidan
yuqorida yotgan, ya’ni yuqoridan y  f (x) ( f ( x)  0 ) funksiya grafigi
bilan, quyidan Ox o‘q bilan, yon tomonlaridan x  a va x  b to‘g‘ri
chiziqlar bilan chegaralangan egri chiziqli tra’etsiyaning yuzasi
b
S   f ( x)dx
(1)
a
integtegralga teng bo‘ladi.
Shu kabi, abssissalar o‘qidan ‘astda yotgan, ya’ni quyidan y  f (x) (
f ( x)  0 ) funksiya grafigi bilan, yuqoridan Ox o‘q bilan, yon tomonlaridan
x  a va x  b to‘g‘ri chiziqlar bilan chegaralangan egri chiziqli
tra’etsiyaning yuzasi
b
S    f ( x)dx
(2)
a
integtegralga teng bo‘ladi.
(1) va (2) formulalarni bitta formula bilan umumlashtirish mumkin:
b
S   f ( x)dx .
(3)
a
Misol
y  x 2 , y  0 va x  1 chiziqlar bilan chegaralangan tekis rasm yuzasini
(1) formula bilan to’amiz:
1
x3
1
S   x dx 
 .
3 0 3
0
1
2
Yuzani hisoblashga oid murakkabroq masalalar yuzaning additivlik
xossasiga asoslangan holda yechiladi. Bunda tekis rasm kesishmaydigan
qismlarga ajratiladi va aniq integralning 4 o xossasiga ko‘ra tekis rasmning
yuzasi qismlar yuzalarining
yig‘indisiga teng bo‘ladi.
Misol
45
y  cosx,
y  0, x  0 va x   chiziqlar bilan chegaralangan tekis
rasm yuzasini hisoblaymiz. Bunda berilgan tekis rasmni yuzalari S1 va S 2
bo‘lgan kesishmaydigan qismlarga ajratamiz (2-rasm). U holda yuzaning
additivlik xossasiga asosan berilgan tekis rasmning yuzasi qismlar
yuzalarining yig‘indisiga teng bo‘ladi.
Demak,

2


2
0

S  S1  S2   cos xdx   cos xdx  sin x  sin x   1  (1)  2.
0

2
2
[a; b] kesmada ikkita y1  f1 ( x) va y2  f 2 ( x) uzliksiz funksiyalar
berilgan va x [a; b] da f 2 ( x)  f1 ( x) bo‘lsin. Bu funksiyalarning grafiklari
va x  a , x  b to‘g‘ri chiziqlar bilan chegaralangan tekis rasmning
yuzasini to’amiz.
Har ikkala funksiya musbat bo‘lganda bu tekis rasmning yuzasi
yuqoridan y2  f 2 ( x) va y1  f1 ( x) funksiyalar garfiklari bilan, quyidan Ox
o‘q bilan, yon tomonlardan
x  a va
x  b to‘g‘ri chiziqlar bilan
chegaralangan egri chiziqli
tra’etsiyalar yuzalarining ayirmasiga teng bo‘ladi:
46
b
b
b
a
a
a
S   f 2 ( x)dx   f1 ( x)dx   ( f 2 ( x)  f1 ( x)) dx.
(4)
Misollar
2
1. y  x  1 va y  x  1 chiziqlar bilan chegaralangan tekis rasmning
yuzasini hisoblaymiz.
Tekis rasm umumiy B(0;1) va C (3;2) nuqtalarga ega bo‘lgan
‘arabola va to‘g‘ri chiziq bilan chegaralangan. Tekis rasmni uchta qismga,
ya’ni yuzalari S1 ga teng bo‘lgan AOD va AOB ‘arabolik sektorlarga va
yuzasi S 2 ga teng bo‘lgan BCD ‘arabolik uchburchakka ajratamiz (1-rasm).
47
Bunda (1) va (4) formulalarni
qo‘llab, to’amiz:
1
-
0
3
1
0
S  2S1  S 2  2  x  1dx   ( x  1  ( x  1)) dx 
3
4
x2
9
2

3
3

( x  1)  
( x  1)   x   .
3
2
3
0 2
1
0
Bu
yuza y o‘zgaruvchi bo‘yicha hisoblanganda tekis rasmni
qismlarga ajratiish shart bo‘lmaydi:
1-misol. Tekislikda ushbu
x2 y2

1
a2 b2
elli’s bilan chegaralangan Q shaklning yuzi to’ilsin.
◄Ellips bilan chegaralangan Q shaklning yuzi OX va OY
koordinata o`qlari hamda
f ( x)  b  1 
x2
a2
,
0 xa
chiziqlar bilan chegaralangan egri chiziqli tra’etsiya yuzi-ning 4 tasiga teng
bo`ladi. (11-chizma ).
48
Unda (1) formuladan foydalanib to’amiz:
x2
4b a 2
 (Q)  4 b 1  2 dx   a  x 2 dx 
a 0
a
0
a
x  a sin t ,

0t 

2

dx  a costdt ,


4b 2 2

 a  cos 2 tdt  4ab   ab . ►
a
4
0
Tekis egri chiziq yoyi uzunligini hisoblash
Tekislikda AB egri chiziq [a; b]
kesmada uzluksiz
y  f (x) funksiya
grafigi bilan berilgan bo‘lsin. AB egri
chiziq
uzunligini
II sxemadan
foydalangan holda to’amiz.
1o. [a; b]
kesmada ixtiyoriy x
qiymatni tanlaymiz va
o‘zgaruvchi
[a; x] kesmani qaraymiz. Bu kesmada l
kattalik x
ning funksiyasi bo‘ladi:
l  l (x) (l (a)  0 va l (b)  l ).
2ras
49
2 o. x ning kichik x  dx kattalikka o‘zgarishida dl differensialni

dl  l ( x)dx.
to’amiz:
MN yoyni uni tortib turuvchi vatar bilan
almashtiramiz (1-rasm) va l (x ) ni to’amiz:
(x) 2  (y ) 2
l
y
 lim
  lim 1     1  ( yx ) 2 .
x 0
x 0
x
x
 x 
2
l ( x)  lim
x 0
Demak,
dl  1  ( y x ) 2 dx
yoki
y x 
dy
dx
ekanidan
dl  (dx ) 2  (dy ) 2 .
3o. dl ni a dan b gacha integrallab, to’amiz:
b
l   1  ( y x ) 2 dx
(5)
a
(5) tenglikka yoy differensialining to‘g‘ri burchakli koordinatalardagi
formulasi deyiladi.
Agar egri chiziq x  g ( y), y  [c; d ] tenglama bilan berilgan bo‘lsa,
yuqorida keltirilganlarni takrorlab,
AB yoy uzunligini hisoblashning
quyidagi formulasini hosil qilamiz:
d
l   1  ( xy ) 2 dy .
c
Hajmni ko‘ndalang kesim yuzasi bo‘yicha hisoblash
Hajmi hisoblanishi lozim bo‘lgan qandaydir jism (13-rasm) uchun
uning istalgan ko‘ndalang kesim yuzasi S ma’lum bo‘lsin. Bu yuza
ko‘ndalang kesim joylashishiga bog‘liq bo‘ladi: S  S (x), x  [a; b] , bu
yerda S (x) - [a; b] kesmada uzluksiz funksiya.
Izlanayotgan hajmni II sxema asosida to’amiz.
1o. Istalgan x [a; b]
nuqta orqali Ox o‘qqa ‘er’endikular tekislik
o‘tkazamiz. Jismning bu tekislik bilan kesimi yuzasini
S (x) bilan va
jismning bu tekislikdan cha’da yotgan bo‘lagining hajmini V (x) bilan
50
belgilaymiz. Bunda V kattalik x ning funksiyasi bo‘ladi: V  V (x)
(V (a)  0 va V (b)  V ).
2 o. V (x) funksiyaning dV differensialini to’amiz. Bu differensial Ox
o‘q bilan x va x  x nuqtalarda kesishuvchi ‘arallel tekisliklar orasidagi
«elementar qatlam» dan iborat bo‘ladi. Bu differensialni asosi S (x) ga va
balandligi dx ga teng silindr bilan taqriban almashtirish mumkin. Demak,
dV  S ( x)dx.
3o. dV ni a dan b gacha integrallab, izlanayotgan hajmni to’amiz:
b
V   S ( x)dx.
a
2. Aniq integralning fizik masalalarga tatbiqlari
Bosib o‘tilgan yo‘l masalasi
Agar material nuqtaning harakat qonuni
s  f (t ) ( bunda t - vaqt, s -
bosib o‘tilgan yo‘l) tenglama bilan berilgan bo‘lsa
f (t ) funksiyaning f (t )
hosilasi material nuqtaning berilgan vaqtdagi harakat tezligi v ga teng, ya’ni
51
v  f (t ) bo‘ladi Fizikada quyidagi teskari masalani tez-tez yechishga
to‘g‘ri keladi. Material nuqta to‘g‘ri chiziq bo‘ylab v tezlik bilan harakat
qilayotgan bo‘lsin. v tezlik t vaqtning uzluksiz funksiyasi bo‘lsin deymiz.
Material nuqta
vaqtning t  a dan t  b gacha bo‘lgan biror [a; b]
oralig‘ida bosib o‘tgan yo‘l
s ni to’amiz.
[a; b]
kesmani
a  t 0  t1  ...  ti 1  ti  ...  t n1  t n  b nuqtalar bilan vaqtning n ta
yetarlicha kichik oraliqlariga bo‘lamiz. Vaqtning kichik [t i 1 ; t i ] oralig‘ida
v(t ) tezlik deyarli o‘zgarmaydi va uni bu vaqt oralig‘ida o‘zgarmas va v( i )
(  i  [t i 1 ; t i ] ) ga taqriban teng deyish mumkin. Bunda harakat [t i 1 ; t i ]
kesmada tekuis bo‘ladi. U holda bosib o‘tilgan yo‘l bu vaqt oralig‘ida
v( i )(ti  ti 1 ) ga ,
n
s  sn   v( i )ti , t i  ti  ti 1 ga
[a; b] vaqt oralig‘ida
i 1
teng bo‘ladi. Bu taqribiy qiymat d  max ti (i  1, n) kattalik qancha kichik
i
bo‘lsa shuncha aniq bo‘ladi.
Shunday qilib, s bosib o‘tilgan yo‘l deb, sn yig‘indining d  0 dagi
limitiga aytiladi, ya’ni
n
s  lim
s  lim
 v( i )ti .
d 0 n
d 0
i 1
(1)
Demak, bosib o‘tilgan yo‘lni hisoblash masalasi (3) ko‘rinishdagi
limitni hisoblashga keltiriladi.
Tabiat bilim va texnikaning bir qancha masalalari yuqoridagi kabi
yig‘indining limitini to’ishga keltiriladi.
Kuchning bajargan ishini hisoblash

F
Material nuqta o‘zgaruvchan
kuch tasirida Ox o‘qi bo‘ylab
harakatlanayotgan bo‘lsin va bunda kuchning yo‘nalishi harakat yo‘nalishi

bilan bir xil bo‘lsin. U holda F kuchning material nuqtani Ox o‘qi bo‘ylab
52
x  a nuqtadan x  b (a  b) nuqtaga ko‘chirishda bajargan ishi quyidagi
formula bilan hisoblanadi:
b
A   F ( x)dx ,
(2)
a
bu yerda F (x) funksiya [a; b] kesmada uzluksiz.
Misollar
1. Agar ‘rujina 1H kuch ostida 1 sm ga cho‘zilsa, uni 6 sm cho‘zish
uchun qancha ish bajarish kerak bo‘lishini to’amiz.
Guk qonuniga
muvofiq F kuch va x cho‘zilish o‘zaro F  kx bog‘lanishga ega.
‘ro’orsionallik koeffitsiyentini masalaning shartidan to’amiz:
x  1 sm  0,01 m da F  1H , ya’ni 1  k  0,01 .
Bundan, k  100 va F  100x .
U holda
0 , 06
A   100xdx  50x 2 0
0 , 06
 0,18 ( J ) .
0
2. m massali kosmik kemani erdan h masofaga uchurish uchun
qancha ish bajarish kerak bo‘lishini to’amiz. Butun
olam
qonuniga ko‘ra yerning jismni tortish kuchi F  k
tortishish
mM
ga teng, bu
x2
yerda M -yerning massasi, x - yer markazidan kosmik kemagacha bo‘lgan
masofa, k - gravtasiya doimiyligi. Yer sirtida, ya’ni x  R da
F  mg ga
teng, bu yerda g - erkin tushish tezlanishi.
U holda
mg  k
mM
.
R2
R2
Bundan kM  gR va F  mg 2 .
x
2
Izlanayotgan ishni (1) formula bilan to’amiz:
53
Rh
R2
1
1
h
 1
A   mg 2 dx  mgR 2
 mgR 2 
   mgR
.
x
xR
R

h
R
R

h
R


Rh
Agar kosmik kema cheksizlikka ketsa, ya’ni h   da
A  mgR
bo‘ladi.
Jismning bosib o‘tgan yo‘li
Material nuqta (jism) to‘g‘ri chiziq bo‘ylab o‘zgaruvchan v  v(t )
tezlik bilan harakatlanayotgan bo‘lsin. Bu nuqtaning t1 dan t 2 gacha vaqt
oralig‘ida bosib o‘tgan yo‘lini to’amiz.
Hosilaning fizik ma’nosiga ko‘ra nuqtaning bir tomonga harakatida
«to‘g‘ri
chiziqli harakat tezligi yo‘ldan vaqt bo‘yicha olingan hosilaga teng», ya’ni
v(t ) 
dS
.
dt
Bundan
dS  v(t )dt . Bu tenglikni
t1
dan t 2
gacha
integrallaymiz:
t2
S   v(t )dt.
t1
(3)
Izoh. Bu formulani aniq integralni qo‘llash sxemalari bilan to’ish
mumkin.
Misol
Material nuqtaning tezligi
v  2(6  t ) m/ s qonun bilan o‘zgaradi.
Nuqtaning harahat boshidan eng katta uzoqlashishini to’ami:
t
S   2(6  t )dt  12t  t 2 .
0
Nuqtaning eng katta uoqlashishini yo‘lni vaqtning funksiyasi sifatida
qarab, topamiz: S   12  2t. t  6 da S   0 bo‘ladi.
Bundan
S max  12  6  6 2  36 m.
54
“Ko’payish”larda subhektlar soni vaqt o’tishi bilan o’zgarib boradi.
“Ko’payish”larning yashash sharoiti yuqori darajada bo’lsa subhektlarning
ko’payishi, ularning kamayishidan ortiq bo’ladi va ularning umumiy soni vaqt
o’tishi bilan ortib boradi. Vaqt birligida subhektlarning sonini o’sishini
ko’payishlarning o’sishi tezligi deb olamiz. Mazkur tezlikni
v  v(t ) deb olamiz.
“Eski”, bir maqomga ega bo’lgan hamda ma’lum mintaqada ko’’ vaqtlardan beri
faoliyat ko’rsatayotgan ko’payishlarda
v(t ) tezlikning o’sishi kichik bo’lib, bu
tezlik sekinlik bilan nolga intiladi. Biroq ko’payishlar “yosh” bo’lsa, uning
boshqa mahalliy ko’payishlar bilan o’zaro aloqasi o’rnatilmagan bo’lsa yoki
insonning ongli ravishda aralashishi kabi holatlar asosida ushbu o’zaro aloqalarni
o’zgartirishga olib keluvchi tashqi tahsirlar mavjud bo’lsa, u holda
v(t ) ning
qiymati keskin darajada ortishi yoki kamayishi mumkin.
Agarda
v(t ) ko’payishlar o’sishi tezligi ma’lum bo’lsa, u holda biz t 0 – T vaqt
oralig’ida ko’payishlar sonini o’sishini to’ishimiz mumkin. Darhaqiqat,
tahrifiga ko’ra t vaqt mobaynida
Demak,
v(t ) ning
N (t ) – ko’payishlar sonining hosilasi hisoblanadi.
N (t ) – ko’payishlar sonini v(t ) uchun birlamchi hisoblanadi.
SHuning uchun:
N (T )  N (t0 ) 

T
v(t )dt
t0
(1)
Ma’lumki, manbaalarning turli shakldagi tahminlanishlarining chegaralanmagan
sharoitida ko’’lab ko’payishlarning o’sishi tezligi eks’onentsial shaklda bo’ladi,
yahni v(t )  a  ekt . Ko’payishlar ushbu holatda “eskirish” xususiyatni yo’qotadi.
Bunday sharoitlarni ko’’ hollarda mikroorganizmlar uchun yaratish mumkin,
masalan, ko’chatlarni vaqti-vaqti bilan yuqori sifatli tu’roqqa o’tkazish orqali.
(1)
tadbiq etgan holda quyidagi formulani hosil qilamiz:
T

a T
a
N (T )  N (t0 )  a  ekt dt  N (t0 )  e kt  N (t0 )  e kT  e kt0
t
0
k
k
t0

(2)
55
(2)
ga
xos
bo’lgan
formulalar
orqali
‘enitsillin
ajratib
beruvchi
madaniylashtirilgan mog’or qo’ziqorinchalar sonini hisoblash mumkin.
Ko’payishlar biomassasi. Subhekt og’irligi sezirarli darajada o’zgaruvchi
ko’payish
jarayonini
ko’rib
chiqamiz
hamda
ko’payishning
umumiy
biomassasini hisoblaymiz.
 – u yoki bu vaqt oralig’idagi o’sishni anglatsa, N ( ) – yoshi  ga teng bo’lgan
ko’payishlardagi subhektlar soni bo’lsin.
og’irligi deb olsak,
P( ) –  yoshdagi subhektning o’rtacha
M ( ) – 0 dan  yoshgacha bo’lgan barcha subhektlarning
biomassasi bo’lsin.
N ( )  P( ) –ko’paytma  yoshdagi barcha subhektlarning biomassasiga
tengligini hisobga olsak, u holda quyidagi ifoda o’rinli bo’ladi:
M (   )  M ( ).
Bu yerda   0. Mazkur ifoda
 dan    yoshgacha bo’lgan barcha
subhektlarning biomassasiga ifodalaydi, va u quyidagi tengsizlikni qanoatantiradi:
( (
) )
N ( ) P( )  M      M ( )  N ( ) P( )
Bu yerda
(3)
( (
N ( )  P( ) funktsiyaning [ ,   ] oraliqda N ( ) P( ) – eng kichik,
) )
N ( ) P( )  eng katta qiymatlaridir.
  0. holatni inobatga olgan holda (3) dan quyidagiga ega bo’lamiz:
M      M ( )
(
(
)
)
N ( ) P( ) 
 N ( ) P( )

P( )  N ( ) – uzluksizligidan quyidagi ifoda o’rinli bo’ladi:
(
(
)
)
lim  N ( ) P ( )   lim  N ( ) P( )   N ( ) P( ).
 0
 0
SHuning uchun quyidagiga ega bo’lamiz:
M      M ( )
 N ( ) P( )
 0

lim
yoki
d ( M ( ))
 N ( ) P( ).
d
56
So’ngra
M ( ) – biomassa N ( )  P( ) uchun birlamchi hisoblanadi. Bunig
asosida quyidagi ifoda hosil bo’ladi:
T

M (T )  M (0) 
N ( ) P( )d ,
0
Bu yerda T – mazkur ko’payishda subhektning maksimal yoshi.
M (0)  0
bo’lgan uchun natijada quyidagi ifodaga ega bo’lamiz:
T
M (T ) 

N ( ) P( )d .
0
Aniq integralning fizik-mexanik tatbiqlari
Kattaligi o’zgaruvchan va 𝑓(𝑥) funksiya bilan aniqlanadigan kuch moddiy
nuqtani [𝑎, 𝑏] kesma bo’yicha harakatlantirganda bajarilgan 𝐴
ish
𝑏
𝐴 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
formula bilan hisoblanadi.
Biror o’zgarmas tezlik bilan to’gri chiziq bo’ylab tekis harakat
qilayotgan
moddiy
[𝑎, 𝑏]
nuqtaning
vaqt
oralig’ida
bosib
o’tgan 𝑆 masofasi 𝑆 = 𝑣(𝑏 − 𝑎) formula bilan hisoblanadi.
Tezligi har bir 𝑡 vaqtda o’zgaruvchan va 𝑣(𝑡) funksiya bilan
aniqlanadigan notekis harakatda moddiy nuqtaning [𝑎, 𝑏] vaqt oralig’ida
bosib
o’tgan
𝑆
masofasi
𝑏
𝑆 = ∫ 𝑣(𝑡 )𝑑𝑡
𝑎
formula bilan aniqlanadi.
Ma’lumki, inersiya momenti tushunchasi mexanikaning muhim
tushunchalaridan
biri
hisoblanadi.
Tekislikda
𝑚
massaga
ega
57
bo’lgan 𝐴 moddiy nuqta berilgan bo’lib, bu nuqtadan biror 𝐼 o’qqacha (
yoki 𝑂 nuqtagacha) bo’lgan masofa r ga teng bo’lsin. U holda
𝐽=
𝑚𝑟 2 miqdor 𝐴 moddiy nuqtaning 𝐼 o’qga (𝑂 nuqtaga) nisbatan inersiya
momenti deb ataladi.
Masalan, tekislikdagi 𝑚 massaga ega bo’lgan 𝐴 = 𝐴(𝑥, 𝑦) moddiy
nuqtaning koordinata o’qlariga hamda koordinata boshiga nisbatan inersiya
momentlari mos ravishda
𝐽0 = 𝑚(𝑥 2 + 𝑦 2 ),
𝐽𝑥 = 𝑚𝑥 2 , 𝐽𝑦 = 𝑚𝑦 2
formulalar orqali hisoblanadi.
Masalan, tekislikda har biri mos ravishda 𝑚0 , 𝑚1 , … , 𝑚𝑛−1 massaga
ega bo’lgan 𝐴0 (𝑥0 , 𝑦0 ), 𝐴0 (𝑥1 , 𝑦1 ), … , 𝐴0 (𝑥𝑛−1 , 𝑦𝑛−1 ) , moddiy nuqtalar
sistemasining koordinata o’qlariga hamda koordinata boshiga nisbatan
inersiya
momentlari
mos
𝑛−1
( )
𝐽𝑥𝑛
ravishda
𝑛−1
= ∏ 𝑚𝑘 𝑥𝑘2 ,
( )
𝐽𝑦𝑛
= ∏ 𝑚𝑘 𝑦𝑘2
𝑘=0
𝑘=0
formulalar orqali ifodalanadi.
Biror egri chiziq yoyi bo’yicha massa tarqatilgan bo’lsin. Bu massali
egri chiziq yoyining koordinata o’qlari hamda koordinata boshiga nisbatan
inersiya
momentlari
𝑏
𝑏
2
𝐽𝑥 = ∫ 𝑥 2 √1 + (𝑓 ′ (𝑥)) 𝑑𝑥,
𝑎
formulalar
2
𝐽𝑦 = ∫ 𝑓 2 (𝑥) √1 + (𝑓 ′ (𝑥)) 𝑑𝑥,
𝑎
orqali
ifodalanadi.
tekislikda
massalari 𝑚1 , 𝑚2 , … , 𝑚𝑛 bo’lgan 𝑃1 (𝑥1 , 𝑦1 ), 𝑃2 (𝑥2 , 𝑦2 ), … , 𝑃𝑛 (𝑥𝑛 , 𝑦𝑛 ) mat
58
erial
nuqtalar
sistemasi
berilgan
bo’lsa,
u
holda, 𝑥𝑖 𝑚𝑖 va 𝑦𝑖 𝑚𝑖 ko’paytmalar 𝑚𝑖 massaning 𝑂𝑥 va 𝑂𝑦 o’qlariga
nisbatan statik momentlari deyiladi. Berilgan sistemaning og’irlik markazi
koordinatalarini 𝑥𝑐
va 𝑦𝑐 lar bilan belgilaymiz. U holda, mexanika
kursidan ma’lum bo’lgan
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
𝑥1 𝑚1 + 𝑥2 𝑚2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑚𝑛
𝑥𝑐 =
= (∑ 𝑥𝑖 𝑚𝑖 ) / (∑ 𝑚𝑖 )
𝑚1 + 𝑚2 + ⋯ + 𝑚𝑛
𝑦1 𝑚1 + 𝑦2 𝑚2 + ⋯ + 𝑦𝑛 𝑚𝑛
𝑥𝑐 =
= (∑ 𝑦𝑖 𝑚𝑖 ) / (∑ 𝑚𝑖 )
𝑚1 + 𝑚2 + ⋯ + 𝑚𝑛
formulalarni yozishimiz mumkin.
𝑦 = 𝑓(𝑥)(𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 ) tenglama bilan berilgan 𝐴𝐵 egri chiziq yoyining
og’irlik markazi koordinatalari quyidagi integrallar bilan aniqlanadi:
𝑏
𝑏
𝑥𝑐 = (∫ 𝑋𝑑𝑠) / (∫ 𝑑𝑠)
𝑎
𝑎
𝑏
𝑏
= (∫ 𝑥√1 + [𝑓 ′ (𝑥)]2 𝑑𝑥) / (∫ √1 + [𝑓 ′ (𝑥)]2 𝑑𝑥)
𝑎
𝑎
𝑏
𝑏
𝑦𝑐 = (∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑠) / (∫ 𝑑𝑠) =
𝑎
𝑎
𝑏
𝑏
= (∫ 𝑓(𝑥)√1 + [𝑓 ′ (𝑥)]2 𝑑𝑥) / (∫ √1 + [𝑓 ′ (𝑥)]2 𝑑𝑥)
𝑎
𝑦 = 𝑓1 (𝑥), 𝑦 = 𝑓2 (𝑥), 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏
𝑎
chiziqlar bilan chegaralangan tekis
figura og’irlik markazining koordinatalari
59
𝑏
𝑏
1
𝑦𝑐 = (∫[𝑓22 (𝑥) − 𝑓12 (𝑥)] 𝑑𝑥) / (∫[𝑓2 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥)] 𝑑𝑥)
2
𝑎
𝑎
𝑏
𝑏
𝑥𝑐 = (∫ 𝑥[𝑓2 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥)] 𝑑𝑥) / (∫[𝑓2 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥)] 𝑑𝑥)
𝑎
𝑎
formulalardan to’iladi.
Aniq integralning elementar masalalarga tatbiqlari
Integral yordamida tengsizliklarni isbotlash
Ma’lumki, agar y = f(x)
funktsiya [a,b] kesmada uzluksiz va
nomanfiy bo’lsa, u holda unga mos egri chiziqli trapetsiyaning S yuzi S=
b
a f ( x)dx
formula bilan topilar edi. SHuningdek, ushbu tasdiq ham o’rinli:
agar F figura F1 figurani o’z ichida saqlasa va F figuraning F1 figuraga
tegishli bo’lmagan kamida bitta ichki nuqtasi mavjud bo’lsa, u holda F1
figuraning S1 yuzi F figuraning S yuzidan kichik bo’ladi, yahni S1<S bo’ladi.
Bu tasdiq yuzning monotonlik xossasini ifodalar edi.
Aniq integralning geometrik ma’nosi va figura yuzining monotonlik
xossasidan
foydalanib
bahzi
tengsizliklarni
isbotlash
mumkin.
Tengsizliklarni isbotlashda funktsiyaning grafigi, egri chiziqli trapetsiya,
to’g’ri to’rtburchak, trapetsiya yuzlaridan foydalanib, tengsizlikning
geometrik “isbot”ini (qo’yilgan masalaning analizini) hosil qilamiz. Keyin
esa bu geometrik “isbot” yordamida analitik isbotni (analizda olingan
natijalarni sintez qilamiz) bajaramiz.
Tengsizliklarni yuqorida aytilgan usulda isbotlashga misollar
keltiramiz.
1-misol.
1
52 1
 ln

tengsizlikni isbotlang.
52
51 51
60
Isboti. Bu tengsizlikni isbotlash uchun ln
52
ni quyidagicha
51
52
52
dx
52
ln
 ln 52  ln 51  ln x 51  
ifodalab olamiz. Ravshanki, bu son
51
51 x
ACEF egri chiziqli trapetsiyaning yuziga,
1
1
va
sonlari mos ravishda
51
52
ACDF va ABEF to’g’ri to’rtburchaklarning yuzalari teng (1-rasm).
1-rasm
To’rtburchaklar va egri chiziqli trapetsiya orasida quyidagi
munosabatlar o’rinli: ABEFACEFACDF. Demak, figura yuzinning
monotonlik xossasiga ko’ra SABEF  SACEF  SACDF bo’ladi. Yahni geometrik
nuqtai nazardan yuqoridagi tengsizlik o’rinli bo’ladi. Bu geometrik
tasavvurga asoslangan “isbot” bo’lib, u o’z navbatida analitik isbotni
amalga oshirishga yordam beradi. Analitik isbotni amalga oshirishda
funktsiya va integralning xossalaridan foydalanamiz.
Aytaylik, f ( x) 
1
funktsiya [51,52] kesmada
x
berilgan bo’lsin.
Ravshanki, bu kesmada funktsiya kamayuvchi, demak
1 1 1
 
52 x 51
qo’shtengsizlik o’rinli. Bu tengsizlikni [51,52] kesmada integrallaymiz:
61
52
52
52
1
1
1
52 1
52
1
1
1
51 52dx  51 xdx  51 51dx . Natijada 52  ln x 51  51 , yoki 52  ln 51  51
hosil bo’ladi. Tengsizlik isbot bo’ldi.
2-misol.
1
1
 arcsin 0,8  arcsin 0,6 
tengsizlikni isbotlang.
4
3
Isboti. Arksinuslar ayirmasini aniq integral qiymati shaklida
ifodalash mumkin: arcsin 0,8  arcsin 0,6  arcsin x 0, 6 
0 ,8
0 ,8

0, 6
yuqoridan f ( x) 
1
1  x2
dx
1  x2
. Bu esa,
funktsiya grafigi bilan chegaralangan (2-rasm)
ABDF egri chiziqli trapetsiyaning yuziga teng.
f(0,6)=
5
4
va
5 1
S1=0,2 =
3 3
to’rtburchakning
ABEF
yuziga, shuningdek, f(0,8)=
va
5 1
S2=0,2 =
4 4
5
3
ACDF
to’rtburchakning yuziga teng.
Bu yuzalar orasida S2<S<S1
munosabat
o’rinli.
Endi
yuqoridagi kabi, bu geometrik
isbotni
analitik
isbotga
62
1
o’tkazish lozim. Buning uchun f ( x) 
1  x2
[0,6;0,8] kesmada qaraymiz.
funktsiyani
2-rasm
Bu funktsiya o’suvchi bo’lganligi sababli, ixtiyoriy x(0,6;0,8) uchun
f(0,6)<f(x)<f(0,8) qo’shtengsizlik o’rinli. Bu tengsizlikni integrallab, isbot
talab qilingan tengsizlikni hosil qilamiz.
3-misol. Aytaylik, a va b turli musbat sonlar bo’lsin. U holda quydagi qo’sh
tengsizlik o’rinli ekanligini isbotlang:
ab 
a b
ab

.
ln a  ln b
2
Isboti.
ab 
Aniqlik
uchun
bo’lsin.
0<a<b
U
holda
a b
ab

tengsizlik ushbu
ln a  ln b
2
(b  a)
2
1
 ln b  ln a  (b  a)
ab
ab
(1)
3-rasm
tengsizlikka teng kuchli bo’ladi. A1CDB1 trapetsiyani qaraymiz, bu yerda
CD
f ( x) 
1
x
giperbolaning abstsissasi
ab
2
bo’lgan nuqtasida
o’tkazilgan urinmaning kesmasi (3-rasm). Bu urinmaning tenglamasi
63
Y
2
4 
ab

x


 ekanligini tekshirish qiyin emas. A1CDB1
a  b ( a  b) 2 
2 
trapetsiyani yuzini hisoblash uchun uning A1C va B1D asoslarini topamiz.
Bu asoslar mos ravishda Y (a) 
2
2(b  a)
2
2(b  a)
va Y (b) 


2
a  b ( a  b)
a  b ( a  b) 2
ga teng. U holda A1CDB1 trapetsiyani yuzi S1  (b  a )
2
ga teng
ab
bo’ladi.
b
dx
 S , S1<S
x
a
A1ABB1 egri chiziqli trapetsiyaning yuzi ln b  ln a  
bo’lganligi sababli (1) tengsizlikning chap tomoni “isbot” bo’ldi.
Endi (1) tengsizlikning o’ng tomonini isbotlaymiz.
giperbolaning abstsissasi
Aytaylik F
ab ga teng bo’lgan nuqtasi, S2 ikkita A1AFF1 va
F1FBB1 to’g’ri burchakli trapetsiyalardan tashkil topgan
A1ABB1
ko’pburchakning yuzasi bo’lsin. U holda
11
1 
1 1
1
S2   
 (b  ab ) 
( ab  a )  
2a
2  ab b 
ab 
1  ( ab  a)( ab  a) (b  ab )(b  ab ) 

 


a
b
2 ab 

1  ab  a 2 b 2  ab  (b  a)




.
b 
2 ab  a
ab
S<S2 bo’lganligi sababli, tengsizlikning o’ng tomoni “isbot” bo’ldi.
Endi analitik isbotni bajaramiz. f ( x) 
1
funktsiyani [a,b] kesmada
x
qaraymiz. Bu funktsiya qaralayotgan oraliqda differentsiallanuvchi, botiq,
shu sababli uning grafigi shu grafikka ixtiyoriy nuqtasida o’tkazilgan
urinmadan yuqorida joylashadi. Bu funktsiyaning abstsissasi x 
ab
2
bo’lgan nuqtasidan o’tkazilgan urinmasining tenglamasini yozamiz:
64
Y
ab
2
4 
ab
x

.
Yuqorida
aytganlarimizga
ko’ra

x



2
a  b ( a  b) 2 
2 
da
Y ( x)  f ( x) .
(b  a)
Bu
tengsizlikni
[a,b]
kesmada
integrallab,
2
 ln b  ln a tengsizlikni hosil qilamiz.
ab
Tengsizlikning ikkinchi qismini isbotlash uchun yana f ( x) 
1
x
funktsiyani [a,b] kesmada botiq ekanligidan foydalanamiz. Berilgan
kesmani
x  ab nuqta yordamida ikkita kesmaga ajratamiz. Bu
kesmalarning har birida qaralayotgan funktsiya botiq, shu sababli har bir
kesmaga mos funktsiya grafigi uchlari mos ravishda (a, f (a)) va
( ab , f ( ab )) hamda ( ab , f ( ab )) va (b, f (b)) nuqtalarda bo’lgan
vatarlardan pastda joylashadi. Aytaylik, bu vatarlarning tenglamalari mos
ravishda y1(x) va y2(x) bo’lsin. U holda (a, ab ) va ( ab , b) intervallarda
f(x)<y1(x) va f(x)<y2(x) tengsizliklar o’rinli bo’ladi. bu tengsizliklarni mos
kesmalarda integrallaymiz va qo’shamiz. Integralning additivlik xossasiga
b
ko’ra
ab
 f ( x)dx  
a
b
y1 ( x)dx 
a
hisoblab ln b  ln a  (b  a)

y2 ( x)dx o’rinli bo’ladi. Bu integrallarni
ab
1
tengsizlikni hosil qilamiz.
ab
Yuqoridagi masalalarda to’g’ri figuralarning yuzlari egri chiziqli
trapetsiyaning yuzlarini baholashga yordam bergan edi.
Aniq integralning tatbiqlari bo’yicha kompetentsiyalarni
rivojlantirish.
Ma’lumki kompetensiya — mavjud bilim, ko‘nikma va malakalarni
kundalik faoliyatda qo‘llay olish qobiliyati.
Axborotlar bilan ishlash kompetensiyasi — mediamanbalardan zarur
ma’lumotlarni izlab to’a olishni, saralashni, qayta ishlashni, saqlashni,
65
ulardan samarali foydalana olishni, ularning xavfsizligini ta’minlashni,
media madaniyatga ega bo‘lish layoqatlarini shakllantirishni nazarda tutadi.
O‘zini o‘zi rivojlantirish kompetensiyasi — doimiy ravishda o‘zo‘zini jismoniy, ma’naviy, ruhiy, intellektual va kreativ rivojlantirish,
kamolotga intilish, hayot davomida mustaqil o‘qib-o‘rganish, kognitivlik
ko‘nikmalarini va hayotiy tajribani mustaqil ravishda muntazam oshirib
borish, o‘z xatti-harakatini muqobil baholash va mustaqil qaror qabul qila
olish ko‘nikmalarini egallashni nazarda tutadi.Matematik savodxonlik, fan
va
texnika
yangiliklaridan
xabardor
bo‘lish
hamda
foydalanish
kompetensiyasi — aniq hisob-kitoblarga asoslangan holda shaxsiy, oilaviy,
kasbiy va iqtisodiy rejalarni tuza olish, kundalik faoliyatda turli diagramma,
chizma va modellarni o‘qiy olish, inson mehnatini yengillashtiradigan,
mehnat unumdorligini oshiradigan, qulay shart-sharoitga olib keladigan fan
va texnika yangiliklaridan foydalana olish layoqatlarini shakllantirishni
nazarda tutadi. Mazkur kompetensiyalar umumta’lim fanlari orqali
o‘quvchilarda shakllantiriladi.
Shuningdek, har bir umumta’lim fanining mazmunidan kelib chiqqan
holda
o‘quvchilarda
fanga
oid
umumiy
kompetensiyalar
ham
shakllantiriladi.
To`g`ri ko`pburchak, egri chiziqli trapetsiyaning yuzini koordinatalar
o’qida tasvirlay oladi va integral orqali yecha oladi; ellips bilan
chegaralangan Q shaklning yuzi, parabolalar bilan chegaralangan Q
shaklning yuzi, Egri chiziqli sektorning yuzini, funksiya grafigi bilan
chegaralangan shaklning yuzi o‘z ichiga olgan formulalar (aniq integral
formulalari) bo‘yicha aniq va taqribiy arifmetik hisob-kitoblar bajarib,
amalda qo‘llay oladi; funksiya grafigi bilan chegaralangan shaklning yuzi
koordinatalar usullaridan foydalanib masalalarni yecha oladi va isbotlay
oladi;
amaliy
vaziyatlarda
hodisalarning
ro‘y
berish-bermaslik
imkoniyatlarini hisoblay oladi va baholay oladi.
66
Kognitiv kompetensiya (shaxsning mustaqil ijodiy fikrlashi)
Masalalar yechishda, nazariy tasdiqlarni asoslashda isbotlashning
sodda ketma-ketligini tuza oladi, mulohazalarning mantiqiy to‘g‘riligini
baholay oladi; o‘rganilgan matematik tushunchalar, faktlar, algoritmlar,
ma’lumotlar manbalarini va zarur hollarda hisoblash vositalarini qo‘llay
oladi;o‘rganilayotgan matematik vaziyatda bilishning asosiy usullaridan
(masalan, klassifikatsiya, analiz, sintez, analogiya, umumlashtirish)
foydalana oladi;masala yechimiga ijodiy yondasha oladi, yechimga
yaqinlashish darajasini va olingan natijani baholay oladi hamda zarur
hollarda o‘z faoliyatini to‘g‘rilay oladi;mustaqil ravishda o‘z bilimlarini
oshiradi, yangi g‘oyalarni yaratadi va qabul qila oladi.
67
Yangi
IT
XULOSA
(axborot texnologiyasini
rivojlantirish)
va
ta’lim
texnologiyalarini takomillashtirish davrida ta’lim sohasiga juda qattiq ahamiyat
berilib, kata o’zgarishlar qilinmoqda. Dunyodagi rivojlangan davlatlar bilan ta’lim
sohasidagi hamkorlik pedagogik qarashlarni yangilashni taqozo etmoqda. Talabao’quvchiga tayyor bilim bermasdan uni mustaqil egallashini ta’minlash lozimligi
aniq bo’ldi. Talaba – oquvchi bilimlardan foydalana olish hamda yuqori ko’nikma –
malakalariga ega bo’lishi lozim. Bu vazifalarni amalga oshirishda matematika
fanining o’rni juda katta. Ushbu bitiruv ishda umumiy o’rta ta’lim maktablarida
integral hisob elementlari tushunchasi matematikaning muhim tushunchalaridan biri
ekanligi ta’kidlangan.
Integral hisob elementlari muhim tadbiqlarga ega ekanligi bois, bitiruv ishida
boshlang‘ich funksiyalar, integral mazmun va maqsadi , Nyuton –Leybnis formulasi
limitlar nazariyasi tushunchasi, uni kiritish qoidalari, uning geometrik va mehanik
ma`nolari yoritilgan.
Ushbu
ba’zi
bir
bitiruv
ishini keng qamrovli integral hisob elemenlarining
matematik va fizikaviy masalalarga tadbiqlari o’rganildi . Integral
tushunchasi nafaqat geometrik va mehanik masalalarni, balki boshqa sohalardagi
masalalarni ham hal eta olishi mumkin ekanligini ta’kidlash lozimdir.
Bitiruv ishimizda integralning matematik analizning muhim, fundamental
tushunchalaridan biri ekanligi ta’kidlanadi. U yordamida ko’plab masalalarni - jism
massasi, og’irlik markazi, kuchning bajargan ishi kabi fizik masalalar bir nechta
usullar yordamida yecib ko’satildi . Aniq integral yordamida oson yechilishi isbotlab
berildi.
Bitiruv ishning yakunida esa aniq integralning fizik va matematik masalalarni
yechishga, tadbiqlari yetarlicha masalalar yordamida bayon qilingan.
68
Matematik
analiz
fani
orqali
ko’plab
ayniqsa, aniq va noaniq integral
tatbiqlariga oid bilimlar va ko’nikmalar egallaniladi, ularning axamiyatini masalalar
yoki muammolarni yechishda ko’rish mumkin.
Pedagogika oliy ta’lim muassasalarining o’ziga xos xususiyatidan kelib
chiqqan holda, bo’lajak o’qituvchilarning kasbiy tayyorgarligini shakllantirishda
professor-o’qituvchilarning innovatsion pedagogik faoliyati muhim o’rin tutadi.
Mutaxassislik fanlari, jumladan matematika fanlarini o’qitishda talabalarning
ilmiy-nazariy tayyorgarligi mazmunini Yaponiya, Germaniya kabi davlatlar
tajribalari asosida takomillashtirish, matematik ilmiy-nazariy mazmunning amaliy
ahamiyatini kengroq yoritishga ehtibor qaratish muhim hisoblanadi.
To’g’ri xulosalar chiqara oladigan, eng maqbul qarorlar qabul qila oladigan,
yangiliklar
yaratishga intiladigan yoshlarni tarbiyalashda matematikaning roli
juda katta.
Keyingi yillarda mamlakatamizda oliy ta’lim rivojlanishiga, kadrlarning
saloxiyatini oshirishga, fan-texnikada qilinayotgan yangiliklarni qo’llab quvvatlashga
qaratilayotgan ko’plab chora-tadbirlar amalga oshirilmoqda. Buning zamirida
yoshlarning ilm-fanga bo’lgan munosabatlarini yanada yaxshilab, yangiliklar yarata
olishga bo’lgan xarakatlarini yanada kuchaytirish yotadi. Yoshlarning bilim olishlari
uchun katta imkoniyatlar yaratilgan. Bu sharoitlar ularga katta ma’suliyat yuklaydi.
69
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO’YHATI
1. Mirziyoev, Shavkat Miromonovich. Erkin va farovon, demokratik o‘zbekiston
davlatini birgalikda bar’o etamiz. O‘zbekiston Res’ublikasi ‘rezidenti lavozimiga
kirishish tantanali marosimiga bag‘ishlangan Oliy Majlis ‘alatalarining qo‘shma
majlisidagi nutq / Sh.M. Mirziyoev. – Toshkent : O‘zbekiston, 2016. - 56 b. (.’df
17.6Mb)
2. Mirziyoev, Shavkat Miromonovich. Tanqidiy tahlil, qat’iy tartib-intizom va
shaxsiy javobgarlik – har bir rahbar faoliyatining kundalik qoidasi bo‘lishi
kerak. Mamlakatimizni 2016 yilda ijtimoiy-iqtisodiy rivojlantirishning asosiy
yakunlari va 2017 yilga mo‘ljallangan iqtisodiy dasturning eng muhim ustuvor
yo‘nalishlariga
bag‘ishlangan
Vazirlar
Mahkamasining
kengaytirilgan
majlisidagi ma’ruza, 2017 yil 14 yanvar / Sh.M. Mirziyoev. – Toshkent :
O‘zbekiston, 2017. – 104 b. (.’df 32.5Mb)
3. Kadrlar tayyorlash milliy dasturi. O’zbekiston Respublikasi Oliy Majlisining
Axborotnomasi, 1997 yil. 11-12-son, 295-modda.
4. Ashurova S.I. Maxsus fanlarni modullar o’qitish jarayonini tashkil kilish va
o’tkazish//Kasb-xunar tahlimi, 2004 yil, 5- son.
5. Baysalov D.U. Nauchno-metodicheskie osnovi sozdaniya i ispolzovaniya
modulnogo obucheniya v metodicheskoy podgotovke studentov-matematikov
v vuze. Dok. ped. nauk. - Almati, 1998.
6. Begimkulov U.SH. Pedagogik tahlimda zamonaviy texnologiyalar // J.
Pedagogik tahlim. - Toshkent, 2005. - №6. -15-17 b.
7. Bespalko V.P. Pedagogika i progressivnie texnologii obucheniy. - M., 1995.25 s.
8. Golish L.V. Zamonaviy tahlim texnologiyalari: mazmun, loyixalashtirish va
amalga oshirish. Ekspress kullanma. - T.: TASIS, 2001.-104 b.
9. Gorev V.M. Printsipi modulnogo obucheniy. Vestnik Vqsshey shkoli, 1987, №
8. s. 30-33.
70
10. Yuldoshev J.G., Usmanov S.A. Pedagogik texnologiya asoslari. Qo’llanma. T.: Ukituvchi. 2004.
11. Raximov D.G. “Oliy matematika” fanida pedagogik texnologiyalarga
asoslangan jadallashtirilgan mahruzalar modeli.Toshkent. 2012.-116
12. Maxmudova X. M. Rol nauchnogo obyasneniya v povishenii prepodavaniya
fiziki. //Obrazovanie cherez vsyu jizn: neprerivnoe obrazovanie dlya ustoychivogo
razvitiY. Pyataya mejdunarodnaya konferensiY. Tom II SPb, Tashkent, 2007.
S.152–154.
13. A.Gaziev, I.Israilov, M.Yaxshibaev “Matematik analizdan misol va masalalar”
T.: “Yangi asr avlodi” 2006 y.
14. Toshmetov O’., Turgunbaev R. Matematik analizdan misol va masalalar
to’plami. 1-t. TDPU. 2006 y.-140 b.
15. Azlarov. T., Mansurov. X., Matematik analiz. T.: «O’zbekiston». 1 t: 1994 y.416 b.
16. Turgunbaev R.M., Koshnazarov R.A., Raximov I.K. Matematik analiz. Mustaqil
tahlim uchun metodik ko’rsatmalar. 1 semestr. T.: TDPU. 2013 y. – 56 b.
71
72
73
Скачать