Oliy matematika. 1-jild (D.Rahimov)

D.G’.RAHIMOV
OLIY MATEMATIKA
I
O’zbekiston Respublikasi Oliy va o’rta maxsus ta’lim
vazirligi texnik oliy o’quv yurtlari talabalari uchun
darslik sifatida ruxsat etgan

w

v

u
TOSHKENT
“IQTISOD-MOLIYA”
2006
www.ziyouz.com kutubxonasi
Rahimov D. G’. Oliy matematika.
“IQTISOD-MOLIYA”, 2006, - 464 b.
-
Darslik,
Toshkent,
Ikki jildlik “Oliy matematika, I” va “Oliy matematika, II”
darsliklari oliy texnik o’quv yurtlarining bakalavrlar tayyorlash uchun oliy
matematika fani bo’yicha tasdiqlangan o’quv dasturi asosida yozilgan.
Darslikning birinchi jildi «Chiziqli algebra va analitik geometriya»,
«Bir o’zgaruvchili funktsiyaning differentsial va integral hisob kursi»,
«Ko’p o’zgaruvchili funktsiyaning differentsial hisobi» va «Differentsial
tenglamalar» qismlarini o’z ichiga olgan.
Kitob texnik oliy o’quv yurtlarining talabalari uchun darslik sifatida
tavsiya
etiladi.
Kitobda
matematikaning
iqtisodiy
masalalarga
qo’llanishiga oid mavzular va masalalar kiritilgani uchun bu kitobdan
iqtisodiy yo’nalishda ta’lim olayotgan talabalar ham foydalanishi
mumkin.
Taqrizchilar:
1. G’afurov M. –
2. Adirov T.X.–
professor, fizika-matematika
fanlari doktori
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent
© “IQTISOD-MOLIYA”, 2006
2
www.ziyouz.com kutubxonasi
So’z boshi.
Lotin grafikasiga asoslangan o’zbek imlosi bo’yicha ta’lim olgan
o’quvchilar shu yildan oliy ta’lim muassasalariga o’qishga kiradilar. Shu
sababli, bu imloda darsliklar yozish yoki avval nashr etilgan darsliklarni
shu imloga o’tkazish shu kunning dolzarb masalasi bo’lib qoldi.
Muallif kirill grafikasidagi o’zbek imlosida yozilgan shu nomli
darsligini lotin grafikasiga asoslangan o’zbek imlosida qayta nashr
ettirish taklifini bajonidil qabul qildi. Shu imkoniyatdan foydalanib,
avvalgi nashr davridan to shu kungacha bo’lgan muddat ichida ko’p
ustozlari, hamkasblari va mushtariylardan darslik to’g’risidagi fikrmulohazalari, kamchiliklar va qilingan takliflar asosida ushbu nashrni
tayyorlab, mushtariylar muhokamasiga taklif etayapdi. Muallif fikrmulohaza
bildirgan
barcha
insonlarga
o’zining
cheksiz
minnatdorchiligini bildiradi.
Ana shu fikrlar asosida darslikning ko’p joylariga o’zgartirishlar
kiritildi. Xususan, 1-bob avvalgi nashrdan farqli o’laroq determinant
tushunchasini bayoni bilan boshlanmay, balki matritsalar va ularga
bog’liq bo’lgan barcha tushunchalarni bayoni bilan boshlandi.
Determinant va uning xossalari shu bobning 2-§ ida keltiriladi. Shu
bobning 5-§ idagi barcha ma’lumotlar ayrim o’zgartirishlar bilan
alohida bob qilib ajratilib, Vektorlar algebrasi deb nomlandi. Avvalgi
nashrda barcha misol va masalalar asosan texnik jarayonlar taxliliga
doir bo’lgan bo’lsa, bu nashrga matematikaning ayrim iqtisodiy
masalalarga qo’llanishini namoyish etadigan misollar kiritildi. Shu
sababli, bu darslikdan iqtisodiy yo’nalishdagi ta’lim muassasalarida ham
foydalanish imkoni tug’ildi.
Muallif mushtariylardan bu nashr to’g’risidagi fikr-mulohazalarini
minnatdorchilik bilan qabul qilib, bildirilgan fikrlar darslikni
takomillashishiga yordam beradi deb umid qiladi.
Muallif.
3
www.ziyouz.com kutubxonasi
1 – BOB
CHIZIQ’LI ALGEBRA ELEMENTLARI
§1. Matritsalar.
1.1. Matritsaga doir asosiy tushunchalar.
1-ta’rif: aij, i=1,2, ,m, j=1,2, ,n sonlarning muayyan tartibda
yozilgan quyidagi jadvali
a11 a12  a1n
A
a21
a22 
a2 n
 

am1 am 2  amn
m ta satr, n ta ustundan tuzilgan mxn o’lchamli matritsa, deb ataladi.
Bunda aij sonlar matritsaning elementlari deyilsa, uning birinchi indeksi
i shu element joylashgan satr raqamini, ikkinchi indeksi j esa u
joylashgan ustun
raqamini bildiradi. Matritsa qisqacha, A=||aij||
ko’rinishda ham yozilishi mumkin.
Agar m=n bo’lsa, A kvadrat matritsa deyiladi.
Agar barcha i=1,2, ,m, j=1,2, ,n lar uchun aij=bij bo’lsa, bir xil
o’lchamli A=||aij|| va B=||bij|| matritsalarni teng deymiz, ya’ni A=B.
Matritsalar uchun ular ustida bajariladigan arifmetik amallar:
qo’shish, ayirish va ko’paytirish amallarini kiritish mumkin.
2-ta’rif: Bir xil o’lchamli A=||aij|| va B=||bij|| matritsalarni yig’indisi
A+B deb, shunday C=||cij|| matritsaga aytamizki, bunda cij=aij+bij,
i=1,2, ,m, j=1,2, ,n bo’ladi.
1-misol.
3
4
-1
3
2
0
1
-1
2 1 -1
3 -1 1
-1
2
5
-2
2
1
1
-1 - 4 -1
1 0 1
7 2 1
2
0
1 1 1 -3
3-ta’rif: A=||aij|| matritsani
songa ko’paytmasi deb, A matritsani
barcha elementlarini
ga ko’paytirishdan hosil bo’ladigan B=||bij||,
bij= aij, i=1,2, ,m, j=1,2, ,n, matritsaga aytamiz.
2-misol.
1 2
3 6
3 3 -1
9 -3
-1 4
- 3 12
4-ta’rif: mxn o’lchamli A=||aij|| matritsaning nxk o’lchamli B=||bij||
matritsaga ko’paytmasi deb, elementlari quyidagi
cij=ai1b1j+ai2b2j+
+ainbnj, i=1,2, ,m, j=1,2, ,n.
4
www.ziyouz.com kutubxonasi
formulalardan aniqlanadigan mxk o’lchamli C=||cij||
3-misol.
1 2
1 6 4-2
1 4 0
0 -1
A B
0-3 0 1
3 -1 1
3 1
3 3 12 - 1
7
2
-3
1 -1
matritsaga aytamiz.
0 2
0 -1
0 1
2
6 11
C
1
Agar m k bo’lsa, B A ko’paytmani bajarib bo’lmaydi, lekin agar m=k
bo’lsa, umumiy holda A B=B A bo’lmaydi, chunki A B mxm o’lchamli,
B A esa nxn o’lchamli matritsa bo’ladi. Hatto m=n bo’lgan holda ham
matritsalar ko’paytmasi uchun kommutativlik (o’rin almashtirish)
xossasi o’rinli emas. Masalan,
3 4 0
2 0 1
A
1 2 -1 ,
B
-1 1 0 .
1 -1 2
3 4 5
matritsalar uchun
2
A B
4
3
2
9
7
3
7
4 ,
B A
11
7
2
2
18
15
2
1
6
ya’ni A B B A.
Bevosita tekshirish yo’li bilan quyidagi
1) ( A) B=A ( B)= (A B),
-son;
2) (A+B) C=A C+B C;
3) C (A+B)=C A+C B;
4) A (B C)=(A B) C;
xossalarni o’rinli ekanligiga ishonch hosil qilish mumkin.
4-misol. Korxona
A,B,C
mahsulotlar chiqarib, ularni ishlab
chiqarish jarayonida ishlatadigan
S1, S2 xom ashyolar normasi
quyidagi jadvalda berilgan bo’lsin:
Maxsulot
turi
A
B
C
Xom ashyo birligining narxi
Xom ashyoning bir mahsulot birligini
tayyorlash uchun sarf normasi
S1
2
5
1
30
S2
3
2
4
50
5
www.ziyouz.com kutubxonasi
Mahsulotning ishlab chiqarilish rejasi
100
80
130
Mahsulotning rejadagi xajmini ishlab chiqarish uchun ketadigan xom
ashyolar xajmi va ularning umumiy narxi topilsin.
Yechish.
S1
xom
ashyoning
sarf
xajmini
topaylik:
S1=2∙100+5∙80+1∙130=730 birlik. S2
xom ashyo uchun S2
=3∙100+2∙80+4∙130=980 birlik. Shu sababli, S xom ashyoning sarf
xajmini quyidagi matritsa-satr ko’rinishida ifodalash mumkin:
S
C A
2 3
100 80 130 5 2
730 980 .
1 4
U holda xom ashyoning sarf narxi Q=730∙30+980∙50=70900 pul birligi,
matritsa ko’rinishida quyidagicha yozilishi mumkin:
Q S B CA B 70900 .
Agar barcha i,j lar uchun aTij=aji bo’lsa, AT=||aTij|| matritsani A=||aij||
matritsaga transponirlangan matritsa deymiz.
Agar A mxn o’lchamli matritsa bo’lsa, AT nxm o’lchamli matritsa
bo’ladi.
5-misol.
3 -1
3 -2 1
Т
A
,
A
-2 1 .
-1 1 2
1 2
Quyidagi xossalar o’rinli:
1)(AT)T=A;
2)(A+B)T=AT+BT
3)(A B)T=BT AT
Agar AT=A bo’lsa, kvadrat A matritsa simmetrik,AT=-A bo’lsa,
kososimmetrik matritsa, deb ataladi.
Teorema.
Har qanday A kvadrat matritsani simmetrik B va
kososimmetrik C matritsalar yig’indisi ko’rinishida ifodalash mumkin.
1.2. Matritsaning determinanti.
Endi
matritsalarning
sonli
belgisi
bo’lmish
determinant
tushunchasini kiritamiz. Avval bu tushunchani kiritishda zarur
bo’ladigan quyidagi o’rinlashtirish tushunchasini ko’raylik.
5-ta’rif: Dastlabki n ta {1,2, ,n} natural sonlar to’plamining o’ziga
har qanday o’zaro bir qiymatli
mos qo’yish n-tartibli o’rinlashtirish
deyiladi. Har qanday n-tartibli
o’rinlashtirish quyidagicha yozilishi
mumkin:
i1 i2  in
,

i1
i2
in
6
www.ziyouz.com kutubxonasi
xususan,
1 2  n
 n
kanonik o’rinlashtirish deyiladi. Har qanday o’rinlashtirishni kanonik
ko’rinishga keltirish mumkin. Buning uchun mos qo’yish tartibini
saqlagan holda, birinchi satr elementlarining o’rinlarini o’sish tartibida
yozish kifoya.
Agar berilgan o’rinlashtirishda i<j natural sonlarga mos qo’yilgan
o’rinlashtirishda
i va j sonlar uchun i> j munosabat o’rinli bo’lsa,
(i,j) juftlik inversiyani tashkil etadi, deymiz. Agar barcha invers
juftliklar soni S( ) juft bo’lsa, o’rinlashtirish juft, agar S( ) toq bo’lsa,
o’rinlashtirish toq deyiladi. Masalan,
1 2 3 4
1
2
3 2 1 4
o’rinlashtirishda (1,2), (1,3) va (2,3) juftliklar inversiyani tashkil etadi.
Demak, bu o’rinlashtirish toq ekan.
6-ta’rif: Quyidagi
a11 a12  a1n
A
a 21
a 22  a 2 n
 

a n1 a n 2  a nn
kvadrat matritsaning aniqlovchisi yoki n-tartibli determinanti, deb,
quyidagi songa aytamiz:
a11 a12  a1n
det A
a 21
a 22  a 2 n
 

a n1 a n 2  a nn
( 1) S ( ) a1,
(1)
 an,
(n)
bu yerda yig’indi barcha n-tartibli o’rinlashtirishlar bo’yicha bajariladi.
Bu ta’rifni tushunish uchun n=2 va n=3 bo’lgan hollarni ko’raylik.
Agar n=2 bo’lsa, o’rinlashtirishlar faqat
1 2
1 2
va
1
2
1 2
2 1
bo’ladi. Bunda S( 1)=0 va S( 2)=1. Shu sababli,
a11 a12
det A
a11a 22 a12 a 21 .
a 21 a 22
Barcha 3-tartibli o’rinlashtirishlar quyidagicha:
7
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
1 2 3
,
1 2 3
2
1 2 3
,
3 1 2
1 2 3
,
2 3 1
3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
,
,
.
5
6
3 2 1
2 1 3
1 3 2
Har bir o’rinlashtirish uchun inversiya sonini hisoblasak: S( 1)=0,
S( 2)=2, S( 3)=2, S( 4)=3, S( 5)=1, S( 6)=1 ekanligiga ishonch hosil
qilamiz. U holda ta’rifga ko’ra :
4
a11
a12
a13
a 21
a 22
a 23
a31
a32
a33
a11a 22 a33
a 21a32 a13
a12 a 23a31
a13a 22 a31 a12 a 21a33 a11a 23a32 .
3-tartibli determinantlarni hisoblash uchun «uchburchaklar usuli»,
deb ataluvchi quyidagi diagrammadan foydalanish mumkin:
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
a) (+)
b) (-)
1-rasm
Har bir diagrammada tutashtirilgan elementlar o’zaro ko’paytirilib,
keyin natijalar qo’shiladi,
a) diagrammadagi yig’indi «+» ishorasi bilan,
b) diagrammadagi yig’indi esa «-» ishora bilan olinib, ikkala natija
o’zaro qo’shiladi.
3-tartibli determinantlarni hisoblash uchun «Sarryus usuli», deb
ataluvchi quyidagi diagramma ham mavjud:
a11
a12
a13
a11
a12
a21
a22
a23
a21
a22
a31
a32
a33
a31
a32
2-rasm.
bu yerda tutashtirilgan elementlar o’zaro ko’paytirilib, asosiy
diagonalga parallel tutashtirilganlari alohida qo’shilib «+» ishora bilan,
yon diagonalga parallel tutashtirilganlari alohida qo’shilib «-» ishora
bilan olinib, natijalar qo’shiladi.
Agar A va V nxn o’lchamli kvadrat matritsalar bo’lsa, u holda
1) det(A B)=detA detB;
2) det( A)= ndetA;
8
www.ziyouz.com kutubxonasi
munosabatlar o’rinli bo’ladi.
1.3. Minor va algebraik to’ldiruvchi. Faraz qilaylik, mxn o’lchamli
A matritsada ixtiyoriy ravishda uning k ta satr va k ta ustuni biror usul
bilan tanlangan bo’lsin, bu yerda k min(m,n). Bu tanlangan satr va
ustunlardan tuzilgan k-tartibli determinant A matritsaning k-tartibli
minori deyiladi. Xususan, agar A nxn o’lchamli kvadrat matritsa bo’lsa,
uning i-yo’li va j-ustunini o’chirish natijasida hosil bo’lgan n-1-tartibli
determinant A matritsaning aij elementiga mos keluvchi n-1-tartibli
minori deb atalib, M ij ko’rinishda belgilanadi. Masalan, 3x3 o’lchamli
matritsa uchun a11 elementga mos keluvchi minor
a22 a23
М 11
.
a32 a33
Xuddi shuningdek, a12 ga mos keluvchi minor
a21 a23
М 12
a31 a33
va hokazo.
Quyidagi Aij=(-1)i+jMij ifoda aij elementning algebraik to’ldiruvchisi
a 22 a 23
А
deyiladi. a11 elementning algebraik to’ldiruvchisi 11
a32 a33 , a12elementniki esa А12
a21 a23
va hokazo.
a31 a33
1.4. Determinantlarning xossalari.
1. Agar determinantning barcha yo’l elementlarini ustun elementlariga
yoki aksincha, almashtirilsa, uning qiymati o’zgarmaydi:
a11
a12
a11
a 21
a 21
a 22
a12
a 22
a11a 22
a12 a 21 .
2. Agar determinantning ikki yonma-yon turgan yo’l (ustun)
elementlarini o’rnini mos ravishda almashtirsak, determinant qiymati
qarama-qarshi ishoraga o’zgaradi:
a12 a11
a11 a12
a12 a21 a11a22
a11a22 a12 a21
a22 a21
a21 a22
3. Agar determinantning biror yo’l (ustun) elementlari umumiy
ko’paytuvchiga ega bo’lsa, u holda bu ko’paytuvchini determinant
tashqarisiga chiqarish mumkin:
9
www.ziyouz.com kutubxonasi
a11
a12
a21
a22
a11a22
a12 a21
a11a22
a11
a12 a21
a12
a21 a22 .
Xususan, agar =0 bo’lsa, determinant qiymati nolga tengdir.
4. Agar determinantning biror yo’l (ustun) elementlari mos ravishda
boshqa yo’l (ustun) elementlariga proportsional bo’lsa, u holda
determinant qiymati nolga teng bo’ladi:
а11
а11
а11 а11
а11а 21 а11а 21 0 .
а 21
а 21
а 21 а 21
5. Agar determinantning yo’l (ustun) elementlari ikki ifodaning
yig’indisi ko’rinishida bo’lsa, u holda determinant ikki determinant
yig’indisi ko’rinishida yozilishi mumkin:
1
a12
11
a12
a11
a21 a122
a11
22
a21 a122
a11
1
a12
a11
11
a12
a21 a11
22
6. Agar determinantning yo’l (ustun) elementlarini biror
0 songa
ko’paytirib, mos ravishda boshqa yo’l (ustun) elementlariga qo’shsak,
determinant qiymati o’zgarmaydi:
a11
a12
a11
a11
a12
a11
a11
a11
a12
a21 a22
a21 a21 a22 a21
a21 a21 a22
Yuqorida keltirilgan xossalar determinant uchinchi va undan yuqori
tartibli bo’lganda ham o’rinlidir.
7. Demerminanting biror yo’l (ustun) elementlarini mos ravishda
o’zining algebraik to’ldiruvchilariga ko’paytirib qo’shsak, u holda
yig’indi determinant qiymatiga teng bo’ladi. Haqiqatan,
a11 A11
a12 A12
a13 A13
a11 A11
a 21 A21
a 21 A21
a 22 A22
a 23 A23
a12 A12
a 22 A22
a31 A31 a32 A32 a33 A33
a13 A13
Tengliklarning to’g’ri ekanligini isbotlash
a
а11 А11 а12 А12 а13 А13 а11 22
a32
а13
a21 a22
a31
a32
а13 а21а32
а11 а22а33 а23а32
а22а31
а11а22а33
a31 A31
a32 A32
a 23 A23 a33 A33
qiyin emas.
a23
a
a
а12 21 23
a33
a31 a33
а12 а21а33 а23а31
а12а23а31 а13а21а32
а13а22а31 а12 а21а33 а11а23а32
8. Determinantning biror yo’l (ustun) elementlarini mos ravishda
boshqa yo’l (ustun) elementlarining algebraik to’ldiruvchilariga
ko’paytirib qo’shsak, u holda yig’indi nolga teng bo’ladi. Masalan,
10
www.ziyouz.com kutubxonasi
a11 A21 a12 A22
a13 A23
0
a11 A12
a21 A22
a31 A32
0
a11 A31 a12 A32
a13 A33
0
a11 A13
a21 A23
a23 A33
0
va hokazo. Haqiqatan,
а11 А31 а12 А32
а13
a11 a12
a21 a22
а13 А33
а11
а11а12 а23
а12 а13а21 а11а13а22
a12
a13
a22
a23
а11а13а22
а12 а13а21
а12
a11
a13
a21 a23
а11а12 а23
0
Yuqorida keltirilgan xossalar n-tartibli determinantlar uchun ham
o’rinlidir. Xususan,
n
det A
(i 1, , n)
aik Aik
(3)
k 1
det A
n
(k
aik Aik
1, , n)
(4)
i 1
bu yerda Aik algebraik to’ldiruvchilar n-1 tartibli determinantlardir, shu
sababli, (3), (4) formulalarni n-tartibli determinantni hisoblashning
tartibini pasaytirish yoki satr va ustun elementlari bo’yicha yoyish usuli
deb ham atashadi.
6-misol. Hisoblang:
2 -1 1 0
0
1 2 -1
3 -1 2 3
3
1 6 1
Yechish: Masalan 3-ustun elementlarini avval 2-ustunga va –2 ga
ko’paytirib 1-ustunga qo’shamiz:
0 0 1 0
- 4 3 -1
- 4 3 2 -1
1 -1 1
3
-1 1 2 3
-9 7
1
-9 7 6 1
3-ustunni -4 ga va 3 ga ko’paytirib, mos ravishda 1- va 2-ustunlarga
qushsak:
0
0 -1
- 13 10
- 13 10 3
1
0.
- 13 10
- 13 10 1
11
www.ziyouz.com kutubxonasi
§2. Teskari matritsa.
Quyidagi nxn o’lchamli matritsani ko’raylik:
1 0  0
0 1  0
Е
  
0 0  1
Ixtiyoriy nxn o’lchamli A=||aij|| matritsa uchun A E=E A=A
ekanligiga ishonch hosil qilish qiyin emas, ya’ni E matritsalar uchun
birlik vazifasini bajaradi. Shuning uchun E ni birlik matritsa, deb
aytiladi.
Determinanti 0 ga teng bo’lgan quyidagi har qanday nxn o’lchamli
A=||aij|| matritsa maxsus matritsa deb ataladi:
a11 a12  a1n
a 21
det A
a 22  a 2 n
0
 

a n1 a n 2  a nn
Aks holda, ya’ni detA 0 bo’lsa, A matritsa maxsus bo’lmagan
matritsa deyiladi.
Masalan, avvalgi paragrafda ko’rilgan misolga ko’ra
А
2
0
-1
1
1 0
2 -1
3
3
-1
1
2
6
3
1
matritsa maxsus matritsa, chunki
detА
2
0
-1
1
1 0
2 -1
3
3
-1
1
2
6
3
1
0
Ta’rif. Agar A B=B A=E munosabat o’rinli bo’lsa, nxn o’lchamli
kvadrat B=||bij|| matritsani maxsus bo’lmagan nxn o’lchamli A=||aij||
matritsaga teskari matritsa deb ataladi. Teskari matritsa B=A-1
ko’rinishda belgilanadi.
Endi teskari matritsani bevosita hisoblash usullarini ko’ramiz.
Faraz qilaylik, A=||aij|| maxsus bo’lmagan kvadrat matritsa bo’lsin.
Agar Aij – aij elementning detA dagi algebraik to’ldiruvchisi bo’lsa, u
holda
12
www.ziyouz.com kutubxonasi
Av
A 12
A 21 . . . A n1
A 12
A 22 . . . A n2
...
...
...
A 1n A 2n . . . A nn
A ga biriktirilgan matritsa deb ataladi. Determinantning (3), (4)
xossalariga asosan quyidagi kelib chiqadi:
1
А1
Av
AvA=AAv=detA E, bundan
det A
Teskari matritsani hisoblashning bu usuli biriktirilgan matritsalar usuli
deb ataladi.
7-misol. Biriktirilgan matritsalar usuli bilan
А
1
2 -1
3
0
2
4 -2 5
matritsaga teskari matiritsani toping.
Yechish: detA=-4. Demak, A maxsus bo’lmagan matritsa ekan.
Uning barcha algebraik to’ldiruvchilarini topamiz:
A11
A12
A13
0 2
4,
2 5
3 2
4 5
3 0
4 2
2
A21
7,
6,
1
2
1
4
A22
A23
8,
A31
5
1
9, A32
5
1 2
10, A33
4 2
2
1
0
2
1 1
3
2
1 2
3 0
4
5
6.
Shuning uchun,
Av
4
-7
-8 4
9 -5
-6
10 - 6
va
A
1
1 v
A
4
-1
- 7/4
3/2
-2
9/4
-1
- 5/4 .
- 5/2 3/2
Quyida ko’riladigan usulimiz elementar almashtirishlar usuli, deb
ataladi.
Agar A nxn o’lchamli maxsus bo’lmagan kvadrat matritsa bo’lsa,
uning uchun o’lchami nx2n bo’lgan ГA=(A|E) matritsa tuzib olamiz,
ya’ni A matritsaga birlik E matritsani birlashtirib tuzamiz. Hosil bo’lgan
ГA matritsani satrlari ustida elementar almashtirishlar bajarib, uni (E|B)
ko’rinishga keltiramiz. U holda B=A-1 bo’ladi.
13
www.ziyouz.com kutubxonasi
8-misol. Elementar almashtirishlar
matritsaga teskari matritsani toping:
usuli
yordamida
quyidagi
3 2 1
4 5 2
А
2 1 4
Yechish: ГA matritsani tuzib olamiz:
3 2 1 1 0 0
4 5 2 0 1 0 .
2 1 4 0 0 1
ГA
ГA matritsaning satrlarini mos ravishda 1, 2,
ustida quyidagi almashtirishlarni bajaramiz:
/
1
1
3
/
2
/
3
2
3
1
-
//
1
,
4
3
2
3
2
7
3
7
/
1
1
,
//
2
1
,
//
3
/
2
,
/
2
,
///
1
1
7
/
3
deb belgilab olib, ular
3
///
2
/
2
,
//
1
//
2
///
3
1
24
1
12
7
24
//
3
//
3
//
3
.
Natijada ketma-ket quyidagini hosil qilamiz:
3 2 1 1 0 0
1
2/3
1/3
1/ 3
0 0
7/3
2/3 - 4/5
1 0
4 5 2 0 1 0
0
2 1 4 0 0 1
0 - 1/3 10/4
2/3 0 1
0 1/7
5/7
- 2/7 0
0 1 2/7
- 4/7
3/7
0
1/ 7
1
1
0 0 24/7
6/7
1 0 0 3 / 4 - 7/24
0 1 0 - 1/2 5/12
0 0 1 1 / 4 1 / 24
1 / 24
- 1/12 .
7/24
Demak,
А
1
3/ 4
- 1/2
- 7/24
5/12
1/ 4
1 / 24
1 / 24
- 1/12 .
7/24
Teskari matritsa quyidagi xossalarga ega:
10. ( A)-1=A-1/
( 0)
0
-1
-1
-1
2 . (AB) = B A
30. (A-1)T=(AT)-1
10-xossaning isboti. Agar
0 bo’lsa, det( A)= ndetA 0 bo’ladi,
shuning uchun
A=|| aij|| matiritsa maxsus emas, demak, ( A)-1
14
www.ziyouz.com kutubxonasi
mavjud. Agar Aij deb A matritsaning aij elementining algebraik
to’ldiruvchisi, Aij deb esa A matritsaning aij elementini algebraik
to’ldiruvchisini belgilasak, u holda Aij= n-1Aij ekanligiga ishonch hosil
qilish qiyin emas. Shu sababli,
1
1
n 1
( A) 1
A
A ji
ji
n
n
det A
det A
1
1
1 1
1 1.
v
A ji
A
A
det A
det A
20 xossaning isboti. Agar B-1A-1 ni A B ga o’ng tomonidan
ko’paytirilsa
AB B-1A-1=A(BB-1)A-1=AEA-1=AA-1=E.
Agar chap tomonidan ko’paytirsak:
B-1A-1AB=B-1(A-1A)B=B-1EB=B-1B=E
bo’ladi. Demak, haqiqatdan (AB)-1=B-1A-1 ekan.
30 xossani isboti. AT ni (A-1)T ga chap tomonidan ko’paytiraylik, u
holda 2.1§ dagi transponirlangan matritsalarning 3-xossasiga ko’ra
AT(A-1)T=(A-1A)T=ET=E
va AT ni (A-1)T ga o’ng tomondan ko’paytirsak quyidagi hosil bo’ladi:
(A-1)T AT =(AA-1)T=ET=E.
§3. Arifmetik vektorlar fazosi. Matritsaning rangi.
3.1 Arifmetik vektorlar. Ixtiyoriy n ta x1,x2, ,xn sonlarning har
qanday tartiblangan to’plami arifmetik vektor deyiladi va x=(x1,x2, ,xn)
kabi belgilanadi. x1,x2, ,xn sonlar x arifmetik vektorning komponentlari
deb ataladi.
Arifmetik vektor ustida quyidagi amallarni kiritamiz:
Qo’shish: agar x=(x1,x2, ,xn) va y=(y1,y2, ,yn) bo’lsa, u holda
(3.1)
x+y=(x1+y1,x2+y2, ,xn+yn)
bo’ladi.
Songa ko’paytirish: agar -biror son va x=(x1,x2, ,xn) arifmetik
vektor bo’lsa, u holda
x=( x1, x2, , xn)
(3.2)
bo’ladi.
Barcha arifmetik vektorlar to’plami yuqoridagi kiritilgan amallarga
ko’ra arifmetik vektorlar fazosi, deb ataladi va Rn bilan belgilanadi. Bu
fazo chiziqli fazo bo’ladi. Haqiqatan, ixtiyoriy x,u Rn lar uchun
1) x+y=y+x;
2) (x+y)+z=x+(y+z);
3) x+0=x, bu yerda 0=(0, . . . ,0) nol vektor;
15
www.ziyouz.com kutubxonasi
4) har qanday x,u uchun shunday z mavjudki, x=u+z, z ni x va u
larning ayirmasi deb ataladi va z=x-u deb belgilanadi;
5) ( x)=( )x,
, -ixtiyoriy sonlar;
6) 1 x=x;
7) (x+y)= x+ y;
8) ( + )x= x+ x.
Eslatma. Agar x1,x2, ,xn sonlar haqiqiy bo’lsa, Rn xaqiqiy arifmetik
vektorlar fazosi, agar x1,x2, ,xn lar kompleks bo’lsa, Rn kompleks
arifmetik fazo, deb ataladi.
Agar shunday bir vaqtda nolga teng bo’lmagan 1, 2, , S sonlar
mavjud bo’lib, 1x1+ 2x2+ + SxS=0 bo’lsa, arifmetik vektorlarning
{ x1,x2, ,xS } sistemasi chiziqli bog’liq deyiladi. Aks holda, bu sistema
chiziqli erkli, deyiladi.
Faraz qilaylik, Q-arifmetik vektorlarning ixtiyoriy to’plami bo’lsin.
B={ e1,e2, ,eS } sistema Q da bazis tashkil etadi deyiladi, agar
a) ek Q, k=1,2, ,s;
b) B sistema chiziqli erkli bo’lsa;
v) ixtiyoriy x Q uchun shunday 1, , S topilsaki,
x
n
ek
(3.3)
k 1
bo’lsa.
(3.3) formula x vektorning B bazis bo’yicha yoyilmasi, deb ataladi.
1, , S koeffitsientlar x vektorning B bazisdagi koordinatalari deyiladi.
Misol 1.
Agar
a1=(4,1,3,-2), a2=(1,2,-3,2), a3=(16,9,1,-3),
a4=(0,1,2,3), a5=(1,-1,15,0) bo’lsa, 3a1+5a2-a3-2a4+2a5 ni hisoblang.
Yechish: (3.1) va (3.2) ga asosan 3a1=(12,3,9,-6), 5a2=(5,10,-15,10),
2a4=(0,2,4,6), 2a5=(2,-2,30,0),
3a1+5a2-a3-2a4+2a5=(12+5-16-0+2, 3+10-9-2-2, 9-15-1-4-30, -6+10+36+0)=(3,0,-41,1).
Misol 2. x1=(-3,1,5) va x2=(6,-3,15) arifmetik vektorlarning chiziqli
bog’liq yoki chiziqli bog’liq emasligini aniqlang.
Yechish: Ta’rifga ko’ra
1x1+ 2x2=(-3 1+6 2, 1-3 2, 5 1+15 2)=0
bundan,
-3 1+6 2=0, 1-3 2=0, 5 1+15 2=0.
Ko’rinib turibdiki, bu tengliklarni bir vaqtda faqat 1=0, 2=0
qiymatlar qanoatlantiradi. Demak, berilgan vektorlar chiziqli erkli ekan.
Misol 3. e1=(1,1,1,1,1), e2=(0,1,1,1,1), e3=(0,0,1,1,1), e4=(0,0,0,1,1),
e5=(0,0,0,0,1) arifmetik vektorlar sistemasi R5 da bazis tashkil etishini
ko’rsating.
16
www.ziyouz.com kutubxonasi
Yechish: Avval bu sistema chiziqli bog’liq emasligini ko’rsatamiz.
Haqiqatan,
1e1+ 2e2+ 3e3+ 4e4+ 5e5=( 1, 1+ 2, 1+ 2+ 3, 1+ 2+ 3+ 4,
1+ 2+ 3+ 4+ 5)=0
bundan
1=0, 1+ 2=0, 1+ 2+ 3=0, 1+ 2+ 3+ 4=0 1+ 2+ 3+ 4+ 5=0
va ketma-ket 1=0, 2=0, 3=0, 4=0, 5=0 hosil bo’ladi, ya’ni bu
sistema chiziqli erkli ekan.
Endi x=(x1,x2,x3,x4,x5) R5 ning ixtiyoriy elementi bo’lsin. U holda
x=(x1,x2,x3,x4,x5)= (x1,x1,x1,x1,x1)+(0, x2-x1, x2-x1, x2-x1, x2-x1)+
+(0, 0, x3-x2, x3-x2, x3-x2)+(0, 0, 0, x4-x3, x4-x3)++(0, 0, 0, 0, x5-x4)=
=x1(1, 1, 1, 1, 1)+(x2-x1)(0, 1, 1, 1, 1)+(x3-x2)(0, 0, 1, 1, 1)+
+(x4-x3)(0, 0, 0, 1, 1)++(x5-x4)(0, 0, 0, 0, 1)= x1e1+(x2-x1)e2+(x3-x2)e3+
+(x4-x3)e4+(x5-x4)e5.
Agar x=(x1,x2,x3,x4,x5) 0 bo’lsa, u holda x1, x2-x1, x3-x2, x4-x3, x5-x4
bir vaqtda nolga teng bo’lmaydi. Shu sababli { e1,e2,e3,e4,e5} R5 da
bazis bo’lar ekan.
Masalan, x=(1, 0, 1, 0, 1) arifmetik vektorning shu bazisdagi
koordinatalari x=(1, -1, 1, -1, 1) bo’ladi.
1-teorema. Agar a1, a2, a3 arifmetik vektorlar chiziqli bog’liq va a3
vektor a1 va a2 vektorlar orqali chiziqli ifodalanmasa, a1 va a2 lar faqat
o’zgarmas ko’paytuvchigagina farq qiladi.
Isboti: a1, a2, a3 lar chiziqli bog’liq bo’lgani uchun bir vaqtda nolga
teng bo’lmagan shunday 1, 2, 3 sonlar topiladiki
1a1+ 2a2+ 3a3=0
bo’ladi.Agar 3 0 bo’lsa, u holda
1
a3
2
a1
3
a2
3
deb yozish mumkin, lekin bu teorema shartiga zid, chunki a3 vektor a1
va a2 lar orqali chiziqli ifodalanib qoladi. Shu sababli 3=0 bo’lishi
shart. U holda
1a1+ 2a2=0,
bo’ladi, bundan esa, agar 1 0 bo’lsa,
2
a1
a2
1
kelib chiqadi. Teorema isbot bo’ldi.
2-teorema. Agar a1,a2, ,an arifmetik vektorlar chiziqli bog’liq
bo’lmasa-yu, a1,a2, ,an,b lar chiziqli bog’liq bo’lsa, u holda b vektor
a1,a2, ,an vektor orqali chiziqli ifodalanadi.
17
www.ziyouz.com kutubxonasi
Isboti: a1,a2, ,an,b vektorlar teorema shartiga ko’ra chiziqli bog’liq
bo’lgani uchun bir vaqtda nolga teng bo’lmagan shunday 1, 2, , n+1
sonlar topiladiki,
(3.4)
1a1+ 2a2+ + nan+ n+1b=0
bo’ladi. bu yerda n+1 0 bo’lishi shart, aks holda, ya’ni agar n+1=0
bo’lsa,
1a1+ 2a2+ + nan=0
bo’lib, bundan va a1,a2, ,an larning chiziqli bog’liq emasligidan
1= 2= = n=0 kelib chiqadi, ya’ni a1,a2, ,an,b lar chiziqli bog’liq
emas degan xato xulosaga kelaiz. Shu sababli n+1 0, u holda (3.4) ni
b
1
a1
n 1
2
a2 
n 1
n
an
n 1
deb yozish mumkin. Teorema isbot bo’ldi.
3-teorema.
a1,a2, ,am
arifmetik
vektorlar
orqali
chiziqli
ifodalanuvchi har qanday n>m ta b1,b2, ,bn arifmetik vektorlar
sistemasi chiziqli bog’liq bo’ladi.
Isbotni matematik induktsiya usuli bilan amalga oshiramiz.
m=1 bo’lganda teoremaning to’g’riligiga ishonch hosil qilish qiyin
emas. Òeorema m=k-1 uchun to’g’ri bo’lsin deb faraz qilib, m=k uchun
tekshiramiz.
Agar
b1=c11a1+ +c1kak,
b2=c21a1+ +c2kak,
. . . . . . . .
bn=cn1a1+ +cnkak
bo’lsa, quyidagi 2 hol yuz berishi mumkin.
1. Barcha c11,c21, ,cn1 koeffitsientlar nolga teng. Unda b1,b2, ,bn lar
k-1 ta vektorlar orqali chiziqli ifodalanib qoladi, bu hol uchun
farazimizga ko’ra teorema to’g’ri.
2. b1 ning koeffitsientlarini kamida bittasi noldan farqli.
Umumiylikni buzmagan holda c11 0, deb faraz qilish mumkin.
Agar
c31
cn1
c21
b2| b2
b1 , b3| b3
b1 , . . ., bn| bn
b1
c11
c11
c11
desak, bu vektorlar a1,a2, ,am orqali chiziqli ifodalanadi va ularning
soni n-1 teorema shartiga ko’ra k-1 dan katta. Qilingan farazga ko’ra
bu sistema chiziqli bog’liq, ya’ni shunday bir vaqtda nolga teng
bo’lmagan 2, , n sonlar topiladiki,
|
 n bn| 0
2 b2
18
www.ziyouz.com kutubxonasi
|
|
bo’ladi. Agar b2 ,  , bn
ifodasini qo’ysak,
lar o’rniga ularning b1,b2,
b
1 1

b
2 2
b
,bn lar orqali
0
n n
bu yerda
1
с21
с11
2

сn1
с11
n
hosil bo’ladi. 1, 2, , n lar bir vaqtda nolga teng bo’lmagani uchun
b1,b2, ,bn lar chiziqli bog’liq ekanligi kelib chiqadi.
Har qanday vektorlar sistemasi Q Rn kamida bitta bazisga ega va bu
sistemaning barcha bazislari bir xil sondagi vektorlardan tuzilgan
bo’ladi. Bu sonni Q sistemaning rangi deb ataladi va rangQ yoki r(Q)
ko’rinishda belgilanadi.
Rn fazoning rangi n ga teng, uni bu fazoning o’lchami,deb ataladi.
Rn da bazis tashkil etuvchi quyidagi sistema
e1=(1, 0, 0, , 0),
e2=(0, 1, 0, , 0),
. . . . . . . .
en=(0, 0, 0, , 1)
kanonik bazis deb ataladi.
Rn ning har qanday x vektoriga uning shu bazisdagi koordinatalar
ustunini o’zaro bir qiymatli mos qo’yish mumkin, ya’ni
T
x x1e1 x2 e2  xn en
X x1 , x2 ,..., xn
Eslatma. Vektorning komponentalari bilan uning biror bazisdagi
koordinatalarini farqlash zarur. Ular faqat kanonik bazis uchun bir xil
bo’ladi halos. Bunga 3-misolda keltirilgan vektor misol bo’la oladi.
3.2. Matritsaning rangi.
Ta’rif. Noldan farqli minorlarning eng yuqori tartibi A matritsaning
rangi deb atalib, r(A) êo’rinishda belgilanadi.
Agar r(A)=r bo’lsa, noldan farqli r–tartibli har qanday minor A
matritsaning bazis minori, deb ataladi.
mxn o’lchamli A matritsaning barcha yo’llarini (yo satrlarini yo
ustunlarini) Rn ning yoki mos ravishda Rm ning arifmetik vektorlari
sistemasi, deb qarash mumkin.
Isbotsiz quyidagi teoremani keltiramiz.
4-teorema. Matritsaning rangi uning yo’llari sistemasining rangiga
teng bo’ladi va bazis minorini o’z ichiga olgan yo’llar sistemasida bazis
tashkil etadi.
Matritsa rangini hisoblashning ikkita usulini ko’ramiz.
1-usul o’rab turuvchi minorlar usuli, deb ataladi.
19
www.ziyouz.com kutubxonasi
Agar M2 minor M1 minorni to’la o’z ichiga olsa, M2 minor M1
minorni o’rab turadi, deymiz. Masalan,
a11 a12
A
a13
a14
a15
a 21
a 22
a 23
a 24
a 25
a31
a32
a33
a34
a35
a 41
a 42
a 43
a 44
a 45
matritsada
a12 a13
M1
a 22
a 23
bo’lsa,
M2
a11
a12
a13
a 21
a 22
a 23
a31
a32
a33
uni o’rab turuvchi minor bo’ladi.
Faraz qilaylik, A matritsada noldan farqli biror k-tartibli minor M
aniqlangan bo’lsin. M ni o’rab turuvchi (k+1)-tartibli minorlarni ko’rib
chiqamiz. Agar bu minorlarning hammasi nolga teng bo’lsa, u holda
matritsaning rangi k bo’ladi. Agar bu (k+1)-tartibli minorlarning
orasida hech bo’lmaganda bitta noldan farqlisi Mk+1 bo’lsa, Mk+1 ni
o’rab turuvchi barcha (k+2)-tartibli minorlarni ko’rib chiqamiz va
hokazo. Bu jarayon to o’rab turuvchi minorlar orasida kamida bitta
noldan farqli topilmaguncha davom etadi.
Misol. Quyidagi matritsaning rangini toping:
2
4 3
1 0
1
2
1
4 2
0
4
Yechish: Ko’rinib turibdiki
1
7
1
4
3 1
4 5
А
M2
4 3
0
2 1
Uni o’rab turuvchi 3-tartibli minorlar orasida masalan
2
4 3
M3
1
2 1
0 1
1
minor noldan farqli. Lekin, M3 ni o’rab turuvchi 4-tartibli minorlar
20
www.ziyouz.com kutubxonasi
2
1
4
2
3
1
1
4
2 -4
1 -2
3
1
0
2
0,
0 .
0 1
1 3
0 1 -1 1
4
7 4
4
4 -7 4 5
Shu sababli A matritsaning rangi r(A)=3, uning bazis minori M3 bo’ladi.
2-usul elementar almashtirishlar usuli deb ataladi. Ì atritsalar ustida
quyidagi elementar almashtirishlar, deb ataluvchi almashtirishlarni
bajarish mumkin:
1) Biror yo’lni songa ko’paytirish;
2) Biror yo’lning elementlariga unga proportsional bo’lgan undan
avvalgi yo’lning elementlarini qo’shish;
3) Biror yo’lning elemenòlariga unga proportsional bo’lgan undan
keyingi yo’l elementlarini qo’shish.
Bu almashtirishlarning birinchisini satrlar ustida bajarish uchun
berilgan matritsani quyidagi maxsus tuzilgan
1

1
1

1
matritsaga chapdan ko’paytirish kifoya.
2)-almashtirishni satrlar ustida bajarish
matritsani quyidagi
uchun
esa
berilgan
1

1



1

1
matritsaga chapdan ko’paytirish va nihoyat 3)-almashtirishni satrlar
ustida bajarish uchun shu matritsani quyidagi
1

1



1

1
matritsaga chapdan ko’paytirish kifoya. Masalan,
21
www.ziyouz.com kutubxonasi
1 0 0 a b
0
0 x y
c
z
a
x
b
y
c
z
0 0 1 u
w
u
v
w
v
1 0 0 a b
0 1 0 x y
c
z
0
w
1 u
v
1 0 0
0 1
a b
x y
c
z
0 0 1
u
w
v
a
x
u
b
y
x v
a
x
c
z
y w
b
u
y
u
c
v
v
z
z
w
w
Agar bu almashtirishlar ustunlar ustida bajariladigan bo’lsa, berilgan
matritsani shu maxsus tuzilgan matritsalarga mos ravishda o’ngdan
ko’paytirish kerak.
Agar satrlar ustida 1) va 2) almashtirishlarni bir necha marta bajarish
lozim bo’lsa, berilgan matritsani
11
0
21
22
.
.
n1
n2


.

0
0
.
(3.5)
nn
matritsaga chapdan ko’paytirish kerak bo’ladi.
Xuddi shunday, agar 1) va 3) almashtirishlarni bir necha marta
satrlar ustida bajarish lozim bo’lsa, bu matritsani
b11 b12  b1n
0 b22  b2 n
(3.6)
.
.
.
.
0
0  bnn
matritsaga chapdan ko’paytirish etarli.
Agar ustunlar ustida 1) va 2) almashtirishlarni bir necha marta
bajarishgan bo’lsa, matritsani (3.6) ga o’ngdan, agar 1) va 3)
almashtirishlar bajariladigan bo’lsa, berilgan matritsani (3.5) ga o’ngdan
ko’paytirish kifoya qiladi.
Bu usul quyidagi teoremaga asoslanadi.
22
www.ziyouz.com kutubxonasi
5-teorema. Matritsaning yo’llari ustida bajariladigan har qanday
elementar almashtirishlar matritsa rangini o’zgartirmaydi.
Isboti: Faraz qilaylik, r(A)=r bo’lib, bazis minor
a12  a1r
.
.
.
a11
.
Mr
ar1 ar 2  arr
bo’lsin. Mr ning yo’llarini o’z ichiga olgan a1=(a11,a12, ,a1r, ,a1n) ,
, ar=(ar1,ar2, ,arr, ,an) arifmetik vektorlarning sistemasini qaraylik.
Mr 0 bo’lgani uchun a1, , ar sistema barcha yo’llar sistemasida bazis
tashkil etadi.
Agar Mr yo’llarini o’z ichiga olgan yo’llar ustida almashtirishlar
bajarib, ularni
(a1,0, ,0, a 1,r+1, ,a 1n),
(0,a2, ,0, a 2,r+1, ,a 2n),
. . . . . . . . . .
(0,0, ,ar, a r,r+1, ,a rn)
ko’rinishga keltirsak, bu arifmetik vektorlardan tuzilgan sistema ham
barcha yo’llar sistemasida bazis tashkil etadi. Ko’rinib turibdiki, bu
sistema rangi ham r ga teng. Teorema isbot bo’ldi.
Misol. Ushbu
1 2
1 3
А
2 1 4
1
0 2
1 2
matritsaning rangi topilsin.
Yechish: 1-yo’lni –2 ga ko’paytirib, 2-yo’lga qo’shamiz
1 2
А
2 1
0 2
1 2
1
4
3
1 2
1
1
1
0 9
0
0 0
9
2
1
3
2 1
4
1
0 0
9
8
3
1 0 0 0
5
0 9 0 0
8
0 0 9 0
oxirgi matritsaning rangi 3 ga teng, chunki
23
www.ziyouz.com kutubxonasi
1 0 0
0 9 0
M3
81
0
0 0 9
Demak, r(A)=3 ekan.
Misol. a1=(1,-1,0,0), a2=(0,1,-1,0), a3=(1,0,-1,1), a4=(0,0,0,1),
a5=(3,-5,2,-3) vektorlarni chiziqli bog’liqlikka tekshiring. Uning
rangini va bazis minorini toping.
Yechish: Berilgan vektorlardan quyidagi matritsani tuzib olamiz
1
А
1
0
1
1
0
0
3
0
5
0
1
1
0
2
0
0
1 .
1
3
Bu matritsa ustida quyidagi almashtirishlarni ketma-ket bajaramiz:
А
1
0
1
0
3
1
1
0
0
5
0
0
0
0
0
1
1
0
0
5
0
1
1
0
2
0
0
1
0
3
0
0
1
1
3
0
0
0
1
3
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
5
1
0
1
0
3
0
0
1
1
3
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
3
0
0
0
1
3
0
0
0
0
0
1
1
0
0
5
0
1
0
0
0
1
0
1
0
3
0
0
1
0
0
0
0
0
1
3
0
0
0
1
0
oxirgi matritsaning rangi 3 ga teng va bazis minor
М3
1
0
0 0
1 0.
0 1
0
4-§. Chiziqli tenglamalar sistemasi.
4.1. Umumiy tushunchalar. Quyidagi n ta noma’lumli m ta
tenglamalar sistemasini qaraylik
24
www.ziyouz.com kutubxonasi
a11 x1
a12 x 2
 a1n x n
b1 ,
a 21 x1
a 22 x 2
 a2n xn
b2 ,
. . . . . . . . . . . . .
a m1 x1
am 2 x2
 a mn x n
(4.1)
bm ,
Agar bu yerda
a11 , a12 , , a1n
A
a 21 , a 22 ,  , a 2 n
. . . . . .
a m1 , a m 2 ,  , a mn
.
Х
х1
х2

хn
B
b1
b2

bm
desak, (4.1) ni matritsa ko’rinishda yozish mumkin:
AX=B.
(4.2)
Agar B=0 bo’lsa, sistema bir jinsli, aks holda bir jinsli bo’lmagan
sistema deyiladi. (4.1) sistemaning yechimi, deb (4.2) ni ayniyatga
aylantiradigan har qanday n ta komponentali ustun vektor X ga aytiladi
(X yechimga mos keluvchi x Rn arifmetik vektorni ham (4.1)
sistemaning yechimi deb ataymiz).
Agar sistema kamida bitta yechimga ega bo’lsa, uni birgalikda
deyiladi, aks holda birgalikda emas deymiz.
Agar ikkita sistema yechimlari to’plami bir xil bo’lsa, ularni
ekvivalent, deb ataymiz.
4.2. Chiziqli tenglamalar sistemasini yechishning matritsalar usuli
va Kramer formulalari.
Faraz qilaylik, (4.1) sistemada n=m bo’lsin. Agar detA 0 bo’lsa, u
holda ma’lumki (qarang 2.2 bo’limga), bunday matritsaga teskari A-1
matritsa mavjud. A-1 ni (4.2) ga chapdan qo’llasak:
X= A-1B
(4.3)
tenglik hosil bo’ladi. (4.3) ning o’ng tomonidagi ko’paytirish amalini
bajarib, hosil bo’lgan ustunlarning mos komponentalarini tenglab, (4.1)
ning yagona yechimini hosil qilamiz. Sistemani yechishning bu usuli
matritsalar usuli, deb ataladi.
Yechimni yuqorida ko’rsatilgan usul yordamida topaylik. U holda
xi
A1i b1
A2i b2 ... Ani bn
, i 1,2,..., n.
det A
(4.4)
hosil bo’ladi. Tengliklarni o’ng tomonidagi kasr suratidagi yig’indini
determinantning biror yo’li bo’yicha yoyib hisoblash usulidan (qarang,
1.4 bo’lim, (3), (4) formulalar) foydalanib, quyidagi
a11  a1,i
i
1
b1 a1,i 1  a1n
. . . . . . . . . . . . . . . , i 1, n
an1  an ,i 1 bn an ,i 1  ann
25
www.ziyouz.com kutubxonasi
determinantlar ko’rinishida ifodalash mumkin.
Agar =detA, deb belgilasak, (4.4) tengliklarni
i
xi
,
(4.5)
i 1, n
ko’rinishda yozib olsa bo’ladi. Bu (4.5) formulalar Kramer formulalari,
deb ataladi.
Misol. Quyidagi tenglamalar sistemasini yeching:
3х1
2 х2
х3
5
2 х1
х2
х3
6
х1 5 х2
3
Yechish: Sistemaning
3
А
2
2
1
1 1
1
5
0
matritsasi maxsuc emas, chunki detA=-2 0. Biriktirilgan matritsasi
Аv
5
1
5
1
3
1
11
13
7
ko’rinishga ega. U holda teskari matritsa
А
1
2
1
5
1
5
1
3
1
11
13
7
bo’ladi va nihoyat,
1
2
1
X
А B
5
1
5
1
3
1
11
13
7
5
6
1
2
3
4
2
2
1
2
1
.
Bundan, x1=2, x2=-1, x3=1 ekanligini hosil qilamiz.
Endi sistemani Kramer formulalari yordamida hisoblaymiz:
1
5
6
3
Demak, х1
1
2, x2
2 1
1 1
5
-4,
2
0
2
3
2
5
6
1
1
2,
1 -3 0
1,
x3
3
1
3
3
2
2
1
1
5
5
6
-2 .
3
ekan.
Eslatma. Agar (4.1) sistema bir jinsli bo’lib, uning matritsasi xosmas,
ya’ni =det 0 bo’lsa, u holda bunday sistema yagona trivial deb
ataluvchi nol x=(0,0, ,0) yechimga ega bo’ladi. Haqiqatan, bunday
sistemani ozod hadlari nol bo’lgani uchun barcha i, i=1,2, ,n
determinantlar nolga teng bo’ladi, Kramer formulalariga asosan esa
x1=0, x2=0, xn=0 ekanligi kelib chiqadi. Shu sababli, bir jinsli
26
www.ziyouz.com kutubxonasi
chiziqli tenglamalar sistemasi noldan farqli, ya’ni kamida bitta
komponentasi nolga teng bo’lmagan, x=(x1, ,xn) yechimga ega bo’lishi
uchun uning matritsasi xos bo’lishi shart ( =0).
4.3. Ixtiyoriy chiziqšli tenglamalar sistemasini yechish. Bunda
umuman n=m bo’lishi shart emas, deb hisoblaymiz. Quyidagi matritsa
A
( A B)
a11  a1n
a21  a2 n
.
.
.
an1  ann
b1
b2

bn
kengaytirilgan matritsa, deb ataladi.
Teorema (Kroneker-Kapelli). (4.1) sistema birgalikda bo’lishi uchun
rangA= rang A bo’lishi zarur va yetarlidir.
Zarurligi: Faraz qilaylik, (4.1) sistema birgalikda va r(A)=k bo’lsin.
Biz r( A)=k ekanini isbotlashimiz kerak. r(A)=k bo’lgani uchun A
matritsaga A matritsaga ham tegishli bo’lgan k-tartibli noldan farqli
minor mavjud. Shuning uchun r( A) k bo’ladi. Endi bu minorni
qamrovchi A matritsaning har qanday k+1-tartibli minori nolga teng
ekanligini isbotlash zarur. Bu minorning bitta ustuni ozod hadlardan
iborat. Umumiylikni buzmagan holda, bu minor
a1,1  a1,k
.
.
.
a k 1,1  a k 1,k
b1
.
bk 1
deb faraz qilishimiz mumkin, chunki aks holda sistemaning
tenglamalarini va no’malumlarnng joyini almashtirib shu holga olib
kelsa bo’ladi. Shartga ko’ra (4.1) sistema birgalikda, shuning uchun
shunday x=(x1, ,xn) arifmetik vektor mavjudki, u sistemani
qanoatlantiradi, xususan, u sistemaning birinchi k+1 ta tenglamasini
ham qanoatlantiradi. U holda
a11 x1  a1,k x k
0
1
(4.6)
. . . . . . . . . . . .
ak
x
1,1 1
 ak
1, k
xk
k 1
0
bu yerda
1
k 1
a1,k 1 xk
1
 a1n xn
. . . . . . . . . . . .
ak 1,k 1 xk 1  ak 1,n xn
(4.6) asosida quyidagi
27
www.ziyouz.com kutubxonasi
b1
(4.7)
bk
1
a11 y1  a1,k y k
1
yk
. . . . . . . . . . . .
a k 1,1 y1  a k 1,k y k
k 1 yk
1
0
(4.8)
1
0
sistemani tuzib olamiz. Bu sistema birgalikda, chunki uni noldan farqli
y=(x1, ,xk,1) yechim qanoatlantiradi. U holda ( 4.2 bo’limdagi
eslatmaga qarang) bir jinsli (4.8) sistemaning determinanti nolga teng,
ya’ni
a11  a1k
0
a1,k 1 x k
 a1n x n
1
b1
. . . . . . . . . . . . . . . . .
a k 1,1  a k 1,k a k 1,k 1 x k 1  a k 1,n x n bk
a11  a1k
n
a11  a1k
a1S
xS . . . . . . . . . .
a k 1,1  a k 1,k a k 1, S
S k 1
b1
. . . . . . . .
a k 1,1  a k 1,k bk 1
a11  a1k
b1
. . . . . . . . .
ak
1,1
1
 ak
bk
1,k
,
1
chunki
r(A)=k
bo’lgani
uchun
yig’indiga
kiruvchi
barcha
determinantlar nolga teng. Demak, r( А )=k ekan.
Yetarliligi: Endi r(A)=r( А )=k bo’lsin deb faraz qilaylik. Sistema
birgalikda ekanligini isbot qilish kerak. Qilingan farazga ko’ra,
sistemaning shunday k ta tenglamasi mavjudki, uning no’malumlari
oldidagi koeffitsientlardan tuzilgan k-tartibli determinanti noldan
farqlidir. Tenglamaning birinchi qismida qilinganidek, umumiylikni
buzmagan holda bu aynan
a11 x1  a1,k x k
b1
. . . . . . . . . ..
a k1 x1  a kn x k bn
Tenglamalar, deb faraz qilish mumkin. Shartga ko’ra, uning uchun
a11  a1k
......
0
a k1  a kk
(4.9) sistemani quyidagicha yozib olamiz:
28
www.ziyouz.com kutubxonasi
(4.9)
a11 x1  a1k x k
b1
a1,k 1 x k
 a1n x n
1
(4.10)
. . . . . . . . . ..
a k1 x1  a kk x k
bk
a k ,k 1 x k
1
 a kn x n
0 bo’lgani uchun bu sistema yagona yechimga ega va uni Kramer
formulalari yordamida topish mumkin:
1
x1
1
k
AS 1 (b1
a1,k 1 x k
 a1n x n )
1
S 1
.
. . .
k
xk
1
(4.11)
. . . . . . . . . . . . .
k
ASk (bk
a k ,k 1 x k
1
 a kn x n )
S 1
bu yerda Asi, i=1,2, ,k, asi elementining
determinantdagi algebraik
to’ldiruvchisidir. xk+1, ,xn larga har xil qiymatlar berish mumkin,
x1, ,xk larning qiymatlari esa (4.11) formulalar orqali hisoblanadi.
Demak, (4.10) sistema cheksiz ko’p yechimga ega ekan.
Endi bu yechimlar (4.1) sistemaning (4.10) ga kirmagan
tenglamalarini ham qanoatlantirishini ko’rsatishimiz kerak. Buning
uchun (4.11) yechimlar (4.1) ning k+1 tenglamasini ham yechimi
ekanligini ko’rsatish kifoya.
(4.1) sistemaning avvalgi k+1 ta tenglamasini olib, ularni (4.6)
ko’rinishida yozib olamiz. Faraz qilaylik, x arifmetik vektor (4.6) ning
dastlabki k ta tenglamasini yechimi bo’lsin. Xuddi yuqoridagidek, (4.8)
tenglamalar sistemasini tuzib olamiz. Bu sistemaning determinanti
nolga teng. Shuning uchun bu sistema trivial bo’lmagan y1, ,yk+1
yechimga ega. Bu yerda yk+1 0, chunki, aks holda (4.8) sistema
y1, ,yk,0 yechimga ega bo’ladi, bundan y1=0, ,yk=0 ekanligi kelib
chiqadi, chunki
0, ya’ni (4.8) trivial y1=y2= =yk+1=0 yechimga ega
bo’lib qoladi. (4.6) sistema bir jinsli bo’lgani uchun
y1/
y1
,, y k/
yk 1
yk
,1
yk 1
/
/
sonlar ham bu sistemaning yechimi bo’ladi. U holda у1 ,  , у k lar (4.6)
sistemaning dastlabki k ta tenglamalarining yechimi bo’ladi. Bizga
ma’lumki, bu sistema yagona x1, ,xk yechimga ega edi.
0 bo’lgani
/
uchun z1
z k/
x1 ,, z k/
x k bo’lishi shart. Agar bu qiymatlarning va
1 ni (4.8) ning k+1-tenglamasiga qo’ysak, tenglik bajarilishiga
ishonch hosil qilamiz. Demak, x1, ,xk lar (4.6) ning k+1-tenglamasini
qanoatlantiradi va (4.6) ga asosan x=( x1, ,xn) (4.1) ning k+1tenglamasini yechimi ekan. Teorema to’liq isbot bo’ldi.
1
29
www.ziyouz.com kutubxonasi
Eslatma: Agar xk+1=c1, ,xn=cn-k desak, barcha x1, ,xk lar c1, ,cn-k
larga bog’liq bo’lib qoladi. (x1(c1, ,cn-k), ,xk (c1, ,cn-k),c1, ,cn-k)T
ustun (4.1) ning umumiy yechimi deb ataladi.
Misol. Quyidagi sistemani yeching:
x
x
y z 1,
y 2 z 1,
x
y 3z
2.
Yechish:
1 1 1
1 1 2
=0
1 1 3
Shuning uchun
А
1 1 1
1 1 2
1 1 3
1 1
matritsa uchun r(A)=2, chunki
1 2
1 0 . Kengaytirilgan
1 1 1 1
1 1 2 1
А
1 1 3 2
matritsa uchun r ( A)
3 , chunki shu matritsaning quyidagi minori
1 1 1
1 2 1
1 0
1 3 2
ya’ni r ( A) r ( A) bo’lyapti. Yuqoridagi teoremaga asosan, bu sistema
yechimga ega emas, deyish mumkin.
Misol. Sistemani yeching:
x
x
y z 1,
y 2 z 1,
2x 2 y 4z
2.
Yechish: Uning determinanti
1 1 1
1 1 2
0.
2 2 4
30
www.ziyouz.com kutubxonasi
Bevosita hisoblash yo’li bilan r ( А) r ( A) 2 ekanligiga ishonch hosil
qilishimiz mumkin. Berilgan sistemani birinchi va ikkinchi
tenglamalaridan
x
x
y z 1,
y 2 z 1,.
sistemani tuzib olamiz. Uni o’z navbatida
x
z
1 у,
x 2z
1 у.
ko’rinishda yozib olamiz. Bu sistema uchun
1 1
1 2
1 0,
shu sababli, u yagona yechimga ega:
x
1 y 1
1 y 2
1 y,
z
1 1- y
0
1 1- y
Demak, y ning har qanday qiymatida (1-y, y, 0) uchlik berilgan
sistemaning yechimi bo’ladi.
Agar u=S desak, (1-S, S, 0) ustun berilgan sistemaning umumiy
yechimi bo’ladi.
4.4. Bir jinsli sistemalar.
Quyidagi
a11 x1  a1n x n
0,
. . . . . . . . . ..
a m1 x1  a mn x n
(4.12)
0.
bir jinsli sistemani qaraylik. Bu sistema har doim birgalikda, chunki
uning kamida trivial x=0 yechimi bor. Uning trivial bo’lmagan yechimi
mavjud bo’lishi uchun r(A)=r<min(m,n) bo’lishi zarur va yetarlidir.
Faraz qilaylik, Q Rn–bir jinsli (4.4) sistemaning barcha yechimlari
to’plami bo’lsin. Bu to’plamdagi har qanday bazis n-r ta e1,e2, ,en-r
chiziqli bog’liq bo’lmagan vektorlardan tuzilgandir. Kanonik bazisda
unga mos keluvchi E1,E2, ,En-r vektorlar sistemasi fundamental
yechimlar sistemasi, deb ataladi. Uning yechimini quyidagi
X=C1E1+ +Cn-rEn-r.
ko’rinishda yozish mumkin, bu yerda C1, ,Cn-r ixtiyoriy o’zgarmaslar.
Misol. Quyidagi bir jinsli sistemaning fundamental yechimlar
sistemasini va umumiy yechimini toping:
2 х1
4 х2
5 х3
3х4
0,
3х1 6 х2
4 х3
2 х4
0,
4 х1 8 х2 17 х3 11х4
0.
Yechish: Bu sistemaning matritsasini tuzib olamiz:
31
www.ziyouz.com kutubxonasi
А
2
3
4
6
5
4
3
2
4
8 17 11
r(A)=2 (tekshiring!). Bazis minor sifatida, masalan,
5 3
4 2
М2
2
0
ni olishimiz mumkin. U holda sistemaning 3-tenglamasini tashlab, uni
quyidagi ko’rinishga keltiramiz:
5 х3
3х4
2 х1
4 х2
4 х3
2 х4
3х1
6 х2
Bunda, agar x1=C1, x2=C2 desak,
х3
5
С1
2
5С 2 ,
7
С1
2
х4
7С 2
topiladi. Demak, sistemaning umumiy yechimi
С1
Х
С2
5
С1 5С 2
2
7
С1 7С 2
2
(С1 , С 2 )
bo’ladi. Bundan mos ravishda C1=1, C2=0 va C1=0, C2=1 deb,
fundamental yechimlar sistemasini topamiz:
Е1
Х
(1,0)
1
0
5
,
2
7
2
0
Е2
Х
(0,1)
1
5
7
4.5. Jordan-Gaussning noma’lumlarni ketma-ket yo’qotish usuli.
Bu usulning asosiy ma’nosi berilgan (4.1) sistemaning kengaytirilgan
matritsasini yozib olib, uning yo’llari ustida elementar almashtirishlar
bajarib, uni quyidagi ko’rinishga keltirishdir:
1 0  0 а1/,r
0 1  0 а 2/ ,r
. . . .
.
0 0 
0 0 .
. . .
0 0 
1 а r/ ,r
0
0
.
.
0
0
1
1
1
 а1/
 а 2/
.
.
b1/
b2/
.
 а rn/
 0
.
.
 0
br/
br/ 1
.
bm/
(4.13) matritsa o’z navbatida quyidagi (4.1) ga ekvivalent bo’lgan
32
www.ziyouz.com kutubxonasi
(4.13)
x1
a1/,r 1 x r
x2
a 2/ ,r 1 x r
 a1/n x n
1
b1/
 a 2/ n x n
1
b2/
. . . . . . . . . . . .
xr
a r/ ,r 1 x r
 a rn/ x n
1
br/
br/
0
1
(4.14)
. . .
bm/
0
tenglamalar sistemasining kengaytirilgan matritsasidir. Agar (4.14) da
br/ 1 ,, bm/ sonlarning hech bo’lmaganda bittasi noldan farqli bo’lsa,
(4.14) va o’z navbatida (4.1) sistemalar birgalikda bo’lmaydi.
/
/
Agar br 1  bm 0 bo’lsa, u holda sistema birgalikda bo’ladi va
(4.14) formulalar x1, ,xr noma’lumlarning xr+1, ,xn noma’lumlar orqali
ifodasini beradi.
Misol. Sistemani yeching:
x1
2 x2
3 x3
4 x4
5,
x2
2 x3
3x4
1,
3 x3
4 x4
2,
5 x3
6 x4
1.
x1
x1
x2
Yechish. Kengaytirilgan matritsani yozib olaylik:
А
1 2 3 4 5
0 1 2 3 1
1 0 3 4 2
1 1 5 6 1
bu matritsaning satrlari ustida elementar almashtirishlar bajaramiz:
A
1 2 3 4 5
0 1 2 3 1
1
0
1 0 3 4 2
1 1 5 6 1
0
0
2
1
3 4
2 3
5
1
2 0 0
1 2 2
3
4
1
0
2 3 4
2 0 0
5
3
0
0
1 2 3
1 2 2
1
4
1 0 3 4
2
1 0 3
4
2
1 0 3 4
2
0 2 0 0
3
0 2 0
0
3
0 2 0 0
3
0 0 2 3
1/ 2
0 0 2
3
1/ 2
0 0 2 3
1/ 2
0 0 2 2
5/ 2
0 0 0
2
0 0 0 1
2
1
1 0 3 0
0 2 0 0
6
3
1 0 0 0
15 / 4
0 2 0 0
3
0 0 2 0
13 / 2
0 0 2 0
0 0 0 1
2
0 0 0 1
13 / 2
2
bundan x4=2, x3=-13/4, x2=3/2, x1=15/4 kelib chiqadi.
33
www.ziyouz.com kutubxonasi
.
Misol. Korxona A,B,C mahsulotlarni ishlab chiqarish uchun S1, S2,
S3 xom ashyolardan foydalansin. Xom ashyolarning bitta mahsulotni
tayyorlash uchun bir kundagi sarf normasi quyidagi jadvalda berilgan
bo’lsin:
Xomashyo turi
S1
S2
S3
Bitta mahsulotni tayyorlash uchun
xom ashyoning sarf normasi
A
B
C
5
3
4
2
1
1
3
2
2
Xom ashyoning bir
kunlik sarf
miqdori
2700
800
1600
Har bir tur mahsulotning birkunlik ishlab chiqarish xajmini toping.
Yechish. Agar korxona har kuni A mahsulotdan x1 ta, B
mahsulotdan x2 ta va C mahsulotdan x3 ta ishlab chiqarsa, u holda
yuqoridagi jadvalga ko’ra:
5 x1
3x2
2 x1
x2
3x1
2 x2
4 x3
x3
2 x3
2700 ,
800 ,
1600
tenglamalar sistemasi hosil bo’ladi. Bu sistemani yuqoridagi biror usul
bilan yechsak: (200; 300; 200) yechimni olamiz, ya’ni korxona har kuni
A mahsulotdan 200 ta, B mahsulotdan 300 ta va C mahsulotdan 200
ta ishlab chiqarar ekan.
4.6. Ko’p tarmoqli iqtisodiyotda Låont’åv modåli.
Makroiqtisodiyot masalalarida ko’p tarmoqli xo’jalikni effåktiv
boshqarish bilan bog’liq bo’lgan balansli taxlil o’tkazish muxim rol
o’ynaydi. Bunda tarmoqlarning har biri bir tomondan ishlab
chiqaruvchi, ikkinchi tomondan ham o’zining ham boshqa tarmoqning
mahsulotini o’zlashtiruvchi hisoblanadi. Balansli taxlil har bir
tarmoqning extiyojini qondirish uchun tarmoqlar ishlab chiqarayotgan
mahsulot hajmi qancha bo’lishini aniqlab båradi. Tarmoqlar orasidagi
munosabatni shu nuqtai-nazardan taxlil qilishning matåmatik modålini
1936 yilda amårikalik iqtisodchi olim V. Låont’åv ishlab chiqqan.
Faraz qilaylik, har biri o’z navbatida mahsulot ishlab chiqaruvchi
tarmoq bo’lãan sanoatning n ta tarmog’i ko’rilayotgan bo’lsin. Ishlab
chiqarilgan mahsulotning bir qismi shu va boshqa tarmoqlarning ichki
extiyoji uchun, qolgani shaxsiy va umumta’minot extiyojlari uchun sarf
bo’ladi.
Ma’lum muddat uchun (aytaylik, yil uchun) ishlab chiqarish
jarayonini ko’raylik.
Faraz qilaylik, xi - i-tarmoqning yalpi mahsulot hajmi, xij esa itarmoq ishlab chiqargan mahsulotning ishlab chiqarish jarayonida jtarmoq tomonidan ta’minlanish hajmi va nihoyat, y i - i-tarmoq ishlab
34
www.ziyouz.com kutubxonasi
chiqargan mahsulotning ishlab chiqarish uchun ishlatilmaydigan hajmi
bo’lsin, bu yårda i, j 1,2, , n .
Ma’lumki, ixtiyoriy i-tarmoqning yalpi mahsulot hajmi n ta
tarmoqning shu mahsulotdan foydalanish hajmlari va ishlab chiqarish
uchun ishlatilmaydigan hajmi yig’indisiga tång, ya’ni
n
xi
yi , i 1,2,  , n .
xij
(1)
j 1
(1) tånglamalar balans munosabatlari dåb ataladi. (1) ga kiruvchi
barcha miqdorlar narx ko’rinishiga ega bo’lgan hol uchun tarmoqlararo
narxiy balans masalasini ko’ramiz.
Båvosita sarf koeffitsiåntlari dåb ataluvchi quyidagi
xij
aij
xj
, ( i, j 1,2, , n )
(2)
miqdorlarni kiritamiz. Ular i-tarmoqning j-tarmoq tomonidan ishlab
chiqarilgan mahsulotning bir birligini ishlab chiqarish uchun qilingan
sarf miqdorini bildiradi.
Qandaydir muddat ichida a ij koeffitsiåntlarni o’zgarmas va ishlab
chiqarish tåxnologiyasiga bog’liq dåb faraz qilish mumkin. Bu o’z
navbatida qilingan moddiy xarajatlar yalpi ishlab chiqarishga chiziqli
bog’liq ekanligini bildiradi, ya’ni
xij aij x j , ( i, j 1,2,  , n ).
(3)
U holda (1) tånglamalar quyidagi
n
xi
aij x j
yi , i 1,2,  , n
(4)
j 1
ko’rinishni oladi. Bu yårda
X
x1
x2

xn
, A
a11
a 21

a n1
a12
a 22

an2
 a1n
 a2n
, Y
 
 a nn
y1
y2

yn
bålgilashlar kiritsak, (1) quyidagi matritsaviy ko’rinishni oladi:
(5)
X AX Y ,
bu yårda X –yalpi ishlab chiqarish våktori, Y – yakuniy mahsulot
våktori va A – båvosita xarajat yoki tåxnologik matritsa dåb ataladi.
Dåmak, ko’p tarmoqli balans masalasi - bu bårilgan båvosita
xarajatlar matritsasi A uchun yakuniy mahsulot våktori Y ni båruvchi
yalpi ishlab chiqarish våktori X ni topishdan iborat ekan.
(5) tånglamani quyidagi
(6)
E AX Y
ko’rinishda ifodalab olamiz. Agar E-A matritsa xosmas bo’lsa, ya’ni
det E A 0 bo’lsa, u holda (4.3) formulaga ko’ra
1
X
E A Y
(7)
35
www.ziyouz.com kutubxonasi
bo’ladi. Bu yårda S E A 1 - to’la xarajatlar matritsasi, dåb ataladi.
Masalaning iqtisodiy ma’nosiga ko’ra, agar barcha i, j 1,2, , n lar
uchun yi 0 va aij 0 bo’lsa, ularga mos kåluvchi xi lar ham manfiy
bo’lmaydi.
Agar barcha i, j 1,2, , n lar uchun aij 0 bo’lsa, A 0 dåb
tushunamiz. Shu sababli, agar har qanday Y 0 våktor uchun (6) ning
X 0 yåchimi mavjud bo’lsa, A 0 matritsa samarali, dåymiz. Bu hol
uchun Låont’åv modåli samarali, dåb ataladi.
A matritsaning samarali bo’lishi uchun bir nåchta måzonlar mavjud.
Masalan, A matritsa samarali bo’ladi, agar ustun bo’yicha olingan
yig’indilar maksimumi birdan katta bo’lmasa va kamida bitta ustun
elåmåntlari yig’indisi birdan qat’iy kichik bo’lsa.
M i s o l. Quidagi jadvalda bir xisobot davri uchun balansning
bajarilish ma’lumotlari berilgan:
Yakuniy
Yalpi
Tarmoq
Extiyoj
energetika
7
12
Ishlab
Energetika
chiqarish mashinasozlik
mashinasozlik
21
15
mahsulot
mahsulot
72
123
100
150
Agar energetika tarmog’i o’z extiyojini ikki marta oshirsa-yu,
mashinasozlik tarmog’i o’zgartirmasa, har bir tarmoqning yalpi
maxsulotlari qanchaga o’zgarishini aniqlang.
Yechish. Jadvalga ko’ra
x1
100, x 2
150 , x11
7, x12
21, x21
12, x22
15, y1
72, y 2
123 .
(2) formulalarga ko’ra bevosita xarajatlar koeffitsientlarini topamiz:
a11 0,07, a12 0,14, a21 0,12, a 22 0,10. U holda, bevosita xarajatlar
matritsasi
A
0,07 0,14
0,12
manfiy bo’lmagan elementlarga ega va u
0,10
samaralik mezonini qanoatlantiradi:
max 0,07 0,12;0,14 0.10
max 0,19;0,24
0,24 1.
Shu sababli, har qanday Y yakuniy mahsulotga ko’ra zaruriy
miqdorda yalpi mahsulot hajmi X ni (7) formula bo’yicha topish
mumkin:
E
A
0,93
0,24
0,12
0,90
,
det E
0,93
A
0,24
0,12
0,90
U holda,
S
E
A
Endi masala shartiga ko’ra Y
X
1
0,8202
1
1
0,8202
144
123
0,93
0,12
0,93
0,12
0,24
0,90
.
ekanligini eslasak,
0,24
0,90
144
179 ,0
123
160 ,5
36
www.ziyouz.com kutubxonasi
,
0,8202 .
yani yalpi mahsulotni energetika tarmog’ida 179,0 miqdorga, mashinasozlik tarmog’ida 160,5 miqdorga oshirish kerak ekan.
37
www.ziyouz.com kutubxonasi
2-BOB
VEKTORLAR ALGEBRASI.
§1. Umumiy tushunchalar.
Elementar geometriyadan ma’lumki, kesma deb, to’g’ri chiziqning
ikki nuqtasi bilan chegaralangan bo’lagiga aytiladi. Uning uzunligi deb,
tanlangan masshtab birligiga nisbatan kesmaning chegaralari orasidagi
masofani o’lchash natijasida olinadigan musbat son qiymatini
tushunamiz.
Agar biror to’g’ri chiziqda ikki A va B nuqtalar olib, shu to’g’ri chiziq
bo’ylab siljiydigan nuqtani qarasak, bu nuqta to’g’ri chiziqda ikki
yo’nalish aniqlaydi: bittasi A nuqtadan B nuqta tomonga qarab, ikkinchisi
teskari, ya’ni B nuqtadan A nuqta tomonga harakatlanganda. Bu
yo’nalishlardan birini musbat yo’nalish deb atasak, unga teskari
yo’nalishni manfiy yo’nalish, deb atash mumkin.
Musbat yo’nalishga ega bo’lgan to’g’ri chiziq o’q, deb ataladi.
А
В
1-rasm
Agar o’qlar parallelgina bo’lib qolmay, musbat yo’nalishlari ham bir
xil bo’lsa, u holda bu o’qlarni bir xil yo’nalgan deymiz. Parallel bo’lib,
musbat yo’nalishlari teskari bo’lgan o’qlarni qarama-qarshi yo’nalgan
o’qlar deb ataladi. Agar o’qlar o’zaro perpendikulyar bo’lsa, musbat
yo’nalishlari qandayligidan qat’iy nazar ularni ortogonal o’qlar, deyiladi.
Agar to’g’ri chiziqning biror kesmasida musbat yo’nalish berilgan
bo’lsa, bu kesmani vektor, deb ataladi. kesmaning chegara nuqtalaridan
birini uning boshi, ikkinchisini oxiri desak, vektorning musbat yo’nalishi
uning boshidan oxiriga qarab bo’ladi.
Boshi A nuqtada, oxiri B nuqtada bo’lgan vektorni АВ ko’rinishda
belgilanadi. Vektorni bitta harf bilan belgilash ham qabul qilingan.
 
а
Masalan, , b yoki

с va xokazo....
Vektorning uzunligi deb, shu vektorni ifodalovchi kesmaning
uzunligi

tushuniladi. Demak, agar AB kesmaning uzunligini АВ , АВ vektorning
uzunligini

АВ
deb belgilasak,

АВ = АВ


bo’ladi. Xuddi shunday а
vektorning uzunligi uchun а belgi qabul qilingan.

Boshi va oxiri ustma-ust tushgan АА vektorni nol vector,deb ataladi

 
va 0 ko’rinishda belgilanadi. Ma’lumki, АА 0 0 bo’ladi.
38
www.ziyouz.com kutubxonasi


Agar а va b vektorlar parallel, uzunliklari
va musbat yo’nalishlari bir
 
xil bo’lsa, ularni teng deyiladi va а = b deb yoziladi. Uzunliklari bir xil


parallel vektorlar har doim ham teng bo’lavermaydi, masalan, а va b
vektorlar 2-rasmdagidek bo’lsa.

а

b
2-rasm.


Uzunliklari bir xil, parallel, lekin qarama-qarshi yo’nalgan а va b

vektorlar qarama-qarshi vektorlar, deb ataladi. а vektorga qarama-qarshi


vektorni - а deb belgilanadi. Masalan,
2- rasmdagi b vektor а ga


qarama-qarshi vektor, shu sababli b а .
Agar AB A1 B1 bo’lsa, u holda AB vektorni А1 nuqtaga parallel
ko’chirildi, deb tushuniladi ( 3-rasmga qarang).
В
А
В1
А1
3-rasm.
Bitta to’g’ri chiziqda yoki parallel to’g’ri chiziqlarda joylashgan
vektorlar kollinear vektorlar deb ataladi.
A nuqtaning L to’g’ri chiziqdagi proektsiyasi deb, L to’g’ri chiziqning
unga perpendikulyar bo’lgan A nuqtadan o’tuvchi tekislik bilan A
kesishish nuqtasiga aytiladi. (4-rasmga qarang).
А
А’
4-rasm.
39
www.ziyouz.com kutubxonasi
L
B
А
L
А’
B’
5-rasm.

а


АВ vektorning L o’qidagi proektsiyasi deb, а vektorning uzunligini,
uni L o’q bilan tashkil etgan
burchagining kosinusiga bo’lgan
ko’paytmasiga aytamiz (5-rasmga qarang), ya’ni
 
npL a a Cos , (0
).
Eslatma. Proektsiyaning yuqorida keltirilgan ta’rifi
tekislik L o’qga
perpendikulyar bo’lgani uchun, to’g’ri burchakli proektsiya deb ham
tekislikni L to’g’ri chiziqga og’ma o’tgan biror
ataladi. Agar
tekislikka parallel o’tkazsak, bu proektsiyani og’ma burchakli proektsiya,
deyiladi. Bunday proektsiya

пр L AB ( ' ga parallel )
ko’rinishda belgilanadi. Agar qavs ichida hech qanday ma’lumot
berilmagan bo’lsa, bu proektsiyani to’g’ri burchakli (ortogonal )
proektsiya deb tushunamiz.
Teng vektorlarning bitta o’qdagi proektsiyalari ham teng va bir
vektorning o’zaro parallel L va L' o’qlardagi proektsiyalari ham teng
bo’ladi. Qarama-qarshi vektorlarning L o’qdagi proektsiyalari ishorasiga

farq qiladi,chunki agar а vektor L o’qga
burchakka og’ib o’tgan

bo’lsa, - а
L o’q bilan
burchak tashkil etadi, Cos
va
Cos (
) lar qiymati ma’lumki, ishorasi bilan farq qiladi.

Agar а vektor
tekislikka parallel bo’lsa, uning L o’qdagi

0 , np L a

a Cos
0.
2
2
 

o’qga parallel bo’lsa, npL a a Cos 0 0 a
proektsiyasi nol bo’ladi,chunki Cos

Agar а vektor L
bo’ladi.
§2. Vektorlar ustida arifmetik amallar.
Bizga
vektorlar berilgan bo’lsin. Ixtiyoriy O nuqta olib





а1 ni boshini shu nuqtaga, а 2 ni а1 ning oxiriga, а3 ni а 2 ning
oxiriga va x.k. tartibda barcha vektorlarni parallel ko’chiramiz. Hosil
bo’lgan siniq chiziq berilgan vektorlar sistemasining ko’p burchagi, deb
ataladi (6-rasmga qarang).
 

а1 , а2 ,...., ап
40
www.ziyouz.com kutubxonasi

а3

а4

а2

а4

а

а1

а1
О

а2

а3
6-rasm.

а tomoni berilgan vektorlarning
Bu ko’pburchakni yopuvchi
yig’indisi, deb atalib, quyidagi

а

а1

а2

... ап
ko’rinishda belgilanadi.
Vektorlarni qo’shishning bu ta’rifi yig’indi uchun kommutativlik (ya’ni
qo’shiluvchilarning o’rnini almashtirish )
xossasiga ega (7-rasmga
qarang ).

а2

а1

а3

а
 4
а2

а3

аn

а
О
7-rasm.
  
Bu qo’shish amali uchun assotsiativlik xossasi, ya’ni а , в , с
uchun
 
а в

с

а
 
в с
munosabat ham o’rinli (8-rasmga qarang ).

b

а
О

a

b

а

b

b

c

c
8-rasm.
41
www.ziyouz.com kutubxonasi

с
vektorlar

а1

а1

а2

a2

а2

а1
О
9-rasm.


Agar
va
vektorlar yig’indisini 9-rasmdagidek, ya’ni а1 , а2
vektorlar boshini
O nuqtaga keltirib
bajarilsa, u holda vektorlar
parallelogramm qoidasi bo’yicha qo’shildi, deb ataymiz.



, а2
va
vektorlar berilgan bo’lsa, ularni olti xil
Agar а1
а3
    
        


ketma-ketliklar
: а1 , а 2 , а3 , а1 , а3 , а 2 , а 2 , а1 , а3 , а2 , а3, а1 , а3 , а1 , а 2 va а3 , а2 , а1
bo’yicha qo’shish mumkin (10-rasmga
qarang ). Chizmadan ko’rinadiki,


barcha ketma-ketlik natijasi а ОВ vektorga olib keladi, ya’ni boshlari
bir O nuqtaga keltirilgan vektorlar yig’indisi, shu vektorlardan qurilgan
parallepipedning O uchidan chiqib unga qarama-qarshi uchiga yo’nalgan
diagonaldan iborat bo’lar ekan. Xuddi shu xulosaga, qo’shishning
parallelogramm usuli yordamida ham kelsa bo’ladi. Bu ishni bajarishni
o’quvchining o’ziga havolo qilamiz.



Ta’rif. а va в vektorlarning ayirmasi deb shunday с vektorga


vektor bilan yig’indisi а
vektor bo’ladi, ya’ni
aytamizki, uning в
  
а в с .
  
Buni с а в ko’rinishda belgilash qabul qilingan.

а1

а2

а2

а3
О

а1

а
 3
а1

а3

а

а2

а1

а1

а2
10-rasm.
42
www.ziyouz.com kutubxonasi

а3

b

c

а
О

b

а

b

c
11-rasm.


Ta’rifdan va 11-rasmdan ko’rinadiki, а
va
b vektorlarning
ayirmasini qurish uchun, ularning boshini bir O nuqtaga keltirib,
ayiruvchi vektor oxiridan kamayuvchi vektor oxiriga yo’nalgan vektorni
olish kerak ekan. 



larni qo’shib bajarsa ham
Eslatma. а b ayirmani а va
b
bo’ladi, ya’ni



с

b

а b

а
b.

Bizga а vektor va biror m son (skalyar) berilgan bo’lsin.

Ta’rif. ma ko’paytma deb, shunday b
vektorga aytamizki, 1)



va 2 ) a kabi yo’nalgan, agar m 0 bo’lsa, a ga teskari
ma
yo’nalgan, agar m 0 bo’lsa.
1
2

( 1) а

а

а

2 а
12-rasm.
12-rasmda
m
1, m

1
,m
2
2
bo’lgan
hollar
ko’rsatilgan.

а.
Chizmadan ko’rinadiki, 1 а
Bu ko’paytma quyidagi taqsimot xossalariga ega:
 




10. m a1 a2 ... an ma1 ma2 ... man




20. m1 m2 ... mn a m1a m2 a ... mn a.
Biror L
o’qda yotuvchi shu o’q bo’ylab yo’nalgan uzunligi bir

o’lcham birligiga teng vektor shu o’qning orti, deb ataladi. Agar е ort

va unga parallel biror а vektor berilgan bo’lsa, uni

а

ае


ko’rinishda ifodalasa bo’ladi, bu yerda “+“ ishora а va е larning


yo’nalishlari bir xil bo’lganda va “-” ishora а va е larning yo’nalishlari
teskari bo’lganda olinadi.
43
www.ziyouz.com kutubxonasi

а

va е vektorlarning biror
L
o’qdagi proektsiyalari quyidagi
xossalarga ega:


 
npL a npL b npL a b ,
(2.1)


npL ma mnpL a.
(2.2)
   
Xuddi shunday а а в в ekanligini e’tiborga olsak,

 

npL a b npL b npL a
yoki


 
npL a npL b npL a b .
(2.3)
§3. Dekart koordinatalar sistemasida vektorlar.
Tekislikda o’zaro perpendikulyar, O nuqtada kesishuvchi x va y
o’qlar, fazoda esa o’zaro perpendikulyar, O nuqtada kesishuvchi x, y, z
o’qlar berilgan bo’lsin. O nuqtani koordinatalar boshi, x, y, z o’qlarni
koordinatalar o’qlari, deb ataymiz. Tekislikdagi va fazodagi har qanday
nuqta o’rni uning koordinatalar o’qidagi proektsiyalarini O nuqtagacha
bo’lgan masofalari orqali yagona ravishda aniqlanadi. Bu masofalarni shu
nuqtaning koordinatalari, deb ataymiz ( 13-rasmga qarang ) .
у
А
у
О
х
х
13a-rasm.
z
z
А
y
О
x
x
y
x
13b-rasm.
44
www.ziyouz.com kutubxonasi
y
Uch o’lchamli fazoda
olingan ixtiyoriy nuqtani O nuqta bilan

birlashtirib
turuvchi ОА vektor A nuqtaning radius-vektori, deb ataladi.

ОА vektorning x, y va z o’qlardagi proektsiyalarini mos ravishda x, y, z
deb belgilasak, ular
13-rasmdan ko’rinadiki,
A
nuqtaning
koordinatalaridan iborat bo’ladi. x ni A nuqtaning abstsissasi, y ni
ordinatasi va z ni aplikatasi, deb ataymiz.
x, y, z sonlar uchligi fazoning A nuqtasi bilan uning radius-vektori
o’rtasida o’zaro bir qiymatli moslik o’rnatadi. Shu sababli, x, y, z

uchlikni ayrim hollarda A nuqta yoki ОА vector, deb tushunamiz.
Har qanday vektorni o’ziga parallel ravishda ko’chirish mumkin

bo’lgani uchun, agar ОА x, y, z bo’lib, uni o’ziga parallel ko’chirish

x1 , y1 , z1 bo’lsa, u holda
а
natijasida hosil bo’lgan vektor
x x1 , y y1 , z z1 bo’ladi.
(2.1),(2.2) va (2.3) xossalarga ko’ra
x, y, z
x1 , y1 , z1
x x1 , y y1 , z z1
(3.1)
x, y, z
x, y, z ,
(3,2)
deb yozish mumkin.


Tekislikda boshi А x1 , y1 va oxiri B x2 , y 2 nuqtalarda bo’lgan а АВ
vektor berilgan bo’lsin (14-rasmga qarang). Chizmadan ko’rinadiki,
у
В
у2
А
у1
О
х1
х2
х
14-rasm.

np x AB
Demak,

x1 , np y AB
x2

a
x2
x1 , y 2
ekan.
Xuddi
shunday,
fazoda
A x1 , y1 , z1 , B x2 , y 2 , z 2 , vektor uchun
y2
y1
berilgan
45
www.ziyouz.com kutubxonasi
y1 .

АВ ,
bu
yerda


a AB x2 x1 , y2 y1 , z 2 z1 .

 
x, y, z o’qlarining ortlarini mos ravishda i , j va k
x, y, z
Ixtiyoriy
vektorni

bilan belgilaymiz.


x, y, z = xi yj zk
ko’rinishda ifodalash mumkin. Haqiqatan, agar

i

1,0,0 , j
0,1,0 , k
0,0,1
ekanligini e’tiborga
olsak,

 
xi yj zk = x 1,0,0 y 0,1,0 z 0,0,1 = x,0,0 0, y,0 0,0, z
x, y, z
kelib chiqadi.


va b x2 , y 2 , z 2 vektorlar berilgan bo’lsin. Bu
Bizga a x1 , y1 , z1
vektorlar parallel bo’lishi uchun ularning koordinatalari qanday shartlarni

а 0
qanoatlantirishi kerakligini aniqlash talab etilgan bo’lsin. Agar

bo’lsa, u holda uning yo’nalishi aniq emas, shu sababli uni b ga ham

а 0 bo’lsin. b vektor
parallel deb qarash mumkin. Endi
faraz
qilaylik,



а ga parallel bo’lishi uchun b
а bo’lishi zarur va yetarlidir. Oxirgi
tenglikni
x2
x1 , y 2
y1 , z 2
z1
ko’rinishda yozib olish mumkin. Bundan
x2
x1
y2
y1
z2
z1
kelib chiqadi. Demak, ikki vektor kolleniar bo’lishi uchun, ularning
koordinatalari mos ravishda proportsional bo’lishi zarur va yetarli ekan.
Vektorlarning bu xususiyatidan foydalanib, uchlari M 1 x1 , y1 , z1
va
M 2 x2 , y 2 , z 2 nuqtalarda bo’lgan M 1 M 2 kesmani berilgan M 1 M : MM 2
:1
nisbatda bo’luvchi M nuqtaning koordinatalarini topish masalasini hal
kilamiz.


 


Agar OM 1 r1 , OM 2 r2 , OM r desak, u holda
  


 
M 1 M r r1 , MM 2 r2 r
bo’ladi. M 1 M
va
M2

M
M1
MM 2
vektorlar kolleniar bo’lgani uchun,


r2
berilgan nisbatga ko’ra
r
 
r r1

r1
bo’ladi. Bundan
O
yoki x

r2

r
15-rasm.
x1
1
x2
,y
y1
1
y2
,z
z1
1
z2

r1
1

r2

r
1 bo’lgani uchun
kelib chiqadi.
46
www.ziyouz.com kutubxonasi
§4. Tekislikda yo’nalishni aniqlash.
Ma’lumki, har bir vektorning yo’nalishini uning koordinata o’qlari
bilan tashkil etgan burchaklari to’la aniqlab beradi. Masalan, tekislikdagi
va
vektorni qarasak, u Ox va Ou o’qlari bilan mos ravishda
burchaklar tashkil etadiki, bu burchaklar uchun
+
=
/2
munosabat o’rinlidir. Shu sababli, berilgan vektor yo’nalishini faqat bitta
burchak yordamida ham aniqlasa bo’ladi, deyish mumkin, lekin bunda
tekislikda musbat aylanma yo’nalish kiritilgan bo’lishi
shart.


vektorlar aniqlagan
Ta’rif. O’zaro parallel bo’lmagan a va
b


tekislikdagi aylanma yo’nalish deb, а vektordan b vektorgacha bo’lgan
eng qisqa ( ya’ni
dan kichik
)  burilish burchagiga aytamiz.

Musbat yo’nalish, deb i va j ortlar aniqlagan aylanma yo’nalishni
tushunamiz.

у
P
М
х
О
16-rasm.

Faraz qilaylik, P - tekislikning ixtiyoriy
vektori bo’lsin. Uning boshini

koordinata boshi O ga ko’chirib, ОМ radius-vektor bilan ustma-ust
tushiramiz.
- Р vektorni Ox o’qi bilan tashkil etgan burchagi, ya’ni

Ox
ni musbat yo’nalishda burganda  ОМ bilan ustma-ust tushish
burchagi bo’lsin. Ayonki,
burchak Р vektorning yo’nalishini to’la
aniqlab beradi. Bu burchak xuddi trigonometriyadagidek 2 dan oshiq
qiymatlarni ham qabul qiladi deb tushunilsa, u holda bir yo’nalishga
burchakning bir-biridan 2k (k-butun son) miqdorga farq qiluvchi
sanoqsiz ko’p qiymatlari mos keladi, chunki berilgan bu yo’nalishni
necha marotaba 2
burchakka burmaylik, natijada yana avvalgi
yo’nalishga qaytamiz.
47
www.ziyouz.com kutubxonasi
u
u
M

Р
O
x
O
x
17-rasm.
18-rasm.
burchakni manfiy yo’nalish bo’yicha ham hisoblasa bo’ladi, faqat
bu yerda endi
ning qiymati manfiy bo’ladi, deb tushunish kerak
burchak tekislikda biz kiritgan aylanma
bo’ladi. Lekin, bunda

yo’nalish bo’yicha hisoblan-ganda, Р vektorning Ox o’q bilan tashkil
etgan burchagi bilan bir xil bo’lmaydi, chunki
musbat burchak bo’lsa,
hisoblash yo’nalishiga qarab, yo manfiy yo musbat bo’lishi mumkin.
Masalan, 17-rasmdagi holatda
dan kichik bo’lgan musbat
burchak,
esa yo - , yoki 2 ga teng. Shu sababli, agar ,

lar mos ravishda Р vektorning Ox va Ou o’qlari bilan tashkil etgan
burchaklari bo’lsa, u holda
1-chorakda bo’lsa: = , = 2 2-chorakda bo’lsa: = ,
3-chorakda bo’lsa:
=
= 2 -
4-chorakda bo’lsa: = 2 -
-
2
,
= -
,
=2 +
bo’ladi. 
Agar Р ={X,Y} bo’lsa, u holda


X= Р Cos
, Y= P Sin
2
-
2

, P=
X2
Y2
ekanligini e’tiborga olsak,
Cos =
X
X2
Y2
, Sin
=
Y
X2
Y2
( 4.1 )
kelib chiqadi.
§4. Tekislikda yo’nalishni aniqlash.
Ma’lumki, har bir vektorning yo’nalishini uning koordinata o’qlari bilan tashkil etgan
burchaklari to’la aniqlab beradi. Masalan, tekislikdagi vektorni qarasak, u Ox va Ou o’qlari bilan
mos ravishda
va
burchaklar tashkil etadiki, bu burchaklar uchun
+
=
/2
munosabat o’rinlidir. Shu sababli, berilgan vektor yo’nalishini faqat bitta burchak yordamida ham
48
www.ziyouz.com kutubxonasi
aniqlasa bo’ladi, deyish mumkin, lekin bunda tekislikda musbat aylanma yo’nalish kiritilgan bo’lishi
shart.

a
Ta’rif. O’zaro parallel bo’lmagan

b
va
vektorlar aniqlagan tekislikdagi aylanma


yo’nalish deb, а vektordan b vektorgacha bo’lgan eng qisqa ( ya’ni
burchagiga aytamiz.
Musbat yo’nalish, deb
dan kichik ) burilish


i va j ortlar aniqlagan aylanma yo’nalishni tushunamiz.

P
у
М
х
О
16-rasm.

Faraz qilaylik, P - tekislikning ixtiyoriy vektori bo’lsin. Uning boshini koordinata boshi O ga
ko’chirib,

ОМ radius-vektor bilan ustma-ust tushiramiz.

- Р vektorni Ox
o’qi bilan tashkil

etgan burchagi, ya’ni Ox ni musbat yo’nalishda burganda ОМ bilan ustma-ust tushish burchagi

bo’lsin. Ayonki,
burchak Р vektorning yo’nalishini to’la aniqlab beradi. Bu burchak xuddi
trigonometriyadagidek 2
dan oshiq qiymatlarni ham qabul qiladi deb tushunilsa, u holda bir
yo’nalishga
burchakning bir-biridan 2k
(k-butun son) miqdorga farq qiluvchi sanoqsiz ko’p
qiymatlari mos keladi, chunki berilgan bu yo’nalishni necha marotaba
natijada yana avvalgi yo’nalishga qaytamiz.
49
www.ziyouz.com kutubxonasi
2
burchakka burmaylik,
u
u
M

Р
O
x
O
x
17-rasm.
18-rasm.
burchakni manfiy yo’nalish bo’yicha ham hisoblasa bo’ladi, faqat bu yerda endi
ning qiymati
manfiy bo’ladi, deb tushunish kerak bo’ladi. Lekin, bunda
burchak tekislikda biz kiritgan aylanma

yo’nalish bo’yicha hisoblan-ganda, Р vektorning Ox o’q bilan tashkil etgan burchagi bilan bir xil
bo’lmaydi, chunki
musbat burchak bo’lsa,
hisoblash yo’nalishiga qarab, yo manfiy yo musbat
bo’lishi mumkin. Masalan, 17-rasmdagi holatda
dan kichik bo’lgan musbat burchak,
esa yo - , yoki 2 ga teng. Shu sababli, agar ,
va Ou o’qlari bilan tashkil etgan burchaklari bo’lsa, u holda
1-chorakda bo’lsa:
=
,
=
2-chorakda bo’lsa:
=
,
=
2
-
3-chorakda bo’lsa:
=
4-chorakda bo’lsa:
=2
bo’ladi.
-
2
,
vektorning
Ox
-
,

lar mos ravishda Р
2
=
-
=2
+
2
2
-

Agar Р ={X,Y} bo’lsa, u holda
X=

Р Cos
, Y=

P Sin
,

P=
X2
, Sin
=
Y2
ekanligini e’tiborga olsak,
Cos
kelib chiqadi.
=
X
X2
Y2

Y
X2
Y2
( 4.1 )
(4.1) formulalar Р vektorning yo’nalishini to’la aniqlab be-radi.
ni qiymatini (4.1) ning bitta
formulasidan, masalan Sin
orqali aniqlasa bo’ladi, lekin bu vektorning yo’nalishini aniqlash uchun
etarli emas, buning uchun Cos
ning ishorasini ham bilish kerak bo’ladi.
50
www.ziyouz.com kutubxonasi
у

P1

P2
2
1
х
О
19-rasm.


Р 1={X1,Y1} va P 2={X2,Y2} vektorlar berilgan bo’lsin. Bu vektorlar orasidagi
 


P1 , P2 ko’rinishda ifodalaymiz; agar bu
burchakni, agar u Р1 dan Р 2 ga qarab o’lchansa,
Faraz qilaylik,
burchak yo’nalishi bilan bir xil bo’lsa, bu burchakni musbat qiymatlar bilan o’lchaymiz, aks holda, bu
burchak kattaligini manfiy qiymatlar bilan ifodalaymiz.




Р1 va Р 2 lar orasidagi burchakni topaylik. Agar Р1 va Р 2 vektorlarning
etgan burchaklari mos ravishda
va
1
Ox o’q bilan tashkil
bo’lsa, u holda
2
 
= P1 , P2 =
2
-
1.
Bundan
Cos
=Cos(
2
-
1 ),
Sin
=Sin(
2
-
1)
2
Sin
yoki
Cos(
Sin(
Cos
2-
2-
1=
1 )=Cos
1)
2
= Sin
2
2
2
Х1
Х1
Y1
Cos
Cos
1+
1
, Sin
Sin
- Sin
1=
1
1,
Cos
2
,
Y1
X1
2
Y1
2
,
ekanligini e’tiborga olsak,
Cos
X1 X 2
=
X1
Sin
2
Y1
Y1Y2
2
X2
X 1Y2
=
X1
2
Y1
2
2
Y2
(4.2)
2
X 2Y1
X2
2
Y2
2
(4.3)
munosabatlarni hosil qilamiz. (4.2) formulaning o’ng tomoni vektorlarning koordinatalariga nisbatan


simmetrik bo’lsa, (4.3) formulaning o’ng tomoni, Р1 bilan Р 2 ning o’rinlarini almashtirganda, o’z
ishorasini teskarisiga almashtiradi. Shu sababli,
 
 
P2 , P1 = - P1 , P2 + 2k ,
 
 
 
 
Cos P2 , P1 =Cos P1 , P2
,Sin P2 , P1 =-Sin P1 , P2
bo’ladi.
51
www.ziyouz.com kutubxonasi

Misol. Q ={3,4} vektor bilan
toping.

Yechish. Agar
Sin
=4
5

0
desak, u holda
+60 = Ox, P
bo’ladi. Shu sababli, Cos
=3 ,
5
ekanligi uchun
X=2 Cos(
=2(Cos
Y= 2Sin(
= 2(
= Ox, Q
 

Q, P =60 0 burchak tashkil etuvchi, uzunligi 2 bo’lgan Р vektorni
41
52
0
+60 )=2 (Cos
Cos60
0
0
- Sin
Sin 60 )=
3 4
3
3 4 3
3=
)= ,
5 5
2
5
1
- Sin
2
0
+60 )= 2(Sin
0
0
Cos60 + Cos
Sin 60 )=
3 3
4 3 3
)=
.
5 2
5
Endi boshi bir nuqtaga qo’yilgan ikki vektorga qurilgan uchburchak yuzini topish masalasini
ko’raylik. Boshlari
berilgan bo’lsin.


nuqtaga keltirilgan Р1 = АВ ={X 1 ,Y1}
A
С
у
va


P2 = AC ={X2,Y2}
vektorlar
В
у
А
В
С
А
х
О
х
О
a)
b)
20-rasm.
B va C uchlarini birlashtirib ABC uchburchakni hosil qilamiz. Shu uchburchak yuzini
 
= P1 , P2
hisoblaylik. Agar
bo’lsa, ma’lumki,
S=
1  
| P1 | | P2 | Sin
2
.
(4.4)
 
Bu yerda, agar Р1 , Р 2 vektorlar aniqlaydigan aylanma yo’nalish Oxy tekislikning musbat aylanma
yo’nalishi bilan bir xil bo’lsa ( qarang, 19-rasm, a)), yuza qiymati musbat, aks holda (qarang, 4-rasm,
b)) manfiy bo’ladi.
Endi (4.4) da Sin
o’rniga (4.3) ni qo’ysak:
S=
1
1 X1
(X1Y2- X2Y1)=
2
2 X2
Y1
Y2
formulani hosil qilamiz.


Agar Р1 va Р 2 vektorlarga tortilgan parallelogrammni ko’rsak, uning yuzi uchun
52
www.ziyouz.com kutubxonasi
(4.5)
S=
X1
X2
Y1
Y2
formulaga ega bo’lamiz.
Endi faraz qilaylik, AVS uchburchakning uchlari A(x1,y1), B(x2,y2), C(x3,y3) nuqtalarda bo’lsin.
Berilgan uchburchakning yuzi
Agar
ekanligini e’tiborga olsak, (4.5)

АВ
va

АС
vektorlarga qurilgan uchburchak yuziga teng bo’ladi.


АВ =(x2-x1,y2-y1) , АС = (x3-x1,y3-y1)
formulaga ko’ra
S=
1 x2
2 x3
x1
x1
y2
y3
y1
y1
yoki
x1
1
S=
x2
2
x3
y1 1
y2 1
y3 1
formulalarga ega bo’lamiz.
53
www.ziyouz.com kutubxonasi
§5. Vektorlarning skalyar ko’paytmasi.


Ta’rif. а va b vektorlarning skalyar ko’paytmasi deb, ular uzunliklarining, ular orasidagi burchak
kosinusiga bo’lgan ko’paytmasiga aytamiz, ya’ni
 
а b
 
 
а b CoS a , b .

a

b
21-rasm.
Vektorning proyektsiyasini ta’rifiga ko’ra,

а CoS
 
а, b )
(bu yerda


а vektorning b
vektordagi proyektsiyasiga teng bo’ladi, shu sababli skalyar ko’paytmani
 
а b


b прb а


а пра b
ko’rinishda ham yozsa bo’ladi ( 5-rasmga qarang).
Skalyar ko’paytma quyidagi xossalarga ega:
 
 
а b

а 
 
аа
 
а b
10. а  b
20.
30.
40.
 
b  а,
    
с а  b а  с,

 
b
а  b , ( , - ixtiyoriy sonlar )

2
а2 а ,


0 bo’lishi uchun а va b lar o’zaro perpendikulyar bo’lishi zarur va yetarlidir.
50.
10-xossaning isboti.
 
а b
 
а b СoS
 
b a CoS
 
ba
20-, 30- va 40-xossalarning isbotini bajarishni o’quvchining o’ziga havola qilamiz.
 
а b
50- xossaning isboti. Zarurligi.

0, b

а
0 bo’lgani uchun CoS
kelib chiqadi.
 
а ,b
Yetarliligi. Agar
 
а b
 
а b CoS
2
2
0 bo’lsin. U holda, 0
0 , o’z navbatida bundan
bo’lsa, u holda CoS
 
а b
 
а b CoS
2
, ya’ni
0 , shu sababli
0 bo’ladi.
50-xossa vektorlarning perpendikulyarlik sharti, deb ataladi.
40- va 50-xossalarga asosan
     
     
i  i j  j k  k 1, i  j i  k j  k 0.


x1 , y1 , z1 , b x 2 , y 2 , z 2 bo’lsa, u holda
Endi agar а







 
 
а  b x1i y1 j z1 k  x 2 i y 2 j z 2 k x1 x 2 i 2 x1 y 2 i  j
 
 
 
 

 
x1 z 2 i  k y1 x 2 j  i y1 y 2 j 2 y1 z 2 j  k z1 x 2 k  i z1 y 2 k  j

z1 z 2 k 2 x1 x 2 y1 y 2 z1 z 2 .
54
www.ziyouz.com kutubxonasi

а
dan

b ekanligi

а
Xususan, agar

b
bo’lsa,
 
аа
yoki

а2
2
а

a
x1
bo’ladi.
Bu formuladan foydalanib,fazoning ixtiyoriy
masofa
d AB ni quyidagicha topsa bo’ladi:

d AB a AB
1-misol.
Yechish.
1,1,1

2-misol. а
va
x1
2
y1
2
y1
2
z1
2
z1
2
2
A x1 , y1 , z1 , B x2 , y 2 , z 2
x2
x1
2
y2
2
y1
nuqtalari
orasidagi
2
z2
z1 .
1,2,3 vektorlarning uzunligini toping.
1,1,1

в
12 12 12
12
3 , 1,2,3
22
32
14 .
1,0,1 va
1,2,2 vektorlar orasidagi burchakni toping.
Yechish . Skalyar ko’paytmaning ta’rifidan
 
a b
 
a b
CoS
formulani keltirib chiqaramiz. Bundan


а
12 0 2 12
2, b
12 2 2
 
а  b 1 1 0 2 1 2 1 2 3.
22
3,
Demak,
3
CoS
3

2
Faraz qilaylik, berilgan а vektor х o’qi áilan
áilan
burchak tashkil etsin. U holda
X
Y
Z

np x a

np y a

np z a
1
,
2
4
.
burchak,
y o’qi bilan
burchak,
z o’qi

a Cos ,

a CoS ,

a CoS ,
ekanligidan
CoS
CoS
CoS
X
X
2
Y2
Y
Z2
X
2
2
2
X2
Y
Z
Y2
Z
,
,
(5.1)
Z2
kelib chiqadi.
(5.1) ni kvadratlarga ko’tarib,o’zaro qo’shsak,
СoS 2
CoS 2
(5.1) dan topiladigan
yo’naltiruvchilari deb ataladi.
X2
X2
С o S ,C o S
CoS 2
Y2
Y2
Z2
1
Z2
CoS
va
55
www.ziyouz.com kutubxonasi
munosabatni hosil qilamiz.
qiymatlar

а
vektorning kosinus

а
Agar

е
l , m, n ort bo’lsa, u holda
l CoS , m
CoS , n
CoS
bo’ladi.
§6. Chiziqli yevklid fazosi va chiziqli operator.
Tekislikdagi har bir nuqtaga uning ОА radius-vektorini o’zaro bir qiymatli mos qo’yaylik.
Natijada , radius-vektorlar uchun kiritilgan qo’shish, ayirish ( (5,4) ga qarang ) va vektorni songa
ko’paytirish ( (5,5) ga qarang ) amallariga ko’ra, bu radius-vektorlar to’plami,ya’ni tekislik chiziqli
fazoga aylanadi, ya’ni chiziqli fazoning barcha xossalarini qanoatlantiradi. Bu chiziqli vektor fazoni
R2 bilan belgilaymiz, Xuddi shunday mulohaza qilib, uch o’lchamli fazoni chiziqli vektor fazoga
aylantirib, uni
Agar
x
R3 bilan belgilaymiz,
1-bobdagi
x1 , x2 ,..., xn , y
3-§
da
Rn
kiritilgan
y1 , y2 ,..., yn
chiziqli
fazoda
uning
ikki
vektorlari uchun skalyar ko’paytma
n
x y
xi y i
( 6.1)
i 1
ko’rinishda kiritilsa,
Rn
n
o’lchamli chiziqli yevklid fazosi, deb ataladi, uni biz
Rn bilan
belgilaymiz.
Skalyar ko’paytma (6.1)
x  x 0, x  x
x  y y  x,
30.
x
y z
10.
0
faqat x
0
uchun quyidagi xossalar o’rinli.
0,0,...,0
bo’lsagina,
20.
40.
x y
x z
x x
yz ,
y y ,
Oxirgi xossa Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi, deb yuritiladi.
10-30-xossalarning isboti sodda bo’lgani uchun ularni baja-rishni o’quvchigi havola qilib, 40xossaning isbotini keltiramiz.
Haqiqatan, ixtiyoriy
haqiqiy son uchun
0
bu yerda
a
x
y  x
2
x x 2 x y
x  x, b x  y , c y  y
manfiy bo’lmasa, uning grafigi
x x
y
yx
x y
2
y y
a 2 b c 2,
y y
deb belgilandi. Ma’lumki, agar kvadrat uchhadni qiymatlari
o’qdan yuqorida joylashgan bo’ladi, shu sababli, u
o’tmaydi. Bu hol, agar diskriminant
to’liq isbot bo’ldi.
Agar (6.1) da x y desak,
b
2
ac
x x
0 yoki b
x
n
2
xi
2
o’qni kesib
ac bo’lgandagina ro’y beradi. Xossa
2
i 1
Bundan
x
n
xi
2
i 1
xosil bo’ladi. U holda Koshi-Bunyakovskiy tengsizligini
x y
x y
ko’rinishda yozish mumkin. Bundan ko’rinadiki, shunday
x y
,
x y
56
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
1 mavjudki, uning uchun
CoS desak,( 0, da CoS
o’rinli bo’ladi. Agar
uchun faqat bitta
burchak topiladi) , oxirgi tenglikni
yagona yechimga ega, ya’ni xar bir
x  y x y CoS
son x va y vektorlar orasidagi burchak, deb ataladi.
(6.2)
ko’rinishda yozish mumkin bo’ladi.
x va y vektorlar ortogonal deyiladi, agar ularning skalyar ko’paytmasi
x y
n
xi y i
0
i 1
bo’lsa.
(6.2) dan ko’rinadiki, nolga teng bo’lmagan x
orasidagi burchak
2
va
y vektorlarning ortogonal bo’lishi uchun ular
bo’lishi zarur va yetarlidir.
Quyidagi tengsizlik
x
y
x
y
(6.3)
Minkovskiy tengsizligi, deb ataladi. Bundan xususan,
x
y
x
y
tengsizlik kelib chiqadi.
(6.3) ni isbotlashni o’quvchiga havola qilamiz.
Rn chiziqli fazoning har bir x elementiga, shu fazoning y elementini
mos qo’yish qoidasi, Rn ni o’ziga akslantirish, deb ataladi.
Rn ning chiziqli operatori deb, Rn ni o’ziga akslantiruvchi va quyidagi
, A x y Ax Ay
A x
Ax
xossalarga ega bo’lgan har qanday A akslantirishga aytamiz. Buni
A : Rn
Rn ko’rinishda yozish qabul qilingan.
Bizga Rn chiziqli fazoning А chiziqli operatori va shu fazoning biror

 

bazisi berilgan bo’lsin. Аек , к 1,2,..., п , vektorlarni
е1 , е2 ,..., еп
bazis bo’yicha yoyaylik:



к 1,2,..., п.
Аек а1к е1 ... апк еп ,
U holda quyidagi
А
а11
а 21
.
а п1
а12
а 22
.
ап2
.
.
.
.
.
.
.
.
. а1п
. а2п
. .
. а пп
matritsa А chiziqli operatorning
bazisdagi matritsasi, deb ataladi.
Agar matritsa chiziqli operatorning qaysi bazisdagi matritsasi ekanligini
ko’rsatish zarur bo’lsa, bu matritsa uchun А belgi ishlatiladi.
Chiziqli operator o’z matritsasi bilan yagona ravishda aniqlanadi,
ya’ni agar x, y lar Rn ning ixtiyoriy elementlari bo’lib, X , Y lar ularning
mos ravishda koordinatalar ustunlari bo’lsa, u holda y Ax dan Y A X
kelib chiqadi.
57
www.ziyouz.com kutubxonasi
fazoning chiziqli operatorlari uchun quyidagi amallarni kiritish
mumkin:
a) operatorlar yig’indisi:
, o’z navbatida
A B) x Ax Bx
;
A B
A B
b) operatorni songa ko’paytirish:
va
Ax
Ax
A
A ;
va o’z navbatida
v) operatorlar ko’paytmasi:
AB x A Bx ,
АВ
А В ..
Har qanday x Rn uchun Ex x munosabatni qanoatlantiruvchi Е
operatorni birlik operator deymiz. А operatorga teskari operator deb,
АА 1 А 1 А Е munosabatni qanoatlantiruvchi А 1 operatorga aytamiz. А
operatorga teskari operator mavjud bo’lishi uchun ( bu holda
А
operator maxsusmas operator deb ataladi ) uning har qanday bazisdagi
matritsasi maxsus bo’lmasligi zarur va yetarlidir, bundan tashqari
А
1
1
А
А .
1-m i s o l . R3 ning Ax x2 x3 ,2x1 x3 ,3x1 x2 x3
operatorini
chiziqli operator ekanligini ko’rsating va uning kanonik bazisdagi
matritsasini tuzing.
Yechish . Agar x x1 , x2 , x3 , va y y1, y2, y3
lar R3 ning ixtiyoriy
elementlari bo’lsa, u holda
Rn
x
y
x1
y1 , x2
y 2 , 3 y3 ,
x
x1 , x2 , x3
larga asosan,
Ax
y
A x
x2 y2 x3 y3 ,2 x1 y1 x3 y3 ,3 x1 y1
x2 y 2
x3 y3
x2 x3 y2 y3 ,2x1 x3 2 y1 y3 ,3x1 x2 x3 3 y1 y2 y3
x2 x3 ,2x1 x3 ,3x1 x2 x3
y2 y3 ,2 y1 y3 ,3 y1 y2 y3
Ax
x2
x3 ,2 x1
-
x3 ,3 x1

Ae1

Ae2

Ae3
x2
x3
x2


0 e1 2 e2


1,0, 1 1 e1 0 e2


1,1,1 1 e1 1 e2 1
0,2,3
x3 ,2 x1
x3 ,3x1
x2
Ay
Ax .
x3

3 e3 ,

1 e3 ,

e3 .
Bundan
A
2-m i s o l . Ax
Yechish .
Ax
y
x1
y1 , x2
x1 , x2 1, x3
y2 1, x3
0 2
3
1 0
1 1
1 .
1
2 operatorni chiziqlikka tekshiring.
y3
2
x1 , x2 1, x3
ya’ni berilgan operator chiziqli emas.
3-m i s o l . Ax 2x2 , 2x1 3x2 2x3 ,4x1 x2 5x3 ,
58
www.ziyouz.com kutubxonasi
2
y1 , y2 , y3
Ax
Ay,
Bx
3x1
x 2 ,2 x 2
x3 , x2
operatorlar berilgan. С
3x3
uning С matritsasini toping.
Yechish. Avval A
va

Ae1

0, 2,4 , Ae2

2,3, 1 , Ae3
B

Be1
va
0,2,5
AB
operatorni va
matritsalarni topib olamiz.

Be2
03,,

Be2
0, 31,
31,1,
bo’lgani uchun
А
0
2
2
3
4
0
1
1
,
3
0
В
5
0
2
0
1
1 .
1 3
U holda
С
А
0
6
В
4
4
12
Bundan

Се1
va
Сx
4 x2

C x1e1
2 x3 ,6x1

Се2
0,6, 12 ,

x2 e2
4 x2

x3e3
2
7
.
7 18

Се3
4,4, 7 ,

x1 Ce1

x2 Ce2
2,7,18

x3 Ce3
7 x3 , 12 x1 7 x2 18 x3 .
Agar
Ax
(6.4)
son А
xos soniga
x
tenglik biror
x 0, x Rn uchun o’rinli bo’lsa, u holda
chiziqli operatorning xos soni, x esa А operatorning
mos keluvchi xos vektori, deb ataladi.
Rn fazoda (6.4) tenglikni unga ekvivalent bo’lgan quyidagi matritsa
tengligiga almashtirish mumkin:
X 0.
(6.5)
A E X 0,
Oxirgi tenglikdan,
son А operatorning xos soni bo’lishi uchun
bo’lishi zarur va yetarli ekanligi kelib chiqadi.
det A E 0
operatorning xarakteristik ko’phadi deb ataladi.
p
det A E
A
Demak, xos son xarakteristik ko’phadning yechimi bo’lar ekan.. Unga
mos keluvchi xos vektorning koordinatalar ustuni
(6.4) bir jinsli
tenglamalar sistemasining biror noldan farqli yechimi bo’ladi.
4-m i s o l. Ax 2x1 x2 2x3 ,5x1 3x2 3x3 , x1 2x3
operatorning xos
soni va unga mos keluvchi xos vektorlarini toping.
Yechish. Avval А operatorning matritsasini tuzib olamiz:
А
2
5
1
1
3
0
2
3
2
59
www.ziyouz.com kutubxonasi
.
Berilgan operatorga mos keluvchi bir jinsli tenglamalar sitemasi quyidagi
ko’rinishni oladi:
2
x1
5 x1
3
x1
x2
2 x3
x2
2
0
3 x3
x3
(6.6)
0
0.
Bundan xarakteristik ko’phadni topamiz:
2
р
1
5
3
1
x1
0
3
1 .
2
1 ekan. Bu sonni (6.6) ga qo’ysak,
3x1 x 2 2 x3 0
Demak, xos son
Bundan
2
3
x3 , x1
5 x1
2 x2
x1
x3
x 2 . Agar x1
3 x3
0
0.
desak,
1
X
1
1
bo’ladi.
Agar
А operator Rn fazoda 1 , 2 ,..., п xos sonlarga mos keluvchi п ta chiziqli bog’liq


bo’lmagan е1 , е2 ,..., еп xos vektorlarga ega bo’lsa, u holda А operatorning shu xos vektorlaridan
tuzilgan sistema Rn da bazis tashkil etadi. А operatorning shu bazisdagi matritsasi quyidagi ko’ri-
nishda bo’ladi:
0
1
0
.
0
А
5-m i s o l.
.
.
.
.
2
.
0
.
.
.
.
0
0
.
.
п
А chiziqli operatorning quyidagi matritsasini diagonal ko’rinishga keltiring:
1
2
0
0
2
0 .
А
2
2
1
Yechish.
1
р
det A
E
2
0
2
2
Bundan xos sonlarni topamiz:
1
2,
2
0
0
2
1,
2 x1
0
.
1
1.
3
Ularga mos keluvchi xos vektorlarni topish uchun avval (6.6) sistemaga
x1
2
2 1
2x
0
2 x2
3 x3
0
60
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
2
ni qo’yamiz:
Bundan,
oladi:
Т
Е1
2,1, 2 .
Xuddi shunday, agar
x2
1,0, 1
Т
2 x2
2 x3
ekan. Agar (6.6) da
3
х1
х2
3х2
0.
1 desak,
0
0.
Т
0,0,1 .
Demak, Е1 , Е2 , Е3 bazisda
Bundan,
desak, (6.6) sistema quyidagi ko’rinishni
0
2 x1
Demak, Е 2
1
2
Е3
А operatorning matritsasi
А
2 0
0
0 1
0 0
0
1
bo’ladi.
§7. Vektorlarning vektor va aralash ko’paytmalari.
7.1. Ikki vektorning vektor ko’paytmasi. Avval R3 fazoda yo’nalish tushunchasini kiritib olamiz.
Bir tekislikda yotgan uchta vektorni komplanar vektorlar, deb ataymiz. Bir tekislikda yotmagan xar
qanday vektorlar uchligini komplanar bo’lmagan vektorlar deymiz. Bizga komplanar bo’lmagan,
  
boshlari bir nuqtaga keltirilgan u , v , w vektorlar berilgan bo’lsin.



Ta’rif. u , v , w
 
w, u
vektorlar uchligi chap sistemani tashkil etadi deymiz, agar
 
 
u ,v , v ,w ,
vektorlar juftliklari aniqlaydigan aylanma yo’nalishlar o’zlari yotgan tekisliklarda musbat
aylanma yo’nalish bilan bir xil bo’lsa. Loaqal bitta juftlik yo’nalishi o’zi yotgan tekislikning musbat
aylanma yo’nalishidan farq qilsa, bunday uchlikni o’ng sistema, deb ataymiz.

W

V

U
22-rasm.



 


 
Misol. i , j , k
ortlar uchligi chap sistemani tashkil etadi, chunki i , j , j , k
va k , i
juftliklar yo’nalishi mos ravishda Oxu, Ouz, Ozx tekisliklarning musbat yo’nalishi bilan bir xildir.
61
www.ziyouz.com kutubxonasi
  
 
i , k , j uchlik esa o’ng sistemadir, chunki i , k ) juftlik aniqlagan aylanma yo’nalish Ozx
 

tekisligining musbat yo’nalishiga teskari. Xuddi shunday, k , j
va
juftliklar aniqlagan
j, i
aylanma yo’nalishlar mos ravishda Oyz va Oxy tekisliklarining musbat yo’nalishiga teskaridir.
Endi geometriya va amaliy matematika masalalarida keng qo’llaniladigan vektor ko’paytma
tushunchasini kiritamiz.


b vektorlarning vektor ko’paytmasi deb, quyidagi uchta xususiyatga ega bo’lgan с



с ning uzunligi а va b vektorlar uzunliklari va ular orasidagi
burchak sinusi

Ta’rif. а va
vektorga aytamiz:
1)
ko’paytmasiga teng:
  
с = а b Sin
;
(7.1)





с vektor а va b vektorlar yotgan tekislikka perpendikulyar,jumladan, а ga ham va b ga
ham perpendikulyar;
  
а , b , с vektorlar chap sistemani tashkil etadi.
2)
3)

c

b

a
23-rasm.


а
Birinchi xossadan с ning uzunligi
ekanligi kelib chiqadi, ya’ni
va
S=

b vektorlarga tortilgan paralelogramm yuziga teng

b

a
yoki
S
 
=
1 
a
2

b .
Vektor ko’paytmani а b ko’rinishda ifodalaymiz.
Yuqorida kiritilgan ikki ko’paytmalarga (ya’ni skalyar va vektor ko’paytmalar )
nomlar,ularning natijalariga qarab tanlanganligini eslatib o’tamiz.
Vektor ko’paytma quyidagi xossalarga ega.
 

(7.2)
berilgan

1-xossa. а b =0 bo’lishi uchun, а , b vektorlar kolleniar bo’lishi zarur va yetarlidir.
Bu xossa vektorlarning kolleniarlik sharti, deb yuritiladi.
Isboti (6) tenglikdan kelib chiqadi.
 
 
b а =- а b , ya’ni ko’paytuvchilar o’rni almashsa, natija faqat o’z ishorasini

   

uchlik o’ng
Haqiqatan, agar ko’paytmada а va b vektorlar o’rnini almashtirsak, b , а , а b
   
 
sistema bo’lib qoladi, а b ning ishorasini teskarisiga almashtirsak, unda b , а, а b uchlik chap
2-xossa.
o’zgartiradi.
sistemaga aylanadi.
62
www.ziyouz.com kutubxonasi
m, n - ixtiyoriy sonlar bo’lsa,


 
nb = mn a b .
ma
,
0 bo’lsa, tenglik bajarilishi o’z-o’zidan ko’rinib
Isboti. Agar m 0 , n 0 yoki m 0n
turibdi. m 0, n 1 bo’lgan holni ko’rish yetarli,chunki m 1, n 0 bo’lgan hol 2-xossani qo’llash
3-xossa. Agar
hisobiga biz ko’rmoqchi bo’lgan holga keltiriladi. Avvalambor

b

ma
bu yerda agar m
Sin
Sin
0 bo’lsa,
bo’lgani uchun
va
0 bo’lsa,
, lekin ikkala holda ham
 
ma b.
 



Ikkinchidan, ma vektor a vektorga kolleniar, shu sababli a b vektor ma ga







ma
m a b vektor a b ga kolleniar bo’lgani uchun
m a b vektor
 


perpendikulyardir. Va nihoyat, agar m  0 bo’lsa, а va ma vektorlar, a b
   
uchlik chap sistema
vektorlar bir xil yo’nalgan bo’ladi, shu sababli а , b , a b
 
 
m а ,b , m a b
uchlik ham chap sistema bo’ladi. m  0 bo’lgan hol ham

ma
tekshiriladi. Xossa to’liq isbot bo’ldi.
4-xossa.

b
m
 
ma b Sin ,
 
m a b Sin
ga va
va

b ga
 
ma b
bo’lgani uchun
xuddi shunday
   
a b a c.

 

Isboti: Avval а е
ort bo’lgan holni ko’raylik. b va с vektorlarni 3-rasmda ko’rsatilgandek


qilib, е ga perpendikulyar bo’lgan
tekislikka proektsiyalaymiz va bu proektsiyalarni е ort atrofida


 
soat milini xarakati bo’ylab 900 ga bursak, е b va е с vektorlar hosil bo’ladi.




 

пр с b пр b пр с bo’lgani uchun е b va е с larning yig’indisi bo’lgan va ularga
  
ga teng bo’ladi. Demak,
tortilgan parallelogrammning dioganali е b с
   
  
е b с = е b+ е с

a
 
b c
perpendikulyar.
ekan.
63
www.ziyouz.com kutubxonasi

e
 
c b

b

c
 
e c
 
e b
  
e (b c )
24-rasm.


Endi agar а ixtiyoriy noldan farqli vektor bo’lsa, а
orti) ,

а

b

а


с
а а0
  
а0 b а
 
b с
 
а0 с



а а0 deb (bu yerda а0 - а vektorning
 
 
   
а а0 b с
а а0 b а0
      
а а0 b а а0 с а b а

с

с
tenglikni hosil qilamiz. Xossa to’liq isbot bo’ldi.
Bu xossadan xususan
quyidagi
munosabat
kelib chiqadi:


 
 

а b

с d
  
a c a d

b c b d.
Vektor ko’paytmaning xossalaridan ortlar uchun quyidagi
munosabatlar kelib chiqadi:

  

i i i 2 0, j 2
    
i j k, j k
  
 
j i
k,k j
0, k 2 0,
   
i , k i j,
  

i ,i k
j.
Shu sababli, agar vektorlar o’z proektsiyalari bilan berilgan bo’lsa, ya’ni

b { bx , b y , bz } bo’lsa, u holda








 
а b а х i a y j a z k bx i b y j bz k a x bx i 2 a x b y i
 
 

 
a y b y j 2 a y bz j k a z bx k i a z b y k j a z bz






a x b y k a x bz j a y bx k a y bz i a z bx j a z b y i



a y bz a z b y i a x bz a z bx j a x b y a y bx k =
64
www.ziyouz.com kutubxonasi

 
j a x bz i k
 
k k

а
{ a x , a y , a z },
 
a y bx j i
az 
i
bz
ay
by
1- m i s o l.
Yechish.

а
4,2, 3

b
va
 
а b


az 
j
bz
ax
bx
bx
ax
bx

i
ay
by

j
az
bz . .

k
vektorlarning vektor ko’paytmasini toping.
2,1,4
4 2
2 1
 
i j
3
4

k
2- m i s o l. a
x1 , y1 , z1 , b
x2 , y 2 , z 2
Yechish. Ma’lumki ( qarang, (7.2)),
S
ay 
k
by
ax



11i 22 j 4k .
vektorlarga tortilgan uchburchak yuzini toping.
=

b .
1 
a
2
Shu sababli,
2
2
x1 z1
x1 y1
1 y1 z1
=
x2 z 2
x2 y 2
2 y2 z2
3- m i s o l. A 1, 1,2 , B 0,1, 1 va C 1,2,3 uchlari berilgan
S
yuzini toping.


АВ
2
3
3
1
Yechish. а
qo’llasak:
S
2

1,2, 3 , в
1
2
3
1
2

АС
1 2
2 3
2,3,1
.
ABCD
parallelogrammning
vektorlar tuzib olib, avvalgi misol natijasini
2
112
72 1
121 49 1
7.2. Uch vektorning aralash ko’paytmasi.
 
a, b
2

171кv.birlik .


va c vektorlarning aralash ko’paytmasi deb, a vektorni b vektorgà vektor

ko’paytmasidan hîsil bo’lgan natijaning c vektorga skalyar ko’paytmasiga aytiladi va quyidagicha
  
c
belgilanadi: ( a õb )
yoki

ab c.
 
a
, b
  
a õb = d

c vektorlar
komplanar vektorlar bo’lmasin,
    
ya’ni ular bir tekislikda yotmasin. U hîlda
va ( a õb ) c = d c =dcÑos =dc1; bu yyerda
 

d- a , b vektorlarga qurilgan parallelogramm yuzi, ñ1 esa a b c vektorlarga qurilgan

paralelepipedning balandligi bo’lgani uchun a b c aralash ko’paytma o’shà paralelepipedning
Aralash ko’paytmaning geometrik ma’nosi:
va
hàjmiga teng bo’ladi.
Aralash ko’paytmaning õîssalari;
65
www.ziyouz.com kutubxonasi
1. Istalgan ikkita vektorning o’rni almashsa aralash ko’paytma ishorasini o’zgartiradi:
  
  
  
( a õb ) c =-( a õb ) b =-( c õb ) a .
2. Agarda uchta vektordan ikkitasi teng bo’lsa yoki parallel
bo’lsa, aralash ko’paytma nolga teng bo’ladi.
3. «  » va « » amallari belgisining o’rinlarini almashtirish
     
c = a ( b õc ).
c1
mumkin, ya’ni ( a õb )
 
4. a , b

c
va

a b c =0 bo’lishi zarur va yetarli.
0
7.3. Parallelopiped va piramidaning hajmi.

c
va
 
a, b
c
vektorlar komplanar bo’lishi uchun (bitta
tekislikda yotishi uchun)
 
a, b
d
b
vektorlarga qurilgan parallelopipedning hàjmi

c
va
Vïàð=

ab c.
a
25-rasm.
vektorlarga qurilgan piramidaning hajmi
Vïèð= 1/6

ab c.
4-m i s o l . Uchlari Î(0,0,0), À(5,2,0), Â(2,5,0) va Ñ(1,2,4) nuqtalarda bo’lgan piramidaning
hajmi, ÀÂÑ yoqning yuzasi va shu yoqqàtushurilgan perpendikulyar hisoblansin.
Yechish:
AB , AC
AO vektorlarning proektsiyasini topaylik
AB {-1,3,0}, AC {-4,0,4}, AO {-5,-2,0}
va
z
Vpir=1/6
C
hD
O
y
Vpir=-1/6
B
x
3 0
0 4 =-1/6(-60-24)=
2 0
=84/6=14 kub.b.
S
OD
3
4
5
A
26-rasm.
h
AB AC AO
3V pir
S
ABC
; Demak, h
ABC
3 14
6 3
1
AB
2
AC


1 
12i 12k 12 j
2
7 3
.
3
66
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
12 2
2
12 2
12 2
6
3 – BOB
TEKISLIKDAGI ANALITIK GEOMETRIYA
§1. Tekislikdagi to’g’ri chiziq.
x
1.1. Umumiy tushunchalar. Faraz qilaylik, bizga ikki
bog’lovchi
у
va
F x, y
o’zgaruvchi miqdorlarni
0
(1)
tenglama berilgan bo’lsin. Bu tenglama o’z navbatida bir o’zgaruvchini , masalan,
у
ikkinchisining, ya’ni x ning funktsiyasi sifatida aniqlaydi. Agar (1) ni
quyidagiga ega bo’lamiz:
y
f x
у
ni
ga nisbatan yechib olsak,
,
(2)
f x
bu yerda
bir qiymatli yoki ko’p qiymatli funktsiya bo’lishi mumkin, bu funktsiyaning
qiymatlari x o’zgarganda uzluksiz o’zgaradi deb faraz qilaylik.
x va у miqdorlarni Oxy dekart koordinatalar tekisligining biror М nuqtasini koordinatalari
sifatida qaraymiz. U holda (2)
qiymatini mos qo’yadi.
Shu sababli,
bir
x
tenglik
x
у
ning aniq bir
f x
bo’lgan aniq
o’zgaruvchining har bir qiymatiga
ning har bir qiymatiga tekislikning koordinatalari
x
va
y
М nuqtasi mos keladi.
Oxy tekisligida uzluksiz o’zgarib,
Endi, agar x uzluksiz qiymatlarni qabul qilsa, u holda М
nuqtalarning geometrik o’rnini chizadi, bu geometrik o’rinni chiziq, deb ataymiz.
Demak, chiziq koordinatalari (1) yoki (2) ko’rinishdagi tenglamani
qanoatlantiruvchi nuqtalarning geometrik o’rni ekan. (1) yoki (2)
tenglama o’z navbatida chiziqning tenglamasi deb ataladi.
Endi, agar aytilgan gaplarni umumlashtirsak, berilgan chiziqning tenglamasi deb, (1) yoki (2)
ko’rinishga ega bo’lgan shunday tenglamaga aytamizki, bu tenglama faqat berilgan to’g’ri chiziqda
yotuvchi nuqtaning koordinatalarini x va у ning o’rniga qo’ygandagina qanoatlanadi.
Ax By
Agar F x, y
to’g’ri chiziq, deb ataymiz.
2
C
bo’lsa, (1) ni 1-tartibli tenglama deymiz, u ifodalaydigan chiziqni
2
Agar
F x, y Ax
Bxy Cy Dx Ey M bo’lsa, (1) ni 2-tartibli tenglama , unga mos
keluvchi chiziqni esa 2-tartibli chiziq, deb ataymiz.
Misol tariqasida, to’g’ri chiziq va aylananing tenglamasini tuzamiz.
1. To’g’ri chiziq tenglamasi. Faraz qilaylik, у o’qini А 0, b nuqtada kesib o’tuvchi va x o’qiga
burchak ostida og’ib o’tgan
М x, y
yerda
A
to’g’ri chiziq berilgan bo’lsin.
to’g’ri chiziqning ixtiyoriy nuqtasi bo’lsin. Chizmaga ko’ra,
ВМ va АВ lar ВМ va АВ vektorlarning
kesma kattaligi.
М x, y
y
V
gi formuladan
ВМ
y b, AB
y b
tg
BM
AB tg
, bu
x bo’lgani uchun yuqorida-
x,
x yoki
O
27-rasm.
y
kx b,
(3)
kelib chiqadi, bu yerda
k
tg
(4)
deb belgilandi. (3) tenglamani berilgan to’g’ri chiziqning ixtiyoriy nuqtasini koordinatalari
qanoatlantiradi, va aksincha, koordinatalari (3) ni qanoatlantiradigan har qanday nuqta
to’g’ri
67
www.ziyouz.com kutubxonasi
chiziqda yotadi. k
koeffitsient (4) ga ko’ra,
burchakka bog’liq bo’lgani uchun burchak
koeffitsient, deb ataladi, b esa boshlang’ich ordinata deyiladi.
r va markazi C a, b nuqtada bo’lgan aylanani ko’raylik. Ta’rifga
aylana C a, b nuqtagacha bo’lgan masofalari o’zgarmas r ga teng bo’lgan nuqtalarning
2. Aylana tenglamasi. Radiusi
ko’ra,
geometrik o’rnidir.
Agar
M x, y
tekislikning ixtiyoriy nuqtasi bo’lsa, u holda
2
x a
y b
2
r,
yoki tenglikni kvadratga ko’tarib, ildizni yo’qotsak,
x a
2
y b
2
r 2.
Bu tenglama berilgan aylananing tenglamasidir.
Agar aylananing markazi koordinatalar boshida bo’lsa, u holda uning tenglamasi soddaroq bo’ladi:
x2
y2
r 2.
1.2. To’g’ri chiziqning umumiy tenglamasi.
Teorema.
Oxy
koordinatalar tekisligida har qanday to’g’ri chiziqning tenglamasi
Ax
By C
0
(5)
Oxy koordinatalar
ko’rinishda bo’ladi, va aksincha, (5) ko’rinishdagi har qanday tenglama
tekisligida to’g’ri chiziqni ifodalaydi.
Isboti. Yuqorida ko’rilganidek, x o’qiga og’ish burchagi ma’lum bo’lgan xar qanday to’g’ri
chiziqning tenglamasi
y
kx b
ko’rinishda bo’ladi. Buni o’z navbatida
perpendikulyar bo’lgan biror
M x, y
har qanday
A, B
nuqta uchun
M 0M
x
x0 , y
y0


s  M 0M
A x x0
C
Ax0
By0
A
x
B
C
B
y
k
0
va unga
vektor
By

s vektorga perpendikulyar
0
yoki
y0
0
.
(6)
deb belgilasak, (6) ni (5) ko’rinishga keltirsa bo’ladi.
Endi teoremaning ikkinchi qismini isbot qilamiz. Agar
tenglikni В ga bo’lib yuborib, uni
ko’rinishga keltirib olamiz. Agar
b
vektor berilgan bo’lsa, u holda to’g’ri chiziqda yotuvchi
bo’ladi. Vektorlarning perpendikulyarlik shartiga ko’ra
Qavslarni ochib va
y
M 0 x0 , y 0
ko’rinishga keltirib olsa bo’ladi. Endi, agar to’g’ri chiziqning bir nuqtasi

s
kx
A
,b
B
(5) da
В
0
bo’lsa, u holda (5)
C
B
desak, oxirgi tenglikni
y
kx b
deb yozsa
bo’ladi. Ma’lumki, bu to’g’ri chiziqning burchak koeffitsientli tenglamasidir.
Agar В 0 bo’lsa, u holda А 0 , shuning uchun (5) quyidagi ko’rinishni oladi:
C
,
A
x
bu yerda
а
С
А
desak,
x
а,
ya’ni
x
o’qiga perpendikulyar to’g’ri chiziq tenglamasi hosil
bo’ladi. Teorema isbot bo’ldi.
(5) tenglama to’g’ri chiziqning umumiy tenglamasi deyiladi, (6) esa bir nuqtadan o’tgan to’g’ri
chiziq tenglamasi, deb ataladi.
To’g’ri chiziqning umumiy tenglamasi (5) to’liq bo’lmagan uch holni ko’ramiz:
68
www.ziyouz.com kutubxonasi
1) С
0 , bunda tenglama Ax
By
0 ko’rinishni oladi, bu tenglama koordinatalar boshidan
0, y 0
koordinatalar bu tenglamani
o’tgan to’g’ri chiziqni ifodalaydi. Haqiqatan, x
qanoatlantiradi.
2) А 0, В 0 , bunda (5) By C 0 ko’rinishga keladi, bu tenglama x o’qiga parallel
o’tadigan to’g’ri chiziqni ifodalaydi. Xususan,agar С 0 bo’lsa, y 0 hosil bo’ladi, bu x o’qining
tenglamasidir.
3) А 0, В 0, С 0 bo’lsin. U holda (5) ning ozod hadi С ni tenglikning o’ng tomoniga
o’tkazsak va
С ga bo’lib yuborsak:
Ax
C
By
C
x
C
A
y
C
B
1
yoki
1.
Quyidagi belgilashlarni kiritsak:
a
C
,b
A
C
B
tenglama
x
a
y
b
1
(7)
ko’rinishga keladi. (7) ni to’g’ri chiziqning kesmalardagi tenglamasi, deb ataymiz, chunki bu to’g’ri
chiziq x o’qini М а,0 nuqtada, у o’qini N 0, b nuqtada kesib o’tadi.
Misol.
u
b N
0 to’g’ri chiziq-
ning kesmalardagi tenglamasini
tuzing.
O
A
а
x
28-rasm.
a
3 x 5 y 15
Yechish. Ozod had 15 ni tenglikning o’ng tomoniga o’tkazib, -15 ga
bo’lib yuborsak:
x
5
y
3
1.
Demak, berilgan to’g’ri chiziq
x
va
у
o’qlaridan mos ravishda
5, b
3 kesmalar ajratar ekan.
Umumiy tenglamaning А va В koeffitsientlari geometrik ma’noga ega. (6) dan ma’lumki, А va

В, А
В koeffitsientlar to’g’ri chiziqga perpendikulyar vektorning koordinatalaridir. Agar а


vektor tuzib olsak, s va a vektorlar perpendikulyar ekanligiga ishonch hosil qilish qiyin emas. Shu

sababli, a vektor berilgan to’g’ri chiziqga parallel bo’ladi, uni shu hususiyatiga ko’ra, to’g’ri chiziqning

yo’naltiruvchi vektori, s ni esa normal vector, deb atashadi.
1.3. To’g’ri chiziqning boshqa turdagi tenglamalari.
Agar
M 0 x0 , y 0
to’g’ri chiziqning berilgan nuqtasi va

a
m, n
bo’lsa, uning tenglamasini quyidagicha tuzsa xam bo’ladi.
Faraz qilaylik,
M x, y
uning yo’naltiruvchi vektori

nuqta to’g’ri chiziqning siljuvchi nuqtasi bo’lsin. U holda, а
vektorlar o’zaro parallel bo’ladi. Vektorlarning kolleniarlik shartiga ko’ra
69
www.ziyouz.com kutubxonasi
va М 0 М
x x0
m
y
y0
(8)
n
Bu tenglama to’g’ri chiziqning kanonik tenglamasi, deb ataladi.
Agar (8) da kasrlarni t ga tenglasak,
x x0
y
y0
mt
,
x
x0
mt ,
y
y0
nt,
nt
yoki
parametrik tenglamalar, deb ataluvchi tenglamani hosil qilamiz.

a
Agar to’g’ri chiziqning
M 1 x1 , y1 , M 2 x2 , y 2
ikkita
nuqtalari ma’lum bo’lsa, u holda
M 1M 2
vektorni yo’naltiruvchi vector, deb qarash mumkin, shuning uchun bu to’g’ri chiziqning
tenglamasi (8) ga ko’ra
x x1
x2 x1
y y1
y 2 y1
(9)
bo’ladi. Bu tenglama ikki nuqtadan o’tgan to’g’ri chiziqning tenglamasi, deb ataladi.
Endi, faraz qilaylik, bizga
u
to’g’ri chiziq va uning normal

vektori п berilgan bo’lsin.

п vektorning х o’qiga
N
Agar

п
og’ish burchagi bo’lsa, u holda shu

п0
M
vektorning orti
O

n0
x
29-rasm.
holda ( 29-chizmaga qarang)
p
M x, y
npn OM
CoS , Sin

п0
bo’ladi.
1 .
to’g’ri chiziqning siljuvchi nuqtasi va ON

n npn OM

n  OM
xCoS
p bo’lsin. U
ySin .
Bundan
xCoS
ySin
p 0
(10)
kelib chiqadi. (10) tenglama to’g’ri chiziqning normal tenglamasi deb ataladi.
Ax By C 0
Agar to’g’ri chiziq
tenglama bilan berilgan bo’lib, bu tenglama normal
tenglamami yoki yo’q ekanligini aniqlash uchun bu to’g’ri chiziqning normal vektorini uzunligi birga

n
tengligini tekshirish kifoya. Bu tenglama

n
A2
B2
A2
А2
1 bo’lsa, berilgan tenglamani
A
A
2
B
2
B2
В 2 ifodaga bo’lish kerak:
B
x
A
1 bo’lsagina normal bo’ladi.Agar
2
B
2
y
C
A
2
0
B2
(11)
(10) formuladan ma’lumki, ozod hadning ishorasi manfiy bo’lishi shart, shu sababli, oxirgi tenglikdagi
ishoralardan birini ozod hadning ishorasiga teskari qilib tanlash zarur. Shunda (11) normal tenglamaga
А2
aylanadi.
В ifoda normallovchi ko’paytuvchi, deb ataladi.
1.4. To’g’ri chiziqga doir turli masalalar.
1.
2
:y
Ikki
to’g’ri
k 2 x b2
chiziq
orasidagi
burchak.
Faraz
qilaylik,
to’g’ri chiziqlar berilgan bo’lsin. Ma’lumki,
70
www.ziyouz.com kutubxonasi
bizga
k1
1
tg
1
:y
, k2
k1 x b1
tg
2
va
bu yerda
1
,
2
Oxy
1
,
lar mos ravishda
1
,
2
x
to’g’ri chiziqlarning
o’qiga og’ish burchaklaridir. Bu burchaklarni
tekisligidagi musbat yo’nalish bo’ylab xisoblangan, deb tushunamiz. Agar
2
to’g’ri chiziqlar orasidagi burchak deb
tg
k1
(12) dan ko’rinadiki, agar
tg
2
k 2 bo’lsa,
k1
1 k1 k 2
1
va
k 2 kelib chiqadi. Shu sababli, k1
deb ataladi. Agar
1
va
2
2
k2
k1
1 k1 k 2
1
0 yoki
chiziqlar parallel bo’ladi, va aksincha, agar
bundan esa
tg
1 tg 1 tg
1
bo’lsa ,
1
burchakni tushunamiz. U holda
1
tg
2
2>
2
bo’ladi, ya’ni
(12)
va
1
2
to’g’ri
to’g’ri chiziqlar parallel bo’lsa, tg
2
0,
k 2 tenglik to’g’ri chiziqlarning parallellik sharti,
to’g’ri chiziqlar perpendikulyar , ya’ni
2
bo’lsa, u holda (12) dan
0 munosabat kelib chiqadi. Bu tenglikni to’g’ri chiziqlarning perpendikulyarlik sharti, deb
ataymiz.
2. Ikki to’g’ri chiziq tenglamasini birgalikda tekshirish. Faraz qilaylik, bizga ikki
chiziqlarning tenglamalaridan tuzilgan
A1 x
B1 y C1
0,
A2 x
B2 y C 2
0
1
va
2
to’g’ri
(13)
sistema berilgan bo’lsin. Ma’lumki, bu sistema yagona yechimga ega bo’lishi uchun
А1
А2
bo’lishi zarur va yetarlidir. Bu esa
А1
А2
В1
В2
0
В1
tengsizlikka ekvivalent. Bu holda (13) ning yagona
В2
yechimi 1 va
2 to’g’ri chiziqlarda yotuvchi nuqtaning koordinatalarini beradi, ya’ni
to’g’ri chiziqlarning kesishish nuqtasini aniqlaydi.
Agar
А1
А2
bo’lsa,
А1
А2
В1
В2
А1
А2
В1
В2
va
2
0
bo’ladi, Bunda ikki hol yuz beradi: 1)agar (13) sistema cheksiz ko’p yechimga ega
С1
bo’lganda bajariladi, u holda
С2
А
tushadi; 2) (13) sistema umuman yechimga ega emas,bu 1
А2
bo’lsa, bu
1
В1
В2
va
1
В1
В2
2
to’g’ri chiziqlar
ustma-ust
С1
bo’lganda yuz beradi, bunda
С2
berilgan to’g’ri chiziqlar umuman kesishmaydi, ya’ni ular parallel bo’ladi.
3. Nuqtadan berilgan to’g’ri chiziqgacha bo’lgan masofa.
M 0 ( x0 , y0 ) nuqtadan
y
ziqgacha bo’lgan
K
P

п0
M0
N
NM 0
d masofa-
ni topish talab etilgan bo’lcin.

to’g’ri chiziqning п 0 normalini qurib olaylik. Agar M0

nuqta ga nisbatan, п 0 normalning musbat yo’nalishi tomoni-
71
www.ziyouz.com kutubxonasi
to’g’ri chi-
da joylashgan bo’lsa, u holda mad , aks holda d bo’ladi.
sofa
30-rasm.
Buni M0 nuqtaning to’g’ri chiziqdan
chetlanishi, deb ataymiz. Chizmadan ko’rinadiki,
O
x
p
npn0 OM 0
x0 CoS
y0 Sin
,
bundan
x0 CoS
y0 Sin
p
(14)
x0 CoS
y0 Sin
p
(15)
yoki
d
kelib chiqadi. Demak, nuqtadan berilgan to’g’ri chiziqgacha bo’lgan masofani topish uchun, nuqtaning
koordinatalarini to’g’ri chiziqning normal tenglamasini chap tomonidagi noma’lumlar o’rniga qo’yish
kifoya ekan.
Agar to’g’ri chiziq tenglamasi normal bo’lmasa, u holda normallovchi ko’paytuvchi yordamida
normal ko’rinishga keltirib, so’ngra (15) formula yordamida talab qilingan masofani hisoblaymiz.
S x0 , y 0
1.5. To’g’ri chiziqlar dastasining tenglamasi. Tekislikning
to’g’ri chiziqlari to’plami S
Teorema.
markazli to’g’ri chiziqlar dastasi, deb ataladi.
A1 x B1 y C1
Agar
,
to’g’ri chiziqlar, va
nuqtasidan o’tgan barcha
0
A2 x B2 y C2
va
0
lar S nuqtada kesishuvchi
lar bir vaqtda nolga teng bo’lmagan ixtiyoriy sonlar bo’lsa, u holda
A1 x B1 y C1
A2 x B2 y C2
0
(16)
S nuqtadan o’tuvchi to’g’ri chiziq tenglamasi bo’ladi.
Isboti. Avval (16) haqiqatan tenglama ekanligini ko’rsataylik, buning uchun uni quyidagi
ko’rinishda yozib olamiz:
A1
А1
Bu yerda
А1
А2 0
А2
va
В1
va
A2 x
В1
В2
В2
0 dan
B1
B2 y
C1
C2
0
(17)
lar bir vaqtda nolga teng bo’la olmaydi, chunki aks holda,
А1
А2
В1
В2
kelib chiqadi, buni esa bo’lishi mumkin
emas, chunki bu to’g’ri chiziqlar shartga ko’ra kesishadi. Bu esa (17) tenglama ekanligini ko’rsatadi.
Demak, u tekislikda biror to’g’ri chiziqni ifodalaydi. Endi bu to’g’ri chiziq S nuqtadan o’tishini
ko’rsatsak
A1 x0
kifoya.
B1 y0
C1
Haqiqatan,
0
va
(17)
dagi
A2 x0 B2 y0
A1 x0 B1 y0
C2
C1
noma’lumlar
0
x0 , y 0
o’rniga
larni
qo’ysak,
ekanligidan,
A2 x0
B2 y0
C2
0
bo’lishi kelib chiqadi. Teorema isbot bo’ldi.
0 bo’lsa, (17) ni quyidagi ko’rinishda yozsa bo’ladi:
Agar masalan,
A1 x B1 y C1
bu yerda
Misol . S
A2 x B2 y C2
0,
deb belgilandi.
2 x 3 y 5 0,7 x 15 y 1 0 to’g’ri chiziqlar berilgan
12 x 5 y 1 0 to’g’ri chiziqga perpendikulyar o’tgan to’g’ri chiziq
nuqtada kesishuvchi
bo’lsin. S
nuqtadan
tenglamasini tuzing.
Yechish . Avval berilgan to’g’ri chiziqlar kesishishini tekshiramiz:
kesishmaydi. Dasta tenglamasi
2x 3 y 5
7 x 15 y 1
Buni quyidagicha yozib olamiz:
72
www.ziyouz.com kutubxonasi
0.
2
7
7
15
. Demak, ular
2 7 x
3 15 y
5
0.
(18)
Bu to’g’ri chiziqning burchak koeffitsientini topaylik:
k
2 7
.
3 15
Berilgan to’g’ri chiziqning burchak koeffitsienti k1
12
bo’lgani uchun , ularning perpendikulyarlik
5
shartiga ko’ra
2 7
3 15
Bundan
5
.
12
1. Bu qiymatni (18) ga qo’ysak:
5 x 12 y
6
0.
73
www.ziyouz.com kutubxonasi
§2. Ikkinchi tartibli chiziqlar.
Biz avvalgi paragrafda birinchi tartibli chiziqlar turkumiga kiruvchi to’g’ri chiziqlarni o’rgandik. Bu
paragrafni ikkinchi tartibli chiziqlarga, ya’ni х va у ga nisbatan 2-tartibli
Ax 2
2Bxy Cy 2
2Dx 2Ey F
0
(1)
tenglamalar bilan ifodalanuvchi chiziqlarga bag’ishlaymiz. Biz asosan bunday chiziqlar turkumiga
kiruvchi eng sodda egri chiziqlar bo’lmish: aylana, ellips, giperbola va parabolalarni ko’rib chiqamiz.
Quyida bu chiziqlarga ta’riflar berib, ularning tenglamalarini shu ta’riflar asosida keltirib chiqarib, ular
yordamida bu egri chiziqlarning shaklini va xususiyatlarini o’rganamiz.
2.1. Aylananing umumiy tenglamasi.
C ( a, b)
§1.1 da markazi
tenglamasi
r
nuqtada, radiusi
( x a) 2
bo’lgan aylana ta’rifidan foydalanib, uning
( y b) 2
r2
ko’rinishda bo’lishi isbotlangan edi. Agar qavslarni ochib, ifodani soddalashtirsak, u (1) ko’rinishni
oladi.
Endi, aksincha, mulohaza qilamiz, ya’ni qanday hollarda (1) tenglama aylanani ifodalaydi? Buning
2
2
uchun avvalambor ayonki, х va у larning koeffitsientlari А
koeffitsienti nol bo’lishi shart, masalan, (1)
Ax 2
Аy 2
C
0 bo’lishi va
2Dx 2Ey F
ху
ning
0
(2)
ko’rinishda bo’lishi kerak. Agar (2)da qo’shiluvchilarni o’rin almashtirib, to’la kvadratga keltirib,
ifodani ixchamlasak, (2) quyidagi
( x a)
2
( y b)
D2
2
E2
A2
AF
(3)
ko’rinishga keladi. Bu yerda uch hol bo’lishi mumkin.
E
AF 0 . Bunda (3) tenglikning ma’nosi bo’lmaydi, chunki har qanday х, у lar
1-hol: D
uchun tenglikning chap tomoni hamisha musbat bo’ladi. Demak,(3) hech qanday chiziqni
ifodalamaydi.
2
2
2
E2
2-hol: D
ya’ni (3) faqat bitta
3-hol: D
2
E
agar o’ng tomonni
0 . Bu holda (3) ni faqat х
AF
C ( a, b)
2
AF
а
va
y
b
qiymatlargina qanoatlantiradi,
nuqtani ifodalaydi.
0 . Bunda tenglikning o’ng tomoni ham musbat bo’ladi, shuning uchun
2
r desak, u (2) ko’rinishni oladi, ya’ni (3) aylanani ifodalaydi.
2.2. Ellips.
Ta’rif. Fokuslar deb ataluvchi
2а
F1
va
F2
nuqtalargacha bo’lgan masofalari yig’indisi o’zgarmas
bo’lgan nuqtalarning geometrik o’rni ellips, deb ataladi.
F1
va
F2
nuqtalar
х
o’qida yotib, koordinatalar boshiga simmetrik va ular orasidagi masofa
bo’lsin, deb faraz qilaylik. U holda ularning koordinatalari
y
va
F2 (с,0)
u
V2
M
r1
r2
O
F2
M
A1
-a
F1
F1 ( с,0)
A2
a
x
x
V1
74
www.ziyouz.com kutubxonasi
bo’ladi.
2с
31-rasm.
Ta’rifga ko’ra,
32-rasm.
r1
r2
2a ,
bu yerda
r1
F2 M , va 2c
F1 M , r2
ya’ni c a . Agar s=0 bo’lsa, F1 va F2 nuqtalar ustma-ust tushib,
aylanadan iborat bo’ladi.
Ikki nuqta orasidagi masofa formulasiga ko’ra
( x c) 2
r1
y2
,
( x c) 2
r2
2a
r1
r2
y2
.
(31-rasmga qarang),
a
bo’ladi, ya’ni ellips
U holda
( x c) 2
y2
( x c) 2
y2
2а
bo’ladi. Bu tenglikni soddalashtirish maqsadida ildizlardan birini tenglikning o’ng tarafiga o’tkazib, uni
ikkala tarafini kvadratga ko’taramiz:
( x c) 2
y2
4a 2
4a ( x c ) 2
y2
( x c) 2
y2 .
Ildiz qatnashgan hadni chap tomonga, qolgan hadlarni o’ng tomonga o’tkazib ixchamlasak:
a ( x c) 2
y2
a2
cx
hosil bo’ladi. Buni yana kvadratga ko’tarib ixchamlasak:
tenglikka kelamiz.
tenglikni
2
a b
2
a2
c2
( a 2 c 2 ) x 2 a 2 y 2 a 2 (a 2 c 2 )
0 ekanligini e’tiborga olib va b 2 a 2
c2
belgilash kiritib, oxirgi
ga bo’lib yuborsak:
x2
a2
y2
b2
1
(4)
tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglama ellipsning kanonik tenglamasi, deb ataladi.
Bu tenglamadan ko’rinib turibdiki, ellips koordinata o’qlariga nisbatan simmetrik bo’ladi,ya’ni agar
М ( х, у ) ellipsda yotuvchi nuqta bo’lsa, u holda М ( х, у ) , М ( х, у ) va М ( х, у ) nuqtalar
ham ellipsga tegishli bo’ladi (buni tekshirishni o’quvchini o’ziga havola qilamiz). Shu sababli,
ellipsning shaklini 1-chorakda o’rganish bilan kifoyalansa bo’ladi.
(4) tenglamadan ko’rinib turibdiki,
у
(4) tenglamani
x2
a2
y2
1, 2
b
1,
a
ya’ni
x
a,
b
a2
a
x2
b bo’ladi.
.
(5)
Agar biz shaklni 1-chorakda tekshirmoqchi bo’lsak, (5) da ildiz oldida “+”
ya’ni
y
x
y
ga nisbatan yechib olamiz:
y
deymiz. Agar
b
0
bo’lsa,
y
b
bo’ladi.
b
a2
a
x
ishorani olsak yetarli,
x2
у ni
qiymati ortsa,
qiymati kamayadi va
x а
bo’lganda y 0 bo’ladi. Natijada ellipsning V2A2 yoyi hosil bo’ladi (32-rasmga qarang). Ellipsning
qolgan qismlarini uning simmetriklik xususiyatidan foydalanib chizib olamiz. Demak, ellips 32-rasmda
ko’rsatilgandek yopiq chiziq ekan. A1, A2, V1 va V2 nuqtalar ellipsning uchlari, deb ataladi.
2а ellipsning katta o’qi, 2b esa kichik o’qi; shu jum- ladan
yarim o’q va kichik yarim o’q deyiladi.
Agar
а
b
а
va
b
lar mos ravishda katta
bo’lsa, u holda (4) tenglama
x2
y2
a2
ko’rinishni oladi, ya’ni ellips aylanadan iborat bo’ladi, bunda
bo’ladi.
75
www.ziyouz.com kutubxonasi
c
a2
b2
miqdor nolga teng
b bo’lsa, s miqdor nolga teng bo’lmaydi, shu sababli, uni ellipsning aylanadan
Agar а
chetlanish o’lchami sifatida qarasa bo’ladi. Uni ellipsning chiziqli ekstsentriteti, deb ataymiz. Uning
katta yarim o’q а ga nisbati
ellipsning sonli ekstsentriteti yoki
a2
c
a
e
b2
(6)
a
c
sodda qilib ekstsentritet, deb ataladi.
a
bo’lgani uchun
ellipsning ekstsentriiteti hamisha birdan kichik bo’ladi: e 1 .
Ellipsning ixtiyoriy М ( х, у ) nuqtasidan fokuslarigacha bo’lgan masofa bu nuqtaning fokal
radiuslari, deb ataladi.
31-rasmda bular
( x c) 2
r1
y2
va
( x c) 2
r2
y2
. Agar
ularni kvadratga ko’tarib, ikkinchisidan birinchisini ayirsak:
r22 r12
4cx
yoki
(r2
r1 )(r1 r2 ) 4cx
tenglikni olamiz. Agar bu tenglikka ellipsning ta’rifini qo’llasak:
(r2
r1 ) 2a
4cx
yoki
r2 r1
2ex
hosil bo’ladi. Natijada, quyidagi
r1 r2 2a
r2 r1 2ex
sistemaga kelamiz. Agar ularni mos ravishda hadma-had ayirib va qo’shsak:
r2
a ex , r1
a ex
(7)
formulalarni olamiz.
Misol. 2õ2+4ó2=8 ellipsning fokuslarini koordinatalari, ekstsentriteti va abtsissasi 1 gà teng bo’lgan
nuqtàlarning fokal radiuslari topilsin.
2
Yechish. Ellips tenglamasini 8 ga bo’lamiz: x
4
bu tenglikdan
а 2=4, а =2, b 2
2,b
1,
a2
b2
2
c
demak, F1(
y2
2
4 2
2
2 , 0) F2(- 2 , 0) nuqtalar ellipsning fokuslaridir. Ellipsning ekstsentriteti
е
c
a
2
.
2
õ=1 bo’lgani uchun
r1
a еx
2
2
1
2
4
2
2
, r2
4
2
2
.
(7) formulalarni quyidagicha yozib olamiz:
r1
1
2
a
e
va
x va
1
2
a
e
e
a
e
x ,
r2
e
a
e
x .
(8)
x miqdorlar ellipsning М ( х, у ) nuqtasidan Ox o’qiga perpendikulyar o’tgan
to’g’ri chiziqlargacha bo’lgan masofalarni bildiradi. Bu to’g’ri chiziqlar Ox o’qini
76
www.ziyouz.com kutubxonasi
mos
va
2
a
e
a
nuqtalarda kesib o’tadi.
e
a
bo’lgani uchun - a
a va
e
e
to’g’ri chiziqlar ellipsdan tashqarida joylashgan (33-rasmga qarang).
ravishda
va -
e 1
a bo’ladi, ya’ni
1
y
1
М
1
r1
а
е
-а
F1
2
2
r2
0
а
x
е
а
F2
33-rasm.
Endi (8) ni belgilashlarga binoan
r1
e
,
r2
e
2
1
ko’rinishda yozib olamiz. Bundan ko’rinadiki, ellipsning har qanday nuqtasi uchun
r1
r2
1
2
(9)
bo’lar ekan.
Bunday xususiyatga ega bo’lgan 1 va 2 to’g’ri chiziqlar ellipsning direktrisalari, deb ataladi.
Bu bilan biz direktrisalarning quyidagi xossasini isbot qildik:
Ellipsning ixtiyoriy nuqtasidan fokuslarigacha bo’lgan masofalarini mos direktrisalarigacha bo’lgan
masofalariga bo’lgan nisbati birdan kichik o’zgarmas sondir.
2.3. Giperbola.
Ta’rif. Fokuslar, deb ataluvchi
qiymati o’zgarmas
Ta’rifga ko’ra,
2а
F1 va F2
nuqtalargacha bo’lgan masofalari ayirmasining absolyut
bo’lgan nuqtalarning geometrik o’rni giperbola, deb ataladi.
r1 r2
2a , bu yerda r1
F1 M , r2
F2 M , M giperbolaning ixtiyoriy nuqtasi.
Agar fokuslar orasidagi masofani 2c desak, u holda ellipsdan farqli o’laroq, giperbola uchun c a
bo’ladi, chunki agar fokuslarni 31-rasmdagidek Ox o’qida O nuqtaga nisbatan simmetrik joylashtirsak,
F1 MF2 ning uchinchi tomoni bo’lib, u qolgan ikki tomonlari ayirmasidan katta bo’ladi.
Xuddi yuqoridagidek,
2c
( x c) 2
r1
y 2 , r2
( x c) 2
y2
larni
r1 r2
2a
tenglikka qo’yib, ifodani ixchamlasak, natijada
(a 2
tenglamaga kelamiz. Lekin bu yerda
tenglikni
а 2 (а 2
с2 )
а 2b 2
c 2 )x2
а2
a2 y2
с2
a 2 (a 2
c2 )
0 . Shu sababli, agar а 2
с2
b 2 deb, oxirgi
ga bo’lib yuborsak:
x2
a2
y2
b2
1
tenglama hosil bo’ladi. Bu tenglama giperbolaning kanonik tenglamasi, deb ataladi.
77
www.ziyouz.com kutubxonasi
(10)
Xuddi yuqoridagidek, bu erda ham giperbola Ox va Oy o’qlariga nisbatan simmetrik ekanligiga
ishonch hosil qilamiz. Bundan tashqari giperbola O nuqtaga nisbatan ham simmetrik bo’ladi, shu
sababli, O nuqtani uning markazi, deb ham atashadi.
r1
Ta’rifdan ko’rinadiki, giperbola ikki tarmoqdan iboratdir: bir tarmog’i
r2
qanoatlantiradigan nuqtalar o’rni, ikkinchi tarmog’i esa r1
nuqtalar o’rni.
Giperbolaning (10) tenglamasini у ga nisbatan yechib olaylik:
b 2
x
a
y
2
r2
tengsizlikni
tengsizlikni qanoatlantiradigan
a2 .
2
а , ya’ni х а yoki х
а bo’lishi kerakligi kelib chiqadi. Demak, giperbola to’liq
Bundan х
х а va х
а parallellar orasidagi sohadan tashqarida yotar ekan.
Giperbolaning 1-chorakdagi tarmog’ini tekshiraylik. U holda
b 2
x
a
y
bo’ladi. Bu yerda, agar
х
а
у
bo’lsa,
х
tarmoq cheksizgacha cho’ziladi. Agar
0
a2
bo’ladi. Agar
ning qiymatlari
а
х
o’sib borsa,
dan to
у
ham o’sadi. Demak,
gacha ortib borsa, u holda
2
2
2
х2
а2
bilan а orasidagi tafovut kattalasha boradi, х yetarlicha katta bo’lganda х bilan х
orasidagi farq yetarlicha kichik bo’lib, х o’sib borgan sayin bu farq nolgacha kamayib boradi, ya’ni
y
b 2
x
a
a2
b 2
x
a
qiymat bilan Y
nuqtai-nazardan bu tenglamalari
y
qiymat orasidagi farq kamayib boradi. Geometrik
b 2
x
a
a2
va
b 2
x
a
y
yaqinlasha borishini bildiradi. Lekin х ning hech bir qiymatida
chiziqlar kesishmaydi.Bunday xususiyatga ega bo’lgan
bo’lgan chiziqlar o’zaro
y
Y
bo’lmagani uchun bu
b
x
a
y
(11)
to’g’ri chiziqni giperbolaning asimptotasi deb ataymiz. Giperbolaning simmetriklik xususiyatidan
х
da 3-chorakdagi tarmog’i ham shu to’g’ri chiziqga yaqinlashishi kelib chiqadi.
Aynan shunday mulohazalar bilan giperbolaning 2- va 3-choraklardagi tarmoqlari
b
(12)
y
x
a
to’g’ri chiziqga yaqinlashadi, degan fikrga kelamiz. Demak, giperbola tenglamalari (11) va (12) bo’lgan
ikkita asimp-totaga ega ekan.
Giperbolaning Ox o’qini kesib o’tgan A1 va A2 nuqtalarini uning uchlari deb, A1A2= 2а ni
bo’ylama o’qi, deb va V1V2= 2b ni ko’ndalang o’qi, deb ataymiz.
bo’ylama va ko’ndalang yarim o’qlari, deb ataladi.
u
V2
b
F1
a
A1
O
a
A2
F2
b
V1
34-rasm.
78
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
а
va
b
lar mos ravishda
a2
c
b2
miqdorni giperbolaning chiziqli ekstsentriteti deb,
sonli ekstsentriteti, deb ataymiz.
c
a
c
a
e
a2
b2
ni esa,
a
bo’lgani uchun giperbolning ekstsentriteti birdan katta, ya’ni
е 1
bo’ladi.
Giperbolaning fokal radiuslari
r1
(ex a) , r2
(ex a)
bo’ladi, bu yerda giperbolaning o’ng tarmoq nuqtalari uchun “+” ishora va chap tarmoq nuqtalari
uchun “-“ ishora olinadi.
Bu yerda ham giperbolaning
М ( х, у ) nuqtasidan Ox o’qiga perpendikulyar o’tgan
a va
e
1: x
a
to’g’ri chiziqlarni giperbolaning direktrisalari, deb ataymiz.
e
2: x
Aynan yuqoridagidek mulohazalar bilan direktrisalarning quyidagi xossasini isbotlash mumkin:
Giperbolaning ixtiyoriy nuqtasidan fokuslarigacha bo’lgan masofalarini mos direktrisalarigacha bo’lgan
masofalariga nisbati birdan katta o’zgarmas sondir.
Ellips va giperbolaning bu xossasini umumlashtirib, berilgan o’ nuqta va berilgan
to’g’ri
chiziqlargacha bo’lgan masofalari nisbati o’zgarmas е 1 son bo’lgan nuqtalarning geometrik o’rni
ellips yoki giperbola bo’ladi deyish mumkin.
to’g’ri chiziqga parallel, Ox o’qni o’ nuqtadan o’tkazamiz. Koordinatalar
Haqiqatan, Oy o’qni
to’g’ri chiziqning Ox o’q bilan kesishish nuqtasi K
boshini shunday tanlaymizki, natijada o’ va
larning abtsissalari mos ravishda
nuqtadan
ае
va
а
е
bo’lsin. Bu yerda
а
quyidagicha tanlanadi: agar
l F
to’g’ri chiziqgacha bo’lgan masofa bo’lsa, u holda
l
a
e
FK
a1 e2
ae
e
tenglikdan
el
a
1 e2
.
(13)
Agar М ( х, у ) berilgan geometrik o’rinlarning biri bo’lsa, u holda qo’yilgan shartga ko’ra
bo’lishi kerak, bu yerda
r
( x ae) 2
y2
a
e
va
r
e
x.
Demak,
( x ae) 2
y2
е
а
е
х
ekan. Bu tenglikning ikkala tarafini kvadratga ko’tarib, hosil bo’lgan ifodani ixchamlasak:
x2
a2
y2
a 2 (1 e 2 )
1
е 1 bo’lsa, a 2 (1 e 2 ) b 2 belgilash kiritib ellipsni
a 2 (1 e 2 )
b 2 deb giperbolaning tenglamasini hosil qilamiz.
hosil bo’ladi. Agar
bo’lsa,
2
M i s o l . х
16
у2
9
tenglamasini, agar
е 1
1 giperbolaning o’ng tarmog’ida shunday nuqta topilsinki, bu nuqtadan
o’ng fokusgacha bo’lgan masofa chap fokusigacha bo’lgan masofasidan ikki marta kichik bo’lsin.
79
www.ziyouz.com kutubxonasi
r1
Yechish . Giperbolaning o’ng tarmog’i uchun fokal radiuslar
bo’ladi. U holda masala shartiga ko’ra,
ex a
2(ех а )
3 2
x 16
4
3
4
48
5
2
r2 ex a
х 3а е ke lib
va
bo’lishi kerak. Bundan
16 9 4 5 4 . Demak, х
chiqadi. Bu yerda а 4, е с а
Ordinatasini topish uchun giperbolaning tenglamasidan foydalanamiz:
y
ex a
9,6 ekan.
3
119 .
5
16
М 1 9,6;0,6 119 va М 2 9,6; 0,6 119 nuqtalar qanoatlantirar
Demak, masala shartini ikkita
ekan.
2.4. Parabola.
Ta’rif. Fokus deb ataluvchi o’ nuqtadan direktrisa, deb ataluvchi to’g’ri chiziqgacha bo’lgan
masofalari teng bo’lgan nuqtalarning geometrik o’rni parabola deb ataladi.
Agar М ( х, у ) parabolaning ixtiyoriy nuqtasi, r -bu nuqtadan o’ nuqtagacha bo’lgan masofa va
- direktrisagacha bo’lgan masofa bo’lsa, u holda ta’rifga ko’ra r
bo’ladi.
р bo’lsin. Ox o’qini fokusdan direktrisaga
Fokusdan direktrisagacha bo’lgan masofa
perpendikulyar qilib o’tkazaylik. Koordinatalar boshini fokus bilan direktrisa o’rtasida olaylik. U holda
fokusning koordinatalari F
p
,0
2
va direktrisaning Ox o’q bilan kesishgan nuqtasi
K
p ,0
2
bo’ladi.
Ikki nuqta orasidagi masofa formulalariga ko’ra
r
p
2
x
2
p
.
2
x
y2 ,
U holda parabola tenglamasi
x
p
2
2
y2
р
2
х
bo’ladi. Agar buni kvadratga ko’tarib ixchamlasak:
y2
2 px
(14)
tenglikka kelamiz. Buni parabolaning kanonik tenglamasi, deb ataymiz.
Parabolaning (14) tenglamasi х ning faqat manfiy bo’lmagan qiymatlari uchun ma’noga ega. Shu
sababli, parabola Oy o’qning o’ng tarafida joylashgandir. Agar х =0 bo’lsa, у =0 bo’ladi, ya’ni
parabola koordinatalar boshidan o’tar ekan. O nuqtani parabolaning uchi, deb ataymiz. Demak,
parabola chizig’i 35-rasmdagidek bo’lar ekan.
y
M(x1y)
0
K(-p/2;0)
F(p/2;0)
x
35-расм.
80
www.ziyouz.com kutubxonasi
§3. Dekart koordinatalar sistemasini almashtirish
va qutb koordinatalar sistemasi.
Оху
3.1. Koordinatalarni parallel ko’chirish. Faraz qilaylik,
koordinatalar sistemasi berilgan
bo’lsin. Tekislikni ixtiyoriy M nuqtasining shu sistemadagi koordinatalari
u
u’
y
y’
y'
М ( х, у ) bo’lsin.
y
y
M
M
x'
x'
b
O'
x'
x'
O
a
x
x
y'
x
O
36-rasm.
x
37-rasm.
Boshi O'( а, b ) nuqtada bo’lgan
О' х' у '
koordinatalar sistemasida berilgan M nuqtaning
koordinatalarini topaylik (36-rasmga qarang). Bu yerda yangi
О' х' у '
sistema eski
Оху
sistemaning
boshini O'( а, b ) nuqtaga parallel ko’chirish natijasida hosil bo’lgan bo’lsin.
Chizmadan ko’rinadiki,
Xuddi shunday,
Оу
Ох
kesma uzunligi
kesma uzunligi
Оb
va
by
Оа
va
ах
kesmalar uzunliklari yig’indisiga teng.
kesmalar uzunliklari yig’indisiga teng. Demak,
x
x' a , y
y' b
(1)
x' x a , y' y b
(1’)
yoki
ekan.
Eslatma. Agar fazoda
Охуz
koordinatalar sistemasini O'( а , b, с ) nuqtaga parallel
natijasida yangi О ' х ' у ' z ' koordinatalar sistemasi hosil qilingan bo’lsa, u holda
yangi koordinatalari
ko’chirish
М ( х, у, z ) nuqtaning
x' x a , y' y b , z' z c
formulalar orqali aniqlanadi.
3.2. Koordinatalar sistemasini burish. Faraz qilaylik, yangi
О' х' у '
sistema eski
Оху koordinatalar
sistemasini biror
burchakka burish natijasida hosil bo’lsin. M nuqtaning eski sistemadagi
koordinatalari М ( х, у ) bo’lsin. Uning yangi koordinatalarini topaylik.
Faraz qilaylik,
ОМх'
Ох'
o’q bilan OM kesma orasidagi burchak
dan
x' OM cos
MOx=
x
bo’lgani uchun
OM cos(
)
OM cos cos
y
bo’lsin. U holda to’g’ri burchakli
OM sin(
OM sin cos
ОМх
dan
ОМ cos cos
OM sin sin
)
y' OM sin
,
ОМ sin cos
OM cos sin
sin sin
x' cos
y' sin
,
cos sin
x' sin
y' cos
Demak,
81
www.ziyouz.com kutubxonasi
.
.
x
x' cos
y ' sin
y
x' sin
y ' cos
(2)
ekan. Bu almashtirishning matritsasi
A
xosmas, chunki
det A
cos2
cos
sin
sin
cos
sin 2
A
1
1 0 . Shuning uchun unga teskari matritsa mavjud:
cos
sin
.
sin
cos
U holda yangi koordinatalarni eskilari orqali ifodasi quyidagicha bo’ladi:
x' x cos
y'
y sin
x sin
y cos
(2’)
1-eslatma. Yangi koordinatalar sistemasi eski koordinatalar sistemasini
burchakka burish
natijasida hosil bo’lgani uchun, yangi koordinatalar sistemasini - burchakka burib eski koordinatalar
sistemasini qaytamiz. Shu sababli,(2) formulalarda eski va yangi koordinatalarni mos ravishda
o’rinlarini va ni - ga almashtirib (2’) for-mulalarga kelish mumkin.
2-eslatma. Agar yangi koordinatalar sistemasi eski koordinatalar sistemasini ham parallel ham
burchakka burish natijasida hosil bo’lsa, u holda yangi koordinatalardan eski koordinatalarga o’tish
formulasi
x
x' cos
y ' sin
а
y
x' sin
y ' cos
b,
va aksincha, eski koordinatalardan yangi koordinatalarga o’tish formulalari
x' ( x a) cos
y'
( y b) sin
( x a) sin
( y b) cos
bo’ladi. Buni isbotlashni o’quvchiga havola qilamiz.
3.3. Qutb koordinatalar sistemasi. Biz bu yerda qulay va kelajakda ko’p qo’llaniladigan qutb
koordinatalar sistemasini kiritamiz.
1. Tekislikda qutb koordinatalar sistemasi qutb, deb ataluvchi O nuqta va O nuqtadan chiqqan qutb
o’qi deb ataluvchi OA nur nuqtalari orqali aniqlanadi.
M tekislikning ixtiyoriy
M
nuqtasi va qutbdan bu nuqtagacha
bo’lgan masofa r bo’lsin. Qutb
o’qi OM kesma bilan ustma-ust
tushishi uchun uni
burchakka
buish kerak bo’lsin. Agar burish
O
A
yo’nalishi tekislik yo’nalishiga
38-rasm.
teskari bo’lsa, bu burchakni “ - “ ishora bilan, agar yo’nalishlar bir xil
bo’lsa, “+” ishora bilan olamiz. Atamaning umumiyligini saqlagan holda, bu burchakni qutb burchagi
deb ataymiz.
r va larni M nuqtaning qutb koordinatalari, deb ataymiz.
Ko’p hollarda, bir vaqtda ham dekart va ham qutb koordinatalar sistemalaridan foydalanishga
to’g’ri keladi. Shuning uchun nuqtaning bir sistemadagi koordinatalarini bilgan holda, ikkinchi
sistemadagi koordinatalarini ham bilish muhim rol o’ynaydi. Biz bu yerda bir koordinatalardan
ikkinchi koordinatalarga o’tish formulalarini qutb boshi dekart koordinatalar sistemasining boshi bilan,
qutb o’qi Ox o’qi bilan ustma-ust tushgan xususiy hol uchun chiqaramiz.
y
82
www.ziyouz.com kutubxonasi
Му
у
М
r
х
O
Мх
x
39-rasm.
( х, у ) - uning dekart koordinatalari, r ,
Faraz qilaylik, M tekislikning ixtiyoriy nuqtasi
koordinatalari
perpendikulyarlarning
OМ х
Мх
bo’lsin.
OM cos
va
asosini
,
Му
bilan
belgilaylik
OM y
M
nuqtadan
Ox
2
-
qarang).
(
OM sin
rasmga
va
Ou
o’qlariga
- qutb
tushirilgan
OMM x
dan
. Demak,
r sin
, y
(3)
ekan. Bu formulalarni dekart koordinatalarning qutb koordinatalar orqali ifodasi deb ataymiz. Endi
teskari ifodani topish uchun (3) dagi tengliklarni kvadratga ko’tarib qo’shsak:
x
x2
OMM x
tenglik hosil bo’ladi. Bundan va
r cos
y2
r2
dan
y
x
y 2 , tg
x2
r
(4)
kelib chiqadi. Bular dekart koordinatalardan qutb koordinatalarga o’tish formulalari, deb ataladi.
1-m i s o l . Markazi koordinatalar boshida, radiusi
bo’lgan aylananing qutb koordinatalar
r
sistemasidagi tenglamasi = bo’ladi.
x2
a2
2-misol.
y2
b2
1
ellipsning qutb koordinatalar sistemasidagi tenglamasini tuzing.
Yechish . Qutb sifatida o’ng fokusni olaylik. U holda ellipsning ixtiyoriy nuqtasidan qutbgacha
bo’lgan masofa
r a ex
(5)
bo’ladi (§2.2 dagi (7) ga qarang).
r
.
O
M
.
.
o’
A
O
.
F
a)
O
F
x
ae r cos
.
x
M
b)
40-rasm.
c)
40,a)-rasmdan ko’rinadiki,
x
npx OM
npx OF
FM
c r cos
Buni (5) ga qo’yib ixchamlagandan so’ng
r
tenglikka kelamiz, bu yerda
р
2
а (1 е )
b2
a
p
1 e cos
, chunki
e
2
,
(6)
a2
b2
a2
b2
1
a2
. (6) tenglama
ellipsning qutb tenglamasidir.
3-m i s o l .
x2
a2
y2
b2
1
giperbolaning qutb koordinatalar sistemasidagi tenglamasini tuzing.
83
www.ziyouz.com kutubxonasi
Yechish. Bu yerda ham qutb sifatida o’ng fokusni olaylik. U holda qutb o’qi Ox o’qga teskari
yo’nalgan bo’ladi (40,b-rasmga qarang). §2.3 ga asosan giperbolaning ixtiyoriy nuqtasidan biz tanlagan
qutbgacha bo’lgan masofa
r
(ex a )
(7)
bo’ladi, bu yerda “+” ishora o’ng tarmoq uchun va “-“ ishora chap tarmoq uchun olinar edi.
Xuddi yuqoridagidek, 40,b-rasmdan
x
np x OM
kelib chiqadi, lekin bu yerda
np x OF
np x FM
FM
c пр х FM
r cos(
ae np x FM
)
r cos . Demak, bularni (7) ga qo’yib
r
p
,
1 e cos
ixchamlasak:
(8)
hosil bo’ladi, bu yerda
p
a (e
2
1)
b2
,
a
bu giperbolaning qutb tenglamasidir.
2
2 рх parabolaning qutb tenglamasini tuzing.
4-m i s o l . у
Yechish. 40,c-rasmga asosan
x
Buni
r
p
2
np x OM
np x OF
p
2
np x FM
r cos
.
x ga qo’ysak:
r
p
1 cos
(9)
tenglamani hosil qilamiz. Bu parabolaning qutb tenglamasidir.
2. Fazoda qutb koordinatalar sistemasining asosiy elementlari bu: qutb, deb ataluvchi O nuqta, qutb
o’qi, deb ataluvchi Oz o’q va bu o’qga tiralgan qutb yarimtekisligi, deb ataluvchi Ozx yarimtekisligidir.
z
z
M
O
M
у
O
r
у
М0
Мх
x
Му
x
41-rasm.
42-rasm.
Faraz qilaylik, (41-rasmga qarang) M fazoning biror nuqtasi,
ОМ ,
-
ОМ vektorning z
o’q bilan tashkil etgan burchagi,
- M nuqtadan o’tib z o’qga tiralgan yarimtekislik bilan Ozx qutb
yarimtekislik orasidagi burchak bo’lsin.
,
va
miqdorlar M ning qutb koordinatalari, deb ataladi. Bunday aniqlangan koordinatalarga
ega bo’lgan nuqtalar
radiusli sferada joylashgani uchun ularni M nuqtaning sferik koordinatalari,
deb ham atashadi.
Endi qutb koordinatalar bilan dekart koordinatalar orasidagi munosabatlarni topaylik. Buning uchun
biz Oz o’q qutb o’qi bilan ustma-ust tushsin, Ox o’q qutb yarimtekisligida yotsin va Oy o’q qutb
yarimtekisligiga perpendikulyar bo’lsin, deb faraz qilamiz (42-rasmga qarang). U holda
84
www.ziyouz.com kutubxonasi
z
M nuqtani
Оху
npz OM
cos
.
tekislikka proektsiyalaylik. Faraz qilaylik,
proektsiyasi bo’lsin. Bu nuqtaning
Оху
М 0 nuqta uning Оху tekislikdagi
r va
tekislikdagi qutb koordinatalari
bo’lsin.
ОММ 0 dan
r
OM 0
cos
sin
2
.
U holda (3) ga asosan
x r cos
y r sin
sin cos
sin sin
tengliklarni hosil qilamiz. Demak,
x
r cos
sin cos
,
y
r sin
sin sin
,
z
cos
(10)
ekan.
Endi teskari munosabatni aniqlaylik. Buning uchun (10) dagi tengliklarni kvadratlarga ko’tarib,
qo’shamiz:
x2
(10) ning uchinchi tengligidan
y2
z2
.
ni
z
cos
,
va birinchi va ikkinchi tengliklaridan
x
sin
cos
y
sin
, sin
burchakni topamiz yoki ularni quyidagicha ifodalash mumkin:
x2
y2
3. M nuqtaning holatini uning
z
z2
Оху
z
, cos
x2
y2
z2
,
cos
x
x2
y2
.
tekislikdagi proektsiyasining qutb koordinatalari
(11)
r,
va
M 0 M koordinatasi orqali aniqlasa ham bo’ladi. Bunday aniqlangan r , , z koordinatalar
tsilindrik koordinatalar, deb ataladi. Bu koordinatalarning dekart koordinatalar bilan bog’lovchi
munosabati
x r cos , y r sin , z z .
(12)
§4. Ikkinchi tartibli tenglamalarni
kanonik ko’rinishga keltirish.
2-§ da biz 2-tartibli
Ax 2
2Bxy Cy 2
2Dx 2Ey F
0
tenglamani А С 0 bo’lgan xususiy holda tekshirgan edik. Endi faraz qilaylik, А
holda (1) ni quyidagi
Ax 2
2Bxy Cy 2
2Dx 2Ey F
Ах Ву D x
Bx Cy E y
Dx Ey F
(1)
С bo’lsin. U
0
(2)
ko’rinishda yozib olsa bo’ladi. Buni tekshirishni o’quvchining o’ziga havola qilamiz.
Koordinatalar sistemasini almashtirish hisobiga (1) ni ixcham, ya’ni kanonik ko’rinishga keltirish
masalasini ko’raylik. Buning uchun almashtirishni shunday tanlaymizki, natijada noma’lumlar
ko’paytmasi qatnashgan had yo’qolib, chiziqli ifodasidagi hadlar soni yo yetarlicha kamaysin yoki
butunlay yo’qolsin.
Avval
85
www.ziyouz.com kutubxonasi
x' a , y
x
O ' ( a, b)
almashtirish bajaramiz. Bunda koordinatalar boshi
qo’yamiz:
y' b
(3)
nuqtaga ko’chadi. (3) ni (1) ga olib borib
A(x' a) 2
a
va
2B( x' a)( y' b) C( y' b) 2 2D( x' a) 2E( y' b) F
Ax' 2 2Bx' y' Cy' 2 2 Aa Bb D x' 2 Ba Cb E y'
Aa 2 2Bab Cb 2 2Da 2Eb F 0 .
b larni shunday tanlaymizki, natijada x ' va y ' lar oldidagi koeffitsientlar nolga aylansin, ya’ni
Aa Bb D 0
Ba Cb E
(4)
0
2
0 bo’lsa, (4) yagona yechimga ega. Sistemani yechib, topilgan
bo’lsin. Agar АС В
larni oxirgi tenglamaga qo’ysak, tenglama quyidagi
Ax ' 2 2 Bx' y ' Cy' 2 F0
a
va
0
b
(5)
ko’rinishga keladi, bu yerda (2) ga asosan
F0
Aa Bb D a
Agar (5) tenglamani
M x' , y '
Ba Cb E b
Da Eb F
Da Eb F .
nuqta qanoatlantirsa, u holda bu tenglamani
N
x' , y '
nuqta ham
qanoatlantiradi. Demak, (5) tenglama bilan ifodalangan chiziq (5) ni qanoatlantiradigan O ' ( a, b)
nuqtaga nisbatan simmetrik bo’lgan nuqtalar juftliklarining geometrik o’rnidan iborat ekan. Shu
sababli, O ' ( a, b) nuqtani bu egri chiziqning markazi deb atashadi. Bitta markazga ega bo’lgan egri
chiziqni markaziy chiziq deb ataymiz. Markaziy chiziqga masalan, ellips va giperbola misol bo’lishi
mumkin. Demak, biz bajargan almashtirish geometrik nuqtai-nazardan koordinatalar boshini egri
chiziq markaziga ko’chirishni bildirar ekan.
Endi O ' x ' y ' koordinatalar sistemasini shunday
burchakka buramizki, natijada x ' y ' oldidagi
koeffitsient nolga aylansin. Avvalgi paragrafdan ma’lumki, burish quyidagi almashtirish yordamida
bajariladi:
x' ~
x cos
y' ~
x sin
Bularni (5) ga qo’yib ixchamlasak:
~
x 2 A cos2
B sin 2
~
y sin
~
y cos .
~
x~
y 2B cos 2
~
y 2 A sin 2
C sin 2
( A C) sin 2
B sin 2
C cos2
F0
0
(6)
bo’ladi. Agar
2 B cos 2
( A C ) sin 2
0
yoki
Btg 2
( A C)tg
desak, (6) quyidagi ko’rinishni oladi:
~ 2
A~
x
bu yerda
~
A A cos2
B sin 2
C sin 2
(7) ni echib, tg
ni topgandan so’ng,
1
cos
1 tg 2
,
~
C
,
~ 2
C~
y
A sin 2
sin
86
www.ziyouz.com kutubxonasi
B
F0
0
(7)
0,
B sin 2
tg
1 tg 2
(8)
C cos2
.
~
~
lar topiladi. Bu qiymatlardan foydalanib, А va В koeffitsientlarni aniqlaymiz. Shu bilan (8) tenglama
tuzib bo’linadi.
~
Agar А va
~
C larning ishoralari birxil, F0 ning ishorasi ularnikiga teskari bo’lsa, (8) ellipsni, agar
~
~
А va C larning ishorasi har xil bo’lsa, F0 ning ishorasi qanday bo’lishidan qat’iy nazar, (8)
~ ~
giperbolani beradi. Agar А , C , F0 larning ishoralari bir xil bo’lsa,(8) mavhum ellipsni beradi:
~
x2
m2
Agar
~
y2
n2
1.
~
~
~
F0 =0 bo’lsa, u holda А va C larning ishoralari birxil bo’lganda, (8) bitta nuqtani, А va
~
C larning ishoralari har xil bo’lsa, (8) giperbolaning kanonik tenglamasiga o’xshash
~
x2 ~
y2
0
m2 n2
tenglamaga kelsa ham, lekin u o’zaro kesishuvchi ikkita
~
х
т
~
у
п
0,
~
х
т
~
у
п
0
to’g’ri chiziqni beradi.
1-m i s o l.
17 х 2 12 ху 8 у 2
46 х 28 у 17
0
a
Yechish . Avval (3) almashtirishni bajaramiz. Bunda
(4) sistema quyidagicha bo’ladi:
tenglamani kanonik ko’rinishga keltiring.
17 a 6b 23
a 1
va
larni topish uchun vujudga keladigan
0,
6a 8b 14
Bu sistemani yechimi
b
va
0.
b 1 . U holda
F0
23a 14b 17
20 .
Demak, (3) almashtirish natijasida berilgan tenglama
17 x' 2 12 x' y' 8 y' 2 20
0
ko’rinishga keltirilar ekan.
Endi ko’chirilgan koordinatalar o’qlarini
burchakka buramiz, ya’ni (5) almashtirishni bajaramiz.
Bunda ni topish uchun hosil bo’ladigan tenglama quyidagicha bo’ladi:
6tg 2
Bundan
1
2
tg
va
tg
2.
9tg
6 0.
Biz o’tkir burchakka mos keladigan birinchi yechimni olamiz. U
holda
1
cos
~
2
5
1 tg 2
Bu qiymatlardan foydalanib, А va
A cos2
B sin 2
C sin 2
~
C
A sin 2
B sin 2
C cos2
O' ~
x~
y
1 tg 2
1
.
5
~
C koeffitsientlarni aniqlaymiz:
~
А
Demak, egri chiziqning
tg
sin
,
4
2 1
1
12
8
20 ,
5
5
5 5
1
2 1
4
17
12
8
5.
5
5
5 5
17
koordinatalar sistemasidagi tenglamasi
20 ~
х2
5~
у2
20
0
87
www.ziyouz.com kutubxonasi
yoki
~
х2
1
~
у2
4
1
ekan. Bu yarimo’qlari 2 va 1 bo’lgan ellipsdir.
Agar (4) sistema yechimga ega bo’lmasa, ya’ni (4) ning asosiy determinanti
А В
В2
АС
В С
0
bo’lsa, u holda chiziqning yo markazi bo’lmaydi yoki markazi cheksiz ko’p bo’ladi, shu sababli, biz
bunday hollarda avval burish almashtirishini bajaramiz:
~
x cos
~
x sin
x
y
~
y sin
~
y cos .
(9)
Buni (1) ga qo’ysak, u quyidagi ko’rinishga keladi:
~
x 2 A cos2
~
B sin 2 C sin 2
x~
y 2B cos 2 ( A C) sin 2
~
y 2 Asin 2
B sin 2 C cos2
2~
x D cos
E sin
~
2 y E cos
D sin
F 0.
(10)
burchakni shunday tanlaymizki, natijada
2 B cos 2
( A C ) sin 2
bo’lsin. Buning uchun (7) ni yechish kifoya.
Topilgan ga ko’ra, (10) quyidagi ko’rinishni oladi:
~ 2
A~
x
~ 2
C~
y
0
~
~
x 2 E~
y
2 D~
F
0.
(11)
Endi (11) ni kanonik ko’rinishga keltirish uchun parallel ko’chirish almashtirishini bajarish kifoya.
Bayon qilingan usul yanada tushunarli bo’lishi uchun uni quyidagi misolda ko’rib chiqaylik.
2-m i s o l.
4х 2
4ху
у 2 2х 14 у 7 0 tenglamani kanonik ko’rinishga keltiring.
4 1 2 2 0 . Shu sababli, berilgan tenglama bilan aniqlangan egri chiziq
Yechish. Bu yerda
markaziy emas. (10) almashtirishni bajaramiz. U holda (7) tenglama quyidagicha bo’ladi:
2tg 2
Bundan
1
2
tg
va
tg
2.
3tg
2
0.
Biz o’tkir burchakka mos keladigan birinchi yechimni olamiz. U
holda
cos
1
2
5
1 tg 2
~ ~ ~
tg
sin
,
1 tg 2
~
1
.
5
Bu qiymatlardan foydalanib, А , C , D va Е koeffitsientlarni aniqlaymiz:
~
А
~
C
1
1 2 4
4
5
5 5 5
4
2 1 1
A sin 2
B sin 2
C cos2
4
4
5
5 5 5
1
2
~
D D cos
E sin
1
7
3 5,
5
5
1
2
~
E E cos
D sin
7
1
5.
5
5
A cos2
B sin 2
C sin 2
4
88
www.ziyouz.com kutubxonasi
0,
5,
Demak, egri chiziqning
O~
x~
y
koordinatalar sistemasidagi tenglamasi
5~
у2
6 5~
х 2 5~
у 7
0
(12)
ko’rinishda bo’lar ekan. Bu yerda birinchi va uchinchi hadlarni birlashtirib, ularni to’la kvadratga
keltirsak:
~
y
2
5
5
6 5 ~
x
5
5
2
0
tenglamaga kelamiz. Endi bu yerda
5
5
x' ~
x
y' ~
y
,
5
5
parallel ko’chirish almashtirishini bajarsak, (12) tenglama
y'2
6 5
x'
5
kanonik ko’rinishga keladi. Ma’lumki, bu parabolaning tenglamasi.
3-m i s o l.
4х 2
4ху
Yechish. Bu yerda
у 2 4х 2 у 3 0 tenglamani kanonik ko’rinishga keltiring.
4 1 2 2 0 , lekin (4) sistema bitta 2a b 1 0 tenglamaga
chiziq 2 х у 1 0 to’g’ri chiziqda yotuvchi cheksiz ko’p markazga
tengkuchli. Demak, berilgan
ega ekan. Berilgan tenglamani quyidagi ko’paytuvchilarga ajratish mumkin:
4х 2 4ху
у2
4х 2 у 3
2x y 3 2x y 1
.
U holda berilgan tenglama quyidagi ikki tenglamaga tengkuchli bo’ladi:
2х у 1 0
va
2х у 3 0 ,
(13)
ya’ni berilgan chiziq tenglamalari (13) bo’lgan ikkita to’g’ri chiziqni ifodalaydi. Markazlarning
geometrik o’rni bo’lmish
to’g’ri chiziq ekan.
2х
у 1 0
to’g’ri chiziq (13) to’g’ri chiziqlarning o’rtasidan o’tgan
89
www.ziyouz.com kutubxonasi
4 – BOB
FAZODAGI ANALITIK GEOMETRIYA
§1. Fazodagi tekislik tenglamalari
1.1. Umumiy tushunchalar. Faraz qilaylik,
x, y, z
- ixtiyoriy o’zgaruvchi miqdorlar bo’lsin. Agar
F x, y, z
tenglik
x, y, z
0
(1)
larga nisbatan
x, y, z
z0 sonlarni
larning faqat ayrim qiymatlaridagina o’rinli bo’lsa, u holda (1) ni
x
tenglama, deb ataymiz. Agar (1) dagi noma’lumlar o’rniga
x0 , y
y0 , z
qo’yganda
tenglik ayniyatga aylansa, u holda bu sonlar (1) tenglamani qanoatlantiradi, deymiz.
(1) tenglamani qanoatlantiradigan har bir
x0 , y 0 , z 0
M x0 , y 0 , z 0
sonlar uchligiga fazoning
nuqtasini mos qo’yamiz. Bunday nuqtalarning geometrik o’rnini sirt, deb ataymiz, (1)
sirtning tenglamasi deymiz.
ni esa shu
Agar sirt tenglamasi berilgan bo’lib, biror nuqtaning shu sirtda yotish
yoki yotmasligini tekshirish talab qilingan bo’lsa, u holda berilgan
nuqtaning koordinatalarini tenglamaning noma’lumlari o’rniga qo’yish
kifoya. Analitik geometriyaning vazifasi qaralayotgan sirtni uning
tenglamasi yordamida o’rganishdir.
Sirtning ixtiyoriy M x, y, z nuqtasi uning siljuvchi nuqtasi, deb ataladi.
Misol sifatida sferaning tenglamasini tuzaylik. Sferaning ta’rifiga ko’ra, sferaning markazi, deb
ataluvchi
Demak,
C a, b, c
nuqtadan sferaning siljuvchi nuqtasi orasidagi masofa
2
x a
y b
2
z c
2
r
o’zgarmasdir.
r,
yoki
x a
2
y b
2
z c
2
r 2.
Agar sferaning markazi koordinatalar boshida bo’lsa, u holda
x2
y2
z2
r 2.
Fazodagi analitik geometriyada asosan algebraik tenglamalar bilan ifodalangan sirtlar o’rganiladi.
Masalan, tenglamasi
Ax By Cz D 0
(2)
ko’rinishda bo’lgan sirt 1-tartibli sirt, deb ataladi. Tenglamasi
Ax 2
By 2
Cz 2
2Dxy 2Exz 2Fyz 2Gx 2Hy 2Kz L 0
(3)
bo’lgan sirtlarni 2-tartibli sirtlar, deb ataymiz. Yuqorida ko’rilgan misoldan sfera 2-tartibli sirt ekanligi
kelib chiqadi.
1.2. Tekislikning umumiy tenglamasi.
1-teorema. Dekart koordinatalar sistemasida tekislik 1-tartibli sirtdir.
Isboti. Biror dekart koordinatalar sistemasida berilgan
tekisligida uning biror nuqtasi
M 0 x0 , y 0 , z 0
va unga perpendikulyar o’tgan qandaydir
Faraz qilaylik ,
uchun М 0 М
M x, y, z
vektor

п

п
А, В, С
vektor berilgan bo’lsin.
tekislikning siljuvchi nuqtasi bo’lsin. Bu nuqta
ga perpendikulyar bo’lishi shart, ya’ni

perpendikulyarlik shartidan М 0 М  п

п
tekisligida yotishi
М 0 М . Vektorlarning
0 yoki
A x x0
By
y0
90
www.ziyouz.com kutubxonasi
C z z0
0
(4)
M x, y, z nuqta
tekisligida yotmasa, (4) o’rinli bo’lmaydi, shu
M x, y, z nuqtaning o’rnini to’la aniqlaydi. Agar (4) dagi qavslarni
Ax 0 By0 Cz0 deb belgilasak,
kelib chiqadi. Agar
tenglik
D
Ax
By Cz
D
sababli (4)
ochib va
0
hosil bo’ladi. Teorema isbot bo’ldi.
Tekislikka perpendikulyar bo’lgan noldan farqli har qanday vektor tekislikka normal vektor deb,

va shu sababli, (4) tenglama normal vektori п bo’lib , M 0 x0 , y0 , z 0 nuqtadan o’tgan tekislik
tenglamasi deb ataladi.
2-teorema. Dekart koordinatalar sistemasida har qanday 1-tartibli tenglama tekislikni aniqlaydi.
Isboti. Biror dekart koordinatalar sistemasida (3) tenglama berilgan bo’lsin. Faraz qilaylik,
x0 , y 0 , z 0
lar shu tenglamaning biror echimi bo’lsin, ya’ni (3) ni qanoatlantiruvchi sonlar bo’lsin. U
holda
Ax 0
By0
Cz0
y0
C z z0
D
0
(5)
bo’ladi. (3) dan (5) ni ayirsak
A x x0
By

hosil bo’ladi. Ma’lumki, bu tenglama normal vektori п
0
M 0 x0 , y 0 , z 0
bo’lib,
nuqtadan o’tgan
tekislikning
tekislik tenglamasidir. (4) tenglama (3) ga ekvivalent bo’lgani uchun (3) ham
tenglamasi bo’ladi. Teorema isbot bo’ldi.
Tekislikning (3) tenglamasini uning umumiy tenglamasi, deb ataymiz.

Misol. п
vektorga perpendikulyar bo’lib, М 0 1,1,1
nuqtadan o’tgan tekislik
2,2, 3
tenglamasi tuzilsin.
Yechish. (4) ga asosan
2
x 1
2y 1
3z 1
0
yoki
2 x 2 y 3z 7 0 .
va A2 x B2 y C 2 z
3-teorema. Agar ikki A1 x B1 y C1 z D1 0
D2
0
tenglamalar bir
tekislikni ifodalasa, u holda bu tenglamalarning mos koeffitsientlari o’zaro proportsional bo’ladi.

Isboti. Haqiqatan, agar teorema sharti o’rinli bo’lsa, u holda
va
п1
А1 , В1 , С1

п2
А2 , В2 , С2
vektorlar berilgan tekislikka perpendikulyar bo’ladi, demak, ular o’zaro kolleniar.
Vektorlarning kolleniarlik shartiga ko’ra,
А2 , В2 , С 2
bo’ladi. Agar proportsionallik koeffitsientini
M 0 x0 , y 0 , z 0
tenglamani
sonlar
desak,
А2
А1 , В1 , С1 sonlarga proportsional
А1 , В2 В1 , С2 С1 . Agar
tekislikning ixtiyoriy nuqtasi bo’lsa, u holda uning koordinatalari har bir
qanoatlantiradi,
A1 x0
ya’ni
A2 x0 B2 y0 C2 z 0 D2 0 bo’ladi. Agar ularning birini
D2 D1
0 hosil bo’ladi. Bundan esa,
A2 B2 C 2 D2
A1 B1 C1 D1
B1 y0
C1 z 0
D1
0
va
ga ko’paytirib, ikkinchisidan ayirsak
kelib chiqadi.
1.3. Tekislikning kesmalardagi tenglamasi. Ma’lumki, A, B, C , D koeffitsientlar bir vaqtda nolga
teng bo’lmaydi. (3) tenglamada bu koeffitsientlarning ayrimlari nolga teng bo’lgan bir necha hususiy
hollarni ko’rib chiqaylik.
Ax By Cz 0
D 0 ; tenglama
1)
ko’rinishga keladi. Bu tenglamani
x
0, y
0, z
0 sonlar qanoatlantiradi,ya’ni tekislik koordinatalar boshidan o’tadi.
91
www.ziyouz.com kutubxonasi
2)
S=0 ; tenglama

п
А, В, 0
Ax By D 0 ko’rinishda bo’ladi. Bu tekislikning normal vektori
z o’qiga perpendikulyar , demak, tekislikni o’zi shu o’qqa parallel
o’tadi.
Ax D 0 ga ega bo’lamiz. Uning normal vektori
0, С 0 ; bunda
А,0, 0
y va z o’qlariga perpendikulyar , u holda tekislik Oyz tekisligiga
parallel o’tadi. Hususan, agar D 0 bo’lsa, x 0 hosil bo’lib, bu tekislik Oyz
В

п
3)
koordinatalar tekisligi bilan ustma-ust tushushiga ishonch hosil qilamiz.
Ax Cz
Yuqoridagidek fikr yuritib,
By Cz
D
0
0
y o’qiga parallel tekislikni,
tenglama
tenglama x o’qiga parallel tekislikni aniqlashiga ishonch hosil qilamiz. Bularning
hususiy holi sifatida, y 0 tenglama
tenglamasi ekanligini ko’ramiz.
4)
D
Oxz koordinatalar tekisligining, z
0 esa Oxy tekisligining
A, B, C , D koeffitsientlarning birortasi ham nolga teng bo’lmasin. U holda ozod hadni
tenglikning o’ng tomoniga o’tkazib, tenglamani D ga bo’lib yuboramiz:
Ax
D
By
D
Cz
D
x
D
A
y
D
B
z
D
C
1
yoki
D
,b
A
Agar a
D
,c
B
1
D
belgilashlar kiritsak,
C
x
a
y
b
z
c
1
(6)
hosil bo’ladi. (6) tenglamani tekislikning kesmalardagi tenglamasi, deb atashadi.

1.4. Tekislikning normal tenglamasi. Faraz qilaylik, bizga
tekislik, uning normali п
koordinatalar boshidan tekislikkacha bo’lgan masofa р berilgan bo’lsin.
z
z
u

п
O
Q
y
M0
P

п р
р
M
O
M
x
x
43-rasm.
44-rasm.

п vektorning koordinata o’qlari bilan tashkil etgan burchaklari
vektorning orti bo’lsa, u holda
bo’ladi.
OM
va
Tekislikning

n0
siljuvchi
, ,
bo’lsin. Agar
desak,
uning

п
CoS , CoS , CoS
,,zy
M
x
nuqtasini
radius-vektori
x, y, z bo’ladi.
прп0 ОМ р . Ma’lumki,


п0 прп0 ОМ п0  ОМ xCoS
43-rasmdan ko’rinadiki,
прп0 ОМ

п0
Bundan,
92
www.ziyouz.com kutubxonasi
yCoS
zCoS
.
xCoS
yCoS
zCoS
p 0.
(7)
(7) tenglama tekislikning normal tenglamasi, deyiladi.
Agar tekislikning tenglamasi (3) ko’rinishda berilgan bo’lsa, uni normal tenglamami yoki yo’qligini
А2
С2
(8)
1 bo’lsa,(3) normal teng-lama bo’ladi, aks holda (3)
ifodaning qiymatiga qarab aniqlaymiz: agar
ni
В2
ga bo’lib
A
A
2
B
2
C
2
B
x
A
2
B
2
C
C
y
2
A
2
B
2
C
2
z
D
A
2
B2
C2
0
(9)
hosil qilamiz. Bu tenglama normal bo’lishi uchun endi (9) dagi ishoralardan birini ozod had D ning
ishorasiga teskari qilib olinsa kifoya. (3) tenglama
ifoda yordamida normal ko’rinishga keltirilgani
uchun 1/
ni normallovchi ko’paytuvchi, deb atashadi.
1.5. Tekislikka doir ayrim masalalar.
1.Nuqtadan berilgan tekislikkacha bo’lgan masofa. Faraz qilaylik,
biror
M 0 x0, y0, z 0
nuqta berilgan bo’lsin.
М 0 nuqtadan
tekislik va unda yotmagan
tekislikkacha bo’lgan d masofani
topish talab qilingan bo’lsin.
Berilgan tekislikning normali

п0 ni qurib olamiz. Agar М 0 nuqta va koordinatalar boshi
tekislikdan chetlanishi,
tekislikning har xil tomonlarida joylashgan bo’lsa, u holda М 0 nuqtaning
d ga, aks holda
d ga aytamiz.
deb
М 0 nuqtani normalga proektsiyalaylik. U holda 44-rasmdan ko’rinadiki,
PQ
OQ OP,
OP
p, OQ
npn0 OM 0
ekanligini e’tiborga olsak,
р , npn0 OM 0
прп0 ОМ 0
x0 CoS
y0 CoS
z 0 CoS
bo’lgani uchun
x0 CoS
y0 CoS
z0 CoS
р
(10)
formulaga ega bo’lamiz. U holda
d
| x0 CoS
y0 CoS
z0 CoS
2. Ikki tekislik orasidagi burchak. Faraz qilaylik, bizga
2
N2
: A2 x B2 y C 2 z
D2
0
tekisliklar
berilgan
р| .
B1 y C1 z D1
1 : A1 x
bo’lsin.

N1
A1 , B1 , C1
0
va
va
A2 , B2 , C 2 berilgan tekisliklarning normal vektorlari. 45-rasmdan ko’rinadiki, tekisliklar
orasidagi burchak ularning normallari orasidagi burchakka teng. Shuning uchun normal vektorlar
orasidagi burchakni qidiramiz. Ma’lumki,
CoS
 
N1  N 2


N1 N 2
yoki
N3
N1
N2
45-rasm.
93
www.ziyouz.com kutubxonasi
A1 A2
CoS
Agar
А1 А2
1
В1 В2
bo’lsa,
2
A1
2
B1
bo’ladi.
2
2
U
B1 B2
C1C 2
2
2
C1
A2
B2
2
CoS
holda
C2
0
(11)
2
va
(11)
ga
asosan
С1С2
0 . Bu tenglikni tekisliklarning perpendikulyarlik sharti deb atashadi. Agar


tekislikka parallel bo’lsa, u holda N1 vektor N 2 vektorga kolleniar bo’ladi.
1 tekislik
2
Vektorlarning kolleniarlik shartiga ko’ra
A1
A2
B1
B2
C1
C2
bo’ladi. Bu munosabat tekisliklarning parallellik sharti, deb ataladi.
3. Uch nuqtadan o’tgan tekislik tenglamasi. Bizga
M 1 x1 , y1 , z1 , M 2 x2 , y2 , z 2 , M 3 x3 , y3 , z3 nuqtasi berilgan bo’lsin. Agar
М1 М, М 1М 2, М 1М 3
tekislikning siljuvchi nuqtasi bo’lsa, u holda
vektorlar
tekislikning
M x, y, z
uchta
shu
tekislikda yotadi,
ya’ni ular komplanar bo’ladi.
M1M
x x1 , y
y1 , z z1 ,
M 1M 2
x2
x1 , y 2
y1 , z 2
z1 ,
M 1M 3
x3
x1 , y 3
y1 , z 3
z1
ekanligidan va vektorlarning komplanarlik shartidan
x x1
y
y1
z
z1
x2
x1
y2
y1
z2
z1
x3
x1
y3
y1
z3
z1
0
kelib chiqadi.
§2. Fazodagi to’g’ri chiziq.
2.1. Fazodagi to’g’ri chiziqning umumiy tenglamasi.
Agar berilgan
B1 y C1 z D1 0 va
B2 y C 2 z D2 0 tekisliklar
1 : A1 x
2 : A2 x
parallel bo’lmasa, u holda ular to’g’ri chiziq bo’ylab kesishadi. Shu sababli, fazodagi to’g’ri chiziqni
ikki tekislikning kesishish chizig’i sifatida qaraymiz. Demak, fazoda to’g’ri chiziq quyidagi tenglamalar
sistemasi bilan aniqlanadi:
A1 x
B1 y C1 z
A2 x
B2 y C 2 z
D1
D2
0,
0.
(12)
(12) to’g’ri chiziqning umumiy tenglamasi deyiladi. Agar 1 va 2 tekisliklar parallel bo’lsa, (12)
to’g’ri chiziqni ifodalamaydi. Demak, berilgan tenglamalar sitemasi to’g’ri chiziqning umumiy
tenglamasi ekanligini aniqlash uchun noma’lumlar oldidagi mos koeffitsientlarni proportsional
emasligini tekshirish kerak ekan.
Bir to’g’ri chiziq bo’ylab cheksiz ko’p tekisliklar kesishadi. Bunday tekisliklarni tekisliklar dastasi,
deymiz. Agar shu dastaga tegishli ikkita tekislikning tenglamasi ma’lum bo’lsa, shu dastaning boshqa
tekisligi tenglamasi
A1 x B1 y C1 z D1
A2 x B2 y C2 z D2 0
(13)
bo’ladi.
Bunga ishonch hosil qilish uchun, avval (13) tenglama ekanligini tekshiraylik. Buning uchun, (13)
ni quyidagi ko’rinishda yozib olamiz :
A1 A2 x
B1
B2 y
C1
C2 z
D1
D2 0 .
Agar bir vaqtda
А1
А2
0, В1
В2
0, С1
С2
0 bo’lsa, u holda
94
www.ziyouz.com kutubxonasi
A1
A2
B1
B2
C1
C2
bo’ladi. Bu esa dastlabki farazga zid, chunki bu holda 1 va 2 tekisliklar parallel bo’ladi va ular
to’g’ri chiziqni ifodalamaydi. Bu ziddiyat (13) tenglama ekanligini ko’rsatadi. Bu tenglama 1-darajali
tenglama bo’lgani uchun u tekislikni ifodalaydi.
,
0 bo’lsa, u holda (13) ni quyidagi ko’rinishga keltirish
Agar
larning biri, masalan
mumkin:
A1 x B1 y C1 z D1
A2 x B2 y C2 z D2 0 .
2.2. To’g’ri chiziqning kanonik va parametrik tenglamalari. Bizga fazoda to’g’ri chiziqning biror

M 0 x0 , y0 , z 0 nuqtasi va unga parallel bo’lgan a l, m, n vektor berilgan bo’lsin. Faraz qilaylik,
M x, y, z
to’g’ri chiziqning siljuvchi nuqtasi bo’lsin. U holda

а va
М0 М
vektorlar parallel
bo’ladi. Vektorlarning kolleniarlik shartiga ko’ra
x x0
l

y
y0
m
z
z0
n
(14)
kelib chiqadi . а vektor М nuqtaning to’g’ri chiziqda bo’lishini ta’minlagani uchun uni to’g’ri
chiziqning yo’naltiruvchi vektori, deb atashadi. (14) ni to’g’ri chiziqning kanonik tenglamasi, deb
ataymiz.
Agar to’g’ri chiziq umumiy tenglamasi bilan berilgan bo’lsa, uning bu tenglamasini kanonik
ko’rinishga keltirsa bo’ladi. Haqiqatan, bizga (13)
berilgan bo’lsin. Bu sistemani aniqlaydigan

tekisliklarni mos ravishda 1 va 2 , deb belgilaylik. Ularning normal vektorlari п1
А1 , В1 , С1 va

п2
А2 , В2 , С2 bo’ladi. To’g’ri chiziqning kanonik tenglamasini tuzish uchun: 1) uning biror
M 0 x0 , y0 , z 0 nuqtasini bilish kerak; bu nuqtani topish uchun (13) dagi noma’lumlardan biriga
qiymat berib, masalan
z z 0 deb, (13) sistemani x va y larga nisbatan yechib, x x0 , y y0

larni topamiz; 2) to’g’ri chiziqning yo’naltiruvchi a
l, m, n vektorini topish kerak; qaralayotgan


to’g’ri chiziq ikki tekislikning kesishish chizig’i bo’lgani uchun, u п1 va п2 vektorlarga perpendikulyar



bo’ladi. Shuning uchun, а vektor sifatida п1 va п2 vektorlarga perpendikulyar bo’lgan ixtiyoriy
  
vektorni, shu jumladan, ularning vektor ko’paytmasini olish mumkin, ya’ni а п1 п2 .
Misol . Berilgan to’g’ri chiziqning kanonik tenglamasini tuzing:
3 x 2 y 4 z 11 0,
2x
y 3z 1 0.
2, z0 1 kelib chiqadi ,demak, М 0 1,2,1 ekan.


Endi yo’naltiruvchi vektorni topamiz. Sistemadan п1
3,2,4п,2
21,, 3 larni aniqlaymiz. U
  
10, m 17 , n
1 lar topiladi. Bularni (14)
holda а п1 п2
10,17 , 1 bo’ladi, bundan l
Yechish . Agar
x0
1 desak, sistemadan y0
ga olib borib qo’ysak:
x 1
10
Agar (14) dagi nisbatlarni
y 2
17
z 1
.
1
y0
m
z
t ga tenglasak:
x x0
l
y
z0
n
95
www.ziyouz.com kutubxonasi
t,
bundan
x
x0
lt ,
y
y0
mt ,
z
z0
nt
(15)
kelib chiqadi. (15) ni to’g’ri chiziqning parametrik tenglamasi deb atashadi, t
bu yerda parametr
rolini o’ynaydi. To’g’ri chiziqning parametrik tenglamasi odatda to’g’ri chiziq bilan tekislikning
kesishish nuqtasini topish masalasida ishlatiladi.
Misol .
x 2
1
y 3
1
z 4
2
2x
to’g’ri chiziq bilan
y
z 6
0
tekislikning kesishish
nuqtasini toping.
Yechish . Avval to’g’ri chiziqning parametrik tenglamasini tuzib olamiz:
x
2 t, y
3 t, z
4 2t.
Endi bularni tekislik tenglamasiga olib borib qo’yamiz:
22 t
Bundan t
topamiz.
2.3.
3 t
4 2t
6
0.
x
1 topiladi, bu qiymatni parametrik tenglamasiga qo’yib
To’g’ri
chiziqga
1,y
2,z
2 larni
doir ayrim masalalar. Faraz qilaylik, to’g’ri chiziqning ikki
nuqtasi berilgan bo’lsin. Bu to’g’ri chiziqning yo’naltiruvchi vektori
M 1 x1 , y1 , z1 , M 2 x2 , y 2 , z 2

vektorni olish mumkin. Agar M x, y, z nuqta to’g’ri chiziqning siljuvchi
sifatida а М 1 М 2

nuqtasi bo’lsa, u holda, М 1 М va а vektorlar parallel bo’ladi. Berilgan koordinatalarga ko’ra,
M1M

a
x x1 , y
x2
x1 , y 2
y1 , z z1
y1 , z 2
z1
Vektorlarning kolleniarlik shartiga ko’ra:
x x1
x2 x1
y y1
y 2 y1
z z1
.
z 2 z1
Oxirgi tenglik ikki nuqtadan o’tgan to’g’ri chiziq tenglamasi deb ataladi.
Endi faraz qilaylik , bizga
to’g’ri

a1
chiziqlar

l1 , m1 , n1 , a
x x1
l1
y
y1
berilgan
bo’lsin.
m1
z
z1
n1
Ular
va
orasidagi
x x2
l2
y
y2
burchak
ularning
m2
l 2 , m2 , n2 orasidagi burchakga teng. Shu sababli,
96
www.ziyouz.com kutubxonasi
z
z2
n2
yo’naltiruvchi
vektorlari
 
a1  a 2
 
a1 a 2
CoS
l1l 2
l1
2
m1
m1 m2
2
n1
2
n1 n2
l2
2
m2
bo’ladi. Agar to’g’ri chiziqlar perpendikulyar bo’lsa, u holda
l1l 2
m1m2
n1n2
0
2
n2
2
2
, CoS
0 , shu sababli,
bo’ladi. Bu tenglikni to’g’ri chiziqlarning perpendikulyarlik sharti, deb
 
а1 , а 2 larning kolleniarlik shartidan
ataymiz. Agar to’g’ri chiziqlar parallel bo’lsa,
l1
l2
m1
m2
n1
n2
kelib chiqadi . Bu tenglik to’g’ri chiziqlarning parallellik sharti, deb ataladi.
Bizga
x x0
l
y
y0
m
z
z0
to’g’ri chiziq va Ax
n
By Cz
D
0
tekislik berilgan bo’lsin.
N
S
M1
N
46-rasm.
46-rasmdan ko’rinadiki, to’g’ri chiziq bilan tekislik orasidagi burchak
tekislikning normal vektori orasidagi burchak
2
. Shu sababli ,
CoS
lar yig’indisi
va yo’naltiruvchi vektor bilan
2
, bundan
2
yoki
ni topsak kifoya. Demak,
Al
Sin
A
2
B
2
Bm Cn
C2
l2
m2
n2
.
Agar to’g’ri chiziq tekislikka parallel bo’lsa, u holda yo’naltiruvchi vektor normalga perpendikulyar
bo’ladi, shuning uchun
Al
Bm Cn
0
bo’ladi. Bu tenglik to’g’ri chiziq bilan tekislikning parallellik sharti deyiladi. Agar to’g’ri chiziq bilan
tekislik perpendikulyar bo’lsa, u holda yo’naltiruvchi vektor bilan normal vektor parallel bo’ladi. U
holda to’g’ri chiziq bilan tekislikning perpendikulyarlik sharti
A
l
B
m
C
n
bo’ladi.
§3. Ikkinchi tartibli sirtlar.
97
www.ziyouz.com kutubxonasi
3.1. Umumiy tushunchalar.
Fazodagi biror Dekart koordinatalar sistemasida
x, y, z
larga
nisbatan
a11 x 2
a 22 y 2
2a12 xy
2a13 xz
a33 z 2
2a 23 yz
2a14 x 2a24 y 2a34 z a44
0
(1)
tenglamani qanoatlantiradigan nuqtalar to’plami ikkinchi tartibli sirt deyiladi. 2-tartibli sirtlarga
masalan: sfera, ellipsoid, giperboloid,, tsilindrlar, konuslar yoki bir qancha aylanma sirtlarni misol qilib
keltirish mumkin. Biz bu paragrafda aynan ana shu sirtlar bilan tanishamiz.
3.2. Sfera. Sferaning ta’rifi va uning kanonik tenglamasi 1-§ da berilgan edi: markazi
O1 ( x0 , y0 , z 0 )
nuqtada, radiusi
r
bo’lgan sferaning kanonik tenglamasi
x x0
2
y
y0
2
z z0
2
r2
edi.
z
M
R
01
0
y
x
47-rasm.
Misol.
x2
y2
z2
2x 4 y 20
0
tenglama bilan berilgan sferaning markazi va radiusi
R topilsin.
Yechish.
x2
2x 1 y 2
x2
y2
z2
4y 4 z2
2x 4 y 20
25
yoki
0
x 1
2
dan
y
2
to’la
2
z2
kvadrat
ajratamiz:
52 .
Demak: 01(-1; -2; 0) sfera markazi va R=5 sfera radiusi ekan.
3.3. Tsilindrik sirtlar.
Ta’rif. Fazoda yo’naltiruvchi, deb atalgan L-chiziqni kesib o’tuvchi va biror l to’g’ri chiziqqa
paralel bo’lgan barcha to’g’ri chiziqlardan hosil bo’lgan sirt tsilindrik sirt, deb ataladi.
98
www.ziyouz.com kutubxonasi
l
L
48-rasm.
Yasovchisi OZ o’qqa parallel bo’lgan tsilindrik sirtning tenglamasi
F ( x, y )
0
bo’ladi.
Shuningdek, F ( x, z )
0 yasovchisi OY o’qga parallel bo’lgan, F ( y, z ) 0 esa yasovchisi OX o’qqa
parallel bo’lgan sirtni aniqlaydi. F ( x, y ) 0 , F ( x, z ) 0 , F ( y , z ) 0 tenglamalar mos ravishda
XOY, XOZ, YOZ tekisliklardagi egri chiziqlarni ifodalaydi va ular tsilindrik sirtlarning yo’naltiruvchilari,
deyiladi.
Quyidagi yasovchilari OZ o’qqa parallel bo’lgan eng muhim tsilindrik sirtlarni ko’ramiz. Ularning
yo’naltiruvchilari mos ravishda aylana, ellips, giperbola, paraboladan iborat
a)
b)
v)
g)
х2
x2
a2
x2
a2
у 2 а 2 - to’g’ri doiraviy tsilindr
y2
1 - elliptik tsilindr
b2
y2
1 - giperbolik tsilindr
b2
у2
2 рх
- parabolik tsilindr
z
z
aylana
z
ellips
y
a
x
z
0
b
y
a0
x
y
b
0
x
y
0
x
49-rasm.
3.4. Konus sirt.
Ta’rif. Fazoda yo’naltiruvchi, deb atalgan L chiziqni kesib o’tuvchi va berilgan R nuqtadan o’tuvchi
barcha l to’g’ri chiziqlardan hosil bo’lgan sirt konus sirt (yoki ikkinchi tartibli konus), deb ataladi.
99
www.ziyouz.com kutubxonasi
L
l
P
50-rasm.
R nuqta - konusning uchi, L –yo’naltiruvchisi va l yasovchisi, deb ataladi.
Misol. Uchi koordinatalar markazida yotgan va yo’naltiruvchisi L ellips bo’lgan:
2
L: x
a2
z
c
y2
1
b2
konus tenglamasi tuzilsin.
М x' , y' , c L ning ixtiyoriy nuqtasi bo’lsin, u holda konusning
М x' , y' , c nuqtalardan o’tgan to’g’ri chiziq bo’ladi. Uning fazodagi kanonik
Yechish. Faraz qilaylik,
yasovchi O(0;0;0) va
tenglamasini topamiz:
x 0
x' 0
y 0
y' 0
z 0
c 0
x
x'
yoki
y
y'
z
.
c
Bundan:
cx
;
z
x'
y'
cy
z
larni topib olib, yo’naltiruvchi L ning tenglamasiga qo’ysak, quyidagi tenglama hosil bo’ladi:
c2 x 2
a2z2
c2 y 2
b2 z 2
1
x2
a2
yoki
y2
b2
z2
c2
0
Bu ikkinchi tartibli konusning tenglamasi, deyiladi. Agar bunda a=b deb olsak, yo’naltiruvchisi
z
x
2
c
y
2
a2
a- radiusli aylana bo’lgan to’g’ri aylanma konus hosil bo’ladi, uning simmetriya o’qi
OZ dan iborat bo’ladi:
x2
a2
y2
а2
z2
c2
0
Shuningdek, o’qlari OY va OX koordinata o’qlaridan iborat va uchi koordinatalar markazida
yotuvchi ikkinchi tartibli konuslarning tenglamalari mos ravishda
x2
a2
y2
b2
z2
c2
0
va
x2
a2
y2
b2
bo’ladi.
3.5. Aylanma sirtlar.
100
www.ziyouz.com kutubxonasi
z2
c2
0
Ta’rif. Biror L chiziqning l o’q atrofida aylanishidan hosil bo’lgan nuqtalar to’plami aylanma sirt,
deyiladi. L- chiziq aylanma sirtning medianasi, l - (chiziq) o’q esa uning aylanma o’qi, deyiladi. Biz
aylanish o’qlari OZ, OY, OX- o’qlaridan iborat bo’lgan hollar bilan chegaralanamiz.
1) Aylanish o’qi OZ o’qidan, L- medianasi esa OYZ tekisligida yotgan
F ( у, z )
x
0
0
tenglamali tekis chiziq bo’lgan sirt tenglamasini tuzaylik.
z
L
L
01
P
M
y
0
y1
x
51-rasm.
M(x,y,z)- aylanma sirtning ixtiyoriy nuqtasi bo’lsin, M nuqta orqali OZ o’qiga perpendikulyar qilib
O1 (0,0, z )
Q tekislik o’tkazaylik, Q tekislikda aylanma sirtning markazi
P(0, y1 , z )
nuqta olaylik. U holda
| O1 M 1 |
O1 P
( x 0) 2
| y1 |
P(0, y1 , z )
O1 M
x2
y1
( y 0) 2
y2 ;
bo’ladi. L chiziqda
bo’lgani uchun
z) 2
(z
x2
y1
x2
y2
y2
nuqta L- medianada yotgani uchun, uning tenglamasini qanoatlantiradi, ya’ni
F ( y1 , z )
0 o’rinli bo’ladi.
Bundan ushbu tenglama hosil bo’ladi:
F(
x2
y 2 ,z )
0.
2) Agar F(y,z)=0, x=0 L- medianani OY o’qi atrofida aylantirilsa, u aylanma jismning tenglamasi
quyidagicha ko’rinishda bo’ladi.
F ( y,
x2
z2 )
0
(2)
3) Agar F(x,y)=0, z=0 L- mediana OX o’qi atrofida aylantirilsa va bundan hosil bo’lgan aylanma
jismning tenglamasi quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
F ( x,
3.6. Ellipsoidlar.
1. Aylanma ellipsoidlar.
101
www.ziyouz.com kutubxonasi
y2
z2 )
0.
(3)
x2
a2
a) Agar XOZ tekisligida berilgan
z2
c2
1
ellipsni OZ o’qi atrofida aylantirsak, tenglamasi
quyidagi ko’rinishda bo’lgan aylanma ellipsoid hosil bo’ladi:
x2
a2
y2
z2
1 yoki
c2
x2
a2
y2
c2
z2
c2
1
(4)
b) Agar shu ellipsni OX o’qi atrofida aylantirsak ushbu aylanma ellipsoid hosil bo’ladi va h.k.
x2
y2
z2
c2
a2
1
yoki
x2
a2
y2
a2
z2
c2
1
(5)
s) Agar (4) yoki (5) da a=s deb olsak:
x2+y2+z2=a2
(6)
sfera hosil bo’ladi.
2. Elliptik ellipsoid. Tenglamasi:
x2
a2
y2
b2
z2
c2
1
(7)
ko’rinishida berilgan sirt fazoda elliptik ellipsoid, deyiladi.
z
z
y2
b2
x2+z2=c2
c
-b
z2
c2
o
x2
a2
1
b
z2
c2
y2
b2
1
c
y
z2
c2
o
1
b
x
c
x2
a2
-c
x
x
y2
b2
x2
z2
x2
a2
1
c2
y2
b2
z2
c2
y2
b2
1
1
52-rasm.
3.7. Giperboloidlar.
1. Bir pallali aylanma giperboloidlar.
a) UOZ tekislikda berilgan
y2
b2
z2
c2
1
giperbola OZ o’qi atrofida aylantirilsa, tenglamasi quyidagi
ko’rinishda bo’lgan bir pallali aylanma giperbolik sirt hosil bo’ladi:
x2
y2
b2
z2
c2
1
yoki
x2
b2
102
www.ziyouz.com kutubxonasi
y2
b2
z2
c2
1
b) Agar XOY tekislikda berilgan
x2
a2
y2
b2
1
giperbola OY- o’qi atrofida aylantirilsa, tenglamasi
quyidagi ko’rinishda bo’lgan bir pallali aylanma giperbolik sirt hosil bo’ladi:
x2
z2
y2
b2
a2
s) Agar XOZ tekisligida berilgan
x2
a2
1
z2
c2
yoki
1
x2
a2
z2
c2
y2
b2
1
giperbola OZ o’qi atrofida aylantirilsa, tenglamasi
quyidagi ko’rinishda bo’lgan bir pallali aylanma giperbolik sirt hosil bo’ladi.
x2
y2
z2
c2
a2
1
yoki
x2
a2
y2
a2
z2
c2
1.
2. Bir pallali elliptik giperboloidlar.
Tenglamalari quyidagi ko’rinishda berilgan sirtlar bir pallali elliptik giperboloidlar, deyiladi:
x2
a2
x2
a2
x2
a2
Bu sirtlar mos ravishda
kesilsa, kesimda ellipslar
y2
b2
y2
b2
y2
b2
z2
1
c2
z2
1
c2
z2
1
c2
z
giperbola
z=h, y=k, x=t tekisliklar bilan
hosil bo’ladi.
z
h
giperbola
2
y
b2
aylana
h
ellips
y2
a2
z2
c2
ellips
x2
a2
y2
b2
2
z
c2
1
1
x2+y2=b2
y
aylana
x
y
1
x
53-rasm.
3. Ikki pallali aylanma giperboloidlar.
a) Agar YOZ tekisligida berilgan
y2
b2
z2
c2
1
giperbola
OY o’qi atofida aylantirilsa, tenglamasi quyidagi ko’rinishda bo’lgan ikki pallali aylanma giperboloid
hosil bo’ladi:
y2
b2
x2
z2
c2
1 yoki
y2
b2
x2
c2
103
www.ziyouz.com kutubxonasi
z2
c2
1
x2
b2
b) Shuningdek XOY tekisligida berilgan
y2
c2
1;
va XOZ
x2
a2
tekisligida berilgan
z2
c2
1
giperbolalar mos ravishda OX va OZ o’qi atrofida aylantirilsa, quyidagi ko’rinishdagi ikki pallali
giperboloidlar hosil bo’ladi:
x2
a2
y2
b2
z2
b2
x2
a2
1
y2
a2
z2
c2
1.
4. Ikki pallali elliptik giperboloidlar.
Tenglamalari quyidagicha ko’rinishda berilgan sirtlar fazoda ikki pallali eliptik giperboloidlar,
deyiladi:
x2
a2
y2
b2
z2
c2
x2
a2
y2
b2
z2
c2
1
1 yoki
x2
a2
y2
b2
z2
c2
1
1 yoki
x2
a2
y2
b2
z2
c2
1
1 yoki
x2
a2
y2
b2
z2
c2
x2
a2
y2
b2
z2
c2
Quyida OY o’qi atrofida aylantirilishdan hosil bo’lgan
x2
a2
x2
a2
y2
b2
y2
b2
z2
c2
z2
c2
1 ikki pallali aylanma giperboloid va
1 ikki pallali elliptik giperboloidlar shaklini keltiramiz:
z
z
y2
b2
z2
c2
y2
b2
1
z2
c2
1
aylana
x2
0 b
z2
a2
ellips
h2
x2
a2
b2
b
2
h y
0
b
h
z2
c2
h2
b2
y
x
y
b
x
c
y
b
x
c
54-rasm.
3.8. Paraboloidlar.
1. Aylanma paraboloidlar.
2
2 px parabola OX o’qi atrofida aylantirilsa, tenglamasi
a) Agar XOY tekisligida berilgan y
quyidagicha ko’rinishda bo’lgan aylanma paraboloid (sirt) hosil bo’ladi:
y2
Agar bu sirtni
x
h
z2
2 px
tekislik bilan kessak, kesimda
y2
z2
104
www.ziyouz.com kutubxonasi
2 ph
aylana hosil bo’ladi.
2
2
2 pz parabola va YOZ tekisligida berilgan z
2 py
b) Shuningdek XOZ tekisligida berilgan х
parabolani mos ravishda OZ va OY o’qlari atrofida aylantirsak, quyidagi aylanma paraboloidlar, deb
ataluvchi sirtlar hosil bo’ladi:
y2
x2
2 pz
x2
;
z2
2 py .
2. Elliptik paraboloidlar.
Tenglamasi umumiy holda quyidagicha ko’rinishda berilgan sirtlar
elliptik paraboloidlar, deyiladi.
x2
p
y2
q
x2
p
z2
q
2y
y2
p
z2
q
2x .
2z
Quyida OZ o’qi atrofida aylantirishdan hosil bo’lgan
y
2
x
2
2 pz
va
x2
2p
y2
2q
z
elliptik
paraboloidlarning shaklini keltiramiz:
z
y2=2pz
h
z
y2=2pz
h
x2
2p
x2+y2=2ph
aylana
0
y2
2q
h
ellips
y
O
x
y
x
55-rasm.
3. Giperbolik paraboloidlar.
giperbolik paraboloidlar, deyiladi.
x2
p
y2
q
2z
Tenglamasi umumiy holda quyidagi ko’rinishda berilgan sirtlar
x2
p
z2
q
2y
y2
p
z2
q
2x
y
y2
2p
z2
2q
x.
yoki bu tengliklar odatda quyidagi ko’rinishda yoziladi:
x2
2p
y2
2q
z
x2
2p
z2
2q
105
www.ziyouz.com kutubxonasi
Quyida
y2
2q
x2
2p
z
y2
2qh
kessak, kesimda
tekislikda
x2
2 pz
y
q
x
p
y
q
z
giperbolik paraboloid shaklini keltiramiz. Agar sirtni
x2
2 ph
1
parabola va nihoyat
x
p
tengliklar kelib chiqadi. Bular
x
giperbola;
z
0
0
tekislikda
tekislikda
y2
2q
=0 tenglamaga kelamiz. Bundan
y
q
x
p
x2
2p
y
q
y2
2qz
0
yoki
x
p
0
h
tekislik bilan
parabola;
x2
p
y
q
va
y
y
0
0
yoki
х
p
q
0
koordinatalar boshidan o’tuvchi to’g’ri chiziqlarni beradi.
Bu degan so’z sirt XOU tekisligini shu ikki to’g’ri chiziqlar bo’ylab kesib o’tadi.
z
y2=2pz
giperbola
y
x2
h
2q 2 p
2
h
y
0
x2=-2pz
x
z
56-rasm.
Giperbolik paraboloidlarni umuman to’g’ri chiziqlardan tashkil topgan sirt ekanligini isbotlash
mumkin.
§4. Ikkinchi tartibli sirt tenglamalarini
kanonik ko’rinishga keltirish.
Ikkinchi tartibli sirtlarning umumiy
a11 x 2
2a12 xy
a 22 y 2
2a13 xz
2a 23 yz
a33 z 2
2a14 x 2a24 y 2a34 z a44
106
www.ziyouz.com kutubxonasi
0
(1)
tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirish masalasi ancha murakkab. U invariantlar, deb ataluvchi sonli
parametrlar yordamida murakkab mulohazalar asosida amalga oshiriladi. Biz bu yerda nisbatan sodda,
ishlatishda qulay ikki usulni ko’rib chiqamiz. Bu ikkala usulni xususan ikkinchi tartibli chiziqlarga
ham qo’llash mumkin ekanligini e’tiborga olib, umumiy mulohazalarni ikkinchi tartibli п -ta
o’zgaruvchili tenglamalar uchun bajaramiz.
1. Agar (1) da
x1
x2
, y
x4
x4
х1 , х2 , х3 , х4
x
munosabatlar bilan berilgan birjinsli
x3
x4
z
,
dekart koordinatalarga o’tsak, bu tenglama
quyidagi ko’rinishni oladi:
( x1 , x2 , x3 , x4 )
0,
(2)
bu yerda
( x1 , x2 , x3 , x4 )
а11 х12
2а12 х1 х2
а22 х22
2а13 х1 х3
2а23 х2 х3
а33 х32
2а14 х1 х4
2а 24 х2 х4
2а34 х3 х4
а 44 х42
o’zgaruvchilariga nisbatan birjinsli ko’phad, biz uni kvadratik forma deb ataymiz. Ayonki, agar
desak:
( x1 , x2 , x3 ,1)
х4
(3)
1
F ( x, y, z)
bo’ladi, bu yerda F ( x, y , z ) - (1) ning chap tomonidagi ifoda. Shuning uchun (2) uchun chiqarilgan
har qanday xulosa (1) uchun ham o’rinli bo’ladi.
Faraz qilaylik, bizga
n
n
aij xi x j
(4)
i 1 j 1
kvadratik ifoda berilgan bo’lsin. Maqsad, shunday
n
xi
ij
x' j
,
i
1,2,  , n ,
(5)
j 1
chiziqli almashtirish bajarish kerakki, natijada (4) quyidagi kanonik ko’rinishga kelsin:
'
1
x'12
2
x' 22 
r
x' 2r ,
(6)
bu yerda 1 ,, r noldan farqli o’zgarmaslar.
Qilinadigan mulohazalar yanada tushunarli bo’lishi uchun avval ikki o’zgaruvchili kvadratik ifodani
ko’raylik:
a11 x12
a22 x22 .
2a12 x1 x2
Faraz qilaylik, bu ifodaga kamida bitta kvadrat qatnashgan had kirsin, ya’ni
а11
va
а22
koeffitsientlarning kamida biri noldan farqli bo’lsin. Umumiylikni buzmagan holda, а11 0 deyish
mumkin, chunki aks holda, o’zgaruvchilar tartibini almashtirib, shu natijaga kelsa bo’ladi. U holda
2
1
a11 x
2a12
x1 x 2
a11
a 22 x
2
2
a11 x1
a12 x 2
a11
2
yoki
a11 x1
a12
x2
a11
2
a 22
deb yozish mumkin.
Agar
107
www.ziyouz.com kutubxonasi
a122 2
x2
a11
a122 2
x2
a11
a 22 x 22
x1'
a12
x2
a11
x1
x2'
,
x2
deb chiziqli almashtirish bajarsak, berilgan ifoda quyidagi kanonik ko’rinishga keladi:
'
bu yerda
1
Yuqorida
а11
а 22
а11 ,
biz
0
а11а 22 а122
а11
2
а11
а 22
0
1
x'12
2
x' 22 ,
.
bo’lmasin,
deb
faraz
qilgan
edik.
Agar
berilgan
ifodada
bo’lsa, ya’ni ifoda
2а12 х1 х2
ko’rinishda bo’lsa (bu yerda
holda
х1'
x1
x2
2
а12
,
0
х2'
bo’lishi shart, aks holda ifoda aynan nolga teng bo’lib qoladi), u
x1
x2
2
, ya’ni
x1'
x1
x2'
,
x2
x1'
x2'
desak:
' 2a12 x'12 x' 22 2a12 x'12 2a12 x' 22
2а12 , 2
2а12 .
1
x'12
2
x' 22 ,
bo’ladi, bu yerda 1
Endi umumiy holga qaytaylik. Agar (4) da kvadratli hadlar qatnashmagan bo’lsa, ya’ni barcha
а11
а22
 апп
0
bo’lib, masalan
a ij
0
bo’lsa (bunday koeffitsient albatta mavjud,
chunki aks holda ifoda aynan nolga teng bo’lib qoladi), u holda
xi
хi'
xk'
almashtirish bajarib, kvadratik ifodadagi
xj
2
xk , k
2аij хi х j
,
i, k
xi
х 'j
xj
2
,
(7)
j, ,
had o’rniga
2aij x'i2 2aij x'2j
hadni, ya’ni kvadratli
hadlarni hosil qilamiz. Shu sababli, (4) ifoda kamida bitta kvadratli hadni o’z ichiga oladi, deb faraz
qilish mumkin. Xuddi yuqoridagidek, umumiylikni buzmagan holda,
ifodaning ichidan
х1
а11
0
deyish mumkin.
qatnashgan barcha hadlarni ajratib olaylik:
a11 x12
2a12 x1 x2
 2a1n x1 xn .
(*)
Bu yig’indini quyidagi ko’rinishga keltirib olamiz:
a11 x12
2a1n
2a12
x1 x 2 
x1 x n
a11
a11
a11 x1
a
 1n x n
a11
a12
x2
a11
2
( х1 qatnashmagan barcha hadlar) (**)
(**) ni kvadratik ifodaga (*) o’rniga olib borib qo’yaylik, u holda
a11 x1
ifodaga kelamiz, bu yerda
1-
a12
x2
a11
a
 1n x n
a11
х2 , х3 ,, хп
2
1
( x 2 , x3 ,  , x n )
larga nisbatan kvadratik ifoda.
Agar
108
www.ziyouz.com kutubxonasi
x1'
x
almashtirish bajarsak,
a
a12
x 2  1n x n ,
a11
a11
x1
'
2
x2 , x
'
3
x3 ,  , x
'
n
(8)
xn
kvadratik ifodamiz
' a11 x12
1
( x 2' ,, x n' )
ko’rinishga keladi.
Agar
1 aynan nolga teng bo’lsa, u holda keltirish jarayoni to’xtaydi, aks holda yuqoridagi usulni
п 2 ta o’zgaruvchining kvadratik
endi
1 uchun qo’llab, undan bitta kvadrat qatnashgan had va
ifodasini ajratib olamiz. Bu jarayonni to kvadratik ifodada faqat o’zgaruvchilarning kvadratlari
qatnashgan hadlar qolguncha davom ettiramiz. Bu, albatta, (7) yoki (8) kabi qator almashtirishlar
yordamida bajariladi.
2. Ortogonal almashtirishlar usuli. (4) ko’rinishda berilgan kvadratik ifodani quyidagicha yozib
olaylik:
n
n
n
aij xi x j
i 1 j 1
n
xi
aij x j
.
(9)
1,2,  , n ,
(10)
i 1
j 1
Agar bu yerda
x
n
'
i
aij x j , i
j 1
chiziqli almashtirish bajarsak, (9) quyidagi
n
xi xi'
x  x' x  Ax
(11)
i 1
ko’rinishga
x'
keladi,
bu
x'1 , x'2 ,, x'n
x  x' -
yerda
Rn
chiziqli
elementlarini skalyar ko’paytmasi, va
A
Faraz qilaylik,
1
,
,,
2
x
fazoning
x1 , x2 ,, xn
va
А (10) almashtirishning matritsasi:
a11
a 21
a12
a 22
a1n
a2n
a n1
an2
a nn
п lar (12) matritsaning xos sonlari,
1
,
2
.
(12)
,,
п
lar esa (11) ning
shu xos sonlarga mos keluvchi ortonormal xos vektorlari bo’lsin, ya’ni
A
1
,
2
,,
п
lar
Rn
i
i
i,
i

i
1,
i

0, i
j
j , i, j 1,2,, n .
da bazis tashkil etadi (2-bob, §6 ga qarang). Ixtiyoriy
х
Rn
(13)
ni shu bazis
bo’yicha yoyilmasi
n
x
yi
(14)
i
i 1
bo’lsin. U holda
Аx
n
yi А
i 1
bo’ladi. (14) va (15) larni (11) ga qo’ysak, (13) ga asosan:
109
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
i
i 1
yi
i
i
(15)
n
x  Ax
yi
n

i
i 1
n
yi
i
i
i
i 1
y i2
i 1
tenglikni hosil qilamiz.
Endi 2-tartibli sirtning umumiy (1) tenglamasini ko’raylik. Uning bosh hadlaridan tuzilgan
a11 x 2
a22 y 2
2a12 xy
ifoda x, y, z ga nisbatan kvadratik ifodadir.
Bu ifodaning matritsasini tuzib olaylik:
А
2a13 xz
а11 а12
а 21 а 22
а13
а 23
а31
а33
а32
a33 z 2
2a23 yz
(16)
.
Bu matritsaning
a11
D
a12
a 21
a13
a 22
a31
a 23
a32
0
a33
xarakteristik tenglamasini yechib, matritsaning xos sonlarini topamiz:
1
,
2
,
3.
Ularga mos keluvchi
xos vektorlarni topish uchun
a11
i
a21
1
a31
1
1
a12
2
a13
i
2
a23
3
0,
i
3
0,
a22
a32
a33
2
0,
3
i
1,2,3 ,
birjinsli tenglamalar sistemalarini tuzib olamiz. Bu sistemalarning har birini yechimini topib, ularni
normallashtiramiz. Faraz qilaylik, bu

e1
e11 , e12 , e13

e2
,
e21 , e22 , e23

e3
,
e31 , e32 , e33
vektorlar bo’lsin. U holda (16) formani kanonik ko’rinishga keltiruvchi almashtirish matritsasi
S
e11
e21
e31
e12
e13
e22
e23
e32
e33
bo’ladi.Bu almashtirishni bajargandan so’ng (16) ushbu
'
1
x' 2
2
y'2
3
z'2
ko’rinishga, (1) esa quyidagi
F ' ( x' , y ' , z ' )
1
x' 2
2
y' 2
3
'
'
'
z ' 2 2a14
x' 2a 24
y ' 2a34
z ' a 44
0
ko’rinishga keladi. Va nihoyat, koordinatalarni parallel ko’chirib, (1) ni ushbu
F " ( x" , y" , z" )
1
x"2
2
y"2
3
'
z"2 a 44
0
kanonik ko’rinishga olib kelamiz.
2
2
6ху 5 у
1-m i s o l . 5х
ko’rinishga keltiring.
Yechish . Bosh hadlarining matritsasi
16 х 16 у 16
А
5 3
3 5
0
.
U holda xos sonlarni quyidagi
110
www.ziyouz.com kutubxonasi
egri chiziqning tenglamasini kanonik
5
3
3
5
xarakteristik tenglamadan topamiz:
2
0 yoki
2,
1
31 3
31 3

e1
1
Endi
2, 1
2
8
2
1
2 ,1
0
( ,
deylik. U holda
0,
0
2
).
2
1
2
Buni normallashtirsak, xos vektor kelib chiqadi:
.
desak,
sistema hosil bo’ladi. Buning yechimi

e2
16
8.
2
Ularga mos keluvchi xos vektorlarni topaylik. Avval
sistemani hosil qilamiz. Uning yechimi
10
2
3 1 3 2 0,
31 3 2 0
( , ) . Uni normallashtirib
ikkinchi xos vektorni topamiz:
.
 


е1 va е 2 vektorlar ortogonal, chunki е1  е2
1
1
2
2
0 . Bu ikki vektordan foydalanib,
almashtirish matritsasini tuzaylik:
1
S
1
2
1
2 .
1
2
2
Demak, berilgan tenglamada
1
x
2
1
y
1
x'
2
y'
2
1
x'
2
y'
chiziqli almashtirish bajarish kerak ekan. Natijada berilgan tenglama quyidagi
2 x' 2 8 y ' 2 16 2 y ' 16
0
ko’rinishga keladi. Bu tenglikning ikkinchi va uchinchi hadlarini to’la kvadratgacha to’ldirsak
2 x' 2 8 y '
bo’ladi. Koordinatalarni
x" x' , y"
2
y'
2
2 x" 8 y"
2
32
2
2
32
formulalar bo’yicha parallel ko’chirsak:
yoki
x"2
16
y"2
4
1
tenglamaga ega bo’lamiz. Demak, berilgan chiziq ellips ekan.
2
2
2
5 y z 2xy
2-m i s o l . х
keltiring.
Yechish. Bosh hadlarining matritsasi
6xz 2 yz 6 0
1 1 3
А
1 5 1 .
3 1 1
Xarakteristik tenglamasi
111
www.ziyouz.com kutubxonasi
sirt tenglamasini kanonik ko’rinishga
1
1
1
3
1
5
3
1
0
1
quyidagi ko’rinishga keladi:
2
6
Bundan
1
6,
3,
2
sistemadan topiladi:
2.
3
6
1
2
3
0.
uchun xos vektor
5u1 u2 3u3 0,
u1 u2 u3 0,
3u1 u2 5u3 0

u
1,2,1
. Uni normallaylik:

e1
Agar
6
1
;
6
2
6
1
;
.
6
desak,
2
1
2
1
3

2
1
2
2
1; 1;1
sistema hosil bo’ladi. Uning yechimi:

e2
3
1
;
3
3
3
2
3
0,
0,
0
. U holda ikkinchi xos vektor
1 1
;
3 3
bo’ladi.
Uchinchi xos son
2
3
uchun
3
1
7
1
sistemani yechamiz:
3

2
1
3
2
2
3
3
3
3
0,
0,
0
(1;0; 1) . U holda uchinchi xos vektor

e3
1
1
;0;
2
2
bo’ladi.
  
е1 , е2 , е3
vektorlar o’zaro ortogonal (buni tekshirishni o’quvchiga havola qilamiz).
Demak, berilgan tenglamani kanonik ko’rinishga olib keluvchi chiziqli almashtirish
x
1
2
x'
1
3
z
y'
1
z' ,
6
1
2
y
y'
z',
3
6
1
1
1
x'
y'
z'
2
3
6
bo’lar ekan. Bu almashtirishdan so’ng berilgan tenglama
112
www.ziyouz.com kutubxonasi
6 x' 2 3 y' 2 2 z' 2 6
0 yoki
x' 2
1
y'2
2
ko’rinishga keladi. Demak, berilgan sirt bir pallali giperboloid ekan.
113
www.ziyouz.com kutubxonasi
z'2
3
1
5 – BOB
O’ZGARUVCHI VA O’ZGARMAS MIQDORLAR
1-§. Umumiy tushunchalar.
1.1.O’zgaruvchi va o’zgarmas miqdorlar, to’plamlar. Tabiat, fan va texnika masalalarida bir
miqdorning ikkinchi miqdorga bog’liq ravishda o’zgarishini ko’p kuzatamiz. Shu sababli o’zgaruvchi
miqdor tushunchasi matematikada asosiy tushunchalardan hisoblanadi.
O’zgaruvchi miqdor deb, tekshirilayotgan masaladagi kamida ikkita qiymat qabul qiluvchi miqdorga
aytamiz . Ko’rilayotgan masaladagi miqdor faqat bitta qiymat qabul qilsa, u holda bu miqdorni
o’zgarmas miqdor deb ataymiz.
Agar o’zgaruvchi miqdorning barcha qiymatlarini jamlasak, o’zgaruvchi miqdorning qiymatlari
to’plamini hosil qilamiz. Bu to’plamga kiruvchi qiymatlarni to’plamning elementlari, deb ataymiz.
To’plamlar bosh harflar A,B,C,..., X,Y,..., bilan, ularning elementlari esa kichik harflar a,b,c,...,
x,y,..., bilan belgilanadi.
Agar x element A to’plamga tegishli bo’lsa, uni x A ko’rinishda belgilaymiz, agar tegishli
A , deb belgilaymiz.
bo’lmasa, u holda x
Agar A to’plamning barcha elementlari B to’plamga ham tegishli bo’lsa, uni A B deb
yozamiz, va A to’plam B to’plamning qism to’plami, deb ataymiz.
A B belgi bilan bir qatorda unga tengkuchli bo’lgan B A belgilashni ham ishlatamiz.
Agar to’plam birorta ham elementga ega bo’lmasa, u holda bu to’plamni bo’sh to’plam, deb
ataymiz va А
ko’rinishda belgilaymiz.
A va B to’plamlar teng, ya’ni A=B deymiz, agar A B va B A bo’lsa.
Kelgusida biz faqat sonli to’plamlar, ya’ni elementlari sonlar bo’lgan to’plamlar bilan ishlaymiz.
To’plamlar uchun, sonlar uchun bajariladigan qo’shish, ayirish va ko’paytirish amallarining barcha
xossalariga ega bo’lgan arifmetik amallarni kiritish mumkin.
Ixtiyoriy A va B to’plamlarning yig’indisi deb , A va B to’plamlarning elementlaridan tuzilgan C
to’plamga aytamiz (qarang 57-rasm). Bu yig’indini C=A+B yoki C=A B
ko’rinishda yozish
qabul qilingan; xususan A+A=A.
A va B to’plamlarning ko’paytmasi yoki kesishmasi deb bir vaqtda ham A ga ham B to’plamga
tegishli bo’lgan elementlar to’plamiga aytamiz va AB yoki A B ko’rinishda belgilaymiz ( 58rasmga qarang). Xususan, A
A=A.
A
А
В
57-rasm.
A
B
B
58-rasm.
A
B
59-rasm.
60 -rasm.
Agar AB=
bo’lsa, A va B to’plamlar kesishmaydi, deymiz. Yuqorida kiritilgan amallar uchun
quyidagi xossalar o’rinli:
1) A+B=B+A, 2) (A+B)C=AC+BC , 3) (AB)C=A(BC) , 4)
(A+B)+C= A+(B+C) . Bu xossalarning 2) sini isbotlaymiz , qolganlari shu tariqa isbot qilinadi. Agar
x C bo’ladi. Yig’indining
x (A+B)C bo’lsa, ko’paytmaning ta’rifiga ko’ra,
A+B va
ta’rifiga ko’ra , x A yoki x B bo’ladi, masalan x A bo’lsin. U holda
AC va demak,
x AC+BC. Bundan (A+B)C AC+BC. Endi agar х AC+BC bo’lsa, u holda yo х AC yoki
х BC bo’ladi, masalan х AC bo’lsin. Bundan х A va х C , bulardan esa, х A+B va
х C yoki х (A+B)C kelib chiqadi. Demak, AC+BC
(A+B)C . To’plamlarning tenglik
ta’rifidan (A+B)C =AC+BC ekanligiga ishonch hosil qilamiz.
A va B to’plamlarning ayirmasi deb, A to’plamning B to’plamga kirmagan elementlari
to’plamiga aytamiz , bu to’plamni A\B ko’rinishda belgilaymiz (59-rasmga qarang). Umuman,
(A\B)+B
A, lekin , agar B
A bo’lsa, (A\B)+B = A bo’ladi.
x
114
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
1.2. Kesma, interval, chegaralangan to’plam. Faraz qilaylik,
munosabat o’rinli bo’lsin.
Kesma yoki segment deb,
a, b
aytamiz. Bu to’plam
a
x
b
a, b , a , b
Ko’pincha
,
,
va
b
sonlar uchun
х
a
<
b
lar to’plamiga
ko’rinishda belgilanadi.
< b
tengsizliklarni qanoatlantiruvchi
ko’rinishda belgilaymiz.
x <b
va
tengsizliklarni qanoatlantiruvchi barcha
a< х
a
a
a<x b
х
lar to’plamini interval, deb atab,
tengsizliklarni qanoatlantiruvchi
х
a, b
lar to’plamini esa, mos ravishda
ko’rinishda belgilab, yarimochiq kesmalar yoki yarimintervallar, deb ataymiz.
cheksiz
va
yarimcheksiz
intervallar
deb
ataluvchi
,a ,
, a , a,
, a,
to’plamlar ham ishlatiladi.
Agar a va b, a < b lar chekli bo’lsa, b a ni a, b ,
deb ataymiz.
c ( a < c < b ) nuqtani o’z ichiga olgan har qanday
a, b , a, b , a, b kesmalarning uzunligi,
a, b
interval
c nuqtaning atrofi,
interval c nuqtaning
-atrofi, deb ataladi.
,c
x haqiqiy sonlarning ixtiyoriy to’plami bo’lsin. Agar shunday haqiqiy М
son mavjud bo’lsaki, X to’plamning barcha x elementlari uchun x M munosabat o’rinli bo’lsa,
X to’plam yuqoridan chegaralangan, agar m son mavjud bo’lib, barcha x lar uchun x m
munosabat o’rinli bo’lsa, u holda X to’plam quyidan chegaralangan , va nihoyat, agar X to’plam
c
Faraz qilaylik , X
deyiladi. Xususan,
ham yuqoridan, ham quyidan chegaralangan bo’lsa , uni chegaralangan, deb atash qabul qilingan.
Agar to’plam chegaralangan bo’lmasa, u holda uni chegaralanmagan to’plam deymiz. Buni yana
quyidagicha ta’riflash mumkin: agar har qanday М >0 son uchun X to’plamning shunday x0
elementi mavjud bo’lsaki, uning uchun
x0 > M
munosabat o’rinli bo’lsa,
X
to’plamni
chegaralanmagan to’plam, deb ataymiz.
1.3. Sanoqli to’plam. Àgar har qanday п N uchun Х to’plamda п tadan oshiq element
mavjud bo’lsa, Х to’plam cheksiz to’plam, deyiladi. Àgar А ning har qanday а elementiga В
to’plamning biror b elementini mos qo’yuvchi o’zaro bir qiymatli moslik mavjud bo’lsa, А va В
to’plamlar
ekvivalent deyiladi, ya’ni
ikkita har xil
а1 , а2
А
elementlarga
ikkita har xil
В elementlar mos keladi va har bir b В elementga biror а А element mos keladi.
Buni А В ko’rinishda belgilaymiz.
Masalan, agar А
r radiusli aylananing nuqtalari to’plami, В R > r radiusli kontsentrik
aylananing nuqtalari to’plami bo’lsa, u holda А B bo’ladi.
N = n bo’lsa, Х to’plam sanoqli, deyiladi. Masalan, barcha juft natural sonlar
Agar Х = х
п
2п
to’plami sanoqli, chunki buning uchun har bir juft natural sonni 2п ko’rinishda yozib
b1 , b2
moslik o’rnatish kifoya.
Ta’rifdan ko’rinadiki, sanoqli
ko’rinishda yozish mumkin
Х
to’plamning elementlarini tartiblash mumkin, ya’ni quyidagi
X = x1 , x2 ,..., xn ,... .
Е к to’plamlarning sanoqli yig’indisi sanoqli to’plamdir.
k
to’plamning elementlari x j , j 1,2,...., bo’lsa, ularni quyidagi ko’rinishda yozib
1-teorema. Sanoqli yoki chekli
Isboti.
olamiz:
Е
к
115
www.ziyouz.com kutubxonasi
Е1
х 11 , х 1 2 , х 13 ,... ,
Е2
х 21 , х 2 2 , х 2 3 ,... ,
Е3
х 31 , х 3 2 , х 3 3 ,... ,
..................................
Bularni quyidagi tartibda yozib chiqamiz:
х11 , х12 , х 21 , х13 , х 2 2 .х 31 , х14 ,.....,
y1 , y 2 , y3 ,... to’plamni hosil qilamiz.
natijada
к
Natija. Sanoqli yoki chekli Е
to’plamlarning chekli yig’indisi, agar ularning orasida kamida
bittasi sanoqli bo’lsa, sanoqlidir.
2-teorema. Ratsional sonlar to’plami sanoqlidir.
Isboti. Avval musbat ratsional sonlarni ko’rib chiqamiz
sonning ko’rsatkichi, deb ataymiz. Faraz qilaylik,
bo’lsin.
Q
p
p
. p q natural sonni
q
q
Ап ko’rsatkichi п bo’lgan ratsional sonlar to’plami
Ап to’plamlar chekli sondagi elementlardan tuzilgan, masalan
1
1 2
1 2 3
А1 0, А2
, А3
, , А4
, , ,.....
1
2 1
3 2 1
Q
Ko’rinib turibdiki,
A .
n
Agar qavs ichidagi elementlarni 1-teoremada bajarilgan tartibda
n 1
belgilab chiqsak,
r1
1, r2
1
, r3
2
2, r4
1
, r5
3
3,.....
ketma-ketlikni hosil qilamiz, bu yerda qayta takrorlangan sonlar, masalan
Demak,
Q
sanoqli ekan.
Q_
p
q
2
tashlab yuborildi.
to’plamning sanoqli ekanligi xuddi shu kabi isbot qilinadi.
Shu sababli, barcha ratsional sonlar to’plami Q Q
Q
3-teorema. Barcha haqiqiy sonlar to’plami sanoqli emas.
Bu teoremani isbotsiz keltiramiz.
0 ham sanoqlidir.
§. Ketma-ketlikning limiti.
2-
2.1. Ketma-ketlikning limiti tushunchasi.
Sanoqli
Х
х1 , х2 , х3 ,..., хп ,...
ko’rinishda ham yoziladi, bu yerda
хп
to’plamni ketma-ketlik, deb ataymiz. Ketma-ketlik
ketma-ketlikning
п - hadi, deb ataladi.
Misollar:
1)
1
п
2)
2(
1) п
3)
п(
1) п
1 1
1, , ,.... ,
2 3
1 1
,2, ,2,... ,
2 2
1
1
1,2, ,4,. ,... ,
3
5
116
www.ziyouz.com kutubxonasi
хп
п 1
п
1 2 3
0, , , ,... ,
2 3 4
п2 1
( 1) п п
2,5,10,... ,
1,2, 3,4,... .
4)
5)
6)
1-, 2- va 4-misollardagi ketma-ketliklar chegaralangan, 3-,5- va 6-misollardagi ketma-ketliklar esa
chegaralanmagandir. Shunday bo’lsa ham, 3-misoldagi ketma-ketlik quyidan 0 soni bilan , 5misoldagi ketma-ketlik esa quyidan 2 soni bilan chegaralangan.
х2
2-misoldagi ketma-ketlikda juft hadlari takrorlangan, ya’ni
х4
х6
.... 2 . To’plamlarda
bunday elementlar bir marta olinar edi, ketma-ketliklarda esa bu elementlar har xil, deb tushuniladi.
Agar
хп
deymiz.
Ta’rif. Agar
п > п0
ketma-ketlikning barcha hadlari bitta songa teng bo’lsa, bu ketma-ketlikni o’zgarmas
ixtiyoriy
>0
son uchun
shunday
п0
п0 ( )
хп
а
son topilsaki, barcha natural
sonlar uchun
tengsizlik o’rinli bo’lsa,
а
хп
son
<
(1)
ketma-ketlikning limiti deb ataladi.
Buni
lim x n
lim x n
n
ko’rinishda belgilab,
хп
ketma-ketlik
a
yoki
п > п0
а
а limitga intiladi yoki yaqinlashadi, deymiz.
lim x n
O’zgarmasni limiti o’ziga teng. Haqiqatan, agar
bo’ladi, chunki agar
хп
хп
lar uchun
а<
a
bo’lsa,
bo’lsa, u holda
п > п0 -1
lar uchun
lim x n
1
хп
а<
bo’ladi.
1-misoldagi ketma-ketlikning limiti 0 ga teng. Haqiqatan, ta’rifga ko’ra, ixtiyoriy
1
п
0<
bo’lishi kerak, bu tengsizlikni echaylik. Bundan,
u holda barcha
п > п0
lar uchun
1
п
0<
1
<
п . Agar
п0
п0 ( )
1
a
>0 uchun
=
1
desak,
bo’ladi.
4-misoldagi ketma-ketlikning limiti 1 ga teng. Bunga ishonch hosil qilish uchun
п 1
п
1
tengsizlikni echish kifoya. Yuqorida bu tengsizlik
1
<
п
har qanday
>0
uchun
п > п0
п0 ( ) =
1
bo’lganda bajarilishini ko’rsatgan edik. Bu
lim
n
n 1
1
n
ekanligini bildiradi.
Misol . Agar
q <1
bo’lsa, u holda
lim q n
n
Haqiqatan, agar
q
0 bo’lsa, u holda
117
www.ziyouz.com kutubxonasi
0.
(2)
qn
qn
0
<
tengsizlik
n lg q < lg
,
bo’lganda, ya’ni
n>
q
bo’lganda o’rinli bo’ladi. Endi, agar
uning limiti esa 0 ga teng.
Ixtiyoriy haqiqiy
yoyish mumkin:
а
0
lg
lg q
n0 ( )
qn
bo’lsa,
larning barchasi nollardan iborat bo’ladi ,
sonni qaraylik. Ma’lumki, har qanday haqiqiy sonni cheksiz o’nli kasrga
а
а0 , а1а2 а3 ...ап ....
Agar
ап
а0 , а1а 2 а3 ....а п
desak, u holda
lim a n
a
n
(3)
bo’ladi.
Haqiqatan,
а а
п
п
0, 0
...0а п 1 а п 2 ... 10
п
bo’lgani uchun, yuqorida ko’rilgan misolga ko’ra, agar
shunday
п0
topiladiki,
п > п0
q 10
1
desak, har qanday
>0 uchun
lar uchun
а а
п
<
o’rinli bo’ladi.
Bundan, har qanday haqiqiy son biror ratsional sonlar ketma-ketligining limiti bo’ladi degan
xulosa kelib chiqadi. Xususan, har qanday irratsional sonni etarlicha aniqlikda ratsional son bilan
yaqinlashtirish mumkin. Shu sababli, ratsional sonlar to’plami Q barcha haqiqiy sonlar to’plami
da zich joylashgan, deyiladi.
Limitni ta’rifidagi (1) tengsizlik quyidagi ikki tengsizlikka
хп
teng kuchli. Bundan, п
а
п 0 lar uchun
хп
хп а
а
yoki
а
R
,а
bo’lishligi, ya’ni
а
ning
-
atrofiga tegishli bo’lishligi kelib chiqadi.
U holda limitni quyidagicha ta’riflasa ham bo’ladi:
а
son
хп
topilsaki, п
ketma-ketlikning limiti bo’ladi, agar ixtiyoriy
п0
qilib aytganda,
а
indekslar uchun
son
хп
хп
hadlar
а
ning
0
son uchun shunday
п 0 son
- atrofiga tegishli bo’lsa. Demak, xulosa
ketma-ketlikning limiti bo’lishi uchun,
а
ning biror
- atrofida ketma-
ketlikning cheksiz ko’p elementi yotib, tashqarisida chekli sondagi elementi qolishi kerak ekan.
Misol . Quyidagi
1
п 1
1, 1,1, 1,...
ketma-ketlik limitga ega emas.
118
www.ziyouz.com kutubxonasi
(4)
а
Haqiqatan, teskarisini faraz qilaylik, ya’ni ketma-ketlik
atrofini ko’raylik. Bu oraliq
bir vaqtda ham
1 ni
ham
1
3
limitga ega bo’lsin. Bu nuqtaning
-1 ni o’z ichiga olmaydi, chunki oraliq
2
, -1 va 1 sonlar orasidagi masofa esa 2 ga teng, ya’ni atrof tashqarisida (4) ning cheksiz
3
uzunligi
ko’p elementi qolyapti, bu esa yuqoridagi limit haqidagi xulosamizga zid. Bu ziddiyat а (4) ning
limiti bo’laolmasligini bildiradi, а ixtiyoriy son bo’lgani uchun bundan (4) birorta ham limitga ega
emasligi kelib chiqadi.
Ketma-ketlik limiti quyidagi xossalarga ega.
1-xossa. Agar ketma-ketlikning limiti mavjud bo’lsa, u yagona bo’ladi.
хп
Isboti. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni
U holda limitning ta’rifiga ko’ra, ixtiyoriy
topiladiki,
п0
п п1
max n1 , n2
п
va
п2
va
в
har xil limitlarga ega bo’lsin.
0 son uchun shunday
bo’lganda mos ravishda
п п0
desak,
а
ketma-ketlik
хп
а<
п1
va
п2
va
хп в <
хп
в а хп
хп
а + хп в <2
tengsizlik а в bo’lgandagina
bo’ladi,
ixtiyoriy kichik son bo’lgani uchun bu
mumkin.
2-xossa. Chekli limitga ega bo’lgan ketma-ketlik chegaralangan bo’ladi.
хп
п0
son topiladiki,
хп
а
а
ketma-ketlik
п п0
bo’ladi. Agar
lar uchun
а в
Isboti. Agar
sonlar
chekli limitga ega bo’lsa, ixtiyoriy
lar uchun
хп
а<
va o’z navbatida
хп
o’rinli bo’lishi
0 uchun shunday
а
хп
а<
yoki
+ bo’ladi. Agar
М
п
desak, barcha natural
тах х1 , х2 ,..., хп , а
хп
lar uchun
М
munosabat o’rinli bo’ladi. Bu
хп
ketma-
ketlik chegaralanganligini ko’rsatadi.
а
3-xossa. Noldan farqli
topiladiki,
uchun
п п0
хп а 2
boshlab,
а
lar uchun
, va agar
а
хп
хп
limitga ega bo’lgan
а
munosabat o’rinlidir. Agar
2
хп а 2
bo’lsa,
хп
bo’ladi,ya’ni
а
0 bo’lsa, ko’rsatilgan
lar
ketma-ketlik hadlari biror nomerdan
хп
а
0
bo’lsa, u holda
=
а
uchun shunday
2
п0
topiladiki,
uchun
а
2
хп
п
ning ishorasini takrorlaydi.
Isboti. Agar
yoki
п0
ketma-ketlik uchun shunday
а
а
а
2
2
а хп
а
хп
bo’ladi. Endi yuqoridagi tengsizlikni quyidagicha yozib olamiz
а - а 2 хп а + а 2
119
www.ziyouz.com kutubxonasi
.
п п0
lar
а
Agar
а а
=
2 2
а
хп а - 2
0 bo’lsa, u holda bundan
а b
а , yп b
хп
, va agar
va barcha natural
а
а
хп а + 2
0 bo’lsa,
=
а-
п
хп
lar uchun
yn
bo’lsa, u holda
bo’ladi.
Isboti. Teskarisini faraz qilaylik , ya’ni
п2
va
п0
b а
= max{ п 1,
а в
bo’lsin. Berilgan
п п 1 lar uchun а п 2} desak, u holda п
larni tanlash mumkinki,
bo’ladi. Endi agar
хп
а
2
kelib chiqadi.
4-xossa. Agar
п1
=
uchun shchunday
2
хп , va п п 2 lar uchun y п b +
ап 0 lar uchun y п b +
bo’ladi. Ziddiyatga keldik, bu qilgan farazimiz xato ekanligini bildiradi.
5-xossa. Agar c
п
п0
а, b
хп
lar uchun
а
Isboti. Shartga ko’ra,
а
Bu yerda c
хп
ga yaqinlashuvchi
b.
хп
п0
elementlarini o’z ichiga olib, ular uchun
п
mavjudki,
с b с.
b
c
хп c+ а tengsizlik
п lar uchun а хп .
son mavjudki,
b
lar uchun
b . Demak, а
хп
emas, chunki shartga ko’ra
п0
хп
ning shunday -atrofi mavjudki, u berilgan ketma-
c ham bo’laolmaydi, chunki aks holda shunday
son uchun shunday
а с
ni ayiramiz:
bo’ladi. Bunday bo’lishi mumkin emas, chunki shartga ko’ra tanlangan
b
mavjud bo’lsaki,
bo’ladi.
Bu tengsizliklardan c
bo’lmaydi, chunki aks holda c
ketlikning cheksiz ko’p
а, b
bo’lsa, u holda c
хп
п0
ketma-ketlik uchun shunday
хп
c-
b
c-
o’rinli
bo’ladi. Shu
bo’ladi. Buni bo’lishi mumkin
.
Eslatma. Agar xossaning biror sharti buzilsa, u holda xossa o’rinli bo’lmasligi mumkin, masalan,
хп = 1 п 1
0,1
, lekin c=0
.
6-xossa. Agar barcha natural
а
xil
хп
va
а-
yп
limitga intilsa, u holda
Isboti. Ixtiyoriy
хп
п
п
7-xossa. Agar
Buni isboti
zn
а+
хп
а
хп
а+
, bundan esa
хп
yn
а
п1
va
п2
bo’ladi. Agar
bo’lsa, u holda
а
xn
zn
bo’lib,
хп
va
уn a
хп
а
sonlar topiladiki,
п
10.
а
lim xn
20.
lim xn yn
30. agar
yn
lim xn
ketma-ketliklar bir
п1
lar uchun
п 0= max{ п 1, п 2} desak, п
va
п0
bo’lganda,
xn , y n
ketma-
bo’ladi.
tengsizlikdan kelib chiqadi.
b
limitlarga ega bo’lsin, deb faraz qilaylik.
lim yn
lim xn lim yn
lim y n
Isbotlari. Ixtiyoriy
0
bo’lsa,
lim
uchun
а-
ekanligi kelib chiqadi.
2.2. Limitga ega bo’lgan o’zgaruvchilar ustida arifmetik amallar. Berilgan
ketliklar mos ravishda chekli
zn
ketma-ketlik ham shu limitga intiladi.
uchun shunday
п 2 lar uchun z n
yп
lar uchun
xn lim xn
.
y n lim y n
п 0 sonni shunday tanlaymizki, п
120
www.ziyouz.com kutubxonasi
п 0 lar uchun
хп
п
bo’lsin. U holda
bo’ladi. Bu
ko’raylik:
хп у п
аb
yn
,
b
п 0 lar uchun
хп
10
а
уп
хп
а в
а + yn
20
ni o’rinli ekanligini ko’rsatadi. Endi
хп у п
ауп
ауп
аb
хп у п
b
+
ni isbotlash uchun quyidagi munosabatni
ауп
ауп
аb
у п хп
2-xossaga ko’ra,
уп
=
а
а уп
b.
(5)
ketma-ketlik limitga ega bo’lgani uchun chegaralgan, ya’ni shunday
М
son mavjudki,
уп
М , п 1,2,...,
а
Ixtiyoriy
п0
uchun
хп
bo’lsin. U holda
п
а
хп
уп
М
п 0 lar uchun
yn
b
M
М
2М
М
2М
.
b
уп а
M,
(7)
п 0 lar uchun
хп у п
Faraz qilaylik,
п
sonni shunday tanlaymizki,
(6)
b
0
bo’lsin. U holda
хп
хп b у п а
упb
а
b
ав
аb
уп b
хп
а
уп
Endi 3-xossaga ko’ra, yetarlicha katta
п1
uchun
п
п1
uchun
п2
va
п3
п
п3
2
sonlarni shunday tanlaymizki,
(8)
а
(9)
п
п2
bo’lganda
b
(10)
4
bo’lganda
а уп
bo’lsin. U
.
b
хп
va
уп b
bo’lganda
уп
bo’ladi. Ixtiyoriy
уп а
b
holda, agar
п 0= тах п1 , п2 , п3
desak,
п
b 2
4 b
2
в
п0
b2
(11)
4
bo’lganda, (8)-(11)
tengsizliklarga
ko’ra
хп
уп
а
b
bo’ladi.
2.3. Cheksiz kichik va cheksiz katta miqdorlar.
1-òa’rif. Limiti nolga teng bo’lgan har qanday ketma-ketlik cheksiz kichik miqdor, deyiladi.
Demak, agar ixtiyoriy
uchun shunday
п0
topilsaki,
п
ketma-ketlik cheksiz miqdor bo’lar ekan.
121
www.ziyouz.com kutubxonasi
п0
lar uchun
п
bo’lsa,
п
Bundan,
хп
ketma-ketlik
а
хп = а +
limitga ega bo’lishi uchun u
п , bu yerda
п
cheksiz kichik miqdor, bo’lishi zarur va yetarli ekanligi kelib chiqadi.
2-òa’rif. Agar har qanday
uchun shunday
п0
topilsaki,
п
п0
lar uchun
bo’lsa,
п
п ketma-ketlikni cheksiz katta miqdor, deymiz. Buni
lim
ko’rinishda yozib,
(12)
п
cheksizlikka intilyapti, deb atash qabul qilingan.
п
Ayrim hollarda
yoki
n
п ning ishorasiga qarab, uni
lim
n
,
lim
n
,
+
п
(13)
yoki
(14)
п
nn}
ketma-ketlik misolida (12) ko’rinishda ifodalanishi
ko’rinishda yozish mumkin. Lekin, {
mumkin bo’lgan ketma-ketlikni na (13) ko’rinishda, na (14) ko’rinishda ifodalab bo’lmasligini ko’rish
mumkin.
1-xossa. Agar
п chegaralangan va
п
п cheksiz katta miqdorlar bo’lsa, u holda
0
п
bo’ladi.
п chegaralangan miqdor bo’lgani uchun , shunday
Isboti. Shartga ko’ra,
п
M1>0 son mavjudki,
M1 , va
п cheksiz katta miqdor bo’lgani uchun, ixtiyoriy M2>0 son uchun shunday
lar uchun
п
2
bo’ladi. U holda
п
п0
п
п
п0
Natija. Agar
topiladiki,
п
п0
lar uchun
п
bo’ladi. M2 ixtiyoriy katta son bo’lib,
bo’lib, п 0
ga bog’liq bo’ladi.
п0
<
п
М1
=
М2
unga bog’liq holda topilgani uchun,
п cheksiz katta miqdor
bo’lsa, u holda
п=
1
ixtiyoriy kichik
cheksiz kichik miqdor
п
bo’ladi.
2-xossa. Agar
хп
quyidan musbat
kichik miqdor bo’lsa, u holda
а
хп
son bilan chegaralangan va
п noldan farqli cheksiz
bo’ladi.
п
Isboti. Shartga ko’ra, barcha natural
shunday
п0
topiladiki,
п
п0
п
lar uchun
lar uchun
tengsizlik barcha
Natija. Agar
п
п0
а
хп
0
va ixtiyoriy
uchun
bo’ladi. U holda
п
хп
уп
хп
а
=M
lar uchun bajariladi.
п cheksiz kichik miqdor
bo’lsa, u holda
bo’ladi.
122
www.ziyouz.com kutubxonasi
п=
1
cheksiz katta miqdor
п
3-xossa. Cheksiz kichik
miqdor
п bilan
chegaralangan
хп
miqdor
ko’paytmasi cheksiz
kichik miqdordir.
Isboti. Haqiqatan, ixtiyoriy
п0
uchun shunday
п
bo’ladi, bu yerda barcha natural
п
lar uchun
хп
хп
п
0
topiladiki,
М
. U holda
хп
п
п0
п
lar uchun
п0
п
М
lar uchun
М
М
bo’ladi.
2.4. Aniqmasliklar. Yuqorida keltirilgan xossalarning shartlari qanoatlanmaydigan barcha boshqa
hollarda natijasi aniq xulosaga olib kelmaydigan quyidagi holatlar yuz beradi. Masalan,
1
п
1
bo’lsa, п
п
agar
хп = , у п = ,
agar
1
хп = , у п
agar
хп
agar
Demak,
1
п2
п
1
,
п2
хп =
уп
1
п
bo’lsa,
1
п
( 1) п
, уп
п
хп
0
,
уп
п
bo’lsa,
0
хп
уп
da
da
п
хп
уп
хп
уп
хп
ekanligi
chiqarishga yetarli emas ekan. Shuning uchun
1,
п
хп
уп
da
bo’lsa,
1
,
1
п
( 1) п
bu ketma-ketlikning limiti mavjud emas.
ifodaning natijasi to’g’risida aniq bir xulosa
уп
хп
0,
уп
хп
ifodani
0
,
уп
0
bo’lganda
0
0
ko’rinishdagi aniqmaslik, deb atashadi.
хп
Xuddi shunday,
,
уп
bo’lganda,
хп
уп
ifodani
ko’rinishdagi
aniqmaslik, deb ataymiz.
Agar
0 , уп
хп
хп у п
bo’lsa, u holda
ifoda
0
ko’rinishdagi aniqmaslik,
deyiladi.
хп
Va nihoyat, agar
, уп
bo’lsa,
хп
уп
ifoda
ko’rinishdagi
aniqmaslik, deb ataladi.
Ayrim hollarda berilgan ifodalarni soddalashtirish hisobiga aniq bir natijaga kelish mumkin. Buni
aniqmasliklarni ochish, deb ataymiz.
Aniqmasliklarni ochishga doir misollar ko’raylik.
1-misol. Agar
ат п т
хп
уп
bo’lsa, u holda
1)
Agar
хп
к
уп
bк п к
ifoda
п
bк 1n k
1
... а1 п а0 ,
... b1п b0 , (ат
da
т bo’lsa, surat va mahrajni
0, bк
0 ),
ko’rinishdagi aniqmasliklik bo’ladi.
пт
ga bo’lamiz
123
www.ziyouz.com kutubxonasi
xn
yn
ya’ni lim
n
am
bm
2-misol.
хп
Agar
bт
ат
,
bт
п
.
к bo’lsa,
2) Agar т
ат 1
а0
...
п
пт
bт 1
b0
...
п
пт
ат
хп
уп
lim
xn
n
п 1, у п
п
xn
к bo’lsa, lim
, agar т
yn
хп
bo’lsa, u holda
уп
0
yn
n
bo’ladi.
п
ifoda
da
ko’rinishdagi aniqmaslik bo’ladi. Bu aniqmaslik quyidagi tartibda ochiladi
хп
уп =
п 1
п =
=
Demak,
lim
n
n 1
n
п 1
п
п 1
п
0
п 1
1
п
п 1
п
.
.
2.5. Monoton ketma-ketliklar.
Ta’rif.
хп
kamaymaydigan (o’smaydigan)
ketma-ketlik deyiladi, agar barcha
n
N
lar
uchun
хп
хп
1
(
хп
хп
1
)
tengsizliklar o’rinli bo’lsa.
Agar
хп
хп
1
( хп
хп
1)
хп
qat’iy tengsizliklar o’rinli bo’lsa, u holda
qat’iy o’suvchi
(qat’iy kamayuvchi) yoki qisqacha o’suvchi (kamayuvchi) ketma-ketlik, deyiladi. O’suvchi va
kamayuvchi, kamaymaydigan va o’smaydigan ketma-ketliklar monoton ketma-ketliklar, deb ataladi.
Monoton ketma-ketliklarning elementlarini quyidagi tartibga solish mumkin
х1
х2
... хп
хп
1
...
yoki
х1
х2
... хп
хп
1
... .
Bu tengsizliklardan ko’rinadiki, kamaymaydigan ketma-ketlik quyidan va o’smaydigan ketma-ketlik
yuqoridan chegaralangan bo’lar ekan.
Har qanday monoton ketma-ketlik ham chekli limitga ega bo’lavermaydi. Masalan, {n2+1} ketmaketlik cheksiz monoton o’sadi, shu sababli uning limiti chekli bo’lmaydi.
Quyidagi Boltsano-Veyershtrass teoremasi bu savolga to’liq javob beradi.
Teorema. Kamaymaydigan (o’smaydigan) va yuqoridan M (quyidan т ) soni bilan chegaralangan
haqiqiy sonlar ketma-ketligi
х1 , х2 , х3 ....., хп ,...
M dan katta ( т dan kichik) bo’lmagan а limitga ega
lim xn a M ( lim xn a m ).
n
n
(15)
(16)
Isboti. (15) ketma-ketlikning barcha elementlarini chekli yoki cheksiz o’nli kasrlar bilan ifodalaymiz
х1
х10 , х11 х12 ...х1к ...
х2
х20 , х21 х22 ...х1к ...

хп
хп0 , хп1 хп 2 ...хпк ...
 .
124
www.ziyouz.com kutubxonasi
(17)
х1 >0
Ikki hol bo’lishi mumkin
х1 >0
Faraz qilaylik,
хп
х1
yoki
.
va (15) ketma-ketlik kamaymaydigan bo’lsin. U holda, barcha n lar uchun
0 bo’ladi.
Ketma-ketlik kamaymaydigan bo’lgani uchun
хп 0
хп
oshib ketmaydigani bor. Faraz qilaylik, u
хп1
х п2 1
хп
а0
munosabatda bo’ladilar.
1,1
х п1 0
а0 , а1 а 2 ...а пк
хп
М
а1
п
bilan belgilaylik. Agar
п2 п1
deb
faraz
п
пк
lar uchun
holda ,
lim x n
a
n
п
п1
lar uchun
а0 , а1а2 ...апк апк
х п , пк 1
хп
1
хп
1, пк
пк
хп
пк
М
bo’lganda
lar
uchun
х п , пк
1 -xonasidagi
1
munosabat o’rinli , ularning
1 bilan belgilaylik. Demak,
а0 , а1а2 ...ап ... ,
а
.
1
а пк
bo’lsin, uni
М
а0 , а1
пк uchun п
п пк
qilaylik.
х п м , пк 1
orasida eng kattasi mavjud, faraz qilaylik, u
lar uchun
bo’lsa,
bo’lgani uchun, ularning verguldan keyingi
raqamlarini solishtirib chiqamiz.
bilan belgilaylik.
Tabiiyki, ularning orasida ham kattasi bor, faraz qilaylik, u
bo’lsin,
а0 , а1 а 2 ...а пк хп,пк 1 ...
пт
а0
bo’lsin, uni shartli ravishda
bo’ladi. Endi matematik induktsiya usulini qo’llaymiz, ya’ni biror
п
sonlar orasida M dan
M. (17) dagi kasrlarning verguldan keyingi birinchi raqamlari
bo’lsin, uni shartli ravishda
хп
хп 0
M munosabat o’rinli bo’ladi. M chekli son bo’lgani uchun
1, 0
Ma’lumki,
(17) dagi kasrlarning butun qismlari uchun
deb belgilaylik. U
bo’lishini isbotlash qoldi.
Haqiqatan, yetarlicha katta
п 0 uchun хп
а0 , а1а2 ...ап 0 хп,п0 1 ... .
U holda,
а хп
0, 00
...

0
п0 1
п0 2
п0
Ma’lumki, ixtiyoriy 0
п 2= тах п0 , п1
Endi, agar
desak,
х1
bo’lsin. U holda
п
п2
п1
topiladiki,
хп
lar uchun
а
bo’lsa, u holda unga shunday
уп
lim xn
Shu sababli,
uchun shunday
n
хп с ketma-ketlik
lim y n c b c
n
... 10
п
п0
п1
lar uchun 10-n
bo’ladi. Agar
bo’ladi.
s
sonni qo’shamizki, natijada
х1
с >0
uchun yuqorida isbotlanganiga ko’ra, b limit mavjud.
.
Endi, agar berilgan ketma-ketlik o’smaydigan bo’lib, quyidan m son bilan chegaralangan bo’lsa, u
holda
хп ketma-ketlik kamaymaydigan va yuqoridan m bilan chegaralangan ketma-ketlik bo’ladi.
Isbotlanganiga ko’ra, bu ketma-ketlik uchun limit mavjud
lim xn
n
lim
n
Misol . Ixtiyoriy
xn
а
( a)
a
m
lim
n
ekan. Teorema isbot bo’ldi.
son uchun
an
lim
n
n
0.
125
www.ziyouz.com kutubxonasi
xn
a
m.
Demak,
а
Haqiqatan, agar
ап
п
ип
,
а
bo’lsa, bu tenglikni to’g’riligi ochiq ravshandir. Agar
п
deb belgilaymiz. U holda
kamayuvchi va quyidan
0
ип 1
ип
da
п0 larda и п
п
п0 uchun
yetarlicha katta
ketlik
1
ип
1
а
0
п 1
1
bo’ladi. Bundan,
bo’lishi kelib chiqadi, ya’ni
ип
soni bilan chegaralangan. U holda
bo’lsa,
ип
ketma-
ketma-ketlikning limiti
mavjud:
lim u n
A
n
0.
Xuddi shunday,
A
Berilgan tenglik
а
lim u n
n
0
lim u n
1
n
a
n 1
a
A lim
bo’lganda ham to’g’ri ekanligi
n 1
n
п
da
A 0
0 .
ап
п
а
п
0
п
bo’lishidan
kelib chiqadi.
2.6. e soni. Natural logarifmlar.
хп
1
1
п
=
п
ketma-ketlikning o’suvchi va yuqoridan chegaralanganligini ko’rsataylik.
N’yuton binomiga asosan
а b
п
п
к
п п 1 ... п к 1 п к к
а b
к
0
U holda
n
1
1
n
хп
n 1
1
1 n
n(n 1)
1 2
1
n
2
n(n 1)( n 2)
1 2 3
n(n 1)( n 2)...[n (n 1)]
...
1 2 ... n
1
n
1
n
2
n
(18)
(18) ifodada algebraik almashtirishlardan so’ng
1
1
n
Bu tenglikdan
хп
п
1
1
1
1
2
1
1
1
1 2
n 1 2 3
n
n
1
1
2
n 1
...
1
1
... 1
1 2 ... n
n
n
n
1 1
...
(19)
2 ekanligi ko’rinib turibdi. Agar (19) da n ni n+1 ga almashtirsak, (19) ga
asosan
хп
1
1
1
п 1
1
1
1
1
2
1
1
1
n 1
1 2
n 1 1 2 3
n 1
n 1
1
1
2
n
...
1
1
... 1
1 2 ... n п 1
n 1
n 1
n 1
1 1
126
www.ziyouz.com kutubxonasi
...
hosil qilamiz. Bunda barcha k lar uchun
n lar uchun
1
хп
1
к!
к
<1 va
n
хп
хп
1 1
хп
Demak,
к
к
1
п
1
п 1
1 bo’lishligiga ishonch hosil qilamiz.
1
2к
1
ekanligini e’tiborga olsak, barcha natural
к
Àgar barcha
1,2,..., п 1
uchun
ekanligini hisobga olsak,
1
1
1
...
1 1
2!
п!
2
1
22
1
1
...
1
2
1
2п 1
1
1
...
22
2п 1
...
1
1
1
1
2
3.
(20)
ketma-ketlik monoton va yuqoridan 3 bilan chegaralangan ekan. U holda
Veyershtrass teoremasiga ko’ra, bu ketma-ketlik chekli limitga ega. Bu limitni L.Eylerning taklifiga
ko’ra e deb belgilash qabul qilingan. Yuqoridagi xulosalarga asosan 2 < e < 3 bo’ladi. (20) ga
asosan, bu limitni quyidagicha yozish mumkin
п
е
к
1
п!
0 к!
( п >2) ,
(21)
bu yerda
- 0<
bo’lgan son.
Bundan å irratsional son va uning aniqroq qiymati å=2.7182818284... ga tengligi kelib chiqadi.
holda (21) da
п
q
p
e
Haqiqatan, teskarisini faraz qilaylik , ya’ni
q
bo’lsin, bu yerda
p , q lar natural sonlar. U
desak,
p
q
q
к
1
q!
0 к!
.
q
Bu tenglikning ikkala tarafini
q! ga ko’paytirsak va
1
desak,
k 0 k!
,
p q 1 !-
l
q!
(22)
kelib chiqadi. (22) ning chap tomoni butun son va o’ng tomoni oddiy kasr. Bu qarama-qarshilik
qilgan farazimiz xato ekanligini ko’rsatadi.
Asosi å bo’lgan logarifmlar natural logarifmlar, deb ataladi, а ning natural logarifmi uchun ln а
belgi qabul qilingan.O’nli va natural logarifmlar quyidagi munosabatlar bilan bog’langan
lgN=MlnN
(23)
lnN=1/M lgN
(24)
Bu yerda Ì natural logarifmlardan o’nli logarifmlarga o’tish moduli.
Ì =lg e=lg 2.718 0.4343
1/Ì =ln10 2.303
Shularga asosan (23) va (24) ni quyidagicha yozish mumkin:
lgN=0.4343lnN lnN=2.303lgN
Misol. Jadvaldan foydalanmasdan hisoblang.
ln100=ln102=2ln10=2 2,303=4.606
ln0,001=ln10-3=-3ln10=-3 2,303=-6,909
1
ln 10
2
ln 10
1
2,303 1,151 .
2
2.7. Boltsano-Veyershtrass teoremasi.
Ta’rif.
а, b
kesma
а ,b
kesmani qamraydi deymiz, agar
127
www.ziyouz.com kutubxonasi
а
а, b
bo’lsa. Buni
1-teorema.
dn
bn
а
а ,b
Agar
an
b
b
ko’rinishda yozamiz.
ап , bп
п
0
п 1,2,3....
<
(n
),
lar uchun
п 1
с
(п
)
lar
uzunliklari
п bo’lsa, u holda
т
а1
barcha
intiluvchi
п kesmalarga tegishli bo’lgan
uchun
а2
... bт
.
ап ketma-ketlik kamaymaydigan va yuqoridan har qanday т uchun bт son
bilan chegaralangan, shu sababli Veyershtrass teoremasiga ko’ra,u yagona
ixtiyoriy son bo’lgani uchun, xususan
п 1,2,3....
nolga
bir-birini ichiga qamralgan kesmalar ketma-ketligi bo’lsa, ya’ni
yagona
nuqta mavjud.
Isboti. Teorema shartiga ko’ra har qanday
Bundan ko’rinadiki,
1,2,3,...
с
lar uchun
bunday nuqtalar ikkita
с
ап
с bп
с
bт
limitga ega.
т
munosabat ham o’rinli. Demak, barcha
п . Endi bunday nuqta yagona ekanligini isbotlaylik. Faraz qilaylik,
с1
bo’lsin. U holda,
ап
с, с1
bп
bo’lgani uchun, har qanday
п
uchun
bп ап
bo’ladi, bu
bп
ап
0
с с1
>0
shartga ziddir.
Bundan tashqari,
lim bn
n
lim bn
n
an
an
c.
Endi faraz qilaylik, bizga (15) ketma-ketlik berilgan bo’lsin. Uning ichidan tanlab yangi tuzilgan har
qanday
х п1 , х п2 , х п3 ,..., х пк ,...
( п1 < п2 < п3 < ... )
ketma-ketlik (15) ning xususiy ketma-ketligi deyiladi.
Agar (15) ketma-ketlik chekli yoki cheksiz limitga ega bo’lsa, uning har qanday xususiy ketmaketligi ham shu limitga ega bo’ladi. (15) ning limitga ega emasligidan uning birorta ham xususiy
ketma-ketligi limitga ega emasligi kelib chiqmaydi. Masalan,
1,-1,1,-1,...
ketma-ketlik limitga ega bo’lmasa ham, uning
1,1,1,...,1,...
va
-1,-1,...,-1,...
xususiy ketma-ketliklari mos ravishda 1 va -1 limitlarga ega.
Chegaralanmagan yoki
ga intiluvchi ketma-ketlikdan chekli limitga yaqinlashuvchi xususiy
ketma-ketlikni har doim ham ajratib olib bo’lavermaydi. Lekin, agar ketma-ketlik chegaralangan
bo’lsa, u holda bu muammoni quyidagi teorema hal kiladi.
2-teorema. (Boltsano-Veyershtrass) Har qanday chegaralangan (15) ketma-ketlikdan chekli limitga
yaqinlashuvchi xususiy ketma-ketlik ajratib olish mumkin.
Isboti. (15) ketma-ketlik chegaralangan bo’lgani uchun uni barcha elementlarini o’z ichiga olgan
b
а, b
kesma mavjud, bu yerda masalan, а (15) ning quyi chegarasi va
uning yuqori chegarasi
bo’ladi. Bu oraliqni teng ikkiga bo’lib, (15) ning cheksiz ko’p elementlarini qamragan qismini olamiz.
а, b dan tashqarida
Bunday qism mavjud, chunki aks holda (15) ning cheksiz ko’p elementlari
qolgan bo’ladi, buni esa bo’lishi mumkin emas. Agar ikkala qismi ham cheksiz ko’p elementlarni o’z
ichiga olsa, u holda ularning ixtiyoriy bittasini olib, uni
biror
хп1
elementini tanlaylik va
a1 ,b1
a1 ,b1
bilan belgilaymiz. Undan (15) ning
ni yana teng ikkiga bo’lib, undan (15) ning cheksiz ko’p
128
www.ziyouz.com kutubxonasi
a2 , b2
elementlarini qamragan qismini olib, uni
teng bo’lmagan
boshqa
х п2
deb belgilaylik. Bu qismdan (15) ning
хп1
ga
elementini olaylik. Bu protsessni cheksiz davom ettirsak, bir-birining
ichiga qamralgan va uzunliklari
bk
b a
2k
ak
nolga intiluvchi kesmalar va ulardan tanlab olingan
ак
hosil bo’ladi. U holda, 1-teoremaga va
с
ketliklarning 6-xossasiga ko’ra,shunday
х п1 , х п2 , х п3 ,..., х пк ,...
х пк
bk
bo’lgani uchun 2.1. bo’limdagi ketma-
lim x nk
nuqta mavjudki,
2.8. Chekli limitning mavjudlik sharti.
Faraz qilaylik, (15) ketma-ketlik chekli
xususiy ketma-ketlik
nk
c
bo’ladi.
а
limitga ega bo’lsin
lim xn a ,
n
ya’ni har qanday
bo’lsin. U holda barcha
хп
bo’ladi, ya’ni
qanday
п0
uchun shunday
п, т п 0
хт
хп
п0
хп
son topilsinki, barcha
п0
п0
lar uchun
а
lar uchun
а а хт
хп
а
хт
хп
chekli limitga yaqinlashuvchi har qanday
uchun shunday
п
п0
son topiladiki,
хп
а
ketma-ketlik uchun Koshi sharti har
п, т п 0
lar uchun
хт
(25)
munosabat o’rinli bo’ladi.
Koshi shartini qanoatlantiruvchi ketma-ketlik fundamental ketma-ketlik, deb ataladi.
Demak, chekli limitga ega bo’lgan ketma-ketlik fundamental ketma-ketlik bo’lar ekan. Bunga
teskari bo’lgan xulosa ham o’rinli, ya’ni har qanday fundamental ketma-ketlik chekli limitga ega
bo’ladi.
Haqiqatan, agar
хп
fundamental ketma-ketlik bo’lsa, u holda u Koshi shartini qanoatlantiradi.
(25) ni quyidagicha yozib olamiz
хп
хт
хп
хп
хт
хт
yoki
+ .
Agar
М
desak, barcha
ko’ra,
хп
п
lar uchun
хп
п п0
М
ketma-ketlikdan biror chekli
ajratib olish mumkin.
а
ko’ra, har qanday
uchun shunday
limitga
тах хп ,1
хп
а
хт
bo’ladi. U holda, Boltsano-Veyershtrass teoremasiga
limitga yaqinlashuvchi
х пк
xususiy ketma-ketlikni
ketma-ketlik ham yaqinlashadi. Haqiqatan, Koshi shartiga
п0
п0
son topiladiki,
хп
129
www.ziyouz.com kutubxonasi
хт
п, т п 0
lar uchun
(26)
tengsizlik o’rinli bo’ladi.
mumkinki, barcha
к к0
к
х пк
da
к
п 0 bo’ladi. U holda,
хп
а
Bundan
хп
da
пк
к0
ni topish
хп
а
bo’lishini e’tiborga olsak, shunday
(26) ga ko’ra barcha
а
bo’lgani uchun, shunday
lar uchun
хпк
bo’ladi. Endi agar
а
хпк
1
0
topiladiki,
п п 0 lar uchun
хпк
а
хп
хпк
хпк
а
пк1
.
ketma-ketlikning limiti ekanligi kelib chiqadi.
Yuqoridi isbot qilingan fikrlarni quyidagi teorema ko’rinishida ifodalaymiz.
3-teorema. (Limit mavjudligining Koshi sharti) Haqiqiy sonlar ketma-ketligi
хп
chekli limitga
ega bo’lishi uchun uning fundamental ketma-ketlik bo’lishi zarur va yetarlidir.
6 - BOB
FUNKTSIYA. FUNKTSIYANING LIMITI.
1-§. Funktsiya tushunchasi.
Е, F
Faraz qilaylik, bizga
y
to’plamlar va
elementini mos qo’yuvchi quyidagi
E ning har bir х elementiga F ning biror
akslantirish berilgan bo’lsin
E
E
Agar
R1 va F
R1
bo’lsa,
х
y
aniqlanish yoki berilish sohasi,
Agar
y
E
n
R, F
R
n
bo’lsa,
ko’rinishda ham yozish qabul qilingan.
F esa
E
n
R ,F
R1 bo’lsa,
ni vektor funktsiya, deb
E to’plam
funktsiyaning
funktsiyaning qiymatlar sohasi, deyiladi. Aniqlanish sohasi
uchun D ( f ) va qiymatlar sohasi uchun
holda
(1)
bir o’zgaruvchili funktsiya , agar
ni ko’p o’zgaruvchili funktsiya va agar
ataymiz.
Funktsiyani
F
х
E
bo’lsa, u
yoki
х
х
E to’plamning o’zgaruvchisi bo’lsa, х ni erkli o’zgaruvchi yoki argument, deb
funktsiyaning
х
R (f ) belgilashlar ishlatiladi. Agar
nuqtadagi qiymatini bildiradi.
atashadi.
Funktsiyani belgilash uchun yana
harflar, argumentni belgilash uchun
harflar ishlatiladi.
Biz bu va keyingi uch bobda asosan bir o’zgaruvchili funktsiyalarni o’rganamiz.
Agar
E1
E 2 va
E 2 E 3 bo’lsa, u holda
z
х
funktsiya murakkab funktsiya
yoki
va
funktsiyalarning superpozitsiyasi, deb ataladi. Murakkab funktsiya
superpozitsiyasidan iborat bo’lishi mumkin
ta funktsiya
z= 1( 2(...( k( х ))...)).
Funktsiyalarga ko’p misollar keltirish mumkin. Masalan, r radiusli doira yuzi S= r 2
r
radiusning funktsiyasidir. Radius masofa sifatida faqat musbat qiymatlar
qabul qilishi mumkin
bo’lgani uchun , bu funktsiyaning aniqlanish sohasi
R
(0, )
bo’ladi. Agar S=
geometrik ma’nosisiz qarasak, u holda bu funktsiyaning aniqlanish sohasi
130
www.ziyouz.com kutubxonasi
R1
r2
bo’ladi.
formulani
Misollar:
1)
va
1)
у
1 х2 ,
2)
y
lg(1 x),
3)
y
4)
y
2)
x2 1
,
x 1
arcSinx,
misollardagi
D( f )
D( f )
1,1 ,
1, ,
D( f )
R\ 1
D( f )
1,1
,
.
murakkab
funktsiyalar
funktsiyalardir,
chunki
1)
funktsiya
2
у
и , и 1 v , v x funktsiyalarning, 2) funktsiya esa y lg u, u 1 x funktsiyalarning
superpozitsiyasidan iborat.
Funktsiya tushunchasi iqtisodiyotda ham keng qo’llaniladi. Masalan, talab, o’zlashtirish, taklif
funktsiyalari yoki foydalilik funktsiyasi, maqsad funktsiya va h.z.
Keltirilgan misollarda funktsiya formulalar yordamida berilgan, bundan funktsiya faqat formulalar
bilan berilar ekan degan xulosa kelib chiqmaydi. Masalan, х ning har bir qiymatiga uning butun
Ех() funktsiyaning har bir qiymatini ko’rsataolsak ham
qismini mos qo’yuvchi
Е (1) 1, Е (2,3)
( х, х
)
2, Е ( )
3 va x.k., uni hech qanday formula bilan ifodalab bo’lmaydi.
juftlik tuzib olib, koordinatalar tekisligidan bu juftlikka koordinatalari
х
va
х
bo’lgan nuqtani mos qo’yamiz. Barcha х
D larga mos qo’yilgan bunday nuqtalarning geometrik
o’rnini х funktsiyaning grafigi, deb ataymiz.
Funktsiyaning ko’p xususiyatlari aniqlanish sohasi, o’sish va kamayish oraliqlari, uzulish nuqtalari
atrofida va cheksizlikda o’zini tutishi, grafikda yaqqol ko’ringani uchun, funktsiyaning grafigini qurish
va undan foydalanish amaliyotda juda muhim rol o’ynaydi.
Г
у
A
O
a
x
b
x
61-rasm.
Ayrim hollarda, funktsiya grafik ko’rinishda berilishi ham mumkin. Masalan, seysmik izlanishlarda
ishlatiladigan jihozlar seysmik o’zgarishlarni grafik ko’rinishda ifodalaydi yoki meditsinada
ishlatiladigan kardiogramma asbobi yurak hurujini grafigini chizib beradi yoki texnikada keng
qo’llaniladigan otsillograf asbobi ham bunga misol bo’ladi.
х
Agar
holda
va
funktsiya biror
a, b
oraliqda berilgan bo’lib,
funktsiyalar yordamida 1)
olish mumkin. 1) va 2) funktsiyalar
х
a, b
, 2)
х
+ , 3)
ixtiyoriy o’zgarmas son bo’lsa, u
х-
,4)
х
funktsiyalarni tuzib
oraliqda aniqlangan, lekin 1) funktsiyaning grafigini
х
ordinatasi
ordinataga nisbatan
marotaba uzaytirilgan. 2) funktsiyaning grafigi, agar
х funktsiyaning grafigini
bo’lsa,
miqdor tepaga, va agar
bo’lsa,
miqdor pastga surish
х funktsiyaning grafigini
natijasida hosil bo’ladi. 3) funktsiyaning grafigi esa,
miqdor o’ngga
agar
bo’lsa,va agar
bo’lsa, shu grafikni
miqdor chapga surib hosil qilinadi. Va nihoyat, 4)
funktsiya
a ,b
intervalda aniqlangan uning grafigi
natijasida hosil bo’ladi.
131
www.ziyouz.com kutubxonasi
funktsiya grafigini
marotaba siqish
Agar
funktsiya nolga nisbatan simmetrik bo’lgan to’plamda aniqlangan bo’lsa, va shu to’plamning
х
х yoki
х - х munosabat o’rinli bo’lsa, bu funktsiyani mos
barcha nuqtalari uchun
ravishda juft yoki toq funktsiya, deb ataymiz.
Ta’rifdan ko’rinib turibdiki, juft funktsiyaning grafigi у o’qiga nisbatan simmetrik, toq
funktsiyaning
grafigi
esa,
koordinata
boshiga
nisbatan
simmetrik
bo’ladi.
Masalan,
х 2 к , Cosx , 1 x 2 , f x
x 2 k 1 , Sinx, x 1 x 2
- juft funktsiyalar,
funktsiyalar esa toq
funktsiyalardir.
Juft yoki toq funktsiyalar ko’paytmasi juft, juft va toq funktsiyalar ko’paytmasi esa toq funktsiya
bo’ladi.
2
х 1 toq ham juft ham
Har qanday funktsiya juft yoki toq bo’lishi shart emas. Masalan, х
emas.
funktsiya Е to’plamda o’suvchi (kamaymaydigan) funktsiya deyiladi, agar har qanday
х1 , х2
Е, х1 х2
lar uchun
х1
х2
х1
(
х2
) munosabat o’rinli bo’lsa.
Е to’plamda kamayuvchi (o’smaydigan) funktsiya deyiladi, agar har qanday
Е, х1 х2 lar uchun х1
х2 ( х1
х2 ) munosabat o’rinli bo’lsa.
funktsiya
х1 , х2
Mahsulotning sotilish miqdori uning narxiga bevosita bog’liq. Ular o’rtasidagi munosabat talab
funktsiyasi deb ataladi. Tabiiyki, mahsulot narxi oshsa, mahsulotga bo’lgan talabni kamaytiradi, yani
talab funktsiyasi kamayuvchi funktsiyadir. Bu funktsiyani QD
f P ko’rinishda belgilaymiz. Ishlab
chiqarilayotgan mahsulotning hajmi bilan uning narxi o’rtasidagi munosabat taklif funktsiyasi deyiladi
va QS
g P ko’rinishda belgilaymiz. Bu funktsiya o’suvchi, chunki mahsulot narxining oshishi
mahsulotni ko’proq ishlab chiqarishiga olib keladi.
Е to’plamda chegaralangan deyiladi, agar har qanday х Е uchun f ( х) М
munosabatni qanoatlantira-digan musbat М soni topilsa, aks holda
funktsiya Е to’plamda
1
у
chegaralanmagan deyiladi. Masalan,
funktsiya kamayuvchi va
oraliqda
х
funktsiya
chegaralanmagan, lekin
Agar
х Т
oraliqda chegaralangan.
Т son mavjud bo’lsaki, barcha
funktsiya uchun shunday
D( f )
bo’lib ,
х
=
х
Т
х
D( f )
lar uchun
munosabat o’rinli bo’lsa, bu funktsiyani davriy funktsiya,
Т ni uning davri deb ataymiz. Masalan, Sinx, Cosx davri 2
bo’lgan davriy funktsiyalardir.
Funktsiya quyidagi jadval ko’rinishida ham berilishi mumkin
x
x1 x2 ..
xn
у
y1 y 2 ..
yn
Demak,funktsiya analitik ko’rinishda, ya’ni arifmetik, algebraik va trigonometrik amallar bilan
ifodalanuvchi formulalar bilan, yoki grafigi bilan, yoki jadval ko’rinishda berilishi mumkin ekan.
Berilgan funktsiya to’g’risida to’la tasavvurga ega bo’lish uchun uning, masalan analitik ifodasi
yetarlik bo’lmasligi mumkin, shu sababli, uning grafigi quriladi, agar funktsiya grafik yoki jadval
ko’rinishda berilgan bo’lsa, uning analitik ifodasini tuzish zaruriyati tug’ilishi mumkin, bu esa ancha
murakkab masala. Bunga doir masalalarni biz keyingi boblarda batafsil ko’rib chiqamiz.
Biz shu paytgacha bir qiymatli funktsiyalarni ko’rdik, lekin
х
Е
ga
y
ning bittadan oshiq
qiymatlarini ham mos qo’yishi mumkin, bunday funktsiyani ko’p qiymatli funktsiya deb ataymiz.
Masalan, arcSinx, arcCosx, arctgx lar shchunday funktsiyalar jumlasiga kiradi:
y
( 1) k arcsin x k , y
arccos x
k
2k , y
0, 1, 2,... .
132
www.ziyouz.com kutubxonasi
( 1) k arctgx k ,
х
va
y
lar o’rtasidagi munosabat quyidagi ko’rinishda berilishi ham mumkin
F ( x, y )
0.
Bunday ko’rinishda berilgan funktsiyani oshkormas funktsiya, (2) ni esa, uning tenglamasi,
ataymiz. Masalan,
x2
y2
(2)
deb
r2
aylananing tenglamasi oshkormas funktsiyaga misol bo’ladi. U oshkor bo’lmagan holatda bitta ikki
qiymatli
r2
y
x2
r
, (
2
x
r );
2
2
2
r
x va y
r
x
funktsiyani yoki ikkita bir qiymatli y
funktsiyalarni aniqlaydi.
Ularning grafiklari birgalikda markazi koordinatalar boshida bo’lgan r radiusli aylanani ifodalaydi.
Oshkormas funktsiyaning grafigi koordinatalari (2) ning yechimlaridan tuzilgan nuqtalarning
geometrik o’rnidan iborat bo’ladi.
Agar (2) ni yuqorida keltirilgan misoldagidek, biror o’zgaruvchiga nisbatan yechsak,
у ko’rinishdagi funktsiyani hosil qilamiz. Bunda
yoki х
funktsiyaga teskari funktsiya, deb ataymiz.
х
у
funktsiyani
у
у
х
х
2-§. Funktsiyaning limiti.
2.1. Ta’riflar. Cheksizlikka intiluvchi funktsiyalar. Chegaralangan funktsiyalar.
Faraz qilaylik, х funktsiya а nuqtaning o’zida bo’lmasa ham, uning biror atrofida aniqlangan
bo’lsin. Agar х а ga , cheksiz ko’p elementlari а ning shu atrofiga tegishli bo’lgan har qanday
хп
ketma-ketlik bo’ylab intilganda ham,
х
ning ularga mos keluvchi qiymatlari ketma-ketligi
х2 , х3 ,..., хn ,...
х а dagi limiti, deb ataladi va
lim f ( x) A
х1
faqat
х
А limitga ega bo’lsa, А ni
,
funktsiyaning
x
(1)
(2)
a
ko’rinishda yoziladi.
х
1-misol.
ixtiyoriy
хп
=х
2
x
2
lim f ( x)
x
х
funktsiyaning
2
dagi limitini topaylik.
2
ga intiluvchi
ketma-ketlikni qaraylik. U holda, ketma-ketlik limitining xossalariga ko’ra
lim f ( x)
Demak,
2х 4
2
2-misol.
х
lim ( x n
x
2
2
2 xn
4)
lim xn
x
2
2
2 lim xn
x
2
4
4 4 4
4.
= CoS
1
x
funktsiya barcha
х
0
larda aniqlangan. Bu funktsiyaning
dagi limitini aniqlaylik.
0 ga intiluvchi quyidagi ketma-ketliklarni ko’raylik
x n|
2
( 4n 1)
,
x n||
u hîlda,
f ( xn| )
f ( xn|| )
4.
( 4n 1)
2
Cos2n
1.
Cos
0,
133
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
2n
,
х
0
Berilgan
х
funktsiya 0 ga intiluvchi ikki xil ketma-ketlik uchun ikkita har xil limitga ega bo’ldi.
0 da limitga ega emas.
Demak, berilgan funktsiya х
Funktsiya limitiga quyidagicha ta’rif bersa ham bo’ladi.
Ta’rif. Agar ixtiyoriy
son uchun shunday
son topilsaki,
х а
bo’lganda,
f ( x) A
а dagi limiti deyiladi.
х funktsiyaning х
munosabat o’rinli bo’lsa, u holda А son
Funktsiya limitiga berilgan bu ikki ta’rif o’zaro ekvivalent.
х funktsiyaning
Haqiqatan, faraz qilaylik, А son
а dagi limiti bo’lsin, va u ikkinchi ta’rif ma’nosida limit bo’lmasin. U
birinchi ta’rif bo’yicha х
holda shunday 0 mavjudki, uning uchun kerakli ni topib bo’lmaydi, ya’ni har qanday
uchun
х а
х
bo’lsa ham, kamida bitta shunday
topiladiki, uning uchun
f (x )
A
0
bo’ladi.
1
(
к
Endi agar,
(
хк
) deb, ularning har biriga mos
) munosabatlarni qanoatlantiruvchi barcha
хk=х
1
va f ( xк )
к
а
larni topsak, ulardan
хк
A
а
0
bo’lsa
х k larning А ga intilmasligi kelib chiqadi. Demak, qilingan faraz xato, ya’ni А son х
ham,
funktsiyaning ikkinchi ta’rif bo’yicha ham limitidir.
Endi teskarisini isbotlaylik, ya’ni А son х funktsiyaning ikkinchi ta’rif bo’yicha limiti bo’lsin.
U holda,
х
ning qiymatlaridan tuzilgan
uchun ikkinchi ta’rifda so’ralgan
bo’lganda
хп
bo’lgani uchun,
3-m i s o l .
Haqiqatan,
nuqtasi uchun
f xn
ketma-ketlik mavjud. Berilgan
ni topaylik. Endi shunday natural
ketma-ketlikning
п 0 ni tanlaymizki, п п 0
п 0 lar uchun f ( xп ) A
А ga intilishi kelib chiqadi.
хп
ketma-ketlik ixtiyoriy
А son х funktsiyaning birinchi ta’rif ma’nosida ham limiti bo’ladi.
х = х 2 funktsiyaning х
dagi limiti 1 ekanligini ko’rsataylik.
ixtiyoriy son bo’lsin. 1 ning (
х2 1
Agar
хп
ga intiluvchi
bo’lsin. U holda, ikkinchi ta’rifga ko’ra, п
а
bo’ladi. Bundan
а
min
1 2
,
2 5
atrofini qaraylik. Bu atrofning ixtiyoriy
х 1х 1
desak, u holda
х 1
х
5
х 1.
2
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha
х
lar
uchun
5 2
2 5
х2 1
Buni birinchi ta’rif bo’yicha
isbot qilsa ham bo’ladi. Masalan, agar
ketlik bo’lsa, limitlarning xossasiga ko’ra,
4-m i s o l.
х
.
lim xn
=( х 2-4)/( х -2) funktsiya
2
lim xn lim xn
D( f )
R\ 2
134
www.ziyouz.com kutubxonasi
da
хп
1 1 1.
1
ixtiyoriy ketma-
х
aniqlangan. Uning
х2 4
х 2
dagi limitini topaylik.
х 2 . Agar х n
D( f )
D( f )
ning ixtiyoriy
х
nuqtasi uchun
2 ga intiluvchi ixtiyoriy ketma-ketlik bo’lsa, u holda,
2
x
4
lim n
lim ( xn 2) 2 2 4.
n
xn 2 n
( х )= х +2 har xil funktsiyalar bo’lsa ham (chunki ularning aniqlanish
х
=( х 2-4)/( х -2) va
sohasi har xil), ularning х
dagi limitlari teng ekan.
х biror К
Agar
uchun | х |
К tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha х lar uchun
aniqlangan bo’lsa, va ixtyoriy
uchun shunday М
К son topilsaki, | х | М bo’lgan barcha
х
lar uchun
f ( x) A
х
А son
bo’lsa, u holda
funktsiyaning
х
dagi limiti, deb
ataladi. Buni
lim f ( x)
A
x
ko’rinishda yozamiz.
Bunday limitga ta’rifni ketma-ketlik tilida bersa ham bo’ladi.
ga intiluvchi ixtiyoriy ketma-ketlik bo’lib,
Agar х n
lim f ( x n )
A
xn
bo’lsa, u holda А son х funktsiyaning х
dagi limiti, deb ataladi.
Bu ikki ta’rifning ekvivalentligini isboti yuqorida chekli а uchun bajarilgani kabi bo’ladi.
а dagi va х
dagi limitlarining xossalari
Umuman, х funktsiyaning chekli а uchun х
bir xil bo’lgani uchun, bu xossalarni ikkala hol uchun bitta qilib beramiz. Ayrim hollardagina zaruriyat
tug’ilsa, а ning chekli, + yoki - ekanligini ko’rsatamiz.
а
ning ixtiyoriy atrofini
deb , yetarlicha katta
М
U a bilan belgilaylik. Agar
а=
(+
yoki - ) bo’lsa,
а
ning atrofi
0 uchun,
|х|
М ( х М yoki х
М )
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha х lar to’plamini tushunamiz. Aytish lozimki, ikkita U a 1 va
U a 2 atroflarning kesishmasi ham biror U a atrof bo’ladi.
х funktsiya а ning biror U a atrofida chegaralanmagan bo’lsa, ya’ni har qanday М
Agar
0 uchun va barcha х U a lar uchun | х )| М bo’lsa,
lim f ( x)
x
deb yozamiz. Bunday funktsiyalarni
lim f ( x)
Eslatma. Agar
lim f ( x)
x
x
а
bo’lib,
x
( lim
х
f ( x)
dagi cheksiz katta miqdor, deymiz.
х)
U a da
0 (
х)
) bo’lsa, u holda
) deb yoziladi.
2.2. Funktsiya limitlari haqidagi asosiy teoremalar.
1-teorema. Agar
lim f ( x)
x a
A, А
- chekli son bo’lsa, u holda
chegaralangan bo’ladi.
I s b o t i. Teorema shartidan , masalan,
uchun shunday
nuqtalari uchun
1
ekanligi kelib chiqadi. Bundan,
f ( x) A
|
х )|-| А |
U a ning barcha nuqtalari uchun
| х )| 1+| А |
135
www.ziyouz.com kutubxonasi
х)
biror
U a atrofda
U a atrof mavjudki, uning barcha
ni hosil qilamiz. Teorema isbot bo’ldi.
lim f ( x)
2-teorema. Agar
х Ua
barcha
A, А
x a
U a atrof mavjudki,
- chekli son bo’lsa, u holda shunday
lar uchun
A
х )|
|
.
2
Agar А 0 bo’lsa, х ) А , va А
bo’lsa, х ) А .
Teoremaning isboti §2.1 dagi 3-xossaning isboti kabi bajariladi.
3-teorema. Agar
А1
u holda
А2
lim f1 ( x)
x
х п Ua
x
A2 , va biror U a
a
atrofda
х)
1
2
х ) bo’lsa,
bo’ladi.
I s b o t i. Faraz qilaylik,
uchun
A1 , lim f 2 ( x)
a
хп
а
bo’ladi. Teorema shartiga ko’ra, bunday
U holda §2.1 dagi 4-xossaga ko’ra,
4-teorema. Agar
lim f1 ( x)
x
А1
A
a
п 0 topiladiki, п п 0 lar
biror ketma-ketlik bo’lsin. Shunday
lar uchun
1
х п)
2
х п)
bo’ladi.
А2 .
lim f 2 ( x)
,
хп
x
A
a
U a atrofda
, va biror
1
х)
х
2
х)
bo’lsa, u holda
lim
x
I s b o t i. Faraz qilaylik,
х п Ua
uchun
хп
а
lim
x
a
х
= А.
п 0 topiladiki, п п 0 lar
biror ketma-ketlik bo’lsin. Shunday
х п lar uchun 1 х п )
х п = А . х п ketma-ketlik
хп
bo’ladi. Teorema shartiga ko’ra, bunday
lim
bo’ladi. U holda §2.1 dagi 6-xossaga ko’ra,
uchun,
х
a
xn
a
2
х п)
ixtiyoriy bo’lgani
= А bo’ladi.
5-teorema. Chekli
lim f ( x)
x
A
a
х)
limitning mavjud bo’lishi uchun,
o’zida bo’lmasa ham, uning atrofida aniqlanganligi va har qanday
f ( x' )
f ( x" )
lim f ( x)
A
nuqtaning
uchun uning shunday
x' , x" U a , x' , x" a
atrofi mavjud bo’lishi zarur va yetarliki, ixtiyoriy
а
ning
Ua
lar uchun
bo’lsin.
Z a r u r l i g i. Faraz qilaylik ,
x
a
nuqtaning biror atrofida aniqlangan bo’ladi.
uchun shunday
Agar
f ( x" )
f ( x' ) A
х)
Y e t a r l i l i g i. Faraz qilaylik,
aniqlangan va har qanday
uchun
а
A
, bo’lsa,
f ( x) A
/2 bo’ladi.
.
U a atrofi mavjud bo’lsinki, ixtiyoriy
lar uchun
ga intiluvchi biror
п, т п 0
а
nuqtaning o’zida bo’lmasa ham, uning atrofida
хп
,
хп а
f ( x" )
ketma-ketlikni olaylik. Ketma-ketliklar uchun Koshi
shartiga ko’ra ( qarang 4-bob,§2.8 ), har qanday
topiladiki,
а
f ( x" )
uning shunday
f ( x' )
а
funktsiya
bo’lsa, u holda,
f ( x' )
bo’lsin.
х)
Bundan tashqari, ixtiyoriy
U a atrof mavjudki, agar х U a , х
x' , x" U a , x' , x" a
x' , x" U a , x' , x" a
chekli bo’lsin. U holda,
lar uchun
136
www.ziyouz.com kutubxonasi
uchun
shunday
п0 п0
son
хп
ya’ni
U a . U holda, п, т
xn , xm
п0
хт
,
lar uchun
f ( xn )
f ( xm )
,
( х п ) ketma-ketlik Koshi shartini qanoatlantiradi, va shu sababli limitga ega. Endi har xil
ketma-ketliklar uchun ( х п ) ketma-ketliklar bir xil limitga intilishini ko’rsatish qoldi.
а , х ’ п а ; х п , х ’ п а ( n 1,2,... ) bo’lsin. U holda, yuqorida
Faraz qilaylik, х п
ya’ni
хп
А ’ lar mavjudki, ( х п ) А va ( х ' п ) А ’ bo’ladi.
х п , х ' п , ketma-ketlikni tuzamiz. U holda yuqorida
( х 1), ( х '1), ( х 2), ( х '2),
( х п ), ( х ' п ),
А = А ’ bo’lsagina mumkin. Teorema isbot bo’ldi.
A va lim х = В , А , В -chekli sonlar bo’lsa, u holda
isbot qilinganiga asosan, shunday А va
Yangi а ga intiluvchi х 1, х '1, х 2, х '2,
isbotlanganiga ko’ra, unga mos keluvchi
ketma-ketlik ham chekli limitga egadir. Bu
lim f ( x)
6-teorema. Agar
10.
lim
[ (х)
20.
lim
[ (х)
x
x
a
a
30. Agar
a
х
]= А
х
В
]= А
bo’lsa,
f ( x) A
a
В;
В;
lim
x
a
/2 va barcha
Va
x
f ( x)
( x)
A
.
B
10 ni isbot qilamiz, 20 va 30 ning isbotlari shunga o’xshash bajariladi.
uchun а ning shunday U a , Va atroflari mavjudki, barcha х U a lar uchun
I s b o t i.
Ixtiyoriy
x Ua
x
х Va
(x) В
lar uchun
/2
bo’ladi. U holda, barcha
lar uchun
|[ ( х )
х
]-( А
В )|=|[ ( х )- А ] [ х - В ]|
| ( х )- А |+| х - В |
/2+ /2= .
ikki munosabat ham o’rinli:
Bundan tashqari, quyidagi
lim
1. Agar ( х ) chegaralanmagan funktsiya va
x
=0 bo’lsa, u holda
f ( x)
( x)
lim
x
х
a
a
bo’ladi.
2. Agar
lim f ( x)
x
a
A
va
lim
x
a
х
( А - chekli son )
=
bo’lsa, u holda
lim
x
a
f ( x)
( x)
0
bo’ladi.
Ayrim hollarda ( х ) funktsiya
а
ning o’zida emas, balki uning biror
aniqlangan bo’lishi mumkin, u holda funktsiyaning
xususan,
х
a, b
а +0
х
bo’lsa, o’ng limiti va agar
х
b, a
а
a, b
(
b, a
) atrofida
dagi limitini bir yoqlamali limiti deb,
bo’lsa, chap limiti, deb ataladi. Ular mos
а -0 ko’rinishda belgilanadi.
ravishda
va
а +0
Agar ( х ) funktsiya a, b intervalda aniqlangan bo’lsa, u holda а nuqtada o’ng
b -0 limiti ma’noga egadir.
limiti va b nuqtada chap
A limitning mavjudligiga ekvivalent.
Eslatma. а +0 = а -0 = А tenglik lim f ( x)
x
a
137
www.ziyouz.com kutubxonasi
5-m i s o l.
lim Sinx
x
0
0
Haqiqatan, har qanday
| х -0|
ekanligini isbotlang.
х
uchun
Sinx
| х | bo’lgani uchun ixtiyoriy
uchun =
desak,
bo’lganda,
Sinx 0
=
Sinx
| х |=| х -0|
bo’ladi.
lim Cosx
6-m i s o l.
x
0
1
ekanligini isbotlang.
Avvalgi misoldagidek, ixtiyoriy
Cosx 1
uchun
Cosx Cos 0 0
desak, | х -0|
2
2Sin 2
x
2
2
x 0
2
2
bo’lganda,
1
2
x 0
2
1
2
2=
bo’ladi.
2.3. 1-ajoyib limit. Kelajakda ko’p ishlatiladigan quyidagi limitni
Sinx
0
x
lim
x
1-ajoyib limit deb atashadi. Buni isbotlashdan avval,
1
х
0
(1)
S i n xх
lar uchun
2
tgx
bo’lishini ko’rsataylik.
BC
О
A
Buning uchun R radiusli doirada
АОВ o’tkir burchak, AB vatar va А
nuqtada o’tkazilgan АС urinmani
ko’raylik (qarang 62-rasm).
Ràsmdan ko’rinadiki
S
62-rasm.
AOB
S cekAOB
S
AOC
.
Bundan
1 2
R x
2
1 2
R Sinx
2
1 2
R tgx .
2
1 2
tgx ni hosil qilamiz. 0 х
R ga bo’lib yuborsak, Sinx х
2
e’tiborga olib, oxirgi tengsizlikni Sinx ga bo’lib yuborsak,
Agar bularni
Sinx
x
1
CoSx .
Bundan
0
1-
Sinx
x
1- CoSx
kelib chiqadi. Lekin
x
2
2 Sin
Sinx
x
х
1- CoSx = 2 Sin
2
x
2
Shuning uchun,
0
1-
.
Bundan o’z navbatida,
138
www.ziyouz.com kutubxonasi
х
.
2
ekanligini
0
kelib chiqadi. Oxirgi tengsizliklar -
uchun
desak,
х
|
х
2
-0|=|
Sinx
-1| | х
x
|
х
|
|
0 qiymatlar uchun ham o’rinlidir. Endi agar ixtiyoriy
Sinx
-1|
x
bo’lganda, |
bo’ladi. (1) isbot bo’ldi.
1 – m i s o l.
Sin x
0
x
lim
x
Sin x
0
x
lim
x
.
2 – m i s o l.
1 Cosx
0
x2
lim
x
x
2
2Sin 2
lim
x
x
0
Sin 2
2 lim
2
x
0
x
2
x
2
4
1
1
2
2
1
.
2
3 – m i s o l.
lim
x
0
tgx
x
lim
x
0
Sinx 1
x Cosx
lim
x
0
Sinx
1
lim
x
0
x
Cosx
1 1 1.
4 – m i s o l.
lim x Sin
x
bu yerda
1
х
у
deb belgiladik,
х
Sin
1
x
lim
da
у
1
x
x
0
1
x
Siny
0
y
lim
y
1,
bo’ladi.
2.4. 2-ajoyib limit. Biz avvalgi bobning §2.6. sida quyidagi limitni ko’rgan edik:
1
lim 1
n
n
Lekin bu limit
хп
ga intiluvchi har qanday
Haqiqatan, faraz qilaylik ,
х п
n
e.
(2)
ketma-ketlik uchun ham o’rinli.
ixtiyoriy ketma-ketlik va
х п
[ хп ] к п
ning butun
qismi bo’lsin.
U holda,
кп
хп к п 1 хп 1 к п
1
х п
da
кп
кп 1
1
кп
1
1
2
1
хп
va
хп 1
1
1
кп
кп 2
1
е1
кп
2
.
, shuning uchun yuqoridagi tengsizlikning birinchi va oxirgi ifodalari e ga
intiladi. U holda
1
1
хп
хп 1
e.
139
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
1
хп
1
хп
ekanligini e’tiborga olsak, (2) ni
хп
Endi agar
lim 1
xn
1
xn
-
хn '
bo’lsa, u holda
xn
lim 1
x 'n
lim
x 'n
1
x' n
=- хn
va
x 'n
x 'n
x' n
x' n 1
lim
x 'n
x 'n 1
1
1
bo’lgan hol uchun isbot qilgan bo’lamiz.
1
x' n 1
1
e.
x' n 1
Demak,
x
1
lim 1
x
x
e
(3)
ekan.
5- m i s o l.
1
u
lim 1 u
u
Bu tenglik (3) dan
1
x
0
e.
u almashtirish natijasida hosil bo’ladi .
6- m i s o l. Har qanday
uchun
x
lim 1
x
Agar
bo’lsin. Agar
x
bo’lsa, bu tenglik ixtiyoriy
х
bo’lsa,
х
lim 1
u
1
u
х uchun 1х
1
ekanligidan kelib chiqadi. Endi
e
,
u
0
x
.
va
x
x
lim 1
e
x
lim 1
x
x
140
www.ziyouz.com kutubxonasi
e .
§3. Uzluksiz funktsiyalar.
3.1. Ta’riflar. Funktsiyaning limiti bilan bog’liq bo’lgan oliy matematikaning yana bir muhim
tushunchasi – bu funktsiyaning uzluksizlik tushunchasidir. Biz bu yerda keltiradigan funktsiyaning
uzluksizligiga beriladigan ta’rif XIX asrda yashab ijod qilgan chexiyalik B.Boltsano va farangistonlik
O.Koshiga taqaladi.
х
Faraz qilaylik, bizga
х
Funktsiyaning
х0 D ( f )
funktsiya va biror
х0
nuqta berilgan bo’lsin.
dagi limiti tushunchasini kiritganimizda
х х0
qiymatni qabul qilishi
shart emas deb aytgan edik. Bu qiymat hatto D ( f ) ga tegishli bo’lmasligi ham mumkin, agar tegishli
х0
bo’lganda ham, limitni hisoblash jarayonida
qiymat e’tiborga olinmagan edi.
Biz hozir aynan
lim f ( x)
x
f ( x0 )
x0
(1)
bo’ladigan hollarni ko’ramiz.
х)
Agar (1) tenglik bajarilsa,
funktsiya
х = х0
nuqtada uzluksiz , aks holda funktsiya
qiymati bu nuqtada uzulishga ega deymiz.
Funktsiya uzluksizligiga quyidagicha ta’rif bersa ham bo’ladi.
х0
nuqtaga yaqin joylashgan boshqa
х
1
D ( f ) nuqtani х 1= х0 +
х miqdor х ning orttirmasi, deb
mumkin, bu yerda
musbat yoki manfiy bo’lishi mumkin. U holda
ataladi.
х0 + х
miqdorni
Agar
holda х
х0
funktsiyaning
х
da
х
nuqtadagi
х1
х
ko’rinishda yozish
х
ning joylashishiga qarab
х0
orttirmaga mos keluvchi orttirmasi deb ataymiz.
da limitga o’tsak, (1) ga asosan
bo’ladi, ya’ni agar funktsiya uzluksiz bo’lsa, u
bo’lar ekan. Aksi ham o’rinli, ya’ni agar х
da
bo’lsa, u holda
lim
x
=
0
lim
x
0
[
х0 + х
х0
]=0,
yoki
lim
x
Bu yerda
х = х0 + х desak,
0
х
[
х0 + х
х
da
х0
]
х0
=0.
bo’ladi. Shuning uchun oxirgi tenglikni (1)
ko’rinishda yozsa bo’ladi.
х
da
bo’lishi zarur va yetarli ekan.
Demak, funktsiya uzluksiz bo’lishi uchun,
Shu sababli funktsiyaning uzluksizligiga quyidagicha ta’rif beramiz .
х
) funktsiyani
х0
х
nuqtada uzluksiz deymiz,agar
atrofida aniqlangan bo’lib, uning argumentning
da nolga intilsa.
Har qanday funktsiya uchun ham х
da
y
)
х orttirmasiga
R
Q
O
A
а
х0 х0
х
nuqtaning o’zida va uning biror
mos keluvchi
orttirmasi
bo’lavermaydi (63-rasmga qarang).
C
P
х0
x
b
63-rasm.
141
www.ziyouz.com kutubxonasi
х
Funktsiya uzluksizligiga yana “
Agar ixtiyoriy
son topilsaki, | х - х0 |
son uchun shunday
х lar
qanoatlantiruvchi barcha
х = х0
funktsiya
” tilida ham ta’rif bersa bo’ladi:
uchun
х0
х
|
|
tengsizlikni
tengsizlik o’rinli bo’lsa, u holda
х
nuqtada uzluksiz, deyiladi.
(1) tenglikni quyidagicha yozish ham mumkin:
lim f ( x )
x
f ( lim x) ,
x0
x
x0
ya’ni uzluksiz funktsiya belgisi ostida limitga o’tish mumkin.
1-m i s o l. O’zgarmas
agar
х ga
С
у
funktsiyaning
Shuning uchun
у
С
lim
=0 va
x
0
х ning har qanday qiymati uchun uzluksiz. Haqiqatan,
С qiymat mos keladi.
mos kelsa, х + х ga ham у
funktsiya
qiymati
=
lim
x
0=0 bo’ladi.
0
х ning barcha qiymatlari uchun у х funktsiya ham uzluksiz, chunki
shu sababli, х
da у
bo’ladi.
Sinx funktsiya ham barcha х larda uzluksiz.
3-m i s o l. y
у
2-m i s o l.
х
, va
Haqiqatan,
y
Ma’lumki, har qanday
Sin( x
x) Sinx
Sin
uchun
х
da
x
)
2
2 Sin(
x
)
2
.
(2)
(§2.3 ga qarang). U holda (2) dan
y
va o’z navbatida, bundan
x
Cos ( x
2
2Sin
2 Sin
у
x
2
2
x
x
2
,
ekanligi kelib chiqadi.
3.2. Asosiy teoremalar.
1-teorema. Agar
va
funktsiyalar
х
lar ham
х = х0
х
,
х = х0
х
х
nuqtada uzluksiz bo’lsa, u holda
va agar
х0
bo’lsa,
f ( x)
( x)
nuqtada uzluksiz bo’ladi.
Teorema isboti §2.2 dagi 6-teoremadan kelib chiqadi.
х
= х0
Haqiqatan,
va
funktsiyalarning
lim ( x)
( x0 )
tengliklarga teng kuchli bo’lgani uchun, masalan, agar
x
x0
bo’ladi. Bu esa, o’z navbatida
2-teorema. Agar
uzluksiz,
х0
=А
f (u )
f ( x)
( x)
funktsiya
ning
u
uzluksizligi
lim f ( x)
x
x0
х0
х
= х0 nuqtada uzluksiz ekanligini bildiradi.
nuqtada va
u
(x) funktsiya
bo’lsa, u holda ularning superpozitsiyasidan tuzilgan
murakkab funktsiya ham
х
va
f ( x0 )
( x0 )
x0
A
f ( x0 )
bo’lsa,
f ( x)
( x)
lim
x
nuqtadagi
= х0 nuqtada uzluksiz bo’ladi.
142
www.ziyouz.com kutubxonasi
х
= х0
F ( x)
nuqtada
f ( ( x))
Isboti.
u
u
х
(x) funktsiya
х0
(x)
= х0 nuqtada uzluksiz,
х0
х
= А bo’lgani uchun,
х0
da
= А bo’ladi. U holda,
lim F ( x)
x
lim f ( ( x))
x0
x
lim f (u )
x0
u
f ( A)
A
f ( ( x0 ))
F ( x0 )
bo’ladi. Demak, berilgan murakkab funktsiya uzluksiz ekan.
4-m i s o l. п -darajali
а0 х п
Р( х)
а0 , а1 ,..., ап
ko’phad
а1 х п
o’zgarmas sonlar va
у
1
х
... ап 1 х ап
uzluksiz funktsiyalar ustida qo’shish, ayirish va
ko’paytirish amallarini ketma-ket bajarish natijasida hosil bo’ladi. Shu sababli 1-teoremaga ko’ra, u
barcha х lar uchun uzluksizdir.
5- misol.
y
Cosx
Sin(x
)
2
funktsiya
y S i n, uu
uzluksiz
x
funktsiyalarning
2
murakkab funktsiyasi, deb qaralsa, 2-teoremaga ko’ra, o’zi ham uzluksiz bo’ladi.
6- m i s o l.
у
х
х larda uzluksiz,chunki
barcha
у
х
7- m i s o l. Agar
3-teorema. Agar
х
funktsiya
shunday
х
х
u ,u
topiladiki, bu atrof nuqtalari uchun
4-teorema. Agar
х
funktsiya
y
bo’ladi, chunki u uzluksiz
х
funktsiya
х
0
х
х
0.
х
| ham uzluksiz
funktsiyalarning superpozitsiyasidir.
nuqtada uzluksiz bo’lsa, u holda bu nuqtaning shunday atrofi
х
х0
х
nuqtada uzluksiz bo’lsa, shu nuqtada |
0
f ( x)
х
х
chegaralangan bo’ladi.
nuqtada uzluksiz va
х0
bo’lsa, u holda bu nuqtaning
U a atrofi topiladiki, bu atrof nuqtalari uchun
|
bo’ladi. Xususan, agar
х0
х
|
|
bo’lsa, barcha
х
х
va agar
х0
bo’lsa, barcha
х0
|/2
U a lar uchun
х0
х U a lar uchun
х0
х
/2,
/2
bo’ladi.
Bu teoremalarning isboti §2.2 dagi 1- va 2-teoremalardan bevosita kelib chiqadi.
3.3. Birinchi va ikkinchi tur uzilish nuqtalari.
Ta’rif.
х0
(
=
funktsiya
х
= х0
nuqtada o’ngdan (chapdan) uzluksiz deyiladi, agar
х0
х0 +0
х0 -0 ) bo’lsa (§2.2 ga qarang).
Yuqoridagi ta’rifdan foydalanib uzluksizlikka quyidagicha ta’rif bersa ham bo’ladi: agar
х0
=
nuqtaning o’zida va uning biror atrofida aniqlangan bo’lib,
х0 -0
va
х0 +0
funktsiya
bir yoqlamali
limitlari mavjud bo’lsa va ular
х0
munosabatda bo’lsa, u holda
funktsiyani
х
=
х0 -0 = х0 +0
= х0 nuqtada uzluksiz deymiz.
143
www.ziyouz.com kutubxonasi
(1)
у
у
.
у
А
.А
.
А
..
О
а
r---64-расм.
х
О
х
О
а
х
у
О
67-rasm.
а
х
68-rasm.
funktsiya uchun
х
66-расм.
у
а
Agar
а
65-расм.
А
.
у
О
х0 -0
va
О
а
х
69-rasm.
х0 +0
limitlar mavjud bo’lsa-yu (1) tenglik bajarilmasa, u
holda funktsiya bu nuqtada uzluksiz bo’lmaydi. Bunday nuqtani 1-tur uzilish nuqtasi, deymiz.
64-69-rasmlarda 1-tur uzilish nuqtalarining olti holati ko’rsatilgan. Rasmlardagi А =( а, f ( a ) )
funktsiya grafigining nuqtasidir. Grafik bo’lagining oxiriga qo’yilgan “strelka“ oxirgi nuqta grafikka
tegishli emasligini bildiradi.
64-rasmda uchchala
х0
х0 -0 , х0 +0
,
sonlar teng bo’lmagani uchun funktsiya bu nuqtada
ham chapdan, ham o’ngdan uzilishga ega. 65-rasmda
х0
=
х0 -0
bu nuqtada chapdan uzluksiz va o’ngdan uzilishga ega. 66-rasmda esa,
х0 +0
х0 -0
, demak, funktsiya
х0
=
sababli funktsiya bu nuqtada chapdan uzilishga ega va o’ngdan uzluksiz. 67-rasmda
0=
х0 +0
, bunda funktsiya yo’qotiladigan uzilish nuqtasiga ega deyiladi, chunki
funktsiyaga aylantirish uchun (1) tenglikni bajarilishini talab qilish yetarli. 69-rasmda
х0 -0 = х0 +0
aniqlanmagan bo’lsa ham,
bo’lgani uchun, uni
mumkin, buning uchun (1) ni bajarilishini talab qilish kifoya.
nuqtasi, funktsiya bu nuqtada aniqlanmagan.
Agar
х0 -0
va
х0 +0
х
68-rasmdagi
а
х
х0 +0 ,shu
х0
х0 ni uzluksiz
х
а
nuqtada
nuqtada aniqlash
а
nuqta uzilish
limitlarning kamida bittasi cheksiz yoki mavjud bo’lmasa, bu nuqtani
2-tur uzilish nuqtasi, deb ataymiz.
1- m i s o l.
Signx
1, x 0,
0, x 0,
1, x
funktsiya
х
Sign(0 0)
0
barcha nuqtalarda uzluksiz,
1, Sign(0 0)
1.
х 0
0,
nuqtada 1-tur uzilishga ega, chunki
2- m i s o l.
144
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
Cos , x
x
0, x 0,
f ( x)
0,
funktsiya х 0 nuqtada chap va o’ng limitlarga ega emas (§2.1 dagi 2-misolni qarang), shu sababli
funktsiya bu nuqtada 2- tur uzilishga ega.
1
, х 0,
х
2, х 0,
у
3- m i s o l.
funktsiya х 0 nuqtalarda uzluksiz. х
uchun bu nuqta 2-tur uzilish nuqtasidir.
5-teorema. Agar
va
b
funktsiya
a, b
0
nuqtada chap va o’ng limitlari cheksizga teng, shuning
nuqtada chap limiti ( b -0) mavjud va
b
oraliqdan
a, b
х
хп
ga intiluvchi
( а ), ( b -0)
( а +0)
I s b o t i. Teorema shartiga ko’ra, barcha
a, b
а
oraliqda kamaymasa, u holda
( а +0)
( b ).
lar uchun (
х
( b ).
)
ketma-ketlik olaylik. Funktsiyaning bu ketma-ketlik
elementlariga mos keluvchi qiymatlari ketma-ketligi
f xn
kamaymaydigan va yuqoridan
bilan chegaralangan. Veyershtrass teoremasiga ko’ra, bu ketma-ketlik
limitga ega:
lim f ( x)
xn
nuqtada o’ng limit
b
(b )
( b ) dan katta bo’lmagan
f (b).
xn b
Tengsizlikni chap tomonida turgan ifoda ta’rifga ko’ra funktsiyaning
0).
nuqtadagi chap limiti
(b -
Demak, ( b -0) mavjud va
( b -0) ( b ).
Funktsiyaning а nuqtadagi o’ng limiti ( а +0) ning mavjudligi xuddi shunday isbot qilinadi.
funktsiya
Natija. Agar
o’ng limiti (
х +0)
Haqiqatan,
x
b
a, b
x
(
a, b
oraliqda kamaymasa, u holda ixtiyoriy
х ), va ixtiyoriy х
a, b
a, b
nuqtaning chap limiti (
х
х -0)
a, b nuqtaning
( х ) mavjud.
bo’lgan hol uchun bu xulosalar 5-teoremadan kelib chiqadi. Faraz qilaylik,
bo’lsin. Teorema shartiga ko’ra, funktsiya
а, х
va
х, b
oraliqlarda kamaymaydi. Shu
sababli, 5-teoremaga ko’ra, ( х -0), ( х +0) limitlar mavjud va ( х -0) ( х ) ( х +0).
Bu yerda,
funktsiya х nuqtada uzluksiz bo’lishi uchun ( х -0)= ( х +0) bo’lishi zarur va
yetarlidir.
Agar (
х
-0)
(
х
+0) bo’lsa, funktsiya bu nuqtada 1-tur
uzilishga ega bo’ladi.
3.4. Kesmada uzluksiz funktsiya. Veyershtrass teoremasi.
barcha
х
Masalan,
nuqtalarida aniqlanganligidan uning shu oraliqda
х
(0,1] da
chegaralanmagan, chunki
(
х )= 1 х ,
х
funktsiyaning biror chekli oraliqning
chegaralanganligi kelib chiqmaydi.
(0)=0 funktsiya [0,1] oraliqda aniqlangan, lekin bu oraliqda
0ga yaqinlashgan sayin funktsiya qiymatlari cheksiz orta boradi. Bunday
hol yuz berishiga sabab, funktsiya 0 nuqtada uzilishga ega.
Oraliqning barcha nuqtalarida uzluksiz bo’lgan funktsiyalar uchun bunday holat hech qachon yuz
bermaydi.
145
www.ziyouz.com kutubxonasi
Ta’rif. Agar
b
funktsiya
barcha
x
a, b
nuqtada chapdan uzluksiz bo’lsa, u holda
funktsiya
6-teorema. Agar
a, b
п
a, b
funktsiya
nuqtada o’ngdan va
oraliqda uzluksiz, deyiladi.
oraliqda uzluksiz bo’lsa, u shu oraliqda chegaralangan bo’ladi.
Isboti. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni
holda har bir natural
а
nuqtalarda uzluksiz,
a, b
funktsiya
son uchun shunday
xn
a, b
oraliqda chegaralanmagan bo’lsin. U
nuqta topiladiki,
f ( xn )
п
( п =1,2,... )
(2)
munosabatlar o’rinli bo’ladi.
хп
ketma-ketlik chegaralangan bo’lgani uchun, Boltsano-Veyershtrass teoremasiga ko’ra (5 bob,
a, b
§2.7 ga qarang ) , undan biror
olish mumkin. Teorema shartiga ko’ra
songa yaqinlashuvchi xususiy
funktsiya
х пк
ketma-ketlik ajratib
nuqtada uzluksiz, shu sababli
lim f ( xnk )
k
f( ).
(3)
Ziddiyatga keldik, (3) tenglik (2) munosabatga zid. Demak, qilgan farazimiz xato, ya’ni funktsiya
a, b
oraliqda chegaralangan.
6-teoremaning xulosasini geometrik nuqtai-nazardan 70-rasmda tushunish mumkin: uzluksiz
К to’g’ri chiziqlar oralig’ida joylashgan bo’ladi.
funktsiya grafigi у К va у
К
y
a
О
а -К
70-rasm.
b
x
c
71-rasm.
72-rasm.
b
a=
b
x
x
Ma’lumki, cheksiz ko’p elementli chegaralangan sonli to’plam tarkibiga uning eng katta elementi
(eng kichkina elementi) kirmasligi mumkin. Agar
hatto chegaralangan bo’lsa ham, uning
х
funktsiya
х
ning o’zgarish sohasida aniqlangan va
qiymatlari to’plami ichida uning eng katta yoki eng
kichkina qiymati bo’lmasligi mumkin. Bunday holatlarda
х
funktsiya shu oraliqda o’zining aniq
yuqori yoki aniq quyi chegarasiga etishmasligi mumkin. Masalan,
shunday [0,c] ,s
1, oraliqda o’zgargan barcha
х
х
= х - Е (х ) funktsiya uchun
lar uchun funktsiyaning aniq yuqori chegarasi bir,
lekin funktsiya bu qiymatiga [0,c] oraliqda erishmaydi, ya’ni funktsiyaning eng katta qiymati
yo’q. Buning sababi berilgan [0,c] oraliq funktsiyaning uzilish nuqtasini o’z ichiga olganligidadir. Bu
muammoni quyidagi teorema hal qiladi. 6-teoremani Veyershtrassning birinchi teoremasi, deb atashsa,
quyidagi teoremani Veyershtrassning ikkinchi teoremasi, deb atashadi.
146
www.ziyouz.com kutubxonasi
7-teorema. Agar
funktsiya a, b oraliqda uzluksiz bo’lsa, u holda funktsiya shu oraliqda
o’zining eng katta va eng kichik qiymatlariga erishadi.
Isboti. Faraz qilaylik, funktsiyaning aniq yuqori chegarasi M bo’lsin, buni quyidagicha yoziladi:
M Sup{ f ( x)} .
6-teoremaga ko’ra, bu chekli son. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni berilgan oraliqning barcha nuqtalari
f (x )
uchun
M bo’lsin. Quyidagi yordamchi funktsiyani tuzib olamiz
1
.
M f ( x)
( x)
Qilingan farazga ko’ra, maxraj nolga aylanmaydi. Demak, funktsiya berilgan oraliqda uzluksiz va 6-
(x)
teoremaga asosan u chegaralangan :
. U holda
f (x )
M dan kichik bo’lgan
ya’ni
M-
1
son
M-
f (x )
1
,
funktsiya uchun yuqori chegara bo’lyapti, buni
esa bo’lishi mumkin emas, chunki funktsiyaning aniq yuqori chegarasi
teoremani isbotlaydi, ya’ni
a, b
х0
oraliqda shunday
M . Vujudga kelgan ziddiyat
х0 M
nuqta topiladiki,
son
f (x )
funktsiyaning eng katta qiymati bo’ladi.
Funktsiyaning eng kichik qiymati haqidagi xulosa aynan shunday isbot qilinadi.
70-rasmda aks ettirilgan
f (x )
oraliqning ichida mos ravishda
funktsiya o’zining eng kichik va eng katta qiymatlarini
х=
nuqtada va
х
a, b
= nuqtada qabul qilyapti. 71-rasmda funktsiya
minimum qiymatiga oraliqning chap chegarasida va maksimum qiymatiga oraliqning ichidagi
qandaydir nuqtada erishyapti.
Boltsano-Koshining birinchi teoremasi. Agar
funktsiya
a, b
chekka nuqtalarida har xil ishorali qiymatlar qabul qilsa, u holda
topiladiki, bu nuqtada
f (c)
oraliqda uzluksiz va oraliqning
a, b
da shunday s
nuqta
0
bo’ladi.
72-rasmda aks ettirilgan funktsiya teoremaning hamma shartlarini qanoatlantiradi, ya’ni
oraliqda uzluksiz va
f (a )
,
f (b)
. Grafik s
a, b
nuqtada
х
a, b
o’qini kesib o’tyapti.
Teorema shunday bo’lishini takidlayapti.
Teoremaning isboti. a, b oraliqni 0 bilan belgilaylik. 0 ni teng ikkiga bo’lamiz. Agar 0 ning
o’rtasida funktsiya nolga teng bo’lsa, teorema isbot bo’lgan bo’ladi, agar bunday bo’lmasa, qaysi
bo’lakning chegara nuqtalarida funktsiya qiymatlari har xil ishorali bo’lsa, o’sha qismni olib uni 1
bilan belgilaymiz va uni teng ikkiga bo’lamiz. Agar funktsiya 1 ning o’rtasida nolga teng bo’lsa,
teorema isbot bo’ladi, aks holda funktsiya qiymatlarining ishoralarini har bir bo’lak chegaralarida
tekshiramiz. Qaysi bo’lak chegarasida ishoralar har xil bo’lsa, o’sha bo’lakni 2 bilan belgilab, uni yana
teng ikkiga bo’lamiz va h.k. , bu jarayonni davom ettirib, biz yo funktsiya qiymati nolga teng
bo’ladigan nuqtaga duch kelamiz bunda teorema isbot bo’ladi yoki bir-birining ichiga qamralgan
0
1
2
chegarasini
( bi )
.
... oraliqlar ketma-ketligini hosil qilamiz.
bi
bilan belgilaymiz. Barcha
i
1,2,3,...
i oraliqning chap chegarasini
ai
bilan va o’ng
lar uchun shartga ko’ra, masalan, ( ai )
i oraliq uzunligi
147
www.ziyouz.com kutubxonasi
va
b a
2i
bi - ai =
i
,
da nolga intiladi. U holda qamralgan kesmalar haqidagi teoremaga ko’ra (5 bob , §2.7 dagi
1-teorema) { ai },{ bi } ketma-ketliklar bir xil limitga intiladi, ya’ni
lim ai
lim bi
i
i
c
bo’ladi. Funktsiya uzluksiz bo’lgani uchun
f (c )
lim f (ai )
0
i
f (c )
va
lim f (bi )
0.
i
Bundan f (c ) 0 ekanligi kelib chiqadi. Teorema isbot bo’ldi.
Isbot qilingan teorema tenglamalarni yechishda keng qo’llaniladi. Masalan, toq darajali
a0 x 2 n
f ( x)
a1 x 2 n
1
 a2n x a2n
1
0
х
algebraik tenglamani ko’raylik. Absolyut qiymati bo’yicha yetarlicha katta bo’lgan
ko’phadning ishorasi bosh hadning ishorasi kabi bo’ladi, , ya’ni musbat
ishorasidek bo’ladi va manfiy
х
х
lar uchun
lar uchun
a0
ning
lar uchun unga teskari ishorada bo’ladi. Ko’phad uzluksiz bo’lgani
uchun , u ishoralarini o’zgartira borib, natijada biror oraliq nuqtada nolga aylanadi. Demak, har
qanday toq darajali algebraik tenglama kamida bitta yechimga ega ekan.
Boltsano-Koshining 1-teoremasidan nainki yechimning mavjudligini aniqlashda, balki hatto bu
yechimni taqribiy topishda ham foydalaniladi. Masalan,
f ( x)
x4
x 1
bo’lsin.
(1)=-1,
(2)=13 bo’lgani uchun, yechim 1 va 2 orasida bo’lishi mumkin. [1,2] oraliqni 1,1 1,2 1,3 ...
nuqtalar bilan teng 10 bo’lakka bo’lamiz va ketma-ket ravishda
bu nuqtalarda funktsiyaning
qiymatlarini hisoblaymiz
(1,1)=-0,63
(1,2)=-0,12
(1,3)=+0,55
Bundan yechim 1,2 va 1,3 nuqtalar orasida ekanligini aniqlaymiz. [1,2; 1,3] oraliqni ham teng 10
bo’lakka bo’lamiz va hisoblaymiz
+
Bundan yechim 1,22 va 1,23 nuqtalar orasida ekanligini bilib olamiz va x.k. bu jarayonni davom
ettirib, yechimni yetarlicha xatolik bilan topamiz, misol uchun 1,22 ni 0,01 xatolik bilan yechim, deb
qabul qilish mumkin.
Boltsano-Koshining
f (a)
A, f (b)
ikkinchi
B, A
B
teoremasi.
Agar
bo’lsa, u holda
А, В
oraliqda kamida bitta shunday s nuqta topiladiki,
Isboti. Yordamchi
( x)
orasidagi son bo’lgani uchun,
a, b
U holda avvalgi teoremaga ko’ra,
f (c )
oraliqda
lar orasidagi har qanday С son uchun
f (c )
C
C
uzluksiz,
a, b
bo’ladi.
funktsiyani tuzib olamiz.
a, b
funktsiya
oraliqda
А va В lar
ning chegaralarida har xil ishorali qiymatlarga ega, chunki
А В bo’lsa, А С В bo’ladi va
(a) f (a) C A C
,
bo’ladi. Bundan
a, b
ham shu orliqda uzluksizdir va teorema shartiga ko’ra, С
uzluksiz bo’lgani uchun,
masalan, agar
f ( x) C
funktsiya
a, b
(b)
f (b) C
B C
oraliqda shunday s nuqta topiladiki,
.
(c )
f (c ) C
0
ekanligi kelib chiqadi.
Natija. a, b oraliqda uzluksiz bo’lgan har qanday funktsiya o’zining shu oraliqdagi eng kichik
va eng katta qiymatlari orasidagi barcha qiymatlarni qabul qiladi.
148
www.ziyouz.com kutubxonasi
Agar funktsiya eng kichik qiymatiga
nuqtada va eng katta qiymatiga
nuqtada erishsa, masalan,
a, b bo’ladi.U holda natijaning isboti Boltsano-Koshining 2-teoremasini
bo’lsa,
oraliqga qo’llashdan kelib chiqadi.
3.5. Teskari uzluksiz funktsiyalar.
a, b
, f (b)
funktsiya berilgan bo’lsin. f ( a )
uzluksiz egri chiziqdir (73-rasmga qarang).
Agar
х
а
b
dan
dan to
gacha o’sib borsa,
f (x)
а
bo’lgan
b
x
( y)
bir qiymatli akslantiradi
barcha
aniqladik. Ma’lumki,
73-расм.
uchun
x
funktsiya
,
у
,
y
oraliqda berilgan
( y)
f (x)
uchun
mos keladi. Bu
funktsiyaga teskari
funktsiyani
a, b
oraliqda qat’iy o’sib, uni
f [ ( y )]
lar uchun
,
у
a, b
х
bo’ladigan yagona
,
x
bilan
,
у
gacha bo’lgan barcha qiymatlarini
uzluksiz o’sib qabul qiladi. U holda har bir
О
f (x)
bo’lsin deb faraz qilaylik. Bu funktsiyaning grafigi
oraliqning
y
y
oraliqda uzluksiz va qat’iy o’suvchi bo’lgan
y
va barcha
oraliqqa o’zaro
х
a, b
lar
[ f ( x)] x .
( y ) funktsiyaning
grafigini 1-koordinatalar choragining bissektrisasi atrofida tekislikni 1800
burchak ostida burish natijasida hosil qilamiz. Burish jarayonida grafik uzluksizligicha qolgani uchun,
x
( y)
,
funktsiya
oraliqda uzluksiz bo’ladi, deyish mumkin. Bunday geometrik muloxaza
quyidagi teoremaning haqligiga asos bo’ladi.
y
x= (y)
y=f(x)
0
x
74-rasm.
Teorema.
f (a)
Agar
, f (b)
y
f (x)
funktsiya
bo’lsa, u holda
a, b
oraliqda
ga teskari bo’lgan
x
uzluksiz,
( y)
qat’iy
o’suvchi
va
funktsiya mavjud va bu
, oraliqda uzluksizdir.
funktsiya o’zaro bir qiymatli, qat’iy o’suvchi va
Teoremani quyidagi lemma yordamida isbot qilamiz.
Lemma. Agar qat’iy o’suvchi
holda
a, b
y
f (x)
funktsiya
a, b
oraliqda uzluksiz bo’ladi.
149
www.ziyouz.com kutubxonasi
oraliqni
,
oraliqga akslantirsa, u
x0
Isboti. Ixtiyoriy
y0
f ( x0 )
ekanligidan
у0
у0
f ( x2 )
f (x )
f ( x1 )
funktsiyaning
bo’ladi.
f ( x2 )
a
yoki
х1 , х2
x0
b
x0
a, b
lar
х1 , х2
f ( x)
kelib chiqadi. Bundan
funktsiya
а, b
х
o’suvchi bo’lgani uchun
у0
ni hosil qilamiz. Demak,
x0
ni shunday
bo’lsin. Shartga ko’ra, shunday
f ( x1 ), y0
f ( x0 )
qat’iy o’suvchi bo’lgani uchun unga mos keluvchi
intervalga tegishli bo’ladi. Yetarlicha kichik
у0
у0
у0
f ( x)
yoki
nuqta olaylik.
,
nuqta
tanlaymizki,
topiladiki,
a, b
y0
nuqtada uzluksiz ekan.
nuqtalarda bir tomonli uzluksizligi xuddi shunday isbot
qilinadi.
Teoremaning isboti. Faraz qilaylik,
o’suvchi bo’lgani uchun, har qanday
Lekin, agar
,
у
natijasiga ko’ra,
funktsiya uchun
x
y
Y f ( a, b ) bo’lsin. f (a)
f (x)
x a, b uchun
, f (b)
va
bo’ladi, ya’ni
funktsiya
Y
,
.
kesmaning ixtiyoriy nuqtasi bo’lsa, §3.4. dagi Boltsano-Koshi teoremasining
Y
Y
, ya’ni
,
Y
,
Y
. Demak,
,
da qat’iy o’suvchi
teskari funktsiya mavjud. Lemmaga asosan esa,
luksizdir. Teorema to’liq isbot bo’ldi.
a, b
ekan. U holda qat’iy o’suvchi
a, b
kesmani
( y)
3.6. Tekis uzluksiz funktsiyalar.
,
x
( y)
kesmaga akslantiruvchi
funktsiya uz
kesmada (intervalda, yarim intervalda) uzluksiz bo’lgan
funktsiya berilgan bo’lsin. U holda bu kesmaning (intervalning, yarimintervalning)
nuqtasi uchun berilgan
qanoatlantiruvchi barcha
son uchun shunday
x
a, b
(
a, b , a, b , a, b
х 0 nuqta o’zgarishi bilan o’zgarmas
uchun
bog’liq bo’lmay, balki х 0 ga ham bog’liq bo’ladi.
Shu sababli berilgan
son topiladiki,
) lar uchun
f ( x)
ixtiyoriy
х х0
f ( x0 )
ham o’zgarishi mumkin, ya’ni
uchun berilgan oralig’dagi barcha
х
larga bir xil
х
0
tengsizlikni
bo’ladi.
faqat
ga
mos keladigan
funktsiyalarni ajratishga extiyoj tug’iladi.
Ta’rif. X to’plamda aniqlangan funktsiya shu to’plamda tekis uzluksiz, deyiladi, agar ixtiyoriy
son uchun shunday
х1 , х2
Х
topilsaki,
х1
х2
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha
lar uchun
f ( x1 )
f ( x2 )
munosabat o’rinli bo’lsa.
Agar funktsiya X to’plamda tekis uzluksiz bo’lsa, u holda bu funktsiya X ning har qanday X’
qismto’plamida ham tekis uzluksiz bo’ladi. Lekin aksi har doim ham o’rinli emas.
Teorema(Kantor1). a, b oraliqda uzluksiz bo’lgan har qanday
funktsiya shu oraliqda tekis
uzluksiz bo’ladi.
mavjud bo’lsinki, har qanday
uchun
Isboti. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni shunday
х1
1
х2
tengsizlikni qanoatlantiruvchi
х1 , х2
a, b
lar topilib,
Georg Kantor (1845-1918)- mashhur olmon matematigi, to’plamlar nazariyasining asoschisi.
150
www.ziyouz.com kutubxonasi
f ( x1 )
f ( x2 )
munosabat o’rinli bo’lsin.
п } sonlar ketma-ketligini olaylik. har bir
Nolga intiluvchi musbat {
x1,n
munosabatlarni qanoatlantiruvchi
x1,n
x 2,n
x1,n , x 2,n
п
a, b
va
f ( x1,n )
п 1,2,3,...
sababli Boltsano-Veyershtrass teoremasiga ko’ra undan qandaydir
xususiy ketma-ketlik ham
x0
a, b
f ( x 2, n )
(1)
lar topiladi.
ketma-ketlik chegaralangan (chunki barcha
к
xususiy ketma-ketlik ajratib olish mumkin.
п uchun
da
х1,пк
lar uchun
x0
a, b
х 2 , пк
0
nuqtaga intiladi. Shu sababli,
х1,п
a, b
) , shu
ga intiluvchi
х1,пк
bo’lgani uchun,
х 2 , пк
funktsiyaning
x0
nuqtada
uzluksizligidan
lim f ( x1,nk )
к
bo’ladi. Agar (1) da
lim f ( x2,nk )
k
k
f ( x0 )
da limitga o’tsak,
lim f ( x1,nk )
k
f ( x 2 , nk )
f ( x0 )
y
f (x)
son uchun shunday
usulda bo’lmaylik,
M i s o l.
y
a, b
funktsiya
0
(2)
. Bu ziddiyat qilingan faraz
kelib chiqadi. Buni esa bo’lishi mumkin emas, chunki shartga ko’ra
xato ekanligini ko’rsatadi. Teorema isbot bo’ldi.
Bu teoremadan bevosita quyidagi natija kelib chiqadi.
Natija. Agar
f ( x0 )
oraliqda uzluksiz bo’lsa, u holda har qanday berilgan
topiladiki, oraliqni uzunliklari
dan kichik bo’lgan bo’laklarga qanday
y
f (x) funktsiyaning shu bo’laklardagi tebranishi dan kichik bo’ladi.
Sin( 1 ) funktsiya
uchun
oraliqda uzluksiz va yuqoridagi teoremaga
x
ko’ra u shu oraliqda tekis uzluksiz. Lekin bu funktsiya (0,1 yarim intervalda uzluksiz bo’lsa ham, unda
tekis uzluksiz emas.
Haqiqatan,
хк
f ( xk 1 )
2
(к
(2к 1)
f ( xk )
munosabat o’rinli. Agar
0,1,2,...)
nuqtalar (0,1 yarimintervalga tegishli va ular uchun
(2k 3)
2
Sin
Sin
desak, har qanday
хк
1
хк
(2k 1)
2
( 1) k
son uchun shunday
1
( 1) k
2
topiladiki,
4
(2к 3)( 2к 1)
bo’lsa ham, lekin
f ( xk 1 )
f ( xk )
2
bo’ladi. Bundan berilgan funktsiyani [0,1] da uzluksiz bo’ladigan qilib davom ettirib bo’lmaydi degan
xulosa kelib chiqadi, chunki aks holda, teoremaga ko’ra funktsiya [0,1] da tekis uzluksiz , demak (0,1
da ham tekis uzluksiz bo’lishi kerak. Buni esa bo’lishi mumkin emasligini yuqorida isbot qildik.
3.7. Elementar funktsiyalar. C (o’zgarmas),
х п , а х , log a x, Sinx,Cosx ,
tgx, Arc sin x, Arc cos x, Arctgx
funktsiyalarni eng sodda elementar funktsiyalar deb ataymiz. Ular
ustida bajarilgan arifmetik amallar yoki superpozitsiyalar natijasida hosil bo’ladigan barcha murakkab
151
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
2
y ln( e Sin x 1)
funktsiyalarni elementar funktsiyalar, deymiz. Masalan,
elementar
funktsiyadir.
Elementar funktsiyalarni o’rganib chiqish matematik tahlil nuqtai-nazaridan foydadan holi emas.
a) O’zgarmas C funktsiya. Avval ko’rganimizdek barcha haqiqiy sonlar to’plamida aniqlangan,
uning grafigi
х
o’qidan C masofada bu o’qga parallel o’tgan to’g’ri chiziqdan iborat. Yuqorida bu
funktsiyaning haqiqiy sonlar o’qida uzluksiz ekanligini isbot qilgan edik.
b)
хп
у
- darajali funktsiya ( п -o’zgarmas). Natural
п
lar uchun bu funktsiya barcha haqiqiy
sonlar to’plamida aniqlangan, u yyerda uzluksiz ( § 3.2, 4-misolga qarang ). Bu funktsiya
qat’iy o’suvchi, chunki har qanday
х2
п
х1
п
х1 х 2
( х2
da
lar uchun
х1 )( х 2
п 1
х2
п 2
х1
... х1
п 1
)
.
п
Y 0,
у х funktsiya X 0,
Bundan tashqari
yarimintervalni
yarimintervalga
akslantiradi, shu sababli § 3.6 dagi teoremaga ko’ra, unga teskari bo’lgan bir qiymatli , uzluksiz va
qat’iy o’suvchi funktsiya mavjud. Bu funktsiyani
п -darajali arifmetik ildizi deb ataymiz.
х п funktsiya
Agar п =2k+1 bo’lsa, у
х
у
1
п
п
у (у
0)
ko’rinishda belgilab,
у
ning
toq funktsiya bo’ladi. U
qat’iy o’suvchi va
oraliqni
uzluksiz, qat’iy o’suvchi teskari funktsiyaga ega
х
Bu yyerda
у
lar uchun 2к 1
у
arifmetik ildizi va
Agar
п =2k
у
2к 1
ifoda
lar uchun 2к 1
bo’lsa,
хп
у
у
у
(
у
ning 2k+1-darajali
у =- 2 к 1 | у | .
funktsiya juft funktsiya bo’ladi. U
х
у
хп
funktsiyaning
y
п
2к
intervalni
intervalda monoton emas, va shu sababli
у
(
у
).
haqiqiy son bo’lgan ayrim hollardagi grafiklari berilgan
y
y
y
y=x2
y=x3
x
0
x
y=1/x3
y=1/x2
x
0
0
x
y
y
y=x2/3
y
y=x3/2
x
0
oraliqda
).
yarimintervalga akslantiradi. Lekin bu funktsiya
unga teskari funktsiya ikki qiymatli
Quyida
oraliqda uzluksiz,
oraliqga akslantiradi, shu sababli
y=x1/3
x
0
x
0
152
www.ziyouz.com kutubxonasi
75-ðàñì.
у
v)
х
а
а
va 2)
1-hol
agar
х
а
). Bu yerda ikki hol bo’lishi mumkin 1)
х
ga akslantiradi, ya’ni barcha
0
lar uchun
х
ах
а
lar uchun
Bu funktsiya o’suvchi, ya’ni
а у а х . Haqiqatan,
х
х
у
ах
ах
, va bu funktsiya
. Bundan tashqari, har
1 bo’lishi o’rta maktabdan ma’lum. Endi agar
к
ау
х
desak,
х
к
-1
х
-1)
а х ак
bo’ladi, bundan
х ,у
munosabatda bo’lgan har qanday
а у - ах = ах ( ау
bo’lgani uchun
lar uchun
,
1.
irratsional bo’lsa, uning butun qismini
у-х
D( f )
bo’lsa, funktsiyaning aniqlanish sohasi
Haqiqatan, ratsional
va
1, а
.
ni 0
qanday
- ko’rsatkichli funktsiya ( а
х
, chunki barcha
х
-
1.
lar uchun
lar uchun
ах
.
1-m i s o l.
lim n n
1.
n
Haqiqatan, musbat
lar uchun Nyuton binomiga ko’ra
1
Agar bu yerda
п
п
п(п 1)
2
1 п
п
2
... 1
п(п 1)
2
2
.
п 1 desak,
п(п 1)
2
п 1
yoki
(1)
п
п 1
2
lar uchun
2
п
п
п 1
2
.
Agar bu tengsizliklardan kvadrat ildiz olsak,
2
п
п
п 1
yoki
Va nihoyat, agar п
da limitga o’tsak, (1) hosil bo’ladi.
п а bo’ladigan barcha natural sonlar uchun
1
а
1
п
п
1
п
п
2
п
п
+1
п
1.
(2)
1
bo’lgani uchun
lim a
n
153
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
n
1
(3)
хп
bo’ladi. Endi agar
хп
desak, 0
1
кп
ixtiyoriy nolga intiluvchi musbat sonlar ketma-ketligi bo’lsa,
va
а хп
а0
1
а
1
кп
кп
хп
bo’ladi. U holda (3) ga asosan
lim a хп
1.
n
хп
1
ketma-ketlik ixtiyoriy bo’lgani uchun, biz o’ng limitning mavjudligini isbotladik
lim a x
x
1.
0
x 0
U holda chap limit ham mavjuddir
1
x 0a x
x0
lim a x
x
1
lim a u
lim
0
x 0
0
u
1
1.
1
u0
Demak,
lim a x
x
0
1
(4)
ekan.
ах
у
funktsiya har qanday
х0
,
nuqtada uzluksiz agar
х х0
0
bo’lsa,
(4) ga asosan
а х0
ах
bo’ladi.
Endi bu funktsiya
Shunday
х
а х0 а х
х0
а
х
ах
x
desak, biz ko’rmoqchi
bo’lgan
funktsiyaning aniqlanish sohasi
х
х
lar uchun
1
a x
1
lim a u
0
u
. Agar
1
ах
barcha
yetarlicha katta son bo’lsin.
ах
а
lim
x
а
0
ekan.
bo’lsa, u holda
lim a x
bo’ladi.
2-hol
1
bo’ladi, shuning uchun ixtiyoriy
M
da
х0
da o’zini qanday tutishini ko’raylik. M
ratsional son topiladiki,
ya’ni х
Endi, agar
а х0 а х
1
lar uchun
hol
х
а
1
1-holga keltiriladi, chunki
D( f )
ах
1
,
, va u
а
ni 0
. Bundan tashqari, har qanday
х
. Bu holda ham
ga akslantiradi, ya’ni
0
lar uchun
ах
1
va
х
,0
lar uchun
ах
. Bu holda ham funktsiya o’z aniqlanish sohasida uzluksiz va qat’iy
kamayuvchi.
Agar
х
bo’lsa,
ах
0 va
х
bo’lsa, u holda
154
www.ziyouz.com kutubxonasi
ах
bo’ladi.
ах
у
funktsiyaning ikkala hol uchun grafigi quyidagicha bo’ladi
y
y
a<1
a>1
a>1
x
0
x
0 y=ax
a<1
logax
76-ðàñì.
y
g)
log a x . Bu yyerda ham ikki hol bo’lishi mumkin. Avval а
,
funktsiya
teskari
0
da uzluksiz, qat’iy o’suvchi va
ni 0
х log a у
у
ах
ga akslantirgani uchun, unga
da uzluksiz va qat’iy o’suvchi funktsiya mavjud. Uni
logarifmi deb ataymiz va
deb faraz qilaylik.
у
а
ning
ko’rinishda yozamiz. Agar bu tenglikda
х
va
asosga nisbatan
у
larni o’rnini
almashtirsak, yuqorida bildirilgan fikrlarga asosan
lim log a x
,
x
lim log a x
x
.
0
x 0
Teskari funktsiyaning ta’rifiga ko’ra, quyidagi ayniyatlar o’rinli
a loga x
а
ning
е
x
х
(0
) ,
а
asosga nisbatan logarifmini
log a a x
x
х
(
).
ning natural logarifmi deb ataymiz va
log e a
ln a
ko’rinishda yozamiz.
Agar 0
а
bo’lsa,
y
log a x
funktsiya -
da uzluksiz va qat’iy kamayuvchi.
Bu funktsiyaning grafigi yuqoridagi rasmda ko’rsatilgan.
d) Trigonometrik funktsiyalar. Sinx, Cosx , tgx, ctgx
o’quvchiga o’rta maktabdan ma’lum.
Ma’lumki ( §3.1, 3-misolga qarang ),
y
Sinx
va boshqa trigonometrik funktsiyalar
funktsiya
2
,
2
oraliqda uzluksiz va qat’iy
o’suvchi, bu oraliqni
oraliqga o’zaro bir qiymatli akslantiradi. Shu sababli, unga teskari bir
qiymatli, uzluksiz funktsiya mavjud:
x
Agar
y
Arc sin y
Sinx
funktsiyani
arcsin x, D( f )
1, 1
.
oraliqda qarasak, unga teskari funktsiya ko’p qiymatli
funktsiya bo’ladi, uning barcha qiymatlari quyidagi formula yordamida topiladi:
x
Arc sin y
( 1) k arcsin y k
(k
Xuddi shunday
y
y
Cosx (0 x
(
tgx
2
),
x
funktsiyalarga teskari funktsiyalar mos ravishda
155
www.ziyouz.com kutubxonasi
2
),
0, 1, 2, 
).
(4)
Agar berilgan funktsiyalarni
x
arccos y, ( y
1, 1 )
x
arctgy, ( y
,
.
oraliqda qarasak, ularga teskari funktsiyalar mos ravishda
x Arc cos y
arccos y 2k ,
x Arctgy arctgy k
(k 0, 1, 2,)
bo’ladi.
y
y
1
-3 /2 -
- /2
y=Sinx
0
/2
1
3 /2
2
x
3 /2 -
- /2 0
y
- /2
/2
3 /2 2
/2
3 /2 2
y
y=tgx
-3 /2 -
y=Cosx
0
y=ctgx
/2
3 /2
2
x
3 /2 -
- /2 0
77-ðàñì.
e) Giperbolik funktsiyalar. Quyidagi funktsiyalar
shx
ex
e
2
x
ex
, chx
e
2
x
shx
, cthx
chx
, thx
chx
shx
mos ravishda giperbolik sinus, kosinus, tangens va kotangens funktsiyalar, deb ataladi.
shx, chx.thx
funktsiyalar
oraliqda aniqlangan, cthx funktsiya esa
oraliqda aniqlangan.
Bu funktsiyalar uchun quyidagi formulalar o’rinli ekanligiga ishonch hosil qilish qiyin emas:
sh ( x
y)
shxchy shychx,
ch( x
y)
chxchy shxshy ,
ch 2 x sh 2 x 1.
y
chx
cthx
y
shx
1
1
thx
O
1
x
O
x
-1
cthx
78-ðàñì.
Yuqorida keltirilgan elementar funktsiyalarning xossalaridan foydalanib quyidagi limitlarni hisoblaylik.
156
www.ziyouz.com kutubxonasi
ln(1 x)
0
x
lim
2-m i s o l.
x
x
ln x
Haqiqatan, v) ga asosan
misolga ko’ra
ln(1 x)
0
x
lim
x
log a (1 x)
0
x
log a e
funktsiya
oraliqda uzluksiz bo’lgani uchun va §2.3 dagi 5-
1, lim
lim ln(1 x)
x
1
1
ln a
ekanligini isbotlang.
ln lim (1 x)
x
0
x
1
ln e 1 .
x
0
3-m i s o l.
x
ax
Haqiqatan, agar
u
bo’ladi. Endi agar
ax
1
ax 1
0
x
а ) , lim
ln a
0
lim
x
ex 1
0
x
ln e 1 .
,(
x
x
1 u desak, ko’rsatkichli funktsiyaning uzluksizligiga
x ln a ln(1 u ) ekanligini hisobga olsak,
lim
u
ln a
0 ln(1 u )
lim
u
u
а
3.8. “O” va “o” miqdorlar. Miqdorlarni solishtirish.
biror
х
U a atrofida berilgan
(
) yoki
х
) bo’lishi mumkin. Barcha
u
0 ln(1 u )
ln a lim
х
0
da
ln a.
nuqtaning o’zida bo’lmasa ham, uning
а
funktsiyalarni qaraylik.
х Ua
ko’ra,
х
lar uchun
nuqta chekli son yoki cheksiz
bo’lsin.
1-ta’rif. Agar
f ( x)
( x)
lim
x
bo’lsa,
х
а
х
da
funktsiyani
х
a
0
(1)
funktsiyaga nisbatan o-kichik miqdor, deb ataymiz va
f ( x)
x
a
o ( x)
(2)
ko’rinishda yozamiz.
Masalan:
x2
т
agar
п
п
agar
т
bo’lsa,
bo’lsa,
1 Cosx
o(1),
(1) ni
а
а
1
ln x x
f ( x)
х
х
х
=
da
x
хп
х
х
0
п
x
0
o( x),
о хт ,
о хт ,
х
1 Cosx
o( x), chunki lim
x 0
0
x
ifoda
х
а
dagi
2 lim
x
cheksiz
Sin 2 x
kichik
2
0.
x
0
miqdorni
bildiradi.
Masalan,
o(1).
х
х
deb, yozish mumkin,bu yerda
х
а
da
х
0. Agar (1) munosabat
х va х funktsiyalar uchun bajarilgan bo’lsa, х ni
da cheksiz kichik miqdor bo’lgan
а da yuqori tartibli cheksiz kichik miqdor deymiz. Agar (1) dagi х va
ga nisbatan х
а da cheksiz katta miqdorlar bo’lsa, u holda х ni х ga nisbatan х
funktsiyalar х
da quyi tartibli cheksiz katta miqdor, deymiz.
2-ta’rif. Agar
х
х
а
lim
x
157
www.ziyouz.com kutubxonasi
a
f ( x)
( x)
1
(3)
х va
munosabat o’rinli bo’lsa,
х
х ko’rinishda yoziladi.
Masalan, х
0 da
Sinx
х
х
funktsiyalar
x 2 , ln 1 x
2
x,1 Cosx
1-teorema. Agar
u holda
bo’ladi.
Isboti. Agar biror
atrofida
х
х
U a da
а
da ekvivalent miqdorlar, deyiladi va
x, a x
x, e x 1
х
а
da
х
х
х
а
da
х
х
а
bo’lsa, (5) ga ko’ra, ravshanki,
x
a
( x)
f ( x)
1
f ( x)
( x)
lim
x
2-teorema. (5) munosabat bajarilishi uchun
da
(4)
(5)
(6)
ning balki biror kichikroq
a
х
а
1
1.
1
da
х = х +o(
bo’lishi zarur va yetarlidir.
Z a r u r l i g i. Faraz qilaylik, (5) o’rinli bo’lsin. U holda shunday
а
bo’lsa,
x ln a .
bo’ladi. U holda
lim
х
1
х
bo’lib,
f ( x)
( x)
1
f ( x)
( x)
( x)
х
х
)
(7)
funktsiya mavjudki,
deyish mumkin. Bundan
( x) ( x)
( x) o( ( x))
kelib chiqadi.
Y e t a r l i l i g i. Agar (7) o’rinli bo’lsa, u holda
f ( x)
х
bo’ladi, bu yerda
а
da
( x) o( ( x))
х
( х)
( х) ( х)
. Demak,
f ( x)
( x)
1
( x)
х
а
1.
Bundan (5) kelib chiqadi. Teorema isbot bo’ldi.
а da х 1 х bo’lsa, u holda
3-teorema. Agar х
lim f ( x) ( x)
x
a
lim
x
a
f ( x)
( x)
lim f ( x) 1 ( x) ,
(8)
f ( x)
1 ( x)
(9)
x
a
lim
x
a
munosabatlar o’rinli bo’ladi.
(8) va (9) tengliklarda o’ng tomondagi limitlar mavjud bo’lsagina chap tomondagi limit mavjud
bo’ladi, deb tushunmoq kerak, ya’ni agar o’ng tomondagi limit mavjud bo’lmasa, chap tomondagi
limit ham mavjud bo’lmaydi.
Isboti. (8) ni isbot qilish bilan chegaralanamiz. Faraz qilaylik, (8) ning o’ng tomonidagi limit
mavjud bo’lsin. U holda
lim f ( x) ( x)
x
a
lim f ( x) 1 ( x)
x
a
( x)
1 ( x)
lim f ( x) 1 ( x) lim
x
a
x
lim f ( x) 1 ( x) 1 lim f ( x) 1 ( x)
1-m i s îl.
х
0 da
tgx
x
x
a
x
a
, chunki
158
www.ziyouz.com kutubxonasi
a
.
( x)
1 ( x)
tgx
0 x
lim
x
Sinx
Cosx
x
lim
x
0
1.
2- m i s îl.
tg 3 x
lim 3
x 0 x
x
lim
x
0
x3
x3
х funktsiya uchun shunday A
3-ta’rif. Agar
х
bo’lsa, u holda A( х - а ) т funktsiya
hadi, deb ataladi.
а )т
4-ta’rif. Agar barcha
х
Е
lar uchun
x
lim
x
0
x2
x2 1
а da х A( х va т sonlar topilsaki, х
а
funktsiyaning
nuqta atrofidagi bosh darajali
f ( x)
C ( x)
o’zgarmas, bo’lsa, u holda
Е to’plamda tartibga ega yoki
miqdor, deb ataymiz va quyidagi ko’rinishda yozamiz:
f ( x)
Xususan,
Misollar:
1)
2)
3)
f ( x) O 1
tenglik
funktsiyaning
x
da
da
x
2
O x2
Ox
, bu yerda S
Е to’plamda
O ( x)
х
ga bog’liq bo’lgan
ga nisbatan O-katta
.
Е to’plamda chegara-langanligini bildiradi.
Sinx O(1), Sinx O( x), x
1,
0,1
0.
,
;
;
.
159
www.ziyouz.com kutubxonasi
(10)
7 - BOB
BIR O’ZGARUVCHILI FUNKTSIYA UCHUN
DIFFERENTSIAL HISOB
§ 1. Hosila va uni hisoblash.
1.1. Asosiy tushunchalar. Biz bu bobdan boshlab o’quvchi e’tiboriga oliy matematikaning eng
asosiy tushunchalaridan biri–differentsial va integral hisobini havola qilamiz. Differentsial va integral
hisobning boshlang’ich tushunchalari XVII asrda vujudga keldi va XVIII asrga kelib ingliz olimi
I.Nyuton va farang olimi G.V.Leybnitslarning buyuk xizmatlari tufayli mukammal nazariya
ko’rinishiga keldi.
Avval keyingi bo’limda kiritiladigan hosila tushunchasiga asos solgan bir nechta amaliy masalalarni
ko’raylik:
1. Moddiy nuqtaning oniy tezligi. Moddiy nuqtaning erkin tushish masalasini ko’raylik. Agar t
vaqt tushish boshidan boshlab hisoblansa, shu vaqt ichida bosib o’tilgan yo’l
s
О
s
М
s
М1
gt 2
2
(1)
formula bilan hisoblanadi, bu yerda g 9,81 . Nuqta harakatining t vaqtdagi
tezligini topish talab qilingan bo’lsin.
t o’zgaruvchiga
t orttirma beraylik va t+ t vaqtdan so’ng material M nuqtaning
s bilan
M1 holatini ko’raylik. Yo’lning t vaqt oralig’ida olgan MM1 orttirmasini
belgilaylik. U holda t o’rniga t+ t ni (1) ga qo’ysak
s
79-расм.
bo’ladi. Bundan
g
2t
2
s
s
g
t
2
t
t2 ..
t
2
Agar s ni t ga bo’lsak, moddiy nuqtaning MM1 yo’lni bosib o’tgan o’rtacha tezligini topamiz:
s
t
ґр
Nuqtaning t vaqtdagi
oniy tezligi deb,
t.
o’rta tezligining t nolga intilgandagi limitiga aytamiz:
o’r
g
t
2
lim gt
t
g
2
gt
0
gt.
Umuman, nuqtaning tekis harakat tezligi
ham xuddi shunday hisoblanadi. Bunda, agar harakat
tenglamasi s= t) bo’lsa, nuqtaning t vaqtdagi oniy tezligi
lim
t
ґр
0
lim
t
0
s
t
bo’ladi.
2. Tok kuchi.
Q
f (t )
simdan t vaqt ichida o’tadigan elektr miqdorini bildirsin. U holda
Q
t
f (t
t)
t
f (t )
tokning [t,t+ t] vaqt oralig’ida o’tgan tok kuchini bildiradi. Shu sababli,
lim
t
0
Q
t
I
limit tokning t momentdagi kuchini beradi.
3. Massaning taqsimot zichligi. Faraz qilaylik,
notekis tarqalgan bo’lsin. U holda
a, х
х
o’qining
a, b
kesmadagi massa miqdori
160
www.ziyouz.com kutubxonasi
kesmasida biror massa umuman
M
y
(a
F
a x x+ x b x
x
b ),
ning funktsiyasi bo’ladi, chunki bu miqdor
х, х
shakl yuzasiga proportsional.
keluvchi massa miqdori
А
O
х
ya’ni
В
F (x)
F x
x
х
аАВх
oraliqga to’g’ri
F (x)
bo’ladi.
80-rasm.
F
x
F
x
U holda shu oraliqdagi o’rtacha massa zichligi
lim
x
0
bo’lsa, uning limiti
massaning х nuqtasidagi zichligini beradi.
Yuqorida keltirilgan masalalarning barchasida asosiy miqdor funktsiya orttirmasining argument
orttirmasiga bo’lgan nisbatining limitidir. Mana shu limitni funktsiyaning hosilasi, deymiz .Qat’iy ta’rif
quyidagicha:
Ta’rif. Berilgan
y
f (x)
funktsiyaning aniqlanish sohasiga tegishli bo’lgan biror nuqtasida olgan
х orttirmasiga nisbatining quyidagi limiti
у orttirmasining argumentning mos
y
x
lim
x
0
lim
x
f (x
x)
x
0
f ( x)
f ' ( x)
(2)
mavjud bo’lsa, bu limit berilgan funktsiyaning hosilasi, deb ataladi.
Hosila uchun yana ko’pincha
х
y' ,
df ( x) dy
,
dx dx
ning har bir o’zgarmas qiymati uchun
у
х
belgilar ham ishlatiladi.
miqdor
y
x
( x)
х ning funktsiyasi bo’ladi:
( х
).
funktsiyaning х nuqtada hosilasi mavjud bo’lishi uchun
nainki х nuqtaning o’zida, balki
х funktsiya nolga yetarlicha
uning biror atrofida ham aniqlangan bo’lishi zarur. Shu holdagina
х
yaqin bo’lgan
lar uchun aniqlangan bo’ladi.
Funktsiya hosilaga ega deganda asosan, (1) limit chekli bo’lishligi nazarda tutiladi, lekin agar (1)
limit mavjud bo’lib cheksiz (
yoki
bo’lsa, u holda
funktsiya berilgan nuqtada cheksiz
hosilaga ega, deymiz.
Agar (1) formulada х
, х
bo’lganda limit mavjud bo’lsa, bu limitni funktsiyaning
o’ng hosilasi, deb ataymiz. Uni
f ' ґ ( х)
ko’rinishda belgilaymiz.
х
,
funktsiyaning chap hosilasi, deb atab, uni
f 'ч ( х)
Xuddi shunday, agar (1) limit
Bunday holat, agar
yuz beradi. Agar
b
funktsiya
a, b
funktsiyaning barcha
a, b
lar uchun mavjud bo’lsa, bu limitni
ko’rinishda belgilaymiz.
oraliqda berilgan bo’lsa, shu oraliqning chekka nuqtalarida
x
a, b
nuqtada chap hosilasi mavjud bo’lsa, u holda
funktsiya
х
nuqtalarda hosilasi,
funktsiyaning
oraliqda differentsiallanuvchi deyiladi.
161
www.ziyouz.com kutubxonasi
a, b
а
nuqtada o’ng hosilasi va
oraliqda hosilasi mavjud yoki
Funktsiyaning berilgan nuqtadagi limiti mavjud bo’lishi uchun uning shu nuqtadagi o’ng va chap
х
limitlari mavjud va teng bo’lishi zarur ekanligidan, funktsiya
nuqtada differentsiallanuvchi bo’lishi
uchun uning shu nuqtada o’ng va chap hosilalari mavjud bo’lib
f 'ґ ( х)
f 'ч ( x)
f ' ( x)
bo’lishi zarurdir.
Agar funktsiyaning
(
f 'ґ ( х)
х
nuqtada chap va o’ng hosilalari mavjud bo’lsa-yu, lekin ular teng bo’lmasa
f 'ч ( x) ), u holda funktsiya shu nuqtada differentsiallanuvchi bo’lmaydi.
M i s o l.
у
х
funktsiya uchun
х
у
х
Agar
Agar
х
х
bo’lsa, yetarlicha kichik
х
х
х
х
bo’lsa, u holda yetarlicha kichik
у
х
х
х
lar uchun
у
х
х
х
х
х
х
.
х+ х
х
х
х
lar uchun
va
1.
х+ х
( х)
х
х
0 va
1.
Demak, chap hosila –1 ga va o’ng hosila +1 ga teng, shu sababli berilgan funktsiya
differentsiallanuvchi emas .
Bizga ma’lumki (6-bob,§3.2 , 6-misolga qarang),
у
х
funktsiya
х
х =0
nuqtada
ning barcha qiymatlarida,
shu jumladan, х =0 nuqtada ham uzluksiz. Demak, funktsiyaning nuqtada uzluksizligidan
funktsiyaning shu nuqtada hosilasi mavjudligi kelib chiqmas ekan. Lekin, aksi hamisha o’rinli, ya’ni
berilgan funktsiyaning nuqtada chekli hosilasi mavjudligidan uning shu nuqtada uzluksizligi kelib
chiqadi.
Haqiqatan, (1) limit biror х nuqtada mavjud va chekli bo’lsa, U holda (1) ni quyidagi ko’rinishda
yozsa bo’ladi:
bu yerda
х
kelib chiqadi. Bunda
ya’ni funktsiya
х
da
х
х
y
x
f ' ( x)
( x),
(2)
. (2) dan
y
f ' ( x)
x
x
lim y
0,
( x)
da limitga o’tsak,
x
0
nuqtada uzluksiz ekan.
1.2. Hosilaning geometrik ma’nosi.
funktsiya berilgan bo’lsin. Uning grafigi
Faraz qilaylik,
a, b
intervalda uzluksiz
Г uzluksiz egri chiziq bo’ladi. Г da
162
www.ziyouz.com kutubxonasi
y
f (x)
y
N
f(x+h)
f(x+h)-f(x)
A
f(x)
h
C
y=f(x)
B
0
x
x+h
x
81-rasm.
A x, f ( x)
nuqta olib, shu nuqtada
Г da boshqa N x h, f ( x h)
masalasini ko’raylik. Buning uchun
h
0
øósababli,
Agar
h
y
bo’lsin,
h
0
nuqtani olaylik, bu yerda
A va N nuqtalardan o’tgan to’g’ri chiziqning O х o’q bilan tashkil
deb faraz qilamiz. 81-rasmda
, h AC , y CN
2
2
(81-rasmga qarang).
etgan burchagi
Г ga urinib o’tgan to’g’ri chiziq , ya’ni urinmani topish
tg .
у
bo’lsa, funktsiya uzluksiz bo’lgani uchun
burchak
nuqtaga intiladi. Agar bunda
2
va
2
0
va N nuqta
ëarga teng bo’lmagan biror
Г bo’ylab A
limitga ega bo’lsa,
u holda
lim
h
limit mavjud va u
ning
х
0
y
h
lim tg
h
0
Bunda AN
to’g’ri chiziq
f ' ( x)
y
tg
.
(4)
А nuqtadan o’tib, O х o’q bilan
f (x)
arctgf ' ( x)
hosila mavjud bo’lsa, u holda
chiziq holatini egallashga intiladi.
Г egri chiziq bilan bitta umumiy
o’tkazilgan urinma, deb ataladi.
Biz hozir, agar
(3)
bo’yicha hosilasiga teng, ya’ni
f ' ( x)
Va aksincha, agar chekli
tg
burchak tashkil etgan
bo’ladi.
ВА to’g’ri
А nuqtaga ega bo’lgan ВА to’g’ri chiziq Г ga А nuqtada
funktsiya biror
funktsiyaning Г grafigiga burchak koeffitsienti
isbot qildik. Aksincha,
х
nuqtada chekli
tg
f ' ( x)
f ' ( x)
hosilaga ega bo’lsa, u holda
bo’lgan urinma o’tkazish mumkinligini
lim
limitning mavjudligidan chekli f ' ( x ) hosilaning mavjudligi va (3) , (4) tengliklarning o’rinli ekanligi
kelib chiqadi.
Ayrim hollarda teng bo’lmagan chap va o’ng hosilalar mavjud bo’lishi mumkin, bunda А nuqta Г
ning burchak nuqtasi, deyiladi. Bunday hollarda А nuqtadan Г ga hech qanday urinma o’tmaydi,
lekin burchak koeffitsientlari mos ravishda
163
www.ziyouz.com kutubxonasi
tg
1
lim
x
0
x 0
y
x
f 'ч ( х),
tg
2
lim
x
0
x 0
y
x
f ' ґ ( х)
bo’lgan chap va o’ng urinmalar mavjud deyish mumkin (82-rasmga qarang ).
164
www.ziyouz.com kutubxonasi
у
y
А
A
>0
83-расм.
82-расм.
O
<0
х
Agar funktsiyaning
О
x
х
nuqtadagi hosilasi cheksiz bo’lsa:
f ' ( x)
y
x
lim
x
0
,
u holda quyidagi to’rtta hol yuz beradi:
Т
у
у
А
О
Т
О
85-rasm.
1)
f ' ( x)
lim
2)
f ' ( x)
lim
3)
f 'ч ( x )
x
y
x
y
x
0
x
0
lim
x
0
А
А
Т х
84-rasm.
Т
у
О
Т
х
86-rasm.
,
( 83-rasm)
2
,
y
x
х
(84-rasm)
2
,
2
f 'ґ ( x )
,
lim
x
0
y
x
,
rasm).
Chap urinma х o’qiga perpendikulyar bo’lib pastga yo’nalgan va o’ng urinma esa,
perpendikulyar bo’lib, yuqoriga yo’nalgan.
4)
f 'ч ( x )
lim
x
0
y
x
,
2
,
f 'ґ ( x )
lim
x
0
y
x
,
(85-
2
2
х
o’qiga
(86-rasm).
Chap va o’ng urinmalar х o’qiga perpendikulyar bo’lib, birinchisi tepaga , ikkinchisi pastga
yo’nalgan.
To’g’ri chiziqning analitik geometriyadan ma’lum bo’lgan burchak koeffitsientli tenglamasiga ko’ra
grafik Г ga А х0 , у 0 nuqtada o’tkazilgan urinmaning tenglamasi
y
y0
f ' ( x0 ) x x0 .
bo’ladi. Shu nuqtada urinmaga perpendikulyar bo’lgan to’g’ri chiziqni
Г ga А х0 , у0
(5)
nuqtada
o’tkazilgan normal deb ataymiz. Uning tenglamasi
y
y0
1
x
f ' ( x0 )
165
www.ziyouz.com kutubxonasi
x0
(6)
bo’ladi.
1.3. Elementar funktsiyalarning hosilalari.
O’zgarmas C funktsiyaning hosilasi nolga teng, chunki bu funktsiya uchun
С'
хп
у
Darajali funktsiya
0
x
lim
x
0
lim 0
x
у
0
va
0.
0
(1)
1,2,  ) ning hosilasi
(п
х п ' nx n 1 .
(2)
Haqiqatan, Nyuton binomiga binoan
1
х
х
х
п
1
хп
х
хп
nx n
пх п
1
п(п 1) n
x
2!
х
n(n 1) n
x
2!
1
2
2
x2
xn
x 
xn

1
x
0
xn
nx n 1 .
Differentsiallashning quyidagi to’rtta qoidasi mavjud:
u
' u' '
u ' u ' u'
'
u
u'
,
(3)
,
(4)
u '
0
2
Bu yerda
u
u ( x),
I s b o t i. Argumentga
и,
mos ravishda
( x)
х
х
lar
.
(5)
ning differentsiallanuvchi funktsiyalaridir.
orttirma beraylik. U holda
u
u ( x),
( x)
funktsiyalar ham
orttirmalar olishadi. Bundan
и
и
и
и
и
,
va hosilaning ta’rifiga binoan
и
'
u
lim
x
lim
x
0
x
0
u
x
lim
x
u'
x
0
'
kelib chiqadi.
Xuddi shunday
и
и
и
и
и
и
и
va
u '
u
x
lim
x
0
lim
x
u
u
x
0
u
x
lim u lim
x
0
x
u lim
u ' u'
x
0
0
x
0
'
lim
x
0
u
u
u
1
x
lim
x
y
Sinx
x
0
u
x
х
u u
lim
x
x
u
x
u'
u '
2
0
funktsiyani qaraylik. Uning hosilasi
166
www.ziyouz.com kutubxonasi
0
' u ' u' .
Bu yerda differentsiallanuvchi funktsiya uzluksiz bo’lgani uchun
foydalanildi.
Va nihoyat, shu xossaga binoan
и
u
x
lim
.
0
da
и
0
bo’lishidan
Sinx ' Cosx
(6)
bo’ladi, chunki
Sinx '
lim
x
2Sin
Sin( x
x) Sinx
lim
x 0
x
x
Sin
2 lim Cos x
lim
x 0
x 0
x
2
0
x
Cos x
2
x
x
2
x
2
1 Cosx
Cosx.
Bu yerda Cosx funktsiyaning uzluksizligidan foydalanildi.
Xuddi shunday quyidagi hosilani ham isbot qilsa bo’ladi:
Cosx '
Sinx .
(7)
U holda
1
,
Cos 2 x
1
cos ec 2 x
Sin 2 x
tgx ' sec 2 x
ctgx '
(8)
.
(9)
Haqiqatan, misol uchun
Sinx
Cosx
tgx '
y
log a x
y
x
'
(
Cosx Sinx ' Sinx Cosx '
Cos 2 x
Cos 2 x Sin 2 x
1
2
Cos x
Cos 2 x
sec 2 x
х >0) funktsiya uchun
log a x
x
x
log a x
x
2
log a 1
x
1
x
log a 1
x
2
x
2
.
Ikkinchi ajoyib limitga ko’ra,
log a 1 u
0
u
lim
u
log a e
bo’lgani uchun
log a x '
1
log a e
x
1
.
x ln a
(10)
Xususan,
ln x '
1.4. Murakkab funktsiyaning hosilasi.
1-teorema. Agar
funktsiya
х
х=
t) funktsiya t nuqtada,
y
f (x)
nuqtada differentsiallanuvchi bo’lsa, u holda murakkab
167
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
.
x
(10’)
y
F (t )
f
(t )
(1)
funktsiya ham t nuqtada differentsiallanuvchi bo’ladi va bu hosila uchun quyidagi formula o’rinli:
F ' ( x)
f ' ( x)
' (t )
(2)
yoki
t
Isboti. Agar t ga
y
f (x)
х
funktsiya
х=
orttirma bersak,
y't
t)
y' x x't .
х=
funktsiya
(3)
t+ t)- t) orttirma oladi.
nuqtada differentsiallanuvchi bo’lgani uchun §1.1 dagi (2) formulaga asosan
y
х
bu yerda х
da
.
Endi (4) ni t ga bo’lamiz:
y
t
х=
f ' ( x) x
f ' ( x)
x
t
( x) x ,
( x)
x
t
(4)
.
(5)
t) funktsiya t nuqtada differentsiallanuvchi bo’lgani uchun u shu nuqtada uzluksiz, shu sababli,
х .
da
х
х
Yuqoridagi (5) tenglikda
t
da limitga o’tamiz. U holda
va
,va shuning
uchun
t
y' t
f ' ( x) x' (t ) 0 x' (t )
f ' ( x) x' (t )
y' x x't .
Teorema isbot bo’ldi.
f ( y ), y
( x), x
(t ) funktsiyaning
Eslatma. Agar murakkab funktsiya uchta z
superpozitsiyasidan iborat bo’lsa, va uchchala funktsiya mos nuqtalarda diffe-rentsiallanuvchi bo’lsa, u
holda
z 't
1-misol.
z ' y y ' x x 't
y
bo’ladi.
ln Sinx . Agar u
y' x
Sinx
y 'u u ' x
ln u bo’ladi. U holda
1
Cosx
Sinx '
ctgx .
u
Sinx
desak,
y
2-misol.
y
Sinax . y' x Cosax ax ' a Cosax .
3-misol.
y
Sin x 2
2 x 1 Cos x 2
2x 1
2x 1
.
y' x
Cosu x 2
2x 1 '
.
1.5. Teskari funktsiyaning hosilasi.
Teorema.
y
f (x)
funktsiya
nuqtada chekli noldan farqli
x
f 1 ( y)
g ( y)
f ' ( x)
a, b
intervalda uzluksiz, qat’iy o’suvchi va biror
hosilaga ega bo’lsin. U holda
х
a, b
funktsiyaga teskari bo’lgan
funktsiya ham mos nuqtada
g ' ( y)
1
f ' ( x)
(1)
yoki
x' y
1
y' x
(1’)
formula bilan aniqlanuvchi hosilaga ega bo’ladi.
Isboti. Ma’lumki (§3.5 dagi teoremaga qarang), qat’iy o’suvchi va uzluksiz funktsiyaga teskari
funktsiya ham qat’iy o’suvchi va uzluksiz bo’ladi. Shu sababli, agar
168
www.ziyouz.com kutubxonasi
ning
a, b
intervaldagi eng
А va В bo’lsa, x
kichik va eng katta qiymatlari mos ravishda
qat’iy o’suvchi va uzluksiz bo’ladi.
у
у
ga
noldan farqli
0
х
orttirma beraylik.
А, В intervalda
orttirma oladi. Shuning uchun
у
deyish mumkin. Agar
х
funktsiya
qat’iy monoton bo’lgani uchun unga teskari funktsiya ham
х
у
Lekin
g ( y)
0
x
bo’lsa,
1
у
х
g ( y)
y
x
x
lim
y 0 y
f ' ( x)
da teorema shartiga ko’ra,
1
f ' ( x)
y
x
lim
0
ham nolga intiladi.
0 . U holda
1
x
х
uzluksiz bo’lgani uchun
limit ham mavjud bo’ladi.
Natija. Agar
f ' ( x)
х
0
a, b
ning funktsiyasi sifatida
da uzluksiz bo’lsa, u holda
g ' ( y)
А, В da uzluksiz bo’ladi.
x
Haqiqatan, agar (1) da
g ( y)
desak:
1
,
f ' g ( y)
g ' ( y)
ya’ni g ' ( y ) uchta
1
,u
u
z
f ' ( x)
x
va
g ( y)
uzluksiz funktsiyalarning superpozitsiyasidan
g ' ( y)
iborat bo’ladi. U holda avvalgi paragrafdagi teoremaga asosan
ham uzluksiz bo’ladi.
1.6. Elementar funktsiyalarning hosilasi (davomi).
1.
у
а х . Bundan x
log a y
1
x' y
y' x
- teskari funktsiyani topamiz. U holda
1
1
y ln a
x
x
a x ln a , ya’ni a ' a ln a .
y ln a
Xususan,
ex ' ex ,
2.
y
arcsin x
(
x
1,
y' x
2
1
x' y
y
e
).
2
1
Cosy
x
x
e x.
'
Siny
- teskari funktsiya. Shu sababli
1
1
2
1 Sin y
1 x
,
2
ya’ni
1
arcsin x '
Ildiz oldida + ishora olinganini sababi
arccos x '
3.
4.
y
arcsin x '
2
1
y
1 x2
2
.
lar uchun Cosy
0.
.
2
1 x2
arctgx , x tgy - teskari funktsiya (
x
U holda
169
www.ziyouz.com kutubxonasi
,
2
y
2
).
1
tgy '
arctgx '
1
1 tgy
Cos 2 y
1
,
1 x2
ya’ni
1
.
1 x2
arctgx '
5. Xuddi shunday
1
.
1 x2
arcctgx '
6.
y
x , (x
0,
ixtiyoriy haqiqiy son). Ma’lumki,
x
ln x
e
.
и
ln x differentsiallanuvchi funktsiyalar bo’lgani uchun murakkab funktsiyaning hosilasi
va
haqidagi teoremaga ko’ra
е
x '
ln x
e
' e
x
x
ln x
x
1
x
,
ya’ni
x '
7.
y
u ( x)
( x)
1
x
( и >0) – ko’rinishdagi funktsiyada
.
и ( х), ( х) lar х ning differentsiallanuvchi
funktsiyalaridir.
U holda
u
e
ln u
va
ln u
u ' e
ln u ' u
u'
u
' ln u .
8. Giperbolik funktsiyalar:
ex
shx '
thx '
'
x
ex
2
ex
chx '
shx
chx
e
x
e
x
chx,
2
e
'
x
ex
2
'
e
2
ch 2 x sh 2 x
ch 2 x
shx,
1
,
ch 2 x
'
9.
y
1
chx
sh 2 x ch 2 x
, ( x 0).
cthx '
2
shx
sh x
sh 2 x
Arshx funktsiya x shy funktsiyaga teskari funktsiyadir. Bundan
1
shy '
Arshx '
1
chy
1
1
2
1 sh y
1 x2
.
1.7. Hosilalar jadvali. Yuqorida keltirib chiqarilgan hosilalarni quyidagi tartibda jadval ko’rinishida
yozib olamiz:
1. y c
2. y x
y' 0
3. y
y'
x
y' 1
x
1
170
www.ziyouz.com kutubxonasi
y
y
1
x
1
x2
1
y'
x
y'
2 x
x
4. y a
y ex
5. y
y
log a x
ln x
y' a x ln a
y' e x
log a e
x
y'
1
x
y'
6. y
sin x
y ' cos x
7. y
cos x
y'
8. y
tgx
9. y
ctgx
10 . y
arcsin x
y'
11. y
arccos x
y'
sin x
1
cos 2 x
y ' sec 2 x
1
sin 2 x
csc2 x
y'
1
1 x2
1
1 x2
1
1 x2
1
y'
1 x2
y'
12 . y
arctgx
13 . y
arcctgx
14. y
shx
y' chx
15. y
chx
y' shx
16 . y
thx
y'
1
ch 2 x
17. y
cthx
y'
1
.
sh 2 x
§2. Differentsial.
2.1. Funktsiyaning differentsiali. Avvalgi paragrafda biz, agar berilgan y
chekli hosilasi mavjud bo’lsa, quyidagi munosabat o’rinli ekanligini ko’rgan edik:
171
www.ziyouz.com kutubxonasi
f (x)
funktsiyaning
х
bu yerda
y
x
х
da
f ' ( x)
( x),
. (2) dan
y
f ' ( x)
x
x
( x)
yoki
y
f ' ( x)
x o
x
x
(1)
0
kelib chiqadi.
Ta’rif.
y
f (x)
funktsiya
х
nuqtada differentsiallanuvchi deymiz, agar uning
y
ko’rinishda ifodalansa, bu yerda A
х
А
х
ga bog’liq bo’lib,
x o
y
orttirmasi
x
x
(2)
0
ga bog’liq emas.
х
Avvalgi paragrafda biz hech qanday qo’shimcha tushun-tirishlarsiz
nuqtada chekli hosilasi
mavjud bo’lgan funktsiyani shu nuqtada differentsiallanuvchi deymiz, deb ketgan edik. Hozir biz
yuqoridagi ta’rif asosida shunga izoh beramiz va bu ikkala tushuncha bir-biriga ekvivalent ekanligini
ko’rsatuvchi quyidagi teoremani isbot qilamiz.
f (x) funktsiya х nuqtada differentsiallanuvchi, ya’ni uning х nuqtadagi
Teorema. y
orttirmasi (2) ko’rinishda ifodalanishi uchun uning shu nuqtada chekli hosilasi mavjud bo’lishi zarur va
f ' ( x) bo’ladi.
yetarlidir. U holda A
Isboti. Shartning yetarli ekanligi yuqorida isbot qilingan, shu sababli biz faqat zaruriy qismini isbot
qilamiz.
Faraz qilaylik,
х
y
f (x)
funktsiya
х
nuqtada differentsiallanuvchi bo’lsin. Unda (2) ga asosan
0 lar uchun
y
x
bo’ladi.
х
o( x )
x
A
x
A o(1)
x
0
0
da o’ng tomonning limiti A ga teng:
y
x
A,
f ' ( x)
A.
lim
x
0
ya’ni
Teorema isbot bo’ldi.
(2) ifodaning o’ng tomonidagi ikkinchi qo’shiluvchi
х ga
uchun, o’ng tomonning
х
nisbatan chiziqli qismi
f ' ( x ) x , orttirmaning asosiy qismi va y f (x)
dy yoki df (x) ko’rinishda belgilanadi. Demak,
dy
df
f ' ( x)
ga nisbatan cheksiz kichik miqdor bo’lgani
А
х
yoki yuqoridagi teoremaga ko’ra
funktsiyaning differentsiali deb ataladi va
x
ekan.
Differentsialni geometrik nuqtai-nazardan qanday ma’no berishini tushunish uchun
funktsiyaning grafigini ko’raylik.
T – G ga abstsissasi
B
y
T
D
dy
С
172
www.ziyouz.com kutubxonasi
f ' ( x)
f ' ( x) x
f (x)
bo’lgan A nuqtada o’tgan
urinma bo’lsin. Agar T ning
bo’lsa, u holda
А
Г
х
y
х
tg
tg
o’qiga og’ish burchagi
bo’ladi.
x
CD ,
х
О
DB
х+ х
y dy
x
x
Demak, funktsiyaning
87-rasm.
uchun
dx
х
barcha
y
larda
A
x
dy
dy
umuman chiziqli funktsiyadan boshqa barcha hollarda
dy
х
orttirmaga mos keluvchi
yotuvchi nuqtaning ordinatasini orttirmasiga teng ekan, ya’ni
funktsiya
o( x ) .
dy ,
0
х
nuqtadagi differentsiali urinmada
CD . y CB bo’lgani uchun
y bo’ladi. Chiziqli у Ах В
xususan,
у
х
funktsiya
uchun
x . Shu sababli, funktsiya differentsialini
dy
f ' ( x)dx
ko’rinishda yozish mumkin. Bundan
dy
,
dx
f ' ( x)
х
ya’ni funktsiyaning
nuqtadagi hosilasi funktsiyaning shu nuqtadagi differentsialini argument
differentsialiga bo’lgan nisbatiga teng ekan.
Differentsiallarni quyidagi qoidalar bo’yicha hisoblanadi:
du
20. d u
d cu
u
30. d
du d ,
ud
du,
cdu ( c - o’zgarmas)
du ud
10.
bu yerda
u
u ( x),
0 ),
(
2
( x)
х
lar
ning differentsiallanuvchi funktsiyalaridir.
Bularning isboti hosilalarni hisoblash qoidalaridan osongina kelib chiqadi. Masalan, 2 0- ni
isbotlaylik
du
Ma’lumki
x
(t )
u ' dx
(§1.4
u'
qarang),
u ' dx
agar
u' dx u ' dx
murakkab
funktsiya
du ud
dif-ferentsiallanuvchi
y
f (x)
va
funktsiyalarning superpozitsiyasidan iborat bo’lsa, u holda
y't
bo’lar edi. U holda
y
F (t )
f
(t )
dy
bo’ladi, bu yerda
x't dt
dx
y' x x't
funktsiyaning differentsiali
y't dt
y' x x't dt
y' x dx
ekanligidan foydalanildi. Bu tenglik murakkab funktsiyaning asosiy
argument bo’yicha differentsial ko’rinishi bilan oraliq argument bo’yicha differentsial ko’rinishi bir xil
ekan degan ma’noni bildiradi. Shuning uchun differentsialning bu xususiyatini differentsial
ko’rinishining invariantligi, deb atashadi. Demak, murakkab funktsiyaning differen-tsialini oraliq
argument bo’yicha olingan hosilani shu argument differentsialiga ko’paytmasi ko’rinishida yoki asosiy
argument bo’yicha olingan hosilasini asosiy argument differentsialiga ko’paytmasi ko’rinishida ifodalasa
yoki hisoblasa bo’lar ekan.
2.2. Differentsialning taqribiy hisoblarda qo’llanishi. Avvalgi bo’limdagi (1) formulaga ko’ra
y
dy o( x) .
x
Bundan yetarlicha kichik
х
0
lar uchun
173
www.ziyouz.com kutubxonasi
y
dy
х=х-х0
ekan degan xulosa kelib chiqadi. Agar bu yerda
quyidagicha yozish mumkin:
f ( x0
x)
f ' ( x)dx
f ( x0 )
f ' ( x0 )
(1)
х 0+ х = х desak,
yoki
(1) ni
x
yoki
f ( x)
f ( x0 )
f ' ( x0 ) ( x x0 )
f ( x)
f ( x0 )
f ' ( x0 ) ( x x0 ) .
yoki
Oxirgi tenglikni
х
ing
х0
х ) funktsiyani taqriban chiziqli
y f (x) egri
nuqtai-nazardan bu
ga etarlicha yaqin qiymatlari uchun (
funktsiyaga almashtirish deb tushunish mumkin. Geometrik
chiziqning ( х 0, ( х 0)) nuqta atrofidagi qismini shu nuqtada o’tkazilgan urinma- ning kesmasi bilan
almashtirilganini bildiradi.
х 0=0 desak, х
Bundan, agar
1 х
1
ln(1 x )
х,
ning etarlicha kichik qiymatlari uchun
1 х
xususan
x, Sinx
1
х, е х
2
1
x , tgx
x
1 х,
va x.k.
deyish mumkin.
Bundan tashqari differentsial tushunchasi taqribiy hisoblarda xatoliklarni baholash uchun ham
ishlatiladi.
Faraz qilaylik,
taqribiy qiymati
х
funktsiyaning
uqtadagi qiymatini hisoblash kerak bo’lsin. Agar
х
ni uning
х+ х
bilan almashtirish zarurati tug’ilgan bo’lsa, u holda
(х) (х+ х)
taqribiy munosabat vujudga keladi. Bu yerda yo’l qo’yilgan absolyut xatolik
y
f (x
x)
f ( x)
bo’ladi. Agar funktsiya х uqtada differentsiallanuvchi bo’lsa, (1) ga asosan, yetarlicha kichik
uchun absolyut xatolik differentsialning absolyut qiymatiga teng bo’ladi
y
х
ar
dy
Nisbiy xatolik taqriban quyidagicha ifodalanadi
y
y
dy
y
(
y
f (x)
0).
M i s o l . Agar taqriban
3
desak, u holda xatolik taqriban
у
3
8,001
х
3
8
2
х =8
funktsiyaning
nuqtada
х
=0,001 orttirmaga
nisbatan hisoblangan differentsialiga teng
dу
1
x
3
2
3
x
1
8
3
2
3
1
12000
0,001
.
2.3. Yuqori tartibli hosilalar va differentsiallar.
Agar
y
f (x)
funktsiya biror
bu hosila o’z navbatida
х ning
a, b
oraliqda chekli
y'
f ' ( x)
hosilaga ega bo’lsa, u holda
yangi funktsiyasi bo’ladi, shu sababli, u ham
differentsiallanuvchi bo’lishi mumkin. Agar bu yangi funktsiyaning
174
www.ziyouz.com kutubxonasi
a, b
х
bo’yicha
oraliqda hosilasi mavjud
f
bo’lsa, bu hosilani y
ataymiz. Bu hosila uchun
(x)
funktsiyaning ikkinchi hosilasi yoki ikkinchi tartibli hosilasi, deb
y ' ' ( y ' )' , f ' ' ( x)
f ' ( x) '
belgilashlarning birortasi ishlatiladi.
Shu bobning §1.1 da jismning oniy tezligi yo’ldan vaqt bo’yicha olingan hosilaga teng edi:
ds
,
dt
tezlanish esa tezlikdan vaqt bo’yicha olingan hosilaga teng bo’ladi: a
a
tezlanish yo’lning vaqt bo’yicha ikkinchi hosilasiga teng ekan:
y
Xuddi shunday, agar
f (x)
a, b
funktsiya
х
bo’lib, bu ikkinchi hosila o’z navbatida
d
. Demak,
dt
s" .
oraliqda chekli
y' '
f ' ' ( x)
hosilaga ega
bo’yicha differentsiallanuvchi bo’lsa, ikkinchi hosilaning
f (x) funktsiyaning uchinchi hosilasi yoki uchinchi tartibli hosilasi, deb ataymiz va
hosilasini y
quyidagi belgilarning birortasi bilan ifodalaymiz:
y ' ' ' ( y ' ' )' , f ' ' ' ( x)
f ' ' ( x) '
Xuddi shu tartibda, uchinchi hosiladan to’rtinchi hosilaga o’tish mumkin va hokazo. Va nihoyat,
agar
п 1
a, b
hosila
funktsiyaning n chi hosilasi yoki
birortasi bilan ifodalaymiz:
y
n
y
oraliqda chekli hosilaga ega bo’lsa, bu hosilani
y
n
n 1
chi tartibli hosilasi deb ataymiz va quyidagi belgilarning
n
', f
( x),
dny
dx n
d d n 1 y d n f ( x)
,
dx dx n 1
dx n
.
M i s o l l a r.
п
10.
ех
ех ,
20.
a x ' a x ln a, a x " a x ln 2 a,, a x
m
m 1
хт
т
т!
va
n
n
a x ln n a.
n
m 1 x m 2 , , x m
m
,x " m
30. x ' mx
Xususan, agar т natural bo’lsa,
m
lar uchun
m m 1  m n 1 xm
п
хт
0.
'
40.
sin x ' cos x
sin x
, sin x
50.
cos x
n
cos x n
1
n
ln x '
, ln x
x
1
70. arctgx '
1 x2
60.
arctgx "
n
sin x
sin x n
2
sin x 2
2
.
.
2
ln x '
cos2 y
n 1
1
x
n 1
1
cos y sin y
sin y sin y
cos2 y cos 2 y
, sin x "
2
2
2
f (x)
2
cos y cos y
cos2 y sin 2 y
n 1!
.
xn
n 1
,
y'
2
2
175
www.ziyouz.com kutubxonasi
,
2
,
n
....................
arctgx
n
n
n 1 ! cosn y sin n y
.
2
chi hosilalar uchun
п
и
Lekin
х bo’yicha n
и
п
п
.
u
marotaba differentsiallanuvchi
u ( x),
( x)
funktsiyalar
ko’paytmasi uchun bu bir oz murakkabroq. Ko’paytma uchun n chi hosilaning mavjudligini va
uning ifodasini birinchi bo’lib Leybnits ko’rsatgan. Shu sababli u taklif etgan formulani Leybnits
formulasi, deb atashadi.
Ko’paytmadan hosila olish qoidasini ketma-ket qo’llasak
у' u'
u ' , y" u"
2u ' ' " ,
y ' ' ' u ' ' ' 3u"
3u ' " ' ' ' ,
Bundan matematik induktsiya usulini qo’llab
у
п
и
п
и
п
пи п
1
'
n(n 1)
u
1 2
n
"  u
n
n
C i nu
n i
i
i 0
ekanligiga ishonch hosil qilish qiyin emas, bu yerda
Сin
n!
i! n i !
n(n 1)  (n i 1)
1 2  i
Nyuton binomining koeffitsientlaridir. Buni isbotini o’quvchining o’ziga havola qilamiz.
Bizga ma’lumki,
y
f (x)
funktsiyaning
х
nuqtadagi
differentsiali uning shu nuqtadagi
hosilasini erkli o’zgaruvchining differentsiali bilan bo’lgan ko’paytmasiga teng edi:
dy f ' ( x)dx .
Bu yerda dx
hosilasi nolga teng:
x,
ya’ni
х ga
bog’liq bo’lmagan o’zgarmas son, shu sababli, uning
(1)
х bo’yicha
dx ' 0 .
Agar (1) ni
y
f (x)
funktsiyaning
х nuqtadagi
birinchi differentsiali desak, (1) ning shu
y f (x) funktsiyaning ikkinchi differentsiali yoki ikkinchi tartibli
nuqtadagi differentsiali
differentsiali, deb ataladi. Bu quyidagicha belgilanadi:
d 2 y d (dy) .
Bu differentsialni hisoblash uchun (1) dan х bo’yicha hosila olib, uni dx ga ko’paytirish kifoya:
d 2 y d f ' ( x)dx d f ' ( x) dx f " ( x)dx dx f " ( x)dx 2 .
Xuddi shunday, ikkinchi differentsialning differentsialini uchinchi differentsial yoki uchinchi tartibli
differentsial, deb ataymiz:
d3y
Va umuman,
differentsiali yoki
d (d 2 y).
п 1 tartibli differentsialning differentsialini y f (x) funktsiyaning n
n chi tartibli differentsiali deb ataladi va quyidagicha belgilanadi:
d п y d (d п 1 y ) .
chi
Bundan
dny
f
n
( x)dx n
n
( x)
(2)
munosabatni matematik induktsiya usuli bilan keltirib chiqarish qiyin emas. Shu sababli bu ishni
o’quvchining o’ziga havola qilamiz.
(2) dan
y
n
f
176
www.ziyouz.com kutubxonasi
dny
dx n
(3)
munosabat,
y
ya’ni
f (x)
х
funktsiyaning
n
bo’yicha
chi
hosilasi
uning
n
chi
n
n
dx ga bo’linmasiga teng ekanligi kelib chiqadi.
differentsialini dx
(2) dan foydalanib differentsiallar uchun Leybnits formulasini keltirib chiqarish mumkin,buning
dx n
uchun hosilalar uchun Leybnits formulasini
hosil qilamiz:
n
dn u
ga ko’paytirish kifoya. Natijada quyidagi formulani
C i nd n iu d i
,
i 0
0
0
bu yerda d u u, d
.
Ma’lumki, birinchi differentsial ko’rinishi invariantlik xususiyatigi ega (§2.1 ga qarang). Shunday
xususiyatga yuqori tartibli differentsiallar ham egami degan tabiiy savol tug’iladi. Masalan, ikkinchi
differentsial shu xossaga ega emas.
y
Haqiqatan, agar
f (x)
2
d y
bu yerda
х
x
,
(t )
d y ' x dx
murakkab funktsiya berilgan bo’lsa,
dy' x dx
o’zgaruvchi t ning funktsiyasi bo’lgani uchun
d (dx) d 2 x
0.
d2y
(4) tenglik
y" xx dx 2
y ' x d (dx)
y" xx dx 2
dx
y' x d 2 x ,
(4)
o’zgarmas emas, shu sababli, umuman
x
ko’rinishga faqat
at b
bo’lgandagina
keladi. Demak, boshqa barcha holatlarda ikkinchi differentsial (4) ko’rinishda bo’ladi, ya’ni ikiinchi
differentsial invariantlik xususiyatiga ega emas.
y
M i s o l.
x2 , x
t2
bo’lsin. Bundan
2x dx, d 2 y
dy
Endi
t2
x
t4
y
ekanligini eslasak,
2dx 2 .
(5)
va bundan
4t 3 dt, d 2 y 12t 2 dt 2
2
natijaga x t ni (5) ga olib
dy
kelib chiqadi.
dy
uchun shunday
borib qo’yib ham kelsa bo’ladi.
2
Lekin d y uchun bunday emas, ya’ni shunday almashtirish bajarib
hosil qilamiz.
Agar (4) formulani qo’llasak,
d2y
2dx 2
2 xd 2 x
2 2tdt
2
2t 2 2dt 2
12t 2 dt 2
o’rniga
8t 2 dt 2
ni
12t 2 dt 2 ,
ya’ni to’g’ri natijaga kelamiz.
2.4. Parametrik funktsiyalarni differentsiallash.
Faraz qilaylik,
y dan х
y
bilan
х
orasidagi munosabat t parametr orqali berilgan bo’lsin:
bo’yicha hosilani
differentsialning invariantligidan
х
va
y' x
y
dy
x
(t )
y
(t )
,t
a, b .
(1)
larning t bo’yicha hosilalari orqali topamiz. Birinchi
dx
dy
, lekin
y' x
y't dt, dx
y 't
x' t
x' t
x't dt .Shu sababli
0
.
(2)
Ikkinchi tartibli hosila uchun
y" xx
d
y' x
dx
d y 't
dx x't
d y 't dt
dt x't dx
M i s o l.
177
www.ziyouz.com kutubxonasi
x't y"tt y 't x"tt
x't
2
.
(3)
x
y
x't
Yechish.
a sin t , y't
a cos t
,
b sin t
t
b cost , x"tt
.
,
2 2
a cost , y"tt
b sin t.
U holda (2) va (3)
formulalarga asosan
y' x
b
a
y" xx
b cos t
b
ctgt ,
a sin t
a
1
1
b
1
.
2
2
a sin t
sin t
a sin 3 t
§3. O’rta qiymat haqidagi teoremalar.
3.1. Ferma1 teoremasi. Funktsiyaning hosilalarini bilishlik keyingi boblarda (7- va 10-boblarga
qarang) ko’riladigan funktsiyani tahlil qilishda asosiy omil hisoblanadi. Biz bu paragrafni shu tahlil uchun
zarur bo’lgan, ko’rinishidan sodda, lekin muhim teoremalar va formulalarga bag’ishlaymiz.
Quyida keltiriladigan teorema Fermaga taqaladi. Ferma uchun hosila tushunchasi
ma’lum
bo’lmagani uchun u taklif etgan teorema biz keltirgan teorema ko’rinishidan ancha farq qiladi. Lekin
asosiy mag’zi bir bo’lganligi sababli bu teoremani Ferma sha’ni bilan atash qabul qilingan.
х
Ta’rif.
х
funktsiya
с
с
Uc
nuqtada va uning biror
c
,c
atrofida aniqlangan
nuqtada lokal maksimumga (minimumga) erishadi deymiz, agar barcha
y
f (x)
x Uc
lar
uchun
f (c )
f ( x)
(mos ravishda f ( x)
bo’lsa.
Lokal maksimum yoki minimumni lokal ekstremum, deb ataymiz.
deb ataladi.
(1)
f (c ) )
х
с
(1’)
lokal ekstremum nuqta,
a, b nuqtasida maksimumga
Agar
funktsiya a, b oraliqda uzluksiz va uning ichki с
с
(minimumga) erishsa, u holda ravshanki,
o’z navbatida lokal maksimum (minimum) nuqta ham
bo’ladi. Lekin
funktsiya
a, b
oraliqning chegara nuqtalaridan birida maksimumga (minimumga)
erishsa, bu nuqta lokal maksimum (minimum) bo’lmaydi, chunki
atrofida ( а nuqtaning chapida va
Ferma teoremasi. Agar
atrofida aniqlangan, chekli
y
b nuqtaning o’ngida) aniqlanmagan.
f (x) funktsiya х с nuqtada va uning
biror
Uc
c
f ' (c ) hosilasi mavjud va shu nuqtada lokal maksimumga (minimumga)
I s b o t i. Faraz qilaylik,
funktsiya
х
с
nuqtada lokal maksimumga erishsin, ya’ni barcha
lar uchun
f (c )
f ( x) .
Hosilaning ta’rifiga ko’ra,
f ' (c )
(1) ga asosan
х
с
lim
x
c
f ( x ) f (c )
.
x c
lar uchun
f ( x ) f (c )
x c
va demak,
х
,c
f ' (c ) =0 bo’ladi.
erishsa, u holda
x Uc
funktsiya bu nuqtaning to’liq
с 0
0,
da limitga o’tsak,
1
P’er Ferma(1605-1655)-mashxur farang matematigi, cheksiz kichik miqdorlar tahliliga asos
solganlardan biri.
178
www.ziyouz.com kutubxonasi
х
ga ega bo’lamiz. Agar
с
х
с 0
(2)
f ' (c ) 0
(3)
bo’lsa, u holda
f ( x ) f (c )
x c
bo’ladi, bunda
f ' (c ) 0
0
da limitga o’tsak,
f ' (c ) =0 ekanligiga ishonch hosil qilamiz.
f (x) funktsiyaning grafigiga х
Hosilaning geometrik ma’nosini eslasak, f ' (c ) qiymat y
kelib chiqadi. U holda (2) va (3) larni solishtirsak,
с
nuqtada o’tkazilgan urinmaning burchak koeffitsientini berar edi.
y
O
a
88-rasm.
c
b
x
а=с
О
89-rasm.
х
b
Hosilaning nolga teng bo’lishi shu urinmaning Ox o’qiga parallel o’tishini bildiradi (88-rasmga
qarang).
Teoremaning isbotida х с nuqta ichki nuqta bo’lishi talab qilingan edi, chunki bu nuqtadagi
qiymat bilan uning chap va o’ng tomonlarida joylashgan nuqtalardagi qiymatlar solishtirildi. Bu
talabsiz teorema o’rinli bo’lmay qolishi mumkin agar
funktsiya yopiq oraliqda aniqlanib, uning
chegarasida lokal ekstremumga erishsa, bu nuqtada hosila (agar u mavjud bo’lsa) nolga teng bo’lmay
qolishi mumkin (89-rasmga qarang).
3.2. Roll1 teoremasi. Differentsial hisobning ko’p teoremalari va formulalari asosida biz quyida
keltiradigan Roll nomi bilan bog’liq bo’lgan teorema yotadi. Bu teoremani Roll faqat ko’phadlar
uchun isbot qilgan.
Teorema. Agar
y
f (x)
funktsiya
1)
a, b
differentsiallanuvchi va 3) oraliqning chegaralaridagi qiymatlari teng
shunday
с
a, b
Isboti. Agar
nuqtalari uchun
nuqta topiladiki,
funktsiya
a, b
a, b intervalda
f (b) bo’lsa, u holda
oraliqda uzluksiz, 2)
f (a)
f ' (c ) =0 bo’ladi.
oraliqda o’zgarmas bo’lsa, u holda
a, b
intervalning barcha
с
f ' (c ) =0 bo’ladi.
f (x) funktsiya a, b oraliqda o’zgaruvchi bo’lsin deylik. funktsiya a, b oraliqda
Endi y
uzluksiz bo’lgani uchun Veyershtrass teoremasiga ko’ra (5-bob, §3.4, 7-teoremaga qarang) u shu
oraliqda o’zining eng kichik
x1 , x2
т
va eng katta
М
qiymatlariga mos ravishda qandaydir
a, b
nuqtalarda erishadi. Bu nuqtalarning ikkalavi bir vaqtda chegara nuqtalari bo’lishi
mumkin emas, chunki aks holda, teoremaning 3)- talabiga ko’ra,
f (a ) f (b) min f ( x) max f ( x) ,
x a ,b
x a ,b
a, b oraliqda o’zgarmas degan
a, b , ya’ni
va bundan o’z navbatida f ( x) m M , x
xulosa kelib chiqadi. Bu bizning talabimizga zid. Shu sababli, bu nuqtalarning kamida bittasi ichki
nuqta bo’ladi. Uni с deb belgilaylik. Bu nuqtada lokal ekstremumga erishilyapti, bundan tashqari bu
1
Mishel Roll (1652-1719)- farang matematigi, uzoq vaqt yangi hisobga qarshi bo’lgan, bu
izlanishlarga umrini oxiridagina qo’shilgan.
179
www.ziyouz.com kutubxonasi
nuqtada teoremaning 2)- talabiga ko’ra,
f ' (c ) hosila mavjud. U holda Ferma teoremasiga ko’ra,
f ' (c ) =0 bo’ladi.
х Е (х) funktsiya х 1 nuqtada
Teoremaning barcha shartlari muhim, chunki masalan, у
uzilishga ega, teoremaning
boshqa barcha shartlarini [0,1] oraliqda qanoatlantiradi va (0,1)
intervalning barcha nuqtalarida f ' ( х ) 1 , yoki
у
1, агарх
0
х, агар0
x 1
funktsiya х 0 nuqtada uzilishga ega, teoremaning
qanoatlantiradi va (0,1) intervalning barcha nuqtalarida
boshqa barcha shartlarini [0,1] oraliqda
у х funktsiya
f ' ( х) 1 , yoki masalan,
teoremaning 3)-shartidan boshqa barcha shartlarini qanoatlantiradi va
f ' ( х) 1 . y
x
х
0,1
lar uchun
funktsiya [-1,1] oraliqda uzluksiz, chegara nuqtalaridagi qiymatlari teng,lekin 0
nuqtada minimumga erishsa ham, shu nuqtada hosilasi mavjud emas.
3.3. Chekli orttirmalar haqidagi teoremalar. Roll teoremasidan bevosita kelib chiqadigan chekli
orttirmalar haqidagi teoremalar, deb ataluvchi quyidagi teoremalarning birinchisi Lagranjga1 tegishli.
y
Teorema (Lagranj). Agar
a, b
f (x)
a, b
funktsiya 1)
intervalda differentsiallanuvchi bo’lsa, u holda shunday
oraliqda aniqlangan, uzluksiz va 2)
с
a, b
f (b) f (a)
b a
nuqta topiladiki, bu nuqtada
f ' (c )
(4)
munosabat bajariladi.
Bu teorema ko’pincha o’rta qiymat haqidagi teorema deb ham yuritiladi.
Isboti.
a, b
oraliqda quyidagi yordamchi funktsiyani kiritaylik
F ( x)
f ( x)
f (b) f (a)
( x a) .
b a
f (a)
Bu funktsiya Roll teoremasining barcha shartlarini qanoatlantiradi. Haqiqatan, u
f (x )
uzluksiz, chunki uzluksiz
va chiziqli funktsiyalar ayirmasidan iborat,
a, b
a, b
oraliqda
intervalda
differentsiallanuvchi
F ' ( x)
va nihoyat,
F (a)
topiladiki,
F ' (c )
F (b)
0
f (b) f (a)
,
b a
f ' ( x)
0 . U holda Roll teoremasiga ko’ra, a, b
intervalda shunday
с
nuqta
bo’ladi. Bundan
f ' (c )
f (b) f (a)
b a
0 yoki
f (b) f (a)
b a
f ' (c )
kelib chiqadi.
M i s o l. f ( x )
ichki
nuqtalarida
3
x2
5 funktsiya [-1,2] kesmada uzluksiz, shu kesmaning x
differentsial-lanuvchi: f ' ( x)
2
va
Lagranj
teoremasining
3
3 x
buzilayapti.
1
Jozef-Lui Lagranj (1736-1813)- mashxur farang matematigi va mexanigi.
180
www.ziyouz.com kutubxonasi
0 bo’lgan barcha
ikkinchi
sharti
f (2) f ( 1)
2 ( 1)
3
4 1
3
2
33 c
3
c
2
3
4 1
demak c (-1,2)
181
www.ziyouz.com kutubxonasi
c
8
(3 4 1) 3
8,
Lagranj teoremasining geometrik
ma’nosi quyidagicha
y
a, f (a)
(4) ning chap tomoni
va
b, f (b)
nuqtalarni tortib turuvchi vatarning Ox o’qiga og’ish burchagining tangensini, o’ng tomoni
О
a
c
b
x
a, b bo’lgan
esa, abtsissasi с
nuqtada
grafikga
o’tkazilgan
urinmaning Ox o’qiga og’ish bur chagining tangensidir ( 90-rasmga
90-rasm.
qarang). Demak, Lagranj teoremasiga ko’ra, agar egri chiziq a, b oraliqda uzluksiz va a, b
intervalda differentsiallanuvchi bo’lgan funktsiyaning grafigi bo’lsa, u holda grafikda abtsissasi
qandaydir
a, b
с
a, f (a)
chiziqning chekka
с
Oraliq
bo’lgan nuqta topi-ladiki, bu nuqtadan grafikga o’tkazilgan urinma egri
va
b, f (b)
qiymatni qulaylik uchun
c
nuqtalarini tortib turuvchi vatarga parallel bo’ladi.
a
(b a ),0
1 ko’rinishda yozish qabul qilingan.
Unda Lagranj formulasi quyidagi ko’rinishni oladi
f (b)
f (x )
Teorema (Koshi). Agar
f (a)
g (x)
va
b a f ' (a
funktsiyalar
(b a))
a, b
(5)
a, b
oraliqdà uzluksiz ,
a, b ning barcha nuqtàlarida
intervaldà differentsiallanuvchi, va
shunday x=c (a<c<b) nuqtàtopiladiki, bu nuqtadà
f (b) f (a)
g (b) g (a )
(0< <1).
g ' ( x)
0
bo’lsà, u hîlda
f ' (c )
g ' (c )
tenglik o’rinli bo’ladi.
Isboti.
g (b)
g (a)
topiladiki,
g'( )
0
0,
F (a)
uchun,
a, b
f ( x)
0, F (b)
oraliqda uzluksiz va
(a,b) nuqta
bo’ladi, bu esa teorema shartiga zid. Quyidagi yordamchi funktsiyani tuzamiz
F ( x)
Bundàn
chunki aks holda Roll teoremasiga ko’ra, shunday
a, b
0
f (a)
g ( x)
g (a)
g (a)
.
a, b
intervalda differentsiallanuvchi bo’lgan funktsiyalar ayirmasidan tuzilgani
с
a, b
F ' ( x)
bo’lgani uchun, bu tenglikda
f (b)
g (b)
ekanligiga ishonch hosil qilish qiyin emas. Bu funktsiya
oraliqda uzluksiz va
teoremasiga ko’ra, shunday
f (a)
х
с
a, b
intervalda differentsiallanuvchi bo’ladi. U holda Roll
nuqta topiladiki, bu nuqtada
F ' (c )
0
bo’ladi. Lekin
f ' ( x) - f (b) f (a) g ' ( x )
g (b) g (a)
desak,
F ' (c )
f ' (c) - f (b) f (a) g ' (c) =0
g (b) g (a)
yoki
f (b) f (a)
g (b) g (a )
f ' (c )
g ' (c )
va teorema isbotlandi.
M i s î l. f(x)=x3+8, g(x)=x3+x+1 funktsiyalar [-1,2] kesmada uzluksiz và uning barchà ichki
nuqtàlaridàdifferentsiallanuvchi ekanligi ravshan (a=-1, b=2)
182
www.ziyouz.com kutubxonasi
8 8 ( 1) 3 8
9
9 3
3
8 2 1 [( 1) 1 1] 11 1 12 4
' f( 1 )
3 1
3
.
f'(x)=3x2, g'(x)=3x2+1 0, x=1 nuqtàdà
' g( 1 ) 3 1 1 4
f (2) f ( 1) f ' (1)
Bundan
; -1<1<2.
g (2) g ( 1) g ' (1)
x desak, Lagranj teoremasi kelib chiqadi, ya’ni Lagranj teoremasi
Agar Koshi teoremasida g ( x )
f ( 2) f ( 1)
g ( 2) g ( 1)
Koshi teoremasining xususiy holi ekan.
3.4. Aniqmasliklarni ochish. Lopital qoidalari.
Agar
lim f ( x)
x
lim g ( x)
a
x
0
a
f ( x)
g ( x)
bo’lsa, u holda
х
nisbat
а
da “
0
” ko’rinishdagi
0
aniqmaslik deb ataladi. Bu aniqmaslikni ochish deganda, agar u mavjud bo’lsa, lim
x a
f ( x)
g ( x)
limitni
topishni tushunamiz. Bunday limitni topishning usullari ko’p, lekin biz hozir ko’radigan usulda bu
limitni hosilalar nisbatining limitiga keltiriladi. Bu usul I.Bernulliga1 tegishli bo’lsa ham, matematikada
o’zining “Cheksiz kichiklar tahlili” kitobida birinchi marotaba chop ettirgan G.F.Lopital 2 nomi bilan
ma’lum.
f (x )
1-teorema. Agar 1)
âà
g (x)
ôóíêöèÿëàð
х
uning biror atrofida aniqlangan va differentsiallanuvchi, 2)
atrofning barcha nuqtalari uchun
bo’lsa, u holda lim
x
a
g (x)
va
g ' ( x)
0,
nuqtaning o’zida bo’lmasa ham,
lim f ( x)
x
lim g ( x)
a
x
va nihoyat, 4) lim
f ' ( x)
g ' ( x)
f ( x)
f ' ( x)
= lim
g ( x) x a g ' ( x)
A.
x
a
0,
a
3) shu
A limit mavjud
f ( x)
limit ham mavjud va
g ( x)
lim
x
а -chekli
а
funktsiyalarni х
Isboti.
а
son bo’lsin ( а =
nuqtada
nuqtada uzluksiz bo’ladi. Agar
f (a)
х
а
a
bo’lgan hol keyinroq ko’riladi).
g (a)
bo’lsa,
0
а, х
(1)
f (x )
va
deb aniqlaylik3 . U holda bu funktsiyalar
oraliqni va agar
х
а
bo’lsa,
х, а
g (x)
х
а
oraliqni
а, х oraliqni qaraylik (ikkinchi hol ayran shunday ko’riladi). f (x ) âà
g (x) ôóíêöèÿëàð а, х oraliqda uzluksiz, а, х da differentsiallanuvchi, shu sababli Koshi
a, b nuqta topiladiki,
teoremasiga ko’ra, shunday с
qaraymiz. Aniqlik uchun
f ( х) f (a)
g ( х) g (a)
f ' (c )
g ' (c )
yoki
f ( х)
g ( х)
f ' (c )
g ' (c )
bo’ladi.
1 Iogann Bernulli (1667-1748)- matematika tarixida mashxur bo’lgan golland oilasining vakili,
G.V.Leybnitsning safdoshlaridan bo’lgan.
2 Gil’om Fransua de Lopital (1661-1704) – farang matematigi, u ham Leybnits maktabining vakili,
teksda keltirilgan kitob differentsial hisobning dastlabki kursi hisoblanadi.
3 Avvaldan
а nuqtada aniqlangan va uzluksiz, deb faraz qilish
f (x ) va g (x ) funktsiyalarni х
mumkin edi, lekin amaliyot aynan teoremadagidek shart qo’yish ma’qulroq ekanini ko’rsatadi.
183
www.ziyouz.com kutubxonasi
Agar
х
а
с
desak, o’z navbatida
а
f ( x)
lim
x a g ( x)
bo’ladi, shu sababli teorema shartiga ko’ra,
f ' (c )
g ' (c )
lim
c
a
f ' ( x)
g ' ( x)
lim
x
a
munosabat o’rinli bo’ladi. Teorema isbot bo’ldi.
1- e s l a t m a. Agar (1) ning o’ng tomonidagi limit mavjud bo’lmasa, chap tomonidagi limit ham
mavjud bo’lmasligi mumkin.
sin x
1- m i s o l. Ma’lumki (6-bob,§3.7 ga qarang),
x 2 sin
lim
x
1
x
lim x sin
sin x
0
x , shu sababli
x
0
1
x
0
,
lekin
1
x
sin x '
'
x 2 sin
lim
x
0
1
1
cos
x
x
cos x
2 x sin
lim
x
0
mavjud emas.
2- e s l a t m a. Agar
f ' ( x)
g ' ( x)
0
ko’rinishdagi aniqmaslik bo’lib, f ' ( x ), g ' ( x )
0
ifoda yana
funktsiyalar 1-teoremaning hamma shartlarini qanoatlantirsa, u holda
f ( x)
f ' ( x)
= lim
g ( x) x a g ' ( x)
lim
x
a
lim
x
a
f " ( x)
.
g"( x)
bo’ladi.
2- m i s o l.
tgx x
lim
x 0 x
sin x
1
1
2
cos
x
lim
x 0 1 cos x
1
1 cos2 x
lim
x 0 cos2 x 1 cos x
tgx x
x sin x
1
1
2
cos
x
lim
x 0 1 cos x
2 cos x
sin x
4
cos x
sin x
lim
x
0
1 cos x
cos2 x
2.
yoki
lim
x
0
2-teorema. Agar 1)
f (x )
âà
g (x)
lim
x
0
ôóíêöèÿëàð
х
uning biror atrofida aniqlangan va differentsiallanuvchi,2)
atrofning barcha nuqtalari uchun
bo’lsa, u holda lim
x
a
g (x)
va
g ' ( x)
0,
f ( x)
limit ham mavjud va
g ( x)
f ' ( x)
f ( x)
= lim
lim
x a g ' ( x)
x a g ( x)
Bu teoremada ko’rilayotgan ifodani
а
2 sin x
3
lim cos x
x 0 sin x
nuqtaning o’zida bo’lmasa ham,
lim f ( x)
x
2.
lim g ( x)
a
x
va nihoyat, 4) lim
x
a
, 3) shu
a
f ' ( x)
g ' ( x)
A limit mavjud
A.
ko’rinishdagi aniqmaslik deb ataymiz.
Isboti. Teoremaning 2)-shartiga binoan, x ning barcha qiymatlari uchun f (x) 0 va
deyish mumkin.
Avval А chekli son bo’lgan holni ko’raylik. U holda li-mitning ta’rifiga ko’ra, ixtiyoriy
uchun shunday
son topiladiki, |
х -а |
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha
184
www.ziyouz.com kutubxonasi
х
g (x )
0
son
lar uchun
f ' ( x)
g ' ( x)
с
A
х, а
х, а
tengsizlik o’rinli bo’ladi.
2
oraliqga Koshi teoremasini qo’llasak, shunday
nuqta topiladiki,
f ( х) f (a)
g ( х) g (a)
f ' (c )
g ' (c )
f ( x) f (a )
g ( x) g (a )
A
bo’ladi. Demak,
2
.
Quyidagi ayniyatni ko’raylik:
f ( x)
g ( x)
f (a) Ag (a)
g ( x)
A
g (a)
g ( x)
1
f ( x) f (a )
g ( x) g (a )
A .
Uning haqligiga tenglikning o’ng tomonini soddalashtirib ishonch hosil qilish qiyin emas.
Teoremaning 2)-shartiga ko’ra,
barcha nuqtalari uchun
х
а
g ( x)
g (x)
da
g (a)
f (a) Ag (a)
g ( x)
va
х
bo’ladi. U holda yuqoridagi ayniyatga ko’ra, barcha
f ( x)
g ( x)
bo’ladi.
Endi, agar A=
A
а, а
bo’lga-ni uchun
2
а, а
2
oraliqning
lar uchun
2
bo’lsa, u holda
g ' ( x)
f ' ( x)
0
lim
g ( x)
f ( x)
0
lim
f ( x)
g ( x)
0
x
1
lim
x
a
bo’ladi. Hozir isbot qilinganiga ko’ra, bundan
x
a
ekanligi kelib chiqadi. U holda
x
a
bo’ladi. Teorema to’liq isbot bo’ldi.
а
3- e s l a t m a. Agar
bo’lsa,
almashtirish yordamida
t
а
0
bo’lgan holga
keltiriladi:
f ( x)
lim
x
g ( x)
3- m i s o l.
Bu
lim
t
0
f 1
g 1
t
lim
t
t
а >1 va ixtiyoriy
0
f 1
g 1
0 uchun
'
t
'
t
lim
x
lim
t
x
ax
ko’rinishdagi aniqmaslik. Unga Lopital qoidasini
lim
x
x
ax
lim
x
1
0
f' 1
g' 1
1
t
1
t
t2
t2
lim
t
0
f' 1
t .
g' 1
t
0.
к
marotaba qo’llasak,
k 1x
a x ln a
k
185
www.ziyouz.com kutubxonasi
k
0,
х
chunki natijada natural lar uchun kasrning suratida
qoladi.
4- m i s o l. Agar ixtiyoriy musbat son bo’lsa,
ln x
x
lim
x
Bu ham
х ning darajasi manfiy bo’lib
0.
х , ln x
ko’rinishdagi aniqmaslik va
yo’qoladi yoki
funktsiyalar 2-teoremaning barcha shartlarini
qanoatlantiradi. Shuning uchun
1
ln x
lim
x
x
lim
x
x
x
1
x
lim
1
x
0.
”, “00”, “
Yuqorida ko’rilgan aniqmasliklardan tashqari, ularga keltiriladigan “0
“1 ” ko’rinishdagi aniqmasliklar ham ko’pincha uchrab turadi.
х
Agar
а
da
aniqmaslik bo’ladi. Bu
g
1
f g
f (x )
0 va
f g
f
1
g (x)
f (x ) g (x)
bo’lsa,
0”
, “
” va
ifoda “0 ” ko’rinishdagi
0
0
almashtirish yordamida " " ko’rinishdagi aniqmaslikka yoki
g
almashtirish yordamida "
" ko’rinishdagi aniqmaslikka keltiriladi.
f
5-m i s o l. Ixtiyoriy
lim x ln x
0 lar uchun
x
0.
0
Haqiqatan,
lim x ln x
x
0
f (x ) - g (x)
Agar
ifodada
0
ln x
lim
x 0 x
х
а
da
1
lim
x
0
1
x
x
1
va
g (x)
f (x )
lim x
x
0
0.
bo’lsa,
f (x ) - g (x)
ifoda
0
0
“ - ” ko’rinishdagi aniqmaslik bo’ladi. Bu " " ko’rinishdagi aniqmaslikka, masalan
f ( x) g ( x)
1
1
f
1
1
1
g
1
g
f
1 1
f g
almashtirish yordamida keltirilishi mumkin
6-m i s o l.
lim sec x tgx
x
2
1
ctgx cos x
lim
cos x ctgx
x
lim
x
2
2
sin x
sin 2 x
sin x ctgx cos x 1
1 sin 3 x
lim
cos x 1 sin 2 x
x
sin 2 x
0.
2
“00”, “
f
holda
Agar
g
0”
=
va “1
е
g ln f
x
a
7-m i s o l.
deyish mumkin. Bunda
lim x x .
x
0
Bunda
xx
g
f
ko’rinishdagi aniqmasliklar
k , bo’lsa, u holda lim f
lim g ln f
x
”
g ln f
g
a
e x ln x
e
ifodada vujudga keladi. Agar
0 bo’lsa, u
ifoda “0 ” ko’rinishdagi aniqmaslik bo’ladi.
k
bo’ladi.
bo’lgani uchun
186
www.ziyouz.com kutubxonasi
lim x ln x
x
1
ln x
lim
x 0 1
x
0
x
1 2
x
lim
x
0
lim x
x
0.
0
U holda
lim x x
x
1.
0
§4. Teylor formulasi.
п -darajali
4.1. Ko’phad uchun Teylor1 formulasi. Agar bizga
ko’phad berilgan bo’lsa, uni
Рn ( х)
п
а1 х ... ап 1 х n
а0
1
ап x n
(1)
marotaba ketma-ket differentsiallasak:
Pn ' ( x)
2 a 2 x 3 a3 x 2  n a n x n 1 ,
a1
2 3 a3 x 
Pn " ( x) 1 2 a 2
n 1 n an x n 2 ,
n 2 n 1 n an x n 3 ,
Pn ' ' ' ( x) 1 2 3 a3 

n
Pn ( x) 1 2 3  n a n
va ularda х 0 desak, (1) ning koeffitsientlarini uning hosilalari bilan bog’lovchi quyidagi
formulalarni hosil qilamiz:
a0
Pn ' (0)
, a2
1!
Pn (0), a1
Рп (х)
Agar bularni (1) ga olib borib qo’ysak,
Pn ( x)
Endi, agar ixtiyoriy
х0
Pn (0)
uchun (1) da
х
Pn (0)
.
n!
ko’phad uchun yangi ko’rinish olamiz:
Pn ' (0)
x
1!
х0
n
Pn " (0)
, , a n
2!
n
Pn " (0) 2
x
2!
х х0
Pn (0) n

x .
n!
(2)
deb, qavslarni ochib, ifodani
х х0
ning
darajalari bo’yicha ixchamlasak:
Pn ( x )
b0
b1 x x0
b2 x x0
2
bn x x0
n
n
bk x x0
k
(3)
k 0
hosil bo’ladi. (3) ni
Aslida
Рп (х)
koeffitsientlar
аi
Рп (х)
ko’phad
va
х0
х0
ko’phadning
х х0
ning darajalari bo’yicha yoyilmasi deb ataymiz.
ga bog’liq bo’lmasa ham, uning (3) yoyilmasidagi
ga bog’liq. Agar (3) da
х х0 =
desak,
Рп (х) = Рп ( х0
va (3) ga ko’ra
pn ( )
b0
b1
b2
2
 bn
n
bo’lgani uchun, (2) asosan
n
bk
pn (0)
, k
n!
0,1,2,  , n ,
larga ega bo’lamiz.
Lekin
1
Bruk Teylor (1685-1731) – ingliz matematigi, Nyutonning izdoshlaridan.
187
www.ziyouz.com kutubxonasi
b0 , b1 ,, bn
) = рп ( )
pn ( )
Pn ( x0
), pn ' ( )
Pn ' ( x0
), pn " ( )
), ,
Pn " ( x0
bo’lgani uchun
pn (0)
Pn ( x0 ), pn ' (0)
Pn " ( x0 ), ,
Pn ' ( x0 ), pn " (0)
va
k
Pn ( x0 )
bk
, k 0,1,2,  , n ,
n!
hosilalarining х0 nuqtadagi qiymatlari
ya’ni (3) yoyilma koeffitsientlari o’zining va
(4)
orqali ifodalanar
ekan.
Bularni (3) ga qo’ysak:
Pn ( x)
Pn ( x0 )
x x0
1!
Pn ( x0 )
formulani hosil qilamiz. Bu formula
Рп (х)
n
Pn " ( x0 )
x x0
2!
P ( x0 )
 n
x x0
n!
2
n
(5)
ko’phad uchun Teylor formulasi, deb ataladi. Buning
xususiy holi bo’lgan (2) formulani Makloren formulasi deb atashadi.
Рп (х) = а х
1- m i s o l.
п
va
k
Pn ( x)
х0 =0 bo’lsin. Unda
n k
n n 1 n k 1 a x
k
n n 1 n k 1a
Pn (0)
n k
,
,
va (5) ga asosan
a
x
n
n
k
n n 1 n k 1 n k k
a x ,
k!
0
ya’ni Nyuton binomi deb ataluvchi formulani hosil qilamiz.
х0 nuqtaning biror U x0 atrofida
f (x) funktsiya berilgan bo’lsin. Bu
4.2. Ixtiyoriy funktsiya uchun Teylor formulasi. Faraz qilaylik,
п +1
marotaba uzluksiz differentsiallanuvchi ixtiyoriy
funktsiya uchun (5) ga o’xshash
quyidagi
Pn ( x)
y
f (x)
funktsiyaning
f ' ( x0 )
x x0
1!
f ( x0 )
y
п -darajali
f " ( x0 )
x x0
2!
2
Teylor ko’phadi deb ataluvchi

f
n
( x0 )
n!
x x0
n
(6)
ko’phadni tuzib olamiz.
Bu ko’phadning
ham,
х0
х0
nuqtadagi qiymati
f (x )
funktsiyaning shu nuqtadagi qiymatiga teng bo’lsa
Рп (х) f (x ) .
nuqtaning atrofidagi boshqa nuqtalarda umuman aytganda,
Bundan
tashqari,
Pn ' ( x0 )
f ' ( x0 ), Pn " ( x0 )
n
f " ( x0 ), , Pn ( x0 )
f
n
( x0 ).
(7)
Quyidagi belgilashni kiritaylik:
rn ( x)
f ( x) Pn ( x) .
(8)
U holda,
f ( x)
formulani
f (x )
Teylor formulasini
rn (x)
f ' ( x0 )
x x0
1!
f ( x0 )
f " ( x0 )
x x0
2!
2

f
n
funktsiyaning Teylor formulasi, deb ataymiz, bu yerda,
п -tartibli qoldig’i, deyiladi.
funktsiyaning
f
n 1
( x)
hosila orqali ifodasini topaylik.
188
www.ziyouz.com kutubxonasi
( x0 )
n!
x x0
n
rn (x) f (x )
rn ( x)
(9)
funktsiyaning
(7) va (8) larga asosan
n
rn ' ( x0 )  rn ( x0 )
rn ( x0 )
rn ( x)
( x)
rn ( x) rn ( x0 )
( x)
( x0 )
rn ' ( x1 )
' ( x1 )
n

x1
agar
хп
x0 , x
n 1
Lekin
1
n
х х0
( x0 ) . rn (x)
va
n 1
(х)
U x0 atrofda Koshi teoremasini qo’llasak:
funktsiyalarga
bu yerda
( х)
Yordamchi
' ( x0 ) 
( х0 )
funktsiyani ko’raylik. Bu funktsiya uchun
0.
( x)
с
n
rn ( xn )
n
( xn )
U x0
xk
va
n 1
n 1 !, rn
rn ' ( x1 ) rn ' ( x0 )
' ( x1 )
' ( x0 )
n
rn ( xn ) rn ( x0 )
n
n
( xn )
( x0 )
( x)
n 1
f
n 1
rn
n 1

( xn 1 )
,
( xn 1 )
U x0 , k 1,2,, n.
x0 , x k
1
rn " ( x2 )
" ( x2 )
( x) 0
n 1
f
( x) . Demak,
desak, u holda
x
rn ( x)
n 1
x0
n 1!
f
n 1
(c )
(10)
kelib chiqadi. Buni Teylor formulasining Lagranj ko’rinishidagi qoldiq hadi deb ataladi. Agar (10) ni
(9) ga olib borib qo’ysak:
f
n
f ( x)
k 0
Agar (11) da
k
( x0 )
x x0
k!
f
k
n 1
(c )
x x0
n 1!
n 1
.
(11)
х0 =0 bo’lsa, bu formulani Makloren formulasi, deb ataymiz.
4.3. Qoldiq hadning har xil ko’rinishlari. Ayrim hollarda qoldiq hadning Lagranj ko’rinishi
yaroqsizlik qiladi. Bunday hollarda qoldiqning boshqa ko’rinishlaridan foydalaniladi.Biz hozir
shulardan ikkitasini ko’rib chiqamiz.
Qoldiqning
с
х0
(10)
ifodasidagi
х х0 ,0
с
х0 , х
nuqta
U x0
rn (x)
atrofda
0, ' ( x) 1
х х0
(х) =
va
rn ( x)
( x)
( х0 )
tegishli
bo’lgani
uchun
uni
1, deb yozish mumkin (§3.3, (5) formulaga qarang).
Endi Koshi teoremasini
bu yerda
oraliqga
rn ( x) rn ( x0 )
( x)
( x0 )
funktsiyalarga qo’llasak:
rn ' (c)
1
rn ' (c),
(12)
ekanligi e’tiborga olindi. (10) dan
x
rn ' ( x)
x0
n!
n
n 1
f
(c )
yoki
rn ' (c)
f
n 1
n!
(c )
x c
n
f
n 1
( x0
(x
x0 ))
n!
n
1
x
n
x0 .
U holda (12) ga ko’ra,
rn ( x)
rn ' (c)
( x)
f
n 1
( x0
(x
x0 ))
n!
1
n
x
x0
n 1
(13)
kelib chiqadi. (13) ni qoldiq hadning Koshi ko’rinishi deb ataymiz.
Qoldiq hadning Lagranj va Koshi ko’rinishlari asosan
Рп (х)
f (x )
funktsiyani Teylor formulasi bo’yicha,
ko’phadga almashtirib, bunda yo’l qo’yilgan xatolikni baholash uchun ishlatiladi. Ayrim
189
www.ziyouz.com kutubxonasi
х
hollarda, bizga bu xatolik emas, balki qoldiq hadning
х0
х0
bo’lganda o’zini
nuqta atrofida
f (x )
f (x ) funktsiya х0
qanday tutishi yoki aniqroq qilib aytsak, qoldiq hadning kichiklik tartibi qiziqtiradi. Bu tartibni
funktsiyaga qo’yilgan talablardan engilroq shartlarda ham topsa bo’ladi. Masalan,
nuqta atrofida п marotaba uzluksiz differentsiallanuvchi bo’lsin. U holda,(11) formulada
ga almashtirsak:
n 1
f ( x)
k
f
k 0
с
bu yerda
f
sababli,
n
nuqta
(c )
х0 , х
f
n
х
х0
k
oraliqga tegishli bo’lgani
( x0 )
n
f
(c )
n!
(х)
bo’lganda
n
f
(c )
x x0
n!
х0
uchun, х
n
п -1
ni
,
bo’lganda
с
х0 ,
shu
va
f
bu yerda
( x0 )
x x0
k!
п
0 ,ya’ni
n
( x0 )
( x) ,
n!
п
( х) х х 0
о ( х х0 ) п
.
U holda
f
п
f ( x)
k 0
k
( x0 )
x x0
k!
k
о ( х х0 ) п
.
(14)
Demak,
rn ( x)
x0 ) n .
o (x
(15)
Qoldiqning (15) ko’rinishini Peano1 taklif etgan.
Quyidagi teorema berilgan funktsiyani (14) formula bo’yicha yagona ravishda yoyish mumkinligini
ko’rsatadi.
Teorema. Agar
f (x )
funktsiya
f ( x)
х0
nuqta atrofida
a0
a1 x x0
f ( x) b0
yoyilmalarga ega bo’lsa, u holda barcha
b1 x x0
k
0,1,, n
 a n x x0
 bn x x0
lar uchun
n
n
ak
o’tsak,
(16)
o ( x x0 ) n ,
(17)
bk
bo’ladi.
х
х0
bo’lganda limitga
a0 b0 hosil bo’ladi. Endi, bu tenglikni х х0 ga bo’lib, х
a1 b1 kelib chiqadi. Shu tartibda davom etib, natijada aп bп
х0
bo’lganda limitga
Isboti. Agar (16) va (17) tengliklarning o’ng tomonlarini tenglab,
o’tsak,
o ( x x0 ) n ,
ekanligiga ishonch hosil
qilamiz.
Funktsiyaning (14) yoyilmasi “lokal“ harakterga ega ekanligi, ya’ni bu yoyilma funktsiyaning faqat
х
х0
bo’lganda qanday o’zgarishini harakterlashi (14) tenglikdan ko’rinib turibdi.
Agar (11) va (14) da
f (x0 )
f ( x)
f ( x0 )
f ( x0 )
ni tenglikning chap tomoniga o’tkazib,
f ' ( x0 ) x
х
desak:
f " ( x0 ) 2
x 
2!

f
va
1
х х0
Juzeppe Peano (1858-1932)- italiyalik matematik.
190
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
( x0 ) n
x
n!
f
n 1
(c ) n
x
n 1!
1
(11a)
f (x0 )
f ( x)
f ( x0 )
f " ( x0 ) 2
x 
2!
f ' ( x0 ) x
f
n
( x0 ) n
x о хп
n!
х ni dx ga
munosabatlarga ega bo’lamiz. Agar bu tengliklarda
n
n
2
2
f ' ( x0 )dx df ( x0 ), f " ( x0 )dx
d f ( x0 ), , f ( x0 )dx

d n f ( x0 ), f
(14a)
almash-tirib,
(c)dx n 1 d n 1 f ( x0 ) ekanligini eslasak:
1 2
1 n
1
df ( x 0 )
d f ( x0 ) 
d f ( x0 )
d n 1 f (c )
2!
n!
n 1!
f ( x0 )
n 1
c
x0
x,0
1
(11b)
yoki
f ( x0 )
tengliklarni hosil qilamiz. Shunday qilib,
orttirmasidan,
2
nainki
uning
n
d f ( x0 ), , d f ( x0 )
1 2
1 n
d f ( x0 ) 
d f ( x0 ) о х п
2!
n!
х 0 desak, funktsiyaning cheksiz kichik
agar
df ( x0 )
bosh
qismi
differentsiallari
–
bilan
birinchi
differentsiali,
mahrajlardagi
faktoriallar
balki
(14b)
f ( x0 )
yuqori
aniqligida
tartibli
ustma-ust
tushuvchi yuqori tartibli kichik hadlari ham ajraldi.
4.4. Elementar funktsiyalarni Teylor formulalari bo’yicha yoyish.
1.
f ( x)
e x . Bu funktsiya
f
k
oraliqda cheksiz marotaba differentsiallanuvchidir va
ex , f
( x)
k
0,1,  ), f
(0) 1 ( k
n 1
(c)
ec .
U holda, (11) formulaga ko’ra,
e
n
x
k
bu yerda
х
xk
0 k!
ec x n 1
, c
n 1!
rn ( x)
rn ( x),
0, x ,
(18)
х 1
uchun (18) ga
ham musbat, ham manfiy bo’lishi mumkin.
(18) formuladan foydalanib, e sonini 0,001 aniqlik bilan hisoblash mumkin.
ko’ra:
n
e
k
1
rn (1),
0 k!
(19)
bu yerda
rn (1)
п
ec
n 1!
(0
c 1 ).
ni shunday tanlash kerakki, natijada
rn (1)
ес
bo’lsin. Buning uchun,
tengsizlik, masalan
п
6
3
ec
n 1!
bo’lganligidan,
3
0,001
0,001 tengsizlikni echish kifoya. Bu
п 1!
uchun bajariladi. Demak,
е
2
1 1
1

2! 3!
6!
2,718 .
191
www.ziyouz.com kutubxonasi
Eslatma.
yerda
0
0
c 1
1 ec
bo’lgani uchun,
3.
п >2
Lekin,
ec
lar uchun
n 1
, bu
1 . U holda (19) ni quyidagi ko’rinishda yozish mumkin:
n
e
k
1
0 k!
n!
.
(20)
Bu formula 6-bob, §2.6 da e sonining irratsional ekanligini isbotlashda ishlatilgan edi.
2.
y
sin x.
Bu funktsiya ham barcha hosilalarga ega va
n
sin x
|x
0
0, агарn 2k ,
n
2
sin
k
1 , агарn 2k 1.
U holda bu funktsiya uchun Teylor formulasi quyidagicha bo’ladi:
sin x
x3
3!
x
x5

5!
1
x 2k 1
r2 k ( x),
2k 1 !
k 1
(21)
bu yerda
x 2k 1
sin x (2k 1)
2k 1 !
2
r2 k ( x)
1-m i s o l.
sin x x
0
x3
lim
x
o x 2k
x
.
0
ni hisoblang.
(21) ko’ra,
sin x
x3
3!
x
o x3 .
Shuning uchun
x
sin x x
lim
x 0
x3
3.
y
x3
3!
lim
x
x
0
x
1
o x3
lim
6 x 0 x3
3
1
.
6
cos x . Xuddi yuqoridagidek,
f
k
( x)
cos x k
f
Demak, agar
n
2k 1
2k 1
f ( x)
ln 1 x
f
2k
k
(0)
1 ,
1,2,3,  ).
(k
desak,
. Bu funktsiya
n
2
, f (0) 1, f
(0) 0
x2
cos x 1
2!
4.
o x3
( x)
1
x4

4!
x
1
n 1
n 1!
1 x
n
1
k
x 2k
r2 k 1 .
2k !
lar uchun aniqlangan va barcha tartibli hosilalariga ega:
,
f
n
(0)
192
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
n 1
n 1 !,
va nihoyat,
ln 1 x
f ( x)
5.
m
1 x
x2
2
x

1
n 1
xn
n
rn ( x).
. Ma’lumki,
n
f
n
f
m n
m(m 1) (m n 1) 1 x
( x)
(0) m(m 1)(m n 1)
,
.
U holda
1 x
m
m(m 1) 2
x
2!
1 mx
2-m i s o l. Hisoblang ( m
n, m
0, n
rn ( x) .
0 ):
m
lim
x
m(m 1)  (m n 1) n
x
n!

n
1 x
1 x
x
0
.
(22) formuladan foydalansak:
m
lim
x
n
1 x
1 x
x
0
x
m
1
= lim
x
lim
x
f ( x)
1
x
n
o( x )
x
0
x
6.
o( x )
1
m
1
n
x
0
o( x )
lim
x
0
1
m
1
n
o(1)
arctgx . Ma’lumki (§2.3,70-misolga qarang),
f
n
( x)
n 1 ! cosn y sin n y
f
2k 1
(0)
1
k 1
2
2k
, f
2k
(0)
0,
2 !.
U holda bu funktsiya uchun Teylor formulasi quyidagicha bo’ladi:
arctgx
x
x3
3
x5
5

1
k 1
193
www.ziyouz.com kutubxonasi
x 2k 1
r2 k ( x).
2k 1
1
m
1
.
n
(22)
8-BOB.
FUNKTSIYALARNI HOSILALAR YORDAMIDA TEKSHIRISH
1-§. Funktsiyaning monotonligini tekshirish
Funktsiyaning o’zgarishini tekshirish jarayonida uning qiymatlari qaysi oraliqda o’zgarmasligi yoki
qaysi oraliqda monotonligini aniqlab beruvchi shartlarga zaruriyat tug’iladi. Biz bu paragrafda shu
shartlarni aniqlash bilan shug’ullanamiz.
1.1. Funktsiyaning o’zgarmaslik sharti
Teorema. Agar f (x ) funktsiya a, b intervalda aynan nolga teng bo’lgan hosilaga ega bo’lsa, u
holda
f (x ) shu intervalda o’zgarmas bo’ladi.
a, b
Isboti.
intervalning biror o’zgarmas
х0
nuqtasini va uning biror
U x0
a, b
atrofini
qaraylik. Shu atrof uchun Lagranj teoremasini (7-bob, 3.3-§ ga qarang) qo’llasak:
f ( x)
bu yerda,
с
х0 , х
yoki
с
х, х0
f ' (c) x x0 ,
х
U x0 ,
.
x
Teorema shartiga ko’ra, barcha
Shu sababli barcha x
f ( x0 )
a, b nuqtada f ' (c)
a, b larda, jumladan, c U x0
a, b lar uchun
f ( x)
f ( x0 ) const . .
Teorema isbot bo’ldi.
Bu teoremadan integral hisob uchun zarur bo’lgan quyidagi natija kelib chiqadi:
Natija. Agar f (x ) va g (x ) funktsiyalar a, b intervalda aynan teng bo’lgan hosilaga
bo’lsa, ya’ni barcha
x
0.
ega
a, b larda
f ' ( x) = g ' ( x)
bo’lsa, u holda f (x ) va
g (x)
funktsiyalar shu oraliqda faqat o’zgarmas miqdorga farq qiladi:
f (x ) = g (x) +C.
Buni isbotlash uchun yuqoridagi teoremani f (x ) - g (x ) ayirmaga qo’llash kifoya.
2x
1
arctg
Misol. arctgх va
funktsiyalarning hosilalari х ning 1 qiymatlaridan boshqa
2
1 x2
barcha qiymatlarida o’zaro teng. Buni tekshirishni o’quvchining o’ziga havola qilamiz. Shu sababli
arctgx
1
2x
arctg
2
1 x2
C
(1)
tenglik faqat (–1,1), (- ,
va (1,+ ) oraliqlardagina bajariladi. Yana qiziq tomoni shundaki, C ning
qiymati har bir oraliq uchun har xil, masalan, birinchi oraliq uchun C=0, bunga ishonch hosil qilish
uchun (1) da
х =0
deyish kifoya, agar (1) da
х
ekanligi va nihoyat, (1) da
+
х
da limitga o’tsak, ikkinchi oraliqda С
da limitga o’tsak, uchinchi oraliq uchun С
2
2
ekanligi kelib
chiqadi.
1.2. Funktsiyaning monotonlik sharti
Endi, funktsiya hosilasi nolga teng bo’lmagan hol uchun funktsiya qanday o’zgarishini tekshiramiz.
1-teorema. Agar f (x ) funktsiya a, b oraliqda uzluksiz, a, b intervalda manfiy bo’lmagan
(musbat) hosilaga ega bo’lsa, u holda f (x ) funktsiya a, b oraliqda kamaymaydi (o’sadi).
Isboti. Haqiqatan agar a
ya’ni х1 , х 2 da shunday
с
x1
x2
b desak, х1 , х2 oraliq uchun Lagranj teoremasi o’rinli bo’ladi,
nuqta topiladiki, uning uchun
194
www.ziyouz.com kutubxonasi
(2)
f ( x2 ) f ( x1 ) f ' (c) x2 x1
tenglik bajariladi. Teorema shartiga ko’ra, a, b intervalda f ' ( x ) 0 ( f ' ( x ) 0 ) bo’lgani uchun, bu
tengsizlik c
x1 , x2
a, b nuqtada ham o’rinli bo’ladi, ya’ni f ' (с) 0 (mos ravishda
f ' (c ) 0 ) bo’ladi.
U holda (2) dan f ( x2 ) f ( x1 ) 0 ( f ( x2 ) f ( x1 ) 0 ) kelib chiqadi. х 1 va х 2 lar ixtiyoriy
tanlangani uchun f (x ) funktsiya a, b oraliqda kamaymaydi (o’sadi).
topilsaki,
Ta’rif. Agar shunday
tengsizlik bajarilsa, f (x ) funktsiya
2-teorema.
f ' ( х0 ) 0
Agar
0
x
y
x
lar uchun
y
x
0
0
х 0 nuqtada o’suvchi (kamayuvchi) deyiladi.
( f ' ( х0 )
f (x )
0 ) bo’lsa,
funktsiya
х0
nuqtada
o’suvchi
(kamayuvchi) bo’ladi.
Isboti.
f ' ( x)
y
bo’lgani uchun, ixtiyoriy
x
lim
x
0
uchun shunday
topiladiki,
x
lar uchun
y
x
f ' ( x0 )
f ' ( х0 ) 0
f ' ( x0 )
f ' ( х0 ) deb tanlasak,
y
lar uchun
0 bo’ladi. Teorema isbot bo’ldi.
x
x
1-eslatma. 1-teoremada funktsiyaning a, b intervalda f ' ( x ) 0 bo’lgan hosilasi mavjudligidan
bo’ladi. Agar
bo’lsa, u holda
uning shu oraliqda kamaymasligi isbot qilingan edi. Lekin aksi ham o’rinli, ya’ni agar funktsiya
intervalda differentsiallanuvchi va kamaymaydigan bo’lsa, u holda shu intervalda f ' ( x )
chunki agar
a, b intervalda shunday х
0
nuqta mavjud bo’lsaki, bu nuqtada f ' ( х0 )
a, b
0 bo’ladi,
0 bo’lsa, 2-
х 0 nuqtada kamayuvchi bo’lib qoladi, bu esa qilingan farazga zid.
Agar funktsiya differentsiallanuvchi va a, b intervalda qat’iy o’suvchi bo’lib, bu funktsiya haqida
boshqa ma’lumotlarga ega bo’lmasakda, baribir a, b intervalda f ' ( x ) 0 bo’ladi deyishga to’g’ri
teoremaga asosan funktsiya
a, b intervalning biror nuqtasida nolga teng bo’lgan hosilaga
keladi, chunki qat’iy o’suvchi funktsiya
ega bo’lishi mumkin. Masalan, х 3 funktsiya
nolga teng, xuddi shunday
f ( x) x sin x
da qat’iy o’sadi va х =0 nuqtada uning hosilasi
funktsiya o’suvchi, chunki uning hosilasi
f ' ( x) 1 cos x hech qayerda manfiy emas, lekin x
teng.
2-eslatma. Funktsiyaning
chiqmaydi. Masalan,
х0
0, 1, 2,  ,
nuqtalarda nolga
nuqtada o’suvchiligidan uning shu nuqta atrofida ham o’sishi kelib
0, x
F ( x)
funktsiya
2k , k
x
2
1
x 2 sin , x
x
x
lim 2
x 2 sin
х =0 nuqtada o’suvchi, chunki
F ' (0)
0,
x
0
1
x
x
195
www.ziyouz.com kutubxonasi
0,
1
.
2
Lekin, bu funktsiya monoton emas, chunki uning hosilasi F ' ( x)
1
2
ixtiyoriy kichik atrofida ham musbat, ham manfiy qiymatlar qabul qiladi:
2 x sin
1
x
xk
1
cos
k
1
nolning
x
k 1,2,
k lar uchun 3/2 ga, toq k lar uchun –1/2 ga teng.
а, а oraliqda differentsiallanuvchi bo’lsa, u holda
3-teorema. Agar f (x ) funktsiya juft (toq) va
nuqtalarda juft
f ' ( x)
toq (juft) funktsiya bo’ladi.
х
Isboti. Teorema shartiga ko’ra
differentsiallasak:
а, а
lar uchun
f (x ) = f ( x ) . Agar bu tenglikni
f ' ( x ) =- f ' ( x ) ,
ya’ni funktsiya toq ekanligi kelib chiqadi.
2-§. Funktsiyaning lokal ekstremumlari
Lokal ekstremum nuqtalarga ta’rifni 7-bob, 3.1-§ da bergan edik. Bunday nuqtalarni quyidagicha
ta’riflasa ham bo’ladi:
Agar shunday
sonni ko’rsatish mumkin bo’lsaki, funktsiyaning с nuqtadagi у orttirmasi с
ning -atrofida
y
f ( x)
f (c )
0 (mos ravishda
y
f ( x) f (c) 0 ) tengsizlikni qanoatlantirsa.
f (x ) funktsiya с nuqtada lokal maksimumga (minimumga) erishadi deymiz.
Ferma teoremasiga ko’ra (7-bob, 3.1-§ ga qarang), agar funktsiya х 0 nuqtada differentsiallanuvchi
bo’lib, shu nuqtada local ekstremumga erishsa, u holda f ' ( х0 ) 0 bo’lar edi.
Yuqorida ko’rgan misollarimizdan ma’lumki, hosilani nolga aylantiradigan har qanday nuqta
f ' ( х ) 0 tenglamaning yechimlarini f (x )
ekstremum nuqta bo’lavermaydi. Shu sababli
funktsiyaning statsionar nuqtalari, deb ataymiz.
Funktsiya local ekstremumlarga hosilasi mavjud bo’lmagan nuqtalarda ham erishishi mumkin,
masalan,
у
х funktsiya х =0 nuqtada differentsiallanuvchi emas, lekin bu nuqtada minimumga
erishadi.
Demak, funktsiyaning local ekstremumlarini statsionar nuqtalari, ya’ni hosilasi mavjud bo’lib, bu
hosilani nolga aylantiradigan nuqtalar orasidan yoki hosilasi mavjud bo’lmagan nuqtalar orasidan
qidirish kerak ekan.
Bundan xulosa shuki,
f ' ( х) 0
(1)
shart differentsiallanuvchi
funktsiya х nuqtada lokal ekstremumga erishishi uchun zaruriy shart
ekan, lekin etarli emas.
Shu sababli statsionar nuqtalar orasidan lokal ekstremumlarni ajratib olish uchun qo’shimcha shartlar
zarur. Bu shartlarni lokal ekstremumning etarli shartlari, deb ataymiz.
Faraz qilaylik, х 0
2.1. Lokal ekstremumlarni birinchi hosila
yordamida aniqlash
f (x ) funktsiyaning statsionar nuqtasi bo’lsin va funktsiya bu nuqtada va uning
U atrofida uzluksiz, shu nuqtaning o’zida bo’lmasa-da, uning U atrofida chekli hosilaga ega
va bu hosila U da х 0 ning chap tomonida ham, o’ng tomonida ham doimiy ishoraga ega bo’lsin.
х 0 lar uchun f ' ( x) 0 , va х х 0 х 0+ lar uchun f ' ( x) 0
1-teorema. 1) Agar х
х0
х 0 х 0 lar uchun f ' ( x) 0 va
bo’lsa, х 0 nuqta lokal maksimum bo’ladi; 2) agar х
х х 0 х 0+ lar uchun f ' ( x) 0 bo’lsa, х 0 nuqta lokal minimum bo’ladi; 3) agar hosila х 0
biror
nuqtaning chap va o’ng tomonlarida bir xil ishorali bo’lsa, bu nuqta lokal ekstremum bo’lmaydi.
196
www.ziyouz.com kutubxonasi
Isboti. 1) х 0
shu sababli barcha
х 0 da f ' ( x )
х
х0
х0
0 bo’lsa, 1-§, 1-teoremaga ko’ra funktsiya bu oraliqda o’sadi va
lar uchun f ( x) f ( x0 ) bo’ladi, х 0 х 0+ da f ' ( x ) 0 bo’lsa,
o’sha teoremaga ko’ra funktsiya bu oraliqda kamayadi va demak, barcha х
х 0 х 0+ lar uchun
bo’ladi.
Bundan
xulosa:
lar
uchun
х х0
х0
f ( x0 ) f ( x) , ya’ni х 0 nuqta
f ( x0 ) f ( x)
lokal maksimum ekan.
2) Xuddi yuqoridagidek mulohaza qilsak, х
х
х 0 lar uchun f ( x0 )
х0
lar uchun f ( x0 )
х 0 lar uchun f ' ( x )
0 ekanligidan, barcha
da f ' ( x) 0 ekanligidan, barcha х
х 0 х 0+
х0
f ( x) va х 0 х 0+
f ( x) bo’lishi kelib chiqadi. Demak,
х
х
х
lar uchun
f ( x0 )
f ( x) ,
ya’ni х 0 nuqta lokal minimum ekan.
3) Agar х
х 0 х 0 lar uchun f ' ( x ) 0 (>0) va х х 0 х 0+ lar uchun ham f ' ( x ) 0 (>0)
bo’lsa, funktsiya х 0 nuqtaning chap tomonida ham, o’ng tomonida ham kamayadi (o’sadi). Shu
sababli x0 nuqta lokal ekstremum bo’lmaydi.
1-eslatma. Teoremada birinchi hosila х 0 nuqtadan o’tish jarayonida ishorasini o’zgartirsa, lokal
ekstremum bo’ladi deyilyapti, lekin bunda
f ' ( x0 )
ning mavjudligi shart emas, faqat
f (x ) х 0
nuqtada uzluksiz bo’lsa etarli.
1-misol.
f ( x)
1 x, x
x, x
0,
0.
Bu funktsiyaning hosilasi х =0 nuqtaning chap tomonida «+»
ishoraga va o’ng tomonida «—» ishoraga ega, lekin funktsiya х =0
nuqtada uzluksiz ham, differentsiallanuvchi ham emas (91-rasmga
qarang).
y
1
x
1
; y'
1 x2
2-misol. y
2x
. Bu yerdan ko’rinadiki,
2
х <0 lar
1 x2
uchun y ' 0 va х >0 lar uchun y ' 0 ; bundan tashqari funktsiya х =0
91-расм.
nuqtada uzluksiz. Shuning uchun 1-teoremaga ko’ra berilgan funktsiya
х =0 nuqtada lokal maksimumga ega. Funktsiyaning boshqa lokal ekstremumlari yo’q.
3-misol.
y
2 x 2 1 sin
1
x
( х 0), y (0)
y'
2 x 1 sin
2 . Bu funktsiya
maksimumga erishadi: barcha х lar uchun y ( х) у (0)
uchun х <0 larda o’sib, х >0 larda kamaymaydi, chunki
2 x 2 1 sin
y ' (0) lim
ishorasi cos
х
lar uchun
2 x 1 sin
1
ga bog’liq. х
x
2-teorema. х 0 nuqta
1
x
cos
1
x
1
( х 0),
x
lim x 1 sin
x 0
ifoda qiymati yetarlicha
da cos
1
bir necha marotaba
x
1
x
f " ( x0 )
0.
kichik, shuning uchun hosilaning
1 qiymatni qabul qiladi.
2.2. Lokal ekstremumlarni ikkinchi hosila
yordamida tekshirish
funktsiyaning statsionar nuqtasi, ya’ni f ' ( х0 )
marta uzluksiz differentsiallanuvchi bo’lsin. Agar
nuqtada uzluksiz va lokal
2 . Lekin, х =0 ning hech qaysi atrofi
2
x
x 0
Kichik
1
x
х =0
0 va uning atrofida
0 bo’lsa, х 0 nuqta
maksimumi va agar f " ( x0 )
funktsiyaning lokal
0 bo’lsa, х 0 nuqta funktsiyaning lokal minimumi bo’ladi.
Isboti. Berilgan funktsiyani п =1 bo’lgan hol uchun Teylor formulasiga yoyaylik:
197
www.ziyouz.com kutubxonasi
ikki
f ( x)
f ' ( x0 )
x x0
1!
f ( x0 )
f " (c )
x x0
2!
2
(c
x0 , x ).
(2)
Bundan teorema shartiga ko’ra f ' ( х0 ) 0 bo’lgani uchun
f ( x)
Faraz qilaylik,
f " ( x0 )
topiladiki, barcha х
х0
lar uchun
х х0 х0
х0
0 bo’lsin.
х0
х
х0
х0
x0
2!
(2’)
nuqta atrofida uzluksiz bo’lgani uchun shunday
f " ( x)
lar uchun
x
bo’ladi. Bundan
f " (c )
2
x x0 .
2!
f ( x0 )
0 bo’ladi. U holda
(2’) dagi qoldiq had
2
f " (c )
0
lar uchun
y
f ( x)
f ( x0 )
0
ekanligi kelib chiqadi, ya’ni х 0 lokal maksimum ekan.
Xuddi shunday, agar f " ( x0 ) 0 bo’lsa, х 0 ning atrofida f " ( x)
0 , shu jumladan, f " (с )
0
bo’ladi. U holda (2’) dagi qoldiq had shu atrofda manfiy bo’lmaydi. Shu sababli х 0 ning atrofidagi
barcha х lar uchun
y
f ( x)
f ( x0 ) 0
х 0 lokal minimum ekan.
2
4-misol. y x
5, y' 2x , х =0–statsionar nuqta ekan.
Barcha х lar uchun y" 2 0 , demak, 2-teoremaga ko’ra х =0 – lokal minimum ekan.
f ' ( х0 ) 0 va f ' ' ( х0 ) 0 bo’lishi х 0 nuqtaning ekstremum bo’lishini
2-eslatma.
bo’ladi, ya’ni
4
ta’minlamaydi. Masalan, у х va у х funktsiyalarning birinchi va ikkinchi hosilalari х =0
nuqtada nolga teng, lekin birinchi funktsiyamiz bu nuqtada ekstremumga ega emas, ikkinchisi esa lokal
minimumga ega.
3
( x) х 0 nuqtaning atrofida uzluksiz
( x0 ) 0 bo’lsa, funktsiya х 0 nuqtada lokal maksimumga; agar ( п +1)-juft
bo’lsin. Agar ( п +1)-juft va f
n 1
va f
( x0 ) 0 bo’lsa, funktsiya х 0 nuqtada lokal minimumga erishadi; va nihoyat, agar ( п +1)-toq va
n 1
f
( x0 ) 0 bo’lsa, funktsiya х 0 nuqtada hech qanday ekstremumga erishmaydi.
Isboti. funktsiyaning х 0 nuqta atrofidagi Teylor yoyilmasiga teorema shartini qo’llasak:
n 1
x x0
f ( x) f ( x0 )
f n 1 (c) ( c x0 , x ).
(3)
n 1!
n 1
( x0 ) 0
Agar bu yerda ( п +1)-juft bo’lsa, (2’) formuladek mulohaza qilamiz. Endi ( п +1)-toq va f
3-teorema. f ' ( x0 )
f " ( x0 )  f n ( x 0 ) 0 , f
n 1
( x0 ) 0 va f
n 1
n 1
bo’lsin.
f
n 1
( x) х 0
nuqta atrofida uzluksiz bo’lgani tufayli, uning uchun shunday
х0
х0
interval
( x0 ) ning ishorasini saqlaydi. Agar х х 0 nuqtadan o’sib o’tsa, х х0 п 1 o’z
n 1
( x0 ) ning ishorasi esa o’zgarmaydi. Shu sababli,(3) tenglikning o’ng tarafi va o’z
ishorasini o’zgartiradi, f
f ( x) f ( x0 ) ham o’z ishorasini o’zgartiradi, ya’ni х 0 nuqta lokal ekstremum bo’lmaydi.
navbatida у
4-teorema. Agar f ' ( х0 ) 0 , f ' ' ( х0 ) 0 (<0) bo’lsa, u holda funktsiya х 0 nuqtada lokal minimumga
mavjudki, u yerda u
f
n 1
(maksimumga) erishadi.
Bu teoremaning 2-teoremadan farqi shundaki, 4-teoremada ikkinchi hosilaning uzluksizligi talab qilinmay,
faqat mavjudligi talab qilinyapti. Shu ma’noda 2-teoremani 4-teoremaning xususiy holi, deb qarash mumkin.
4-teoremaning isboti.
198
www.ziyouz.com kutubxonasi
f " ( x0 )
f ' ( x) f ' ( x 0 )
x x0
lim
x
x0
bo’lgani uchun 5-bob, 2.2-§, 2-teoremaga ko’ra
х < х 0 lar uchun f ' ( x) 0
minimum ekan. f ' ' ( х0 )
va
x
х 0 ning yetarlicha
х > х 0 lar uchun f ' ( x) 0
f ' ( x)
x x0
lim
x0
0,
kichik atrofida
f ' ( x)
x x0
0 bo’ladi. U holda
bo’ladi. Demak, 1-teoremaga ko’ra
х 0 nuqta lokal
0 hol xuddi yuqoridagidek tekshiriladi.
3-§. Funktsiyaning eng katta va eng kichik qiymatlari
Faraz qilaylik,
f (x )
funktsiya a, b oraliqda uzluksiz bo’lsin. U holda Veyershtrass teoremasiga ko’ra (6-
bob, 3.3-§ ga qarang) bu funktsiya a, b da o’zining eng katta va eng kichik qiymatlariga erishadi. Funktsiya bu
qiymatlarga yo a, b intervalda yoki chegaraviy x a va x b nuqtalarda erishishi mumkin. a, b intervalda
eng katta va eng kichik qiymatlarga erishilayotgan nuqtalar yuqoridagi mulohazalarga asosan local ekstremum
nuqtalar bo’ladi. Shu sababli, eng katta va eng kichik qiymatlarga erishilayotgan nuqtalarni yo statsionar nuqtalar
orasidan, yo hosilasi mavjud bo’lmaydigan nuqtalar orasidan qidirish kerak ekan. Agar bu nuqtalar chekli
х1 , х2 ,, хт
to’plamni tashkil etsa, u holda
max f ( x)
max f (a ), f (b), f ( x1 ), f ( x 2 ),  , f ( x m )
min f ( x)
min f (a ), f (b), f ( x1 ), f ( x2 ),, f ( xm ) .
x a ,b
va
x a ,b
sin x cos x funktsiyaning
oraliqdagi eng katta va eng kichik qiymatlari topilsin.
Avval hosilasini hisoblaymiz: f ' ( x) cos x sin x . Uni nolga tenglab, statsionar nuqtalarini topamiz:
cos x sin x 0 .
Bu tenglamaning
oraliqqa tegishli yechimi faqat х = . U holda
bo’lgani
2,
5-misol.
f ( x)
uchun
2 , min f ( x)
max f ( x)
6-misol. Yer sathiga
masofasi
1.
x a ,b
x a ,b
burchak ostida joylashtirilgan to’pdan boshlang’ich
2
0
R
0
tezlikda otilgan o’qning uchish
sin 2
g
(4)
formula bilan hisoblanadi, bu yerda, g — og’irlik kuchining tezlanishi. Berilgan boshlang’ich tezlikda o’qning eng
uzoq masofaga tushishi uchun to’pni qanday burchak ostida joylashtirish kerak?
bo’lishi kerak. (4) ni shu oraliqda maksimumga tekshiramiz:
Yechish. Tabiiyki,
bundan kritik nuqta
0
cos 2
g
,
2
2
0
cos 2
g
4
2
0
sin 2
g
d 2R
,
d 2
4
4
da uchish masofasi R maksimumga erishar ekan:
2
R
Funktsiyaning
0,
ekanligi kelib chiqadi.
d 2R
d 2
Demak,
2
2
dR
d
0
4
.
g
oraliq chegaralaridagi qiymatlari
R
0
0, R
2
0.
199
www.ziyouz.com kutubxonasi
2
0
g
0.
Demak, o’q eng uzoq masofaga tushishi uchun uni yer sathiga 450 burchak ostida uzish kerak ekan.
7-misol. Hajmi V bo’lgan tsilindrning to’la sirti S eng kichik bo’lishi uchun uning o’lchamlari qanday bo’lishi
kerak?
Yechish. Tsilindr asosining radiusini r va balandligini h bilan belgilaylik. U holda
2 r2
S
bo’ladi. Bundan h
r 2h
2 rh , V
V
ni topib, S uchun yozilgan formulaga qo’ysak:
r2
V
S 2 r 2 2 r 2 yoki S 2 r 2 V
r
r
hosil bo’ladi, bu yerda, V berilgan son. Natijada S yuza r radiusning funktsiyasi sifatida ifodalandi. Bu funktsiyaning
0<r< oraliqdagi eng kichik qiymatini topaylik:
dS
dr
2 2 r
V
r2
0,
2 2
2V
r3
bundan
r1
3
d 2S
V
,
dr 2
2
r r1
0.
r r1
lim S
Demak, S funktsiya r=r1 nuqtada minimumga ega ekan. Endi
r
va lim S
0
r
ekanligini e’tiborga
olsak, S funktsiya r=r1 nuqtada eng kichik qiymatga erishadi deyish mumkin. Bu qiymatga
r
3
V
r2
V
, h
2
V
2
23
2r
nuqtalarda erishiladi. Demak, berilgan hajmli tsilindrning to’liq yuzi balandligi asosining diametriga teng bo’lganda
eng kichik bo’lar ekan.
8-misol. Elektr chirog’i tik OV to’g’ri chiziq bo’ylab biror blokka biriktirilgan holda
В
harakat qila oladigan bo’lsin. Tekislikdagi A nuqtada yorug’lik eng yuqori bo’lishi A uchun
elektr chiroqni tekislikdan qanday balandlikka qo’yish lozim?
r
h
sin
Ma’lumki, A nuqtadagi I yorug’lik I c
qoida bo’yicha aniqlanadi. Agar h ni
2
r
О
A
erkli o’zgaruvchi sifatida qarasak, u holda 92-rasmdan sin
92-расм.
aniqlasak,
I
h
c
h
2
a
2
3
(0
h
)
2
formula hosil bo’ladi. Bu funktsiyani maksimumga tekshiramiz:
Ih '
hosila h
c
a2
2h 2
h2
a2
5
2
a nuqtada nolga aylanadi. Endi,
2
I
qiymatlar ichida eng kattasi
Demak, chiroqni h
h
a
2
2c
3 3a 2
0 , I (0)
I( )
0
a
nuqtada erishilyapti.
2
a balandlikka o’rnatish kerak ekan.
2
4-§. Egri chiziqning qavariqligi. Bukilish nuqtalari
200
www.ziyouz.com kutubxonasi
h
, r
r
h2
a 2 larni
х0 bo’lgan
х egri
nuqtada egri chiziqqa o’tkazilgan har qanday urinma egri chiziqdan yuqorida (pastda) joylashgan bo’lsa, y
1-ta’rif. Agar nuqtaning shunday atrofi mavjud bo’lsaki, bu atrofdagi barcha nuqtalar uchun abtsissasi
chiziq
х0
nuqtada qavariqligi yuqoriga (pastga) qaragan deymiz.
х0 nuqtadan o’tayotganda egri chiziqning abtsissasi x bo’lgan nuqtasi urinmaning bir tomonidan
ikkinchi tomoniga o’tsa, х0 nuqta y=f(x) egri chiziqning bukilish nuqtasi deyiladi. Masalan, 93-rasmdagi х 3 nuqta
2-ta’rif. Agar x
bukilish nuqtasidir.
Ayrim hollarda qavariqligi yuqoriga (pastga) qaragan jumla o’rniga botiqligi
pastga (yuqoriga) qaragan jumlasi ishlatiladi. Masalan, 93-rasmdagi х1 nuqtada egri
у
О
х1 х3 х2
chiziqning qavariqligi pastga qaragan, х2 nuqtada esa qavariqligi yuqoriga (93-rasm)
qaragan.
Bu ta’riflar egri chiziqning urinish nuqtasining yetarlicha kichik atrofida
urinmaga nisbatan qanday joylashgani haqida ma’lumot beradi. Lekin, bu ta’riflar
barcha holatlar uchun o’rinli bo’lavermas ekan, masalan,
х
93-расм.
f ( x)
0, x
0,
x 2 sin
1
,x
x2
funktsiya uchun х o’qi uning grafigini х =0 nuqtada kesib va urinib o’tadi, lekin
emas.
1-teorema. Agar funktsiyaning х 0 nuqtadagi ikkinchi hosilasi uzluksiz va
holda
y
Isboti.
х
egri chiziqning
funktsiyani
0,
х =0 nuqta
f " ( x0 )
bukilish nuqtasi
0 (<0) bo’lsa, u
х 0 nuqtada qavariqligi pastga (yuqoriga) qaragan bo’ladi.
х 0 nuqta atrofida Teylor formulasi bo’yicha yoyaylik:
f ( x) f ( x0 ) f ' ( x0 ) x x0 r1 ( x),
r1 ( x)
x x0
2
2
f " x0
( x x0 ) ,0
1.
х 0 bo’lgan nuqtada bizning egri chiziqqa o’tkazilgan urinmaning tenglamasi
Y f ( x0 ) f ' ( x0 ) x x0
bo’ladi. U holda egri chiziq nuqtasi bilan unga х 0 nuqtada o’tkazilgan urinma nuqtasi orasidagi farq
f ( x) Y r1 ( x)
х
bo’ladi.
( х 0)>0 ekanligidan х 0 ning yetarlicha kichik atrofidagi barcha х lar
0 nuqtada uzluksiz bo’lgani uchun
uchun ( х 0+ ( х х 0 )>0 bo’lishi kelib chiqadi. Shuning tufayli ko’rsatilgan х lar uchun r1 ( x) 0 bo’ladi.
Abtsissasi
Demak, grafik o’z urinmasidan yuqorida joylashgan, ya’ni egri chiziq qavariqligi pastga qaragan ekan.
Xuddi shunday, agar ( х 0) 0 bo’lsa, u holda х 0 ning biror kichik atrofidagi barcha х lar uchun r1 ( x) 0
bo’ladi, ya’ni grafik o’z urinmasidan pastda joylashgan bo’ladi. Demak, egri chiziq qavariqligi yuqoriga qaragan ekan.
Natija. Agar х 0 y
х egri chiziqning bukilish nuqtasi va bu nuqtada ( х 0) ikkinchi hosila mavjud
bo’lsa, u holda ( х 0)=0 bo’lishi zarurdir.
х egri chiziqning bukilish nuqtasini ( х )=0
Shu sababli amalda ikki marotaba differentsiallanuvchi y
tenglama yechimlari orasidan qidiriladi.
( х 0)=0 shart bukilish nuqtasi uchun yetarli emas. Masalan, у х 4 funktsiyaning ikkinchi hosilasi х =0
nuqtada nolga teng, lekin bu nuqta minimum nuqtadir.
Bukilish nuqtasi uchun yetarli shartni quyidagi teoremalar beradi:
х 0 nuqtada uzluksiz, ( х 0)=0 va ( х 0) 0 bo’lsa, u
2-teorema. Agar funktsiyaning uchinchi hosilasi
holda х 0 nuqta
y
х egri chiziqning bukilish nuqtasi bo’ladi.
Isboti. Berilgan shartlarda Teylor formulasi bo’yicha yoyilma quyidagicha bo’ladi:
201
www.ziyouz.com kutubxonasi
f ( x)
f ( x0 )
x x0
3!
r2 ( x)
ning х 0 nuqtada uzluksizligidan va
ning ishorasi bir xil bo’ladi. Lekin ( х х 0
o’zgartiradi, shu sababli
f ' ( x0 ) x x0
r2 ( x),
3
f '" x0
( x x0 ) ,0
1.
( х 0) 0 ekanligidan х 0 nuqtaning biror atrofida ( х 0+ ( х х 0 )
ko’paytuvchi х ning х0 nuqtadan o’tish jarayonida o’z ishorasini
3
r2 ( x) ham o’z ishorasini o’zgartiradi, ya’ni х0 nuqtaning bir tomonida grafik urinmadan,
masalan, pastda bo’lsa, ikkinchi tomonida yuqorida bo’ladi. Teorema isbot bo’ldi.
Agar
( х 0)=0 bo’lsa, yuqoridagi teorema o’rinli bo’lmaydi, bunga yuqorida keltirilgan
misol bo’la oladi. Bunday holatlar uchun yetarli shartni quyidagi teorema beradi:
3-teorema. funktsiya quyidagi xususiyatlarga ega bo’lsin:
f " ( x0 )  f n ( x0 ) 0 ,
f
n 1
( x)
hosila х 0 nuqtada uzluksiz va f
chiziqning qavariqligi f
juft bo’lsa, х 0 nuqta
n 1
y
n 1
( x0 ) 0 bo’lganda pastga, f
у
х 4 funktsiya
( x0 ) 0 . U holda, agar п toq son bo’lsa, y
х egri
( x0 ) 0 bo’lganda yuqoriga qaragan bo’ladi; va agar п —
n 1
х egri chiziqning bukilish nuqtasi bo’ladi.
Isboti xuddi yuqoridagidek bajariladi, faqat isbotlash davomida ishlatiladigan Teylor formulasi bo’yicha
yoyilmasi bu gal quyidagicha bo’ladi:
n 1
f ( x)
y
3-ta’rif. Agar
f ( x0 )
f ' ( x0 ) x x0
x x0
n 1!
f
n 1
х egri chiziqning abtsissalari х1 , х 2 ( a
x0
( x x0 ) .
x1
ixtiyoriy yoyi uni tortib turuvchi vatardan pastda (yuqorida) bo’lmasa,
x2
y
b ) bo’lgan nuqtalar orasidagi
х egri chiziqni a, b oraliqda
qavariqligi yuqoriga (pastga) qaragan deymiz.
Agar
y
funktsiya
a, b
oraliqda differentsiallanuvchi bo’lsa, yuqoridagi ta’rif quyidagiga ekvivalent agar
х egri chiziqning qavariqligi a, b intervalning har bir nuqtasida yuqoriga (pastga) qaragan bo’lsa, y
х
egri chiziqni a, b oraliqda qavariqligi yuqoriga (pastga) qaragan deymiz.
4-teorema.
bo’lsin. U holda
funktsiya
y
a, b
oraliqda uzluksiz va
a, b intervalda ikki marotaba differentsiallanuvchi
х egri chiziqning a, b oraliqda qavariqligi yuqoriga (pastga) qaragan bo’lishi uchun
0 ( 0) bo’lishi zarur va yetarlidir.
1-misol.
va
nuqtalarda
x2
2
x1 0
y' 0 ;
y x 3x , y' 3x 2 6x,
1 bukilish
1 nuqtada y" 0 , y '" 6 0 , demak, x
y" 6 x 6, y" (0) 6 0, y" ( 2) 6 0, va x
1 lar uchun y" ( x ) 0 va x
1 lar uchun y" ( x) 0 . Shu sababli funktsiya grafigining
nuqtasi ekan. x
barcha х
a, b lar uchun f " ( x)
3
qavariqligi
2
oraliqda yuqoriga va
oraliqda pastga qaragan.
2
1
2-misol. y
x 1 3 , y'
x 1 3 , y"
3
x 1 da mavjud emas. x 1 lar uchun y" ( x)
1
qavariqligi
oraliqda pastga va
5
2
x 1 3 ; ikkinchi hosila hech qayerda nolga aylanmaydi va
9
0 va x 1 lar uchun y" ( x) 0 . Demak, funktsiya grafigining
oraliqda yuqoriga qaragan, shu sababli, x 1 nuqta bukilish nuqtasi bo’ladi.
5-§. Funktsiya grafigining asimptotalari
Agar
lim f ( x)
x
a
yoki
x a
limitlarning kamida bittasi
asimptota bo’ladi, deymiz.
ga teng bo’lsa, x
lim f ( x)
x
a
x a
а to’g’ri chiziq y
202
www.ziyouz.com kutubxonasi
х
funktsiyaning grafigiga vertikal
Agar
y
х funktsiya х >M ( х <M) lar uchun aniqlangan bo’lsa, u holda y
y
х
uzluksiz
f ( x)
kx
b
egri
х
х
( x)
0 bo’lsa.
chiziqning
( х) , bu yerda, lim
x
og’ma
dagi
kx b to’g’ri chiziqni
asimptotasi
deymiz,
agar
x
1
funktsiya uchun х =0 o’q vertikal asimptota bo’ladi, chunki
х
1-misol. у
1
x 0 x
x 0
lim
2-misol.
y
sin x
x
x
(х
, lim
x
0
x 0
1
x
.
sin x
=0 bo’lgani uchun Y
x
). lim
x
x
to’g’ri chiziq х
х
da
ham da berilgan funktsiya uchun og’ma asimptota bo’ladi.
3-misol.
у
х
qiymatida х
Teorema.
bo’lishi uchun
Y
(х
funktsiya grafigining og’ma asimptotalari yo’q, chunki
bo’lganda
x kx b
kx b
to’g’ri chiziq
k
va
b
larning hech bir
ifoda nolga intilmaydi.
y
х funktsiya grafigiga х
lim
x
chekli limitlarning mavjud bo’lishi zarur va yetarlidir.
f ( x)
x
х
k , lim f ( x) kx
x
da og’ma asimptota
b
(1)
kx b to’g’ri chiziq y
x funktsiya grafigiga x
x
da og’ma
asimptota bo’lsin. U holda ta’rifga ko’ra f ( x) kx b
da nolga intiladi. Bundan
( x) ifoda x
f ( x)
b
( x)
lim
lim k
k,
x
x
x
x
x
lim f ( x) kx
lim b
( x) b.
Zarurligi. Faraz qilaylik, Y
x
x
Yetarliligi. Faraz qilaylik, (1) limitlar mavjud bo’lsin. U holda limitning ta’rifiga ko’ra ikkinchi limitdan
da cheksiz kichik miqdor bo’lishi, ya’ni f ( x) kx b
f ( x) kx b ( x) miqdor х
( x) bo’lishi kelib
chiqadi. Shu mulohazani х - uchun qaytarib chiqish mumkin.
Agar k 0 bo’lsa, asimptota gorizontal, deyiladi.
4-misol. 3-bob, 2.3-§ da
b
x to’g’ri chiziqlar
a
x2 y2
1(x
a2 b2
y
a, a
b
0)
giperbolaning og’ma asimptotalari ekanligini ko’rgan edik. Hozir shunga boshqa yo’l bilan ishonch hosil qilamiz.
Berilgan tenglamani у ga nisbatan yechamiz:
y
b
x2
a
a2
.
Bundan
y
lim
x
x
lim y
x
x2
b
lim
ax
b
x
a
b
lim
ax
a2
x
b
lim
ax
x2
a2
x2
b
.
a
a2
0.
x
203
www.ziyouz.com kutubxonasi
a2
x
Xuddi shu usulda х
-
b
x to’g’ri chiziqlar bizning
a
hol ham tekshiriladi. Demak, haqiqatan, y
giperbolamizga og’ma asimptotalar ekan.
6-§. Uzluksiz va silliq egri chiziqlar
6-bobda funktsiyaning berilish usullari ko’rilgan edi. Bu paragrafda biz vositachi vazifasini bajaruvchi parametr
yordamida beriladigan funktsiyalarni ko’rib chiqamiz.
Biror
a, b
intervalda o’zgaruvchi
t
parametrning uzluksiz funktsiyalaridan tuzilgan quyidagi:
x
(t ),
y
(t )
(1)
sistemani ko’raylik. хОу koordinatalar tekisligida t parametrning qiymatlari bo’yicha tartiblangan
(t ), (t )
nuqtalarning geometrik o’rni uzluksiz egri chiziqni ifodalaydi, ya’ni х va у o’zgaruvchilar o’rtasida funktsional
bog’lanishni aniqlaydi. Bunday usulda aniqlangan funktsiyani tenglamasi (1) bo’lgan parametrik funktsiya, deb ataymiz.
Agar
funktsiya t ning monoton funktsiyasi bo’lsa, (1) ning birinchi tenglamasidan
tenglamaga qo’yilsa, funktsiyaning bizga ma’lum
y
ifodasini hosil qilamiz.
Ta’rif. Agar (t ) va
(t )
1
f ( x)
t
1
( x)
ni aniqlab, ikkinchi
( x)
(2)
funktsiyalar a, b intervalda uzluksiz differentsiallanuvchi bo’lib, ularning hosilalari
' (t ) 2
' (t ) 2
0,
t
a, b
,
(3)
tengsizlikni qanoatlantirsa, tenglamasi (1) bo’lgan egri chiziq silliq deyiladi.
Silliq chiziq tenglamasini har doim (2) ko’rinishga keltirish mumkin. Haqiqatan silliq chiziq uchun (3) o’rinli, bu
tengsizlik esa ' (t ) va ' (t ) larning birontasi noldan farqli bo’lganda bajariladi. Masalan, parametrning biror t0
a, b
qiymatida
' (t 0 ) 0 bo’lsin. U holda ' (t ) ning uzluksizligidan t 0 ning shunday t 0
' (t 0 ) ning ishorasini saqlaydi. Demak, (t ) funktsiya t 0
yerda ' (t ) funktsiya
monotondir. U holda bizga ma’lumki, bunday funktsiya uchun teskari funktsiya mavjud.
Agar biror
t0
a, b
qiymatda
,t 0
,t 0
atrofi mavjudki, u
oraliqda qat’iy
' (t0 ) 0 bo’lsa, yuqoridagidek mulohaza qilib, (1) ning quyidagi
1
x g ( y)
( y)
ko’rinishga keltirilishiga ishonch hosil qilamiz.
Yuqoridagi mulohazalardan xulosa qilsak, silliq chiziqning ixtiyoriy nuqtasida urinma o’tkazish mumkin ekan.
t
Misol. Barcha
lar uchun
x
y
a cos t ,
b sin t
tenglamalar koordinatalar tekisligida ellipsni aniqlaydi. Ellips ma’lumki, (2-bob, 2.2-§ ga qarang), silliq egri
chiziqdir, haqiqatan
2
2
2
2
x' (t )
y' (t )
a sin t
b cos t
b 2 sin 2 t cos2 t b 2 0 ,
bu yerda, 0
b
a , deb faraz qilindi, agar 0 a b bo’lsa ham taxminan shunday xulosaga kelinadi.
7-§. Funktsiya grafigini qurishning umumiy sxemasi
Yuqoridagi tekshirishlar funktsiya grafigi to’g’risida umumiy tasavvurga ega bo’lish uchun zarur edi. Bu
paragrafda biz shuni qanday amalga oshirish bilan shug’ullanamiz. Bu quyidagi tartibda bajariladi:
1. funktsiyaning aniqlanish sohasi D ( f ) ni topish.
2.
funktsiyaning statsionar va kritik
х 1, х 2, х 3,..., nuqtalarini topish. Statsionar nuqtalarda:
f ( x1 ), f ( x2 ),  qiymatlarni hisoblash va ularni lokal ekstremumlikka tekshirish. Kritik nuqtalarda bir yoqlama
f ( xk 0) va f ( xk 0) limitlarni hisoblash kerak. Agar ma’noga ega bo’lsa,
lim f ( x) , lim f ( x)
x
x
204
www.ziyouz.com kutubxonasi
limitlarni ham aniqlash lozim.
3. D ( f ) sohani х k nuqtalar, har birida f ' ( x ) 0 bo’lgan bir nechta intervallarga bo’ladi. Agar f ' ( x ) bu
intervallarda uzluksiz bo’lsa, ularda o’z ishorasini saqlaydi. Har bir oraliqda bu ishoralarni aniqlab, funktsiyaning
o’sish va kamayish oraliqlarini topamiz.
4. Har bir oraliqda ikkinchi hosilani nolga aylantiradigan х k,1, х k,2, , k=0,1,2, , nuqtalarni aniqlab, bu nuqtalarda
f ( xк ,1 ), f ( xк , 2 ),, qiymatlarni hisoblash zarur. Bu nuqtalar orasida bukilish nuqtalari bo’lishi mumkin. Bukilish
nuqtalari ajratgan intervallarda f " ( x ) ning ishoralarini aniqlab, qavariqlik va botiqlik oraliqlarini topamiz.
f (x ) ning
5. Agar imkoni bo’lsa, f (x) 0 tenglamaning yechimlarini topib, bu nuqtalar atrofida
ishoralarini aniqlash lozim.
6. Asimptotalari bor-yo’q ekanligini tekshirish, ya’ni
lim
x
f ( x)
x
k , lim f ( x) kx
x
b
limitlarni hisoblash kerak.
Bu tekshirishlar asosida jadval tuzib, keyin shu jadval yordamida funktsiya grafigi yasaladi.
Agar funktsiya juft yoki toq bo’lsa, u holda funktsiyani х ning faqat musbat qiymatlari uchun tekshirish kifoya,
chunki juft funktsiyaning grafigi ordinata o’qiga nisbatan simmetrik, toq funktsiya grafigi esa koordinata boshiga nisbatan
simmetrikdir.
Yuqorida aytilgan amallarning bajarilishini quyidagi y
f ( x)
Yechish. 1. Funktsiyaning aniqlanish sîhàsi: - < х < .
Berilgan funktsiya tîq funktsiya dir, chunki
y ( x)
Statsionar nuqtalarni aniqlaymiz:
y|=
x
funktsiya misolida ko’raylik.
1 x2
x
1 x2
y ( x) funktsiya uzluksizdir.
1 x 2 ; y|=0, 1 x 2 =0, 1- х 2=0 х =-1; х =1.
1
2
(1 x 2 ) 2
(1 x 2 ) 2
Bu nuqtalarni lokal ekstremumlikka tekshiraylik.
Buning uchun 2- tartibli hîsilani olamiz.
2 x(1 x 2 ) 2
2(1 x 2 ) 2 x (1 x 2 )
(1 x 2 ) 4
2 x(1 x 2 2 2 x 2 ) 2 x( x 2 3) ó||| =1/2>0.
õ=-1
;
(1 x 2 ) 3
(1 x 2 ) 3
Demak, х
1 nuqtada funktsiya minimumga ega ymin|x=-1=-1/2;
y||| x=1=-1/2<0.
Demak, х 1 nuqtada funktsiya maksimumga ega: ymax| x=1=1/2;
3. Funktsiya ning o’sish va kamayish intervallari: (- ; –1) da y|<0 — funktsiya kamayadi, (-1; 1) da
|
y >0 — funktsiya o’sadi, (1; ) da y|<0 — funktsiya kamayadi.
4. Egri chiziqning qàvariqlik va botiqlik sîhàlarini va bukulish nuqtalarini aniqlaymiz.
у"
y||=0, 2x ( x
2
3)
(1 x ) 3
2
0 ; 2 х ( х -3)=0.
2
х 1=- 3 , х 2=0, х 3= 3 ,
u hîlda (- ; - 3 ) da y||<0 - egri chiziq qàvariq; (- 3 ; 0) da y||>0 — egri chiziq botiq; (0;
— egri chiziq qàvariq; ( 3 ; ) da y||>0 — egri chiziq botiq.
y|x
3
=- 3 ; y|x=0=0;
y|x
3
intervalda
6. Egri chiziqning asimptotalarini aniqlaymiz.
a) Egri chiziqning vertikal asimptotasi yo’q.
b) Îg’mà asimptotasi:
lim
x
x
2
x (1 x )
lim
x
1
1 x2
0; b lim
x
Demak, ó=0 — gorizontal asimptota ekan.
Bu topilgan ma’lumotlar asosida quyidagi jadvalni tuzaylik:
205
www.ziyouz.com kutubxonasi
y||<0
= 3
4
4
3
3
Demak, (- 3 ; —
), (0;0), ( 3 ;
) nuqtalar bukulish nuqtalaridir.
4
4
х
5. Berilgan funktsiya х =0 da nolga teng.
oraliqda
va
k
3 ) da
x
1 x2
0.
х
.
x
u
u
u
(- , 3 )
<0
<0

(-
3)
0
3
4
(-
3 1)
<0
>0
-1
0
-
(-1,0)
>0
>0
0
0
(0,1)
>0
<0

-1

0

2
1
0
1
1
2
max
qavariq
(1, 3 )
<0
>0

(
3)
0
3
4
buri-lish
min
botiq
b.n. Qava
botiq buku-lish
botiq
nuqta
riq
nuqta
Jadvalga va yuqoridagi tekshirish natijalariga asoslànib funktsiyaning grafigini chizamiz.
Y
y
0,5
- 3
x
1 x2
-1
0
1
x
0,25
94-rasm.
206
www.ziyouz.com kutubxonasi
3
( 3, )
<0
>0

botiq
9-BOB.
KOMPLEKS SONLAR.
KO’PHADLAR
1-§. Kompleks sonlar. Boshlang’ich tushunchalar
Ma’lumki, har qanday haqiqiy sonning kvadrati musbat bo’ladi. Kvadrati manfiy bo’lgan sonlar ham mavjud,
4 )2=-4. Bunday sonlarni mavhum sonlar, deb ataymiz. Mavhum sonlar to’plamida birlik
1 soni bajaradi, chunki masalan,
9 3 1 3i yoki
7 i 7 va h. k., shuning uchun uni
masalan, a ib , (
vazifasini
i
mavhum birlik deyish qabul qilingan. Bu son
Quyidagi
1 , deb belgilanadi.
z
a ib
(1)
ko’rinishdagi sonlarni kompleks sonlar, deb ataymiz. Bu erda, a va b sonlar haqiqiy sonlar, agar а 0 bo’lsa, u
mavhum songa, va agar b 0 bo’lsa, haqiqiy songa aylanadi. Demak, haqiqiy va mavhum sonlarni kompleks
sonlarning xususiy holi, deb qarash mumkin ekan.
a va b sonlar z sonning mos ravishda haqiqiy va mavhum qismlari deyiladi. Ular uchun
a Re z , b Im z
belgilashlar ishlatiladi.
z a ib va z a ib sonlar qo’shma kompleks sonlar, deb ataladi.
Agar
а 1= а 2 va b 1= b 2 bo’lsa, z1 a1 ib1 va z 2 a2 ib2 sonlar o’zaro teng, ya’ni z1
agar а =0 va b =0 bo’lsa, z a ib =0 deymiz.
Har bir z
y
A
a, b
r
О
а
95-расм.
х
deymiz,
a ib songa Oxy tekisligida koordinatalari a va b bo’lgan A a, b
nuqtani mos qo’yish mumkin. Va aksincha, tekislikning ixtiyoriy
b
z2
М х, у
nuqtasiga
z x iy sonni mos qo’yish mumkin. Kompleks sonlar tasvirlangan bunday
tekislikni z kompleks o’zgaruvchining tekisligi deyiladi. Bu tekislikning Ox o’qining
nuqtalariga haqiqiy sonlar va Oy o’qining nuqtalariga sof mavhum sonlar mos keladi.
Shu sababli z kompleks o’zgaruvchi tekisligining Ox o’qi haqiqiy o’q va Oy o’qi
mavhum o’q, deb ataladi.
A a, b
nuqtani koordinatalar boshi bilan birlashtirib
ОА vektorni hosil qilamiz.
Ayrim hollarda kompleks sonlarni geometric tasviri sifatida ОА vektorni qarash qulayroq.
Agar qutb nuqtasi koordinatalar boshi bilan, qutb o’qi esa Ox o’qning musbat yo’nalishi bilan ustma-ust
tushadigan qutb koordinatalar sistemasida A a, b nuqtaning qutb koordinatalari
va r bo’lsa, u holda
a
r cos
, b
r sin
bo’ladi (95-rasmga qarang). Buni (1) ga qo’ysak:
z
r cos
ir sin
r cos
i sin
r ni z ning moduli,
ifoda hosil bo’ladi. Buni kompleks sonning trigonometrik ifodasi deb,
argumenti, deb ataymiz. Ular quyidagicha belgilanadi:
r
va
z
arg z .
,
(2)
ni esa z ning
(3)
r larning а va b lar orqali ifodasi
r
a2
b2 ,
arctg
b
a
bo’ladi.
Demak,
z
argz
a ib
a2
arg a ib
ekan.
207
www.ziyouz.com kutubxonasi
b2 ,
arctg
b
a
(4)
ning Oxy tekisligining musbat yo’nalishi bo’ylab olingan qiymatlari argumentning musbat qiymatlari va
teskari yo’nalishda olingan qiymatlarini argumentning manfiy qiymatlari, deb qabul qilingan. Har bir kompleks songa
argumentning yagona qiymati emas, balki k ga farq qiluvchi qiymatlari mos keladi.
z
Qo’shma
a ib
va
a ib kompleks sonlar uchun z
z
z , arg z
arg z
munosabatlar o’rinli.
2-§. Kompleks sonlar ustida asosiy amallar
Kompleks sonlarni qo’shish. z1 a1 ib1 va z 2
2.
z1 + z 2
a1 ib1
(a2 ib2 )
a1 a2
a2 ib2 sonlarning yig’indisi, deb quyidagi:
i b1 b2
(1)
tenglik orqali aniqlangan kompleks songa aytamiz.
(1) formuladan kompleks sonlarni qo’shish shu sonlarni ifodalovchi vektorlarni qo’shish qoidasi bo’yicha bajarilishi
kelib chiqyapti (96-rasm, a) ga qarang).
2. Kompleks sonlarni ayirish.
z1
y
z1
z1
a1 ib1
z2
z2
va
a2 ib2
sonlarning ayirmasi deb shunday kompleks
songa aytamizki, uni z2 ga qo’shganda, yig’indi
z1 ga teng bo’ladi:
z1 -
y
z1
z1
z2
z2
z2
z2
О
х
O
а)
z1
x
z2
a1
a2
3. Kompleks sonlarni ko’paytirish. Ma’lumki, i
ixtiyoriy butun k lar uchun
i
4k
1, i
z1 z 2
4k 1
i, i
2
a1 ib1 a2
2
i b1 b2
b2 .
4k 3
1, i
a1a2
ib2
a1 a2
2
b1
1 . U holda i 3
4k 2
(a2 ib2 )
.
(2)
Bundan ikki kompleks son ayirmasining
moduli shu sonlarni kompleks tekislikda
ifodalovchi nuqtalar orasidagi masofaga teng
ekanligi kelib chiqadi (96-rasm, b)):
б)
96-расм.
a1 ib1
i, i 4
i . Shunga
ia1b2
1
2
1, i 5
i va h.k.
asosan
ib1a2 b1b2
yoki
z1 z 2
a1a2
b1b2
i b1a2
Agar kompleks sonlar trigonometrik ko’rinishda berilgan bo’lsa:
z1 r1 cos 1 i sin 1 , z 2
u holda
z1 z2
r1 cos
i sin
1
i cos 1 sin
2
r1r2 cos 1 cos
cos 1 sin
1
r2 cos
i sin
2
1
cos
sin
1
i sin
2
2
1
2
2
i sin
r1r2 cos 1 cos
2
2
sin
r1r2 cos
2
i sin
2
r2 cos
a1b2
1
i sin
i sin
sin
1
.
(3)
2
,
(4)
2
2
cos
2
1
2
Demak,
z1 z 2 r1r2 cos 1
i sin 1
(3')
2
2 ,
ya’ni kompleks sonlarning ko’paytmasi shunday kompleks son ekanki, uning moduli ko’paytuvchi sonlar
modullarining ko’paytmasiga, argumenti esa ko’paytuvchilarning argumentlari yig’indisiga teng ekan.
(3) tenglikdan z z
a2
b 2 yoki z z
4. Kompleks sonlarni bo’lish.
aytamizki,
z1
z2 z
z1
z
2
2
z kelib chiqadi.
a1 ib1 va z 2
a2 ib2 sonlarning bo’linmasi, deb shunday z songa
bo’ladi. Agar
a1 ib1
a2 ib2
x iy
bo’lsa, u holda
208
www.ziyouz.com kutubxonasi
Bu tenglikdan
х
a1 ib1
a2
ib2 x iy
a2 x b2 y
va у larni topish uchun
a1
a2 x b2 y , b1
i a2 y b2 x
.
b2 x a2 y
tenglamalar sistemasini hosil qilamiz. Sistemani yechsak,
a1 a 2
x
a2
b1b2
2
b2
a 2 b1
, y
2
a2
a1b2
2
2
b2
bo’ladi. Demak,
a1 a 2
z
a2
b1b2
2
b2
i
2
a 2 b1
a2
a1b2
2
b2
(5)
2
ekan. Shu natijaga quyidagi usul bilan kelsa ham bo’ladi:
a1 ib1
a 2 ib2
a1 ib1 a 2 ib2
a 2 ib2 a 2 ib2
a1 a 2
a2
2
a1a 2 b1b2
a2
b1b2
b2
i
2
a 2 b1
a2
i a 2 b1 a1b2
2
b2
a1b2
2
b2
2
.
2
Agar kompleks sonlar (4) trigonometrik ko’rinishda berilgan bo’lsa, u holda
z1
z2
r1
r2
cos
cos
r1 cos
r2 cos
2
i sin
i sin
1
2
r1
cos
r2
1
i sin
i sin
1
1
2
cos
cos
i sin
2
1
2
i sin
i sin
2
2
1
2
2
(6)
2
.
Demak, kompleks sonlar nisbatining moduli modullar nisbatiga, argumenti esa bo’linuvchining argumentidan
bo’luvchining argumentini ayirganiga teng ekan.
Yuqorida kompleks sonlar uchun kiritilgan amallarni haqiqiy sonlarga (ularni kompleks sonlarning xususiy
holi, deb qarab) qo’llasak, u holda bu amallarni arifmetikadan bizga ma’lum bo’lgan amallar bilan bir xil ekanligiga
ishonch hosil qilamiz.
Agar (1),(2),(3) va (5) ifodalarda kompleks sonni unga qo’shma bo’lgan songa almashtirsak, amallar natijalari
avvalgi natijalarga qo’shma bo’ladi. Bundan xususan quyidagi teorema kelib chiqadi:
Teorema. Agar haqiqiy koeffitsientli
a0 x n
ko’phadga
bo’ladi.
х
o’zgaruvchi o’rniga avval a
a1 x n
1
 an 1 x an
ib ni, keyin a ib ni qo’ysak, u holda olingan natijalar ham qo’shma
3-§. Kompleks sonlarning darajalari va ildizlari
1. Darajaga ko’tarish. Avvalgi paragrafdagi (3’) formulada
z
2
2
z1
z 2 desak,
2
r cos
i sin
r cos 2
i sin 2
bo’ladi. Agar (3’) formulani ketma-ket п marotaba qo’llasak:
n
r cos
i sin
r n cos n
i sin n
(1)
kelib chiqadi. Bu formula Muavr formulasi, deb ataladi.
Demak, kompleks sonni musbat butun darajaga ko’tarish uchun modulini shu darajaga ko’tarib, argumentini
daraja ko’rsatkichiga ko’paytirish kerak ekan.
1-misol.
1 i
10
ni hisoblang.
Yechish. Avval trigonometrik ko’rinishga keltirib olamiz. Bu yerda, r
209
www.ziyouz.com kutubxonasi
12 12
2,
arctg1
4
. U holda
1 i
2 cos
i sin
4
4
bo’ladi. Demak,
1 i
32 cos
10
5
2
2 5 cos 10
i sin
5
2
i sin 10
4
32 cos
4
i sin
2
2
32i.
2. Ildiz chiqarish. Kompleks sonning n — darajali ildizi deb, n — darajasi ildiz ostidagi songa teng bo’lgan
songa aytamiz, ya’ni
n
r cos
i sin
cos
i sin
n
cos n
i sin n
r cos
r, n
2k
deymiz, agar
i sin
bo’lsa, oxirgi tenglikdan
n
kelib chiqadi. Bundan
n
2k
n
r,
r — musbat r sonning arifmetik ildizi. Demak,
2k
2k
n
n r cos
.
(2)
i sin
r cos
i sin
n
n
k ga ketma-ket 0,1,2,..., n–1, qiymatlar berib, ildizning har xil n ta qiymatini topamiz. k ning boshqa barcha
ga ega bo’lamiz, bu yerda, k — ixtiyoriy butun son,
n
qiymatlarida bu ildiz qiymatlari takrorlanadi.
Noldan farqli haqiqiy A sonning n-ildizi n ta qiymatga ega, chunki bu sonni kompleks sonning xususiy holi, deb
qarab, quyidagi trigonometrik ko’rinishda yozish mumkin:
agar
0 bo’lsa, A
A
agar A
2-misol. Bir raqamining barcha kubik ildizlarini toping.
Yechish. Birni trigonometrik ko’rinishda yozib olamiz:
bo’lsa,
A
A cos
i sin
(3)
.
(4)
1 cos 0 i sin 0 .
Bunga (2) formulani qo’llasak:
3
yoki
0
A cos 0 i sin 0 ;
1
cos
0 2k
3
i sin
0 2k
3
.
k ga ketma-ket 0,1,2 qiymatlar berib, ildizning quyidagi uchta qiymatini topamiz:
2
2
x1 cos 0 i sin 0 1, x2 cos
i sin
,
3
3
4
4
x3 cos
i sin
3
3
x1 1, x2
3. Ikkihadli tenglamalarni yechish. Quyidagi
1
3
, x3
i
2
2
хп
1
3
i
.
2
2
А
ko’rinishdagi tenglamalarni ikkihadli tenglama deyishadi.
Shu tenglamani yechaylik. Buning uchun avval A ni trigonometrik ko’rinishga keltirib olamiz. Agar A haqiqiy
musbat son bo’lsa, (3) ga asosan
210
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
x
2k
2k
i sin
n
n
0,1,2,, n 1.
A cos
k
va agar A haqiqiy manfiy son bo’lsa, (4) ga asosan
x
Agar A kompleks son bo’lsa,
2k
i sin
n
0,1,2,, n 1.
k
х
2k
n
А cos
n
ning barcha qiymatlari (2) formula yordamida topiladi.
4
1 tenglamani yeching.
3-misol. х
Yechish Avvalgi misoldagidek ish tutsak,
x
4
cos 2k
i sin 2k
cos
bo’ladi. k ga ketma-ket 0,1,2 va 3 qiymatlarni bersak:
x1
cos 0
2
cos
4
4
cos
4
6
cos
4
x2
x3
x4
2k
4
i sin
2k
4
i sin 0 1 ,
2
i sin
i,
4
4
i sin
1,
4
6
i sin
i.
4
4-§. Kompleks ko’rsatkichli funktsiya va uning xossalari
Agar x va y haqiqiy o’zgaruvchilar bo’lsa, z x iy kompleks o’zgaruvchi bo’ladi. Uning har bir qiymatiga
kompleks o’zgaruvchining Oxy tekisligida biror nuqta mos keladi.
Ta’rif. Z o’zgaruvchining har bir qiymatiga boshqa w o’zgaruvchining biror qiymatini mos qo’yuvchi qoidani
Z kompleks o’zgaruvchining funktsiyasi, deb ataymiz. Bunday funktsiyani w f (z ) yoki w w(z ) ko’rinishda
belgilaymiz.
Bu yerda kompleks o’zgaruvchining funktsiyalaridan faqat bittasini – w
funktsiyani ko’ramiz. Bu funktsiyani yana quyidagicha yozish mumkin:
w ex
1-misol. e
2-misol.
2 i
e
3
0 i
2
x i0
e 2 cos
3
i sin
e2
3
iy
ez
ex
e x cos y i sin y .
iy
ko’rsatkichli
(1)
1
3
i
;
2
2
e0 cos
i sin
i;
2
2
e x cos 0 i sin 0 e x .
3-misol. e
Ko’rsatkichli funktsiya quyidagi xossalarga ega:
1.
e z1
z2
e z1 e z2 . Haqiqatan agar z1
e
z1 z 2
x1 x2
e e
z1 z2
e e
e
x2
x1
e
iy1 va z 2
x1 iy1
cos y1
e
x2 iy 2
y2
i sin y1
x1 iy1 x2 iy2
cos y2 i sin y2
x2
e
x1 x2
e e
iy 2
e
x1 x2
bo’lsa, u holda
i y1 y2
.
(2)
y2
x1
e cos y1 i sin y1
cos y1
y2
i sin y1
(3)
y2 .
(2) va (3) tengliklarning o’ng tomonlari bir xil bo’lgani uchun chap tomonlari ham teng bo’ladi.
211
www.ziyouz.com kutubxonasi
2.
e
z1 z 2
e z1
e z2
. Buni 1-xossaga o’xshash isbotlash mumkin.
Buni bajarishni o’quvchiga topshiramiz.
z 2 i
m
ez
3. Agar т — butun son bo’lsa,
e mz
bo’ladi. Buning isboti 1- va 2-xossalardan kelib chiqadi.
z
e , ya’ni kompleks o’zgaruvchining ko’rsatkichli funktsiyasi davri 2 i bo’lgan davriy
4. e
funktsiyadir.
Haqiqatan (1) formulaga va 1-xossaga ko’ra
ez
2 i
e z e2 i
e z cos 2
O’uyidagi
ez .
i sin 2
w
u ( x) i ( x)
(4)
haqiqiy
x
o’zgaruvchining
haqiqiy
o’zgaruvchining
(x)
kompleks ifoda, haqiqiy funktsiyalari bu yerda, u (x ) va
kompleks funktsiyasi, deyiladi.
Agar
lim u ( x)
x
Agar u ' ( x) va
x
x0
( x0 )
u( x0 ) i ( x0 ) (4) funktsiyaning х
w0
limitlar mavjud bo’lsa, u holda
u ( x 0 ) , lim ( x )
x0
х0
bo’lgandagi limiti, deyiladi.
' ( x ) mavjud bo’lsa, u holda
w' x u' ( x) i ' ( x)
(5)
ifodani haqiqiy o’zgaruvchi kompleks funktsiyasining haqiqiy argument bo’yicha hosilasi, deb ataymiz.
Haqiqiy o’zgaruvchining quyidagi:
w
x i x
e
w e
x
x
,
o’zgarmas haqiqiy sonlar. Uni yana quyidagicha yozish
,
ko’rsatkichli funktsiyasini ko’raylik, bu yerda,
mumkin:
i
e
cos x i sin x
yoki
e x cos x
w
ie x sin x .
Bu funktsiyaning hosilasini topaylik. (5) ga asosan
e
w' x e x cos x ' i e x sin x '
cos x
sin x ie x sin x
cos x
x
e
Demak, agar
k
x
cos x i sin x i e x cos x i sin x
i e x cos x i sin x
i e i x.
i ixtiyoriy kompleks son bo’lsa, u holda
va ixtiyoriy п uchun
e kx ' ke kx , e kx "
e kx
e kx ' ' k e kx ' k 2 e kx
n
k n e kx .
5-§. Eyler formulasi
Agar avvalgi paragrafdagi (1) tenglikda
bo’lgan quyidagi:
tenglikni hosil qilamiz. Agar bu yerda
у
ni -
х
у
0 desak, matematikada Eyler formulasi nomi bilan mashhur
e iy
cos y i sin y
(1)
cos y i sin y
2)
ga almashtirsak
e
iy
bo’ladi. (1) va (2) tengliklardan
cos y
e iy
e
2
iy
,
sin y
212
www.ziyouz.com kutubxonasi
e iy
e
2i
iy
(3)
munosabatlar kelib chiqadi.
Ixtiyoriy z kompleks son berilgan bo’lsa, uni quyidagi:
z
r cos
i sin
trigonometrik ko’rinishda yozish mumkin. U holda Eyler formulasiga ko’ra
re i
z
ifodaga ega bo’lamiz. Bu ifodani kompleks sonning ko’rsatkichli ko’rinishi, deymiz.
Misol. 1, i , –2, - i sonlarni ko’rsatkichli ko’rinishga keltiring.
Yechish.
1 cos 2k
e 2k
i sin 2k
i
i
,
cos
2
2
2 cos
i
cos
i
i sin
e2 ,
2
i sin
2e i ,
i sin
2
.
2
Ko’rsatkichli funktsiyaning xossalariga (4-§ ga qarang) tayangan holda, kompleks sonlar ustida bajariladigan amallarni
ularning ko’rsatkichli ifodasi ustida osongina bajarish mumkin.
Haqiqatan, agar
r1ei
z1
1
r2ei 2 bo’lsa, u holda
z1 z 2 r1e i r2 e i
r1r2 e i
z1 r1e i 1
r1 i 1 2
e
i 2
z 2 r2 e
r2
z2
va
1
zn
n
re i
n
2
n
re i
re
i
2k
n
r n e in
1
2
,
,
,
0,1,2,, n 1 .
k
6-§. Ko’phadni ko’paytuvchilarga ajratish
п -darajali ko’phad, deb quyidagi:
Pn ( z )
a0
a1 z a 2 z
2
 an z
n
n
ak z k
(1)
k 0
funktsiyaga aytamiz, bu yerda, ak — haqiqiy yoki kompleks koeffitsientlar,
o’zgaruvchi z ning har bir qiymatiga mos keluvchi funktsiyaning
z0 ni (1) ning ildizi yoki noli deymiz, agar
Pn (z )
aп
0, z – umuman olganda, kompleks
qiymati kompleks bo’lishi ham mumkin.
Pn ( z0 ) =0 bo’lsa.
Bu yerda ham haqiqiy o’zgaruvchining ko’phadi kabi (7-bob, 4.1-§ ga qarang)
Pn (z ) ko’phadni har qanday
kompleks z0 son uchun z- z0 ning darajalari bo’yicha yoyish mumkin ekanligini, ya’ni
Pn ( z )
n
bk z
z0
k
(2)
k 0
bo’lishini ko’rsatish mumkin. Bundan
1-teorema (Bezu).
Pn ( z0 ) b0 .
Pn (z ) ko’phad z0 ildizga ega bo’lishi uchun, u z- z0 ga qoldiqsiz bo’linishi, ya’ni uni
Pn ( z)
ko’rinishda ifodalash mumkinligi zarur va yetarlidir, bu yerda
Zarurligi. Agar z0 (1) ning ildizi bo’lsa, u holda
b0
z z0 Pn 1 ( z)
(3)
Pn 1 ( z) biror n-1-darajali ko’phad.
0 bo’lishi kerak, chunki Pn ( z0 )
bo’lsa, u holda (2) tenglik
213
www.ziyouz.com kutubxonasi
b0 . Agar b0
0
Pn ( z )
n
bk z z 0
k
z z0
k 1
n 1
bk z z 0
k
z z 0 Pn 1 ( z )
k 0
ko’rinishga keladi.
Pn ( z0 ) 0 bo’ladi. Teorema
Yetarliligi. Agar (2) tenglik o’rinli bo’lsa, u holda (2) da z o’rniga z0 ni qo’ysak,
isbot bo’ldi.
Natija. Ixtiyoriy z0 uchun
Pn (z )
ko’phadni z- z0 ga bo’linsa, qoldiqda Pn ( z 0 ) bo’ladi.
z 3 6 z 2 11z 6 ko’phad z=1 da nolga teng, shuning uchun bu ko’phad z-1 ga qoldiqsiz
Misol. P3 ( z )
bo’linadi:
z3
P3 ( z )
Agar
f (z ) 0
tenglamada
6 z 2 11z 6
f ( z) Pn ( z)
z 1 z2
5z 6 .
bo’lsa, bunday tenglamani algebraik tenglama, boshqa
barcha
hollarda noalgebraik tenglama , deymiz.
Pn (z ) =0 algebraik tenglamaning ildizlari Pn (z )
Demak,
ko’phadning ildizlari bilan bir xil ekan.
z
0 . Lekin algebraik
Noalgebraik tenglama bironta ham ildizga ega bo’lmasligi mumkin, masalan: e
tenglamalar uchun bunday emas.
2-teorema. Har qanday algebraik tenglama kamida bitta haqiqiy yoki kompleks ildizga ega.
Bu teorema algebraning asosiy teoremasi, deb ataladi. Biz uni isbotsiz keltiramiz.
Agar z0
Pn (z )
ko’phadning ildizi bo’lsa, u holda bu ko’phad (3) ko’rinishda ifodalanar edi. Agar Pn 1 ( z0 )
Pn (z )
bo’lsa, u holda Bezu teoremasiga ko’ra Pn 1 ( z ) ko’phad z – z0 ga va demak,
maydi. Bu holda z0
teoremasidan
Pn (z )
Pn 1 ( z)
ko’phadning oddiy ildizi (noli) deyiladi. Agar
chiqadi. Bu yerda, Pn 2 ( z ) qandaydir п -2-darajali ko’phad. Agar
2 karrali ildizi (noli), deyiladi. Va nihoyat, agar biror natural
Pn ( z)
bo’lsa, bu yerda,
s
n
ko’phad (z – z0)2 ga bo’lin-
Pn 1 ( z0 ) 0 bo’lsa, u holda, Bezu
2
Pn ( z )
z- z0 ga qoldiqsiz bo’linishi va shu sababli
0
z z0 Pn 2 ( z ) bo’lishi kelib
Pn 2 ( z0 )
0
bo’lsa, z0
Pn (z )
ko’phadning
uchun
s
z z 0 Pn s ( z ), Pn s ( z 0 )
0
Pn s ( z0 ) biror п -s-darajali ko’phad, z0 Pn (z ) ko’phadning s karrali ildizi (noli), deyiladi.
3-teorema. Har qanday n-darajali algebraik tenglama, karraligini hisobga olgan holda, n ta kompleks ildizga
ega, ya’ni
Pn (z ) ko’phad quyidagi ko’rinishda ko’paytuvchilarga ajraladi:
Pn ( z)
k1
bu yerda,
z1 , z 2 ,, z m
lar
an z z1
k1
k2  km
z z2
k2
 z zm
km
,
(4)
n,
Pn (z ) ko’phadning karralari mos ravishda k1 , k 2 ,, k m bo’lgan ildizlaridir.
Isboti. Asosiy teoremaga ko’ra Pn (z ) ko’phad kamida bitta ildizga ega. Bu ildizni
z1
bilan, uning karrasini
k1 bilan belgilaylik. U holda
Pn ( z )
Agar n
k1
0 , ya’ni k1
n
z z1
bo’lsa, u holda
k1
Pn k1 ( z ), Pn k1 ( z1 )
Pn
k1
( z)
0.
a n bo’ladi, bundan Pn ( z )
an z
z1
n
kelib
chiqadi, shu bilan teorema isbot bo’ladi.
Agar
k1
n bo’lsa, u holda Pn k ( z ) z
teoremaga ko’ra u ham kamida bitta
olamiz:
1
z2
z1
k1
ga bo’linmaydigan
ildizga ega, uning karrasi
214
www.ziyouz.com kutubxonasi
n k1 -darajali ko’phad bo’ladi. Asosiy
k 2 bo’lsin. Natijada quyidagi munosabatni
Pn ( z )
Agar n
k1 k 2
z z1
k1
z z2
0 bo’lsa, u holda Pn
k2
k1 k 2
Pn
k1 k 2
( z)
( z ) , Pn
k1 k 2
(z j )
0, j 1,2 .
a n bo’ladi. Agar n k1 k 2
0 bo’lsa, u holda bu
jarayonni davom ettiramiz. Oxir-oqibat chekli qadamdan keyin bu jarayon to’xtaydi va (4) munosabatga kelamiz.
Agar (4) ning o’ng tomoniga
z
z1 , z 2 ,, z m
o’rniga topilgan
lardan farqli qiymatlarni qo’ysak,u nolga
aylanmaydi, ya’ni (4) munosabat yagonadir.
Natija. п -darajali ko’phad п tadan ortiq ildizga ega emas.
п -darajali
4-teorema. Agar ikkita
z0 , z1 , z2 ,, zn
1
( z ) va
2
( z)
ko’phadlar qiymatlari argumentning
п +1 ta har xil
qiymatlarida teng bo’lsa, u holda bu ko’phadlar aynan tengdir.
Isboti. Quyidagi
f ( z)
funktsiya darajasi
п
1
( z)
dan ortiq bo’lmagan ko’phaddir va u
2
( z)
п ta z1 , z2 ,, zn nuqtalarda nolga aylanadi. U holda
uni
an ( z z1 )( z z 2 )( z z n )
f ( z)
(5)
ko’rinishda ifodalash mumkin.
z0
Lekin, teorema shartiga ko’ra,bu ko’phad
nuqtada ham nolga teng. (5) ifodaning birorta ham chiziqli
ko’paytuvchisi bu nuqtada nolga teng emas. Shuning uchun
1
( z)
2
( z)
0 yoki
1
( z)
2
ап
0 bo’ladi, ya’ni f (z )
0 . Demak,
( z) .
5-teorema. Agar
a1 z a2 z 2  an z n
Pn ( z ) a0
ko’phad aynan nolga teng bo’lsa, u holda uning barcha koeffitsientlari nolga tengdir.
Isboti. Berilgan ko’phadni (5) ko’rinishda yozib olamiz:
Pn ( z) an ( z z1 )( z z2 )( z zn ) .
Agar teorema shartiga ko’ra bu ko’phad aynan nolga teng bo’lsa, u holda u
biror
z
z - z 1, z - z 2,..., z - z n
nuqtada ham nolga teng bo’ladi. Lekin
z1 , z2 ,, zn larga teng bo’lmagan
larning birortasi nolga teng emas, shu
sababli, faqat ап 0 bo’lishi mumkin. Aynan shunday ап 1 0 , ап 2 0 ,..., а0 0 ekanligi isbot qilinadi.
6-teorema. Agar ikki ko’phad bir-biriga aynan teng bo’lsa, u holda ularning mos koeffitsientlari o’zaro teng bo’ladi.
Teoremaning isboti berilgan ko’phadlarning ayirmasi aynan nolga tengligidan va 5-teoremadan kelib chiqadi.
7-teorema. Agar z 1 f (z ) ko’phadning
karrali ildizi bo’ladi.
Isboti. Teorema shartidan
k1
f ( z)
bo’lishi kelib chiqadi, bu yerda,
( z1 )
f ' ( z)
1
karrali ildizi bo’lsa, u holda
z 1 f ' ( z)
hosilaning
k1 1
( z z1 ) k1 ( z)
0 . Bu tenglikni differentsiallasak:
k1 ( z z1 ) k1 1 ( z) ( z z1 ) k1 ' ( z)
( z z1 ) k1 1 k1 ( z) ( z z1 ) ' ( z)
bo’ladi. Agar bu yerda,
( z)
k1 ( z ) ( z z1 ) ' ( z )
desak, ( z1 ) k1 ( z1 ) ( z1 z1 ) ' ( z1 ) k1 ( z1 ) 0 ekanligidan z 1 f ' ( z ) hosilaning k1
ekanligi kelib chiqadi. Xususan, agar k1 1 bo’lsa, z 1 f ' ( z ) hosilaning ildizi bo’lmaydi.
f
z1
2 karrali ildizi, f '" ( z ) hosilaning k1 3 karrali ildizi va h.k.
( z) hosilaning oddiy ildizi va nihoyat, f k1 ( z1 ) 0 bo’lishi kelib chiqadi.
Bu teoremadan
k1 1
1 karrali ildizi
f " ( z ) hosilaning k1
7-§. Kompleks yechimlar holida ko’phadni
ko’paytuvchilarga ajratish
215
www.ziyouz.com kutubxonasi
Faraz qilaylik, (1) ko’phad berilgan bo’lsin.
1-teorema. Agar haqiqiy koeffitsientli
an z n
Pn ( z )
ko’phad
a ib
Isboti. Agar
ildizga ega bo’lsa, u holda
z0
a ib
a ib
an 1 z n
1
 a1 z a0
(1)
ham uning ildizi bo’ladi.
son (1) ning ildizi bo’lsa, u holda 2-§ dagi teoremaga ko’ra:
Pn ( z 0 )
Pn ( z 0 )
0
0,
ya’ni z0 a ib ham (1) ning ildizi ekan.
Demak, (1) ko’phad
z a ib z a ib
z a
2
b2
ifodaga bo’linar ekan, ya’ni
Pn ( z )
z a
2
b 2 Pn 2 ( z ) ,
bu yerda, Pn 2 ( z ) п -2-darajali haqiqiy koeffitsientli ko’phad.
Yuqoridagi fikrlarni umumlashtirsak, quyidagi xulosaga kelamiz:
2-teorema. Haqiqiy koeffitsientli
Pn (z )
ko’phad quyidagi ko’rinishda ko’paytuvchilarga ajraladi:
Pn ( z )
an z
z as
2
bs
z1
k1
 z
zr
kr
r
2 ls
an
z
zi
i 1
bu yerda, b j
0, k1  k r
2
z a1
ki
2 l1
b1
s
z aj
2

bj
2 lj
,
(2)
j 1
n, z1 , z 2 ,, z r lar Pn (z ) ko’phadning karralari mos ravishda
2 l1  l s
k1 ,, k r bo’lgan haqiqiy ildizlari, a1 ib1 ,, as ibs lar esa Pn (z ) ko’phadning karralari mos ravishda
l1 ,, l s bo’lgan o’zaro qo’shma kompleks ildizlaridir.
8-§. Interpolyatsiyalash. Lagranjning
va nyutonning interpolyatsion formulalari
Faraz qilaylik, biror hodisani o’rganish jarayonida
х
va у miqdorlar o’rtasida funktsional bog’lanish borligi va
ning [ a , b ] oraliqqa tegishli х 0, х 1,¾, х n qiymatlariga
bo’lib, bu bog’lanishning analitik ifodasi noma’lum bo’lsin.
Masala shu noma’lum
qurishdan, ya’ni
у
(х)
у0
у
ning
х
у 0, у 1, ¾, у n qiymatlari mos kelishi aniqlangan
funktsiyani [ a , b ] oraliqda aniq yoki taqriban ifodalovchi ko’phadni
( х0 ), у1
( х1 ),, уп
у
(х) funktsiyani taqriban
( хп )
п bo’lgan Р (х)
qiymatlari [ a , b ] oraliqda berilgan
ifodalovchi darajasi
ko’phadni qurishdan iborat.
Bunday ko’phad sifatida х 0, х 1,¾, х n nuqtalardagi qiymatlari у ning у 0, у 1,¾, у n qiymatlari bilan ustmaust tushadigan ko’phadni olgan ma’qul. Bunday masalani funktsiyani interpolyatsiyalash, deyiladi.
Interpolyatsiyalavchi ko’phad sifatida quyidagi:
C0 ( x x1 )( x x2 )( x xn ) C1 ( x x0 )
P( x)
( x x2 )( x xn ) C2 ( x x0 )( x x1 )( x x3 )
(1)
( x xn )  Cn ( x x0 )( x xn 1 )
ko’phadni olamiz.
С0 , С1 ,, Сп
koeffitsientlarni
Р( х0 )
у0 , Р( х1 )
у1 ,¾, Р( хп )
shartlarni qanoatlantiradigan qilib tanlash kerak.
(1) formulada
х
х0
deylik, u holda (2) ga ko’ra
у0
С0 ( х0
х1 )( х0
х2 )( х0
216
www.ziyouz.com kutubxonasi
хп ),
уп
(2)
bundan
С0
Agar (1) da
х
( х0
у0
х 2 ) ( х0
х1 )( х0
х1 desak, u holda
у1 С1 ( х1
хп )
х2 )( х1
х0 )( х1
.
хп ),
bundan
С1
va h.k. (1) da
х
( х1
хп deb
уп
у1
х2 )( х1
х0 )( х1
Сп ( хп
хп )
х1 )( хп
х0 )( хп
,
хп 1 ),
tenglikni, bundan esa
Сп
( хп
уп
х1 )( хп
х0 )( хп
hosil qilamiz.
Topilgan koeffitsientlarni (1) ga qo’ysak:
хп 1 )
( x x1 )( x x2 )( x xn )
y0
( x0 x1 )( x0 x2 )( x0 xn )
P( x)
( x x0 )( x x2 )( x xn )
y1
( x1 x0 )( x1 x2 )( x1 xn )
( x x0 )( x x1 )( x xn 1 )
yn .
( xn x0 )( xn x1 )( xn xn 1 )

Bu formula Lagranjning interpolyatsion formulasi, deb ataladi.
(х) funktsiya [ a , b ] oraliqda
Aytish lozimki, agar noma’lum у
holda у
miqdor
(3)
п 1 -tartibli
hosilaga ega bo’lsa, u
(х) funktsiyani Р (х) ko’phadga almashtirilganda yo’l qo’yilgan xatolik, ya’ni R( x)
R( x)
tengsizlikni qanoatlantiradi.
Misol. Tajriba natijasida
(x
у
x1 )  ( x
xn )
funktsiyaning
(1)
x0 )( x
(х)
1
n 1!
max
3, (2)
n 1
( x) P( x)
( x)
5, ( 4)
4 qiymatlari olingan
(х) funktsiyani taqriban 2-darajali ko’phad bilan ifodalang.
Yechish. (3) formulaga ko’ra п 2 bo’lgan hol uchun:
bo’lsin.
у
( x 2)( x 4)
( x 1)( x 4)
3
(1 2)(1 4)
(2 1)( 2 4)
P( x)
( x 1)( x 2)
4
( 4 1)( 4 2)
5
yoki
39 2
х
30
Р( х)
123
х
30
252
.
30
Bundan tashqari boshqa interpolyatsion formulalar ham mavjud, shulardan biri — Nyuton interpolyatsion
formulasidir. Bu formulada yuqoridagi masaladan farqli o’laroq,
х0 , х1 , х2 ,.хп
nuqtalar orasidagi masofa bir
xil, masalan, h bo’lsin, deb faraz qilinadi.
y0
2
y0
3
y1
y0 , y1
y 2 2 y1 y 0
y0
y3
3 y2
y2
y1 ,
y2
y1
y0 ,
2
2
3 y1 y 0
y1
y3
y2
y1
¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾
n
y0
n 1
y1
n 1
y0 .
217
www.ziyouz.com kutubxonasi
y2 ,¾,
2
y1 , ¾,
y 0 , ¾,
Bularni mos ravishda 1-,2-,¾, n-tartibli ayirmalar, deb ataymiz.
х 0, х 1,..., х n nuqtalardagi qiymatlari у 0, у 1,..., у n bo’lgan n-darajali ko’phad quyidagicha bo’ladi:
P( x)
y0
y0
x
x0
2
y0 x x0 x x0
2!
h
h
h
n
y0 x x0 x x0
n!
h
h

1 
x
x0
1

(4)
(n 1) .
h
Mana shu formula Nyutonning interpolyatsion formulasi, deb ataladi.
Aslida 6-§ ning 4-teoremasiga ko’ra х ning n+1 ta qiymatidagi n+1 ta qiymatlari teng bo’lgan darajasi n dan
katta bo’lmagan ko’phadlar bir xil bo’ladi. Lekin bu interpolyatsion ko’phadlar bir xil bo’lsa ham yozilish tartibi
bilan farq qiladi.
Interpolyatsion formulalar injenerlik izlanishlarda ko’p ishlatiladigan taqribiy hisoblarda keng qo’llaniladi. Biz
hozir shulardan biri — taqribiy differentsiallashda Nyuton ko’phadini qanday qo’llanishini ko’ramiz.
(х) funktsiyaning х 0, х 1,..., х n nuqta-lardagi qiymatlari у 0, у 1,..., у n lar berilgan bo’lsa, (4)
Agar у
formulaga asosan:
(х) P( x)
y0
y0
2
x x0
h
y 0 x x0 x x0
2!
h
h
n

y 0 x x0 x x0
n!
h
h
1 
x
x0

1
(n 1)
h
taqribiy tenglikni yozish mumkin. Agar bu tenglikni differentsiallab, hosil bo’lgan munosabatda
hosilaning
х0
х
х0
desak,
nuqtadagi taqribiy qiymatini hosil qilamiz:
' ( x0 )
y0
h
P' n ' ( x0 )
2
3
y0
2h
y0
3h
4
y0
4h
.
(5)
9-§. Chebishev nazariyasi
Interpolyatsiyalash usuli yordamida qurilgan ko’phad asl funktsiya bilan п +1 ta nuqtada ustma-ust tushsa ham
qolgan nuqtalarda undan juda katta farq qilishi mumkin, bu esa bajarilayotgan hisoblarda katta xatolarga olib kelishi
(х) funktsiyani taqriban
mumkin. Shuning uchun tabiiy savol tug’iladi [ a , b ] oraliqda uzluksiz у
ifodalovchi darajasi
п
bo’lgan Р (х ) ko’phadni oldindan berilgan ixtiyoriy aniqlik bilan qurish mumkinmi
Boshqacha qilib aytganda, [ a , b ] oraliqning barcha nuqtalari uchun
(х)
va Р (х ) orasidagi farqning absolyut
qiymati oldindan berilgan har qanday musbat sondan ham kichik bo’ladigan Р (х ) ko’phadni qurish mumkinmi
Bu savolga quyidagi teorema javob beradi:
Veyershtrass teoremasi. Agar (х) funktsiya [ a , b ] oraliqda uzluksiz bo’lsa, u holda har qanday
0 son
uchun shunday Р (х ) ko’phad mavjudki, [ a , b ] oraliqning barcha nuqtalari uchun
( х ) Р( х )
tengsizlik o’rinli bo’ladi.
Ana shunday ko’phadga Bernshteyn ko’phadi misol bo’la oladi
bo’lsin. O’uyidagi п -darajali ko’phadda
n
Bn ( x )
m 0
bu yerda, С пт — binomial koeffitsientlar,
tanlash mumkinki, ixtiyoriy
т
п
m m m
C n x (1 x) n
n
(х) funktsiya [0,1] oraliqda uzluksiz
m
,
— berilgan funktsiyaning х
0 son uchun [0,1] oraliqning barcha nuqtalarida
Bn ( x)
( x)
tengsizlik bajariladi.
218
www.ziyouz.com kutubxonasi
т nuqtadagi qiymati, n ni shunday
п
Eng yaxshi yaqinlashish nazariyasini P.L. Chebishev1 yaratgan. Bu nazariyaning yaratilishiga uning
mashinalarda keng qo’llaniladigan sharnirlar mexanizmi nazariyasi bo’yicha bajargan ishlari sabab bo’lgan. Bunday
mexanizmlarni o’rganish jarayonida u berilgan darajali ko’phadlar orasidan berilgan oraliqda noldan eng kam farq
qiluvchi ko’phadni tanlash masalasiga to’qnash keldi. U bunday ko’phadlarni qurdi va keyinchalik bu ko’phadlar
Chebishev ko’phadlari, deb atala boshladi. Bu ko’phadlar matematika va texnikaning ko’p masalalarida keng
qo’llanib kelinmoqda.
1
P.L.Chebishev (1821-1894) – buyuk rus matematigi.
219
www.ziyouz.com kutubxonasi
10-BOB.
ANIQMAS INTEGRAL
1-§. Boshlang’ich funktsiya va aniqmas integral
Fan va texnikaning ko’p masalalarida funktsiya hosilasini bilgan holda, o’zini tiklash zaruriyati uchraydi. Masalan, 7bobning 1-§ ida harakatning berilgan
s
f (t )
tenglamasini differentsiallab, nuqtaning
ds
tezligini va yana bir
dt
marotaba differentsiallab, nuqtaning tezlanishini topish mumkinligini ko’rgan edik. Aslida, teskari masalani yechishga
to’g’ri keladi, ya’ni berilgan a a (t ) funktsiya uchun shunday
(t ) funktsiyani tiklash kerakki, a a (t ) bu
funktsiya uchun hosila vazifasini o’tasin va funktsiya uchun shunday funktsiyani topish kerakki, uning hosilasi
(t ) bo’lsin. Biz bu bobni shu masalaga bag’ishlaymiz.
1-ta’rif. Agar
oraliqda y
1-misol.
a, b oraliqning barcha nuqtalari uchun F ' ( x)
f ( x)
munosabat o’rinli bo’lsa,
F (x ) a, b
f (x) funktsiyaning boshlang’ich funktsiyasi, deyiladi.
1
f ( x)
2 x funktsiya uchun ta’rifga ko’ra F ( x)
x 2 boshlang’ich funktsiya
bo’ladi, chunki
2
( х )' 2 х .
2-misol. f ( x )
1
funktsiyaga F ( x)
cos2 x
tgx boshlang’ich funktsiya bo’ladi, chunki tgx '
1
.
cos 2 x
Har bir funktsiyaning, agar mavjud bo’lsa, boshlang’ich funktsiyasi yagona emas (7-bob, 1-§ dagi teorema
natijasiga qarang), ya’ni boshlang’ich funktsiyalar o’zgarmasga farq qiladi. Masalan, x
2
o’zgarmas son uchun f ( x)
2
2 x funktsiyaning boshlang’ich funktsiyasi bo’ladi, chunki x
2-ta’rif. Agar F (x ) funktsiya f (x ) ning boshlang’ichi bo’lsa,
aniqmas integrali deb atalib,
Demak, ta’rifga ko’ra, agar
F (x ) С
ifoda
C har qanday C
C ' 2x .
f (x ) funktsiyaning
f ( x)dx ko’rinishda belgilanadi.
F ' ( x)
f ( x) bo’lsa,
f ( x)dx
F ( x) C
bo’lar ekan. Bu yerda, f (x ) integral ostidagi funktsiya, f ( x ) dx integral ostidagi ifoda va — integral belgisi,
deb ataladi.
belgi birinchi marotaba Leybnitsning 1686 yilda chop ettirgan «Chuqur geometriya va bo’linmaslar tahlili
hamda cheksizlik» memuarida uchraydi. Leybnits va Nyutonning o’sha davrdagi xatlaridan ma’lum bo’lishicha,
integral tushunchasi Nyutonga ham ma’lum bo’lgan. Leybnits o’z memuarida belgi ostidagi dx ifodaning
zarurligi haqida ham gapirib o’tgan. Lekin «integral» atamasini birinchi marotaba aka-uka Bernullilar ishlatgan.
Geometrik nuqtai nazardan aniqmas integral egri chiziqni
Оу
o’q bo’ylab parallel surish natijasida hosil
bo’ladigan egri chiziqlar oilasini tasvirlaydi.
Har qanday funktsiya uchun boshlang’ich funktsiya mavjudmi, degan tabiiy savol tug’iladi. Boshlang’ich
funktsiyalar faqat berilgan oraliqda uzluksiz bo’lgan funktsiyalar uchungina mavjuddir. Demak, aniqmas integral
uzluksiz funktsiyalar uchun mavjud ekan. Buni biz keyingi bobda isbotlaymiz.
Berilgan f (x ) funktsiyaning boshlang’ich funktsiyasini topish jarayoni f (x ) funktsiyani integrallash, deb
ataladi.
Aniqmas integral ta’rifidan bevosita quyidagilar kelib chiqadi:
1. Aniqmas integralning hosilasi integral ostidagi funktsiyaga teng, ya’ni agar F ' ( x )
f ( x)dx '
f ( x) bo’lsa, u holda
f ( x) .
(1)
f ( x)dx .
(2)
2. Aniqmas integralning differentsiali integral ostidagi ifodaga teng, ya’ni
d
1
f ( x)dx
" boshlang’ich" atamasini birinchi marotaba Lagranj kiritgan.
220
www.ziyouz.com kutubxonasi
3. Biror funktsiya differentsialining aniqmas integrali shu funktsiya bilan o’zgarmasning yig’indisiga teng:
dF ( x)
F ( x) C .
(3)
Hosilalar jadvali va aniqmas integral ta’rifidan foydalanib, integrallar jadvalini tuzib olish mumkin:
1.
xn 1
C
x dx =
n 1
2.
1
dx
x
3.
a x dx
ax
ln a
4.
e x dx
ex
n
ln x
(C=const, n
–1)
C
C (a>0)
C
5. sin xdx
cos x
6. cos xdx
sin x C
dx
= tgx C
cos2 x
dx
8.
=- ctgx C
sin 2 x
7.
ln cos x
C
10.
ctgxdx ln sin x
C
11.
dx
x a2
9.
tgxdx
1
x
arctg
C
a
a
2
dx
x a2
dx
13.
2
a x2
12.
14.
15.
1
x
ln
2a x
1
x
ln
2a x
2
dx
2
x a
dx
2
a2 x2
1
x
arctg
C. ( a
a
a
0)
a
C (a 0)
a
a
C (a 0)
a
ln | x
x2
arcsin
x
C
a
a2 | C ( a
arccos
0)
x
C (a
a
0)
Aniqmas integral quyidagi xossalarga ega:
10. Agar А — o’zgarmas son, С — biror o’zgarmas bo’lsa, u holda
Af ( x)dx
A f ( x)dx C
bo’ladi, ya’ni o’zgarmas ko’paytuvchini integral belgisi tashqarisiga chiqarish mumkin.
20.
f ( x)
g ( x) dx
f ( x)dx
g ( x)dx C .
Haqiqatan, agar tenglikni o’ng tomonini differentsiallasak:
f ( x)dx
g ( x)dx
'
Demak, tenglikni chap va o’ng tomonlari f ( x)
f ( x)dx
'
g ( x)dx
'
f ( x) g ( x) .
g ( x) ifodaning boshlang’ich funktsiyalari ekan, shu sababli
ular o’zgarmasga farq qiladi.
221
www.ziyouz.com kutubxonasi
30. Agar
F (x ) funktsiya f (x ) ning boshlang’ichi bo’lsa, u holda
1
f (ax b)dx
F (ax b) C
a
bo’ladi.
Bu xossa ham yuqoridagidek, differentsiallab isbot qilinadi.
Misol.
(x2
1)( x 2
3
x
2)
2
dx integralni hisoblang.
Yechish.
( x 2 1)( x 2
3
x
2)
2
x4
dx
2x2 x2 2
dx
x2/3
x4
x2
x2/3
2
dx
2
x2
)dx
x10 / 3 dx
x 4 / 3 dx 2 x 2 / 3 dx
x2/3 x2/3
x10 / 3 1
x4/3 1
x 2/3 1
3 13/ 3 3 7 / 3
2
C
x
x
6 x1 / 3 C
10 / 3 1 4 / 3 1
2/3 1
13
7
(
x4
x2/3
Endi olingan javobning to’g’riligini tekshirish uchun undan hosila olib, integral ostidagi funktsiya
taqqoslaymiz:
bilan
3
3 7/3
6 x1 / 3 C ) / x10 / 3 x 4 / 3 2 x 2 / 3
( x 3 / 13
x
13
7
4
2
x x 2 x 4 2 x 2 x 2 2 x 2 ( x 2 2) ( x 2 2)
3
3
x2 / 3
x2
x2
( x 2 1)( x 2 2)
.
3
x2
Demak topilgan natija to’g’ri ekan.
2-§. Integrallashning o’rniga qo’yish usuli
Faraz qilaylik, bizdan
f ( x)dx
integralni hisoblash talab qilingan bo’lsin.
Integral ostidagi ifodada
x
deb o’zgaruvchini almashtiramiz, bu yerda,
funktsiya. U holda, quyidagi tenglik o’rinli:
(t ) ,
(1)
(t ) — teskari funktsiyaga ega, uzluksiz differentsiallanuvchi uzluksiz
f ( x)dx
f
(t ) d (t )
f
(t ) ' (t )dt.
(2)
Bu tenglikni isbotlash uchun (2) ni differentsiallaymiz. Chap tomonining hosilasi
f ( x)dx
'
x
f ( x) .
o’ng tomonini murakkab funktsiyadan hosila olish qoidasiga ko’ra differentsiallaymiz:
f
(t ) ' (t )dt
f
Oxirgi tenglikda (1) ning hosilasi
ko’ra
dt
dx
(t ) ' (t )
x ' (t )
'
x
f
(t ) ' (t )dt
'
t
dt
dx
1
f (t ) f ( x).
' (t )
' (t ) va teskari funktsiyaning hosilasini hisoblash formulasiga
1
bo’lishidan foydalanildi.
' (t )
222
www.ziyouz.com kutubxonasi
Demak, (2) ning chap va o’ng tomonlaridan alohida-alohida olingan hosilalari o’zaro teng ekan, ya’ni (2)
tenglikning ikkala tomonida turgan ifodalar f (x ) ning boshlang’ichi ekan.
Integrallashning bu usulini qo’llashdan maqsad, berilgan integralni soddaroq, yengil hisoblanadigan integralga olib
kelishdan iborat. Ayrim hollarda, bu maqsadga (1) almashtirish emas, balki t
(x) ko’rinishdagi almashtirish tezroq
olib keladi. Masalan,
' ( x) dx
( x)
ko’rinishdagi integralda
t
(x) desak, u holda
dt
' ( x)dx
dt
( x)
t
' ( x)dx ,
ln t
C
ln ( x)
C.
bo’ladi.
1 x 2 dx . x
1-misol.
sin t
almashtirshni bajaramiz. U holda
1 x 2 dx
cos2 tdt
1
t
2
bu yerda,
foydalanildi.
2-misol.
t
arcsin x, cos t
xdx
. Agar t
1 x2
3-misol.
4-misol.
5-misol.
2
e x xdx
1 x 2 desak, dt
dx
a
2
x
2
dx
a2
x2
1 x2
e 2 xdx
2
cos tdt
1 dt
2 t
x2
1 x
u,2 xdx
1 u
e du
2
ekanligidan
va
integralning
2 xdx va
1
ln t C
2
1
dx
x at, dx
2
a 1 x 2
a
1
adt
1
dt
2
2
a 1 t2
a 1 t
1
dx
x at, dx
2
a
x
1
a
1
adt
dt
a 1 t2
1 t2
1
ln 1 x 2
2
C
du
1 u
e
2
C
1 x2
e
2
C.
adt
1
arctgt
a
va demak,
cos t cos tdt
1
1
1 cos 2t dt
cos 2tdt
dt
2
2
1
1
sin 2t C
t sin t cos t
2
2
1
x 1 x 2 arcsin x C ,
2
2
2
1 sin t
xdx
.
1 x2
bo’ladi.
1 sin 2 t cos tdt
dx
C
1
x
arctg
a
a
C.
x
a
C.
adt
arcsin t C
arcsin
3-§. Kvadrat uchhad qatnashgan integrallar
Bunday integrallar asosan quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
223
www.ziyouz.com kutubxonasi
xossalaridan
dx
;2.J 2
ax bx c
dx
; 4. J 4
2
ax bx c
1. J 1
Ax
B
dx;
ax bx c
Ax B
dx;
ax 2 bx c
2
3.J 3
ax 2
5. J 5
2
bx c dx.
Bunday integrallarni hisoblash uchun integral ostida qatnashgan uchhaddan to’liq kvadrat ajratilib, ikkihad kvadratining
algebraik yig’indisiga keltiriladi. Natijada hosil bo’lgan ifodani integrallar jadvali yordamida integrallash mumkin bo’ladi.
Kvadrat uchhaddan to’liq kvadrat quyidagicha ajratiladi:
ax2
b 2
)
2a
a[( x
bu yerda,
bx c
c
a
b
x
a
c
)
a
b2
b 2
] a[( x
)
2
4a
2a
a( x 2
k2]
4ac b 2
. Bunda plyus yoki minus ishora ax2+bx+s kvadrat uchhadning ildizlari haqiqiy yoki
2
4a
k2
kompleks bo’lishiga qarab aniqlanadi, ya’ni b2-4ac ni ishorasiga qarab aniqlanadi.
To’liq kvadrat ajratilgandan keyin yuqorida keltirilgan integrallar quyidagi ko’rinishni oladi:
1.J1
dx
ax bx c
2
1
a (x
dx
b 2
)
2a
k2
Bunda x+b/2a=t, dx=dt desak,
J1
1
dt
2
a t
k2
bu esa jadvaldagi integraldir.
dx
hisoblansin.
2 x 8 x 20
dx
1
dx
1
dx
Yechish.
=
2 x 2 8 x 20 2 x 2 4 x 10 2 x 2 4 x 4 10 4
1-misol.
2
1
dx
J ;x 2 t dx dt
2 ( x 2) 2 6
1
dt
1 1
t
J
arctg
C;
2
2 t 6 2 6
6
=
t o’rniga x orqali ifodasini qo’yib, oxirgi natijani topamiz:
J
1
2 6
arctg
x 2
6
C
A
Ab
(2ax b) ( B
)
B
2a
2a dx =
dx
2.J 2
ax2 bx c
ax2 bx c
A
2ax b
Ab
dx
dx ( B
)
2
2
2a ax bx c
2a ax bx c
2
ax bx c t
(2ax b)dx
dt
I
ln | t | C
2
ax bx c
t
(2ax b)dx dt
Ax
ln | ax2 bx c | C
J2
A
ln | ax2 bx c | ( B
2a
224
www.ziyouz.com kutubxonasi
Ab
) J1 .
2a
x 3
dx hisoblansin.
x
2x 5
2-misol. J
2
1 / 2(2 x 2) (3 2.1 / 2)
x 3
dx
dx
x2 2x 5
x2 2x 5
1 (2 x 2)dx
1
dx
4 2
ln | x 2 2 x 5 |
2
2 x 2x 5
x 2x 5 2
dx
1
1
6 ( x 1)
4
ln | x 2 2 x 5 | 2
ln |
C
2
( x 1) 6 2
6
6 ( x 1)
J
dx
3.J 3
ax 2 bx c
1
a>0 bo’lganda J 3
a
; Bu integral yuqorida ko’rilgan almashtirishlar natijasida quyidagi ko’rinishga keltiriladi:
dt
t
2
k
,
2
1
a<0 bo’lganda J 3
dt
a
k
2
t2
Bular esa jadvaldagi integrallardir.
dx
3-misol.
x
2
hisoblansin.
4x 3
Yechish. x2-4x-3=(x-2)2—7 dx=d (x-2)
dx
x
2
d ( x 2)
4x 3
( x 2)
2
( x 2)2 7 C
ln | x 2
7
jadvaldagi integralga asosan hisoblandi.
4.J 4
Ax B
ax2 bx c
dx;
A
Ab
(2ax b) (b
)
Ax B
2a
2a dx
dx
ax2 bx c
ax2 bx c
2ax b
Ab
dx
dx ( B
)
.
2a
ax2 bx c
ax2 bx c
J4
A
2a
5x 3
4-misol.
Yechish.
x
2
ax2 bx c t
(2ax b)dx dt
(2ax b)dx
I
ax2 bx c
dt
2 t C 2 ax2 bx c C ,
t
A
Ab
J4
ax2 bx c ( B
)J3
a
2a
dx hisoblansin.
4 x 10
5x 3
dx
2
5
2
x 4 x 10
(2 x 4)dx
x
2
7 ln | x 2
7
4 x 10
x2
dx
( x 2)
( x 2) 2
2
5 / 2(2 x 4) (3 10)
6| C
x2
2
dx
4 x 10
5 x2
4 x 10
6
5 x2
4 x 10 | C.
225
www.ziyouz.com kutubxonasi
4 x 10 7 ln | x
ax2
5.J 5
bx c dx . Bunda ham integral ostidagi kvadrat uchhaddan to’la kvadrat ajratamiz:
ax 2
J5
4ac b 2
4a 2
b
2a
k 2 ;x
b 2
)
2a
a[( x
bx c dx
t ;dx
k 2 ]dx
a (t 2
dt
k 2 ) dt.
Bu integral esa quyidagi formula yordamida hisoblanadi:
(A).
t2
(B).
a2
5-misol.
t 2
b
t b
ln | t
t 2 b | C,
2
2
t
a2
t
t 2 dt
a2 t 2
arcsin
C.
2
2
a
x 2 2 x 6dx hisoblansin.
b dt
t
Buni hisoblash uchun to’la kvadrat ajratib,
x
2
x 1, b 5
2 x 6 ( x 1) 2
х2 2 х 6dx
x 1
2
x 1
belgilashdan so’ng (A) formula qo’llaniladi:
2
x 1
5,
2
5d x 1
5
ln x 1
2
5
x 1
2
5
C.
4-§. Bo’laklab integrallash usuli
Bizga ikkita differentsiallanuvchi
u
u (x ) va
(x) funktsiyalar berilgan bo’lsin. Bu funktsiyalar ko’paytmasi
ning differentsialini topaylik. Bu differentsial quyidagicha aniqlanadi:
du
ud
du .
Buning ikki tomonini hadma-had integrallab, quyidagini topamiz:
u
ud
du
yoki
ud
u
du .
(1)
Oxirgi topilgan ifoda bo’laklab integrallash formulasi, deyiladi.
Bu formulani qo’llab integral hisoblaganda
ko’rinishdagi integral, ancha
ud
sodda
bo’lgan
dи
ko’rinishdagi integralga keltiriladi.
Agar integral ostida u=lnx funktsiya yoki ikkita funktsiyaning ko’paytmasi hamda teskari trigonometrik
funktsiyalar qatnashgan bo’lsa, bunda bo’laklab integrallash formulasi qo’llaniladi. Bu usul bilan integrallaganda
yangi o’zgaruvchiga o’tishning xojati yo’q.
Umuman, aniqmas integralni hisoblaganda topilgan natija yoniga o’zgarmas (C=const) ni qo’shib qo’yish shart.
Aks holda, integralning bitta qiymati topilib, qolganlari tashlab yuborilgan bo’ladi. Bu esa integrallashda xatolikka
yo’l qo’yilgan, deb hisoblanadi.
1-misol.
Yechish. u
xarctgxdx ni hisoblang.
arctgx,
d
xdx,
du
dx
,
1 x2
xdx x 2 / 2
(bunda C=0 deb olindi). (1) formulani qo’llaymiz.
xarctgxdx
x2
arctgx
2
226
www.ziyouz.com kutubxonasi
x2
dx
2(1 x 2 )
(*)
x2
dx ni alohida hisoblaymiz
1 x2
x2
dx
1 x2
1 x2 1
dx
1 x2
1
)dx x arctgx C
1 x2
(1
buni (*) ga qo’yamiz.
x2
arctgx
2
xarctgxdx
2-misol.
x
2
1
arctgx C
2
x2 1
arctgx C
2
1
2
x ln xdx ni hisoblang.
Yechish. Agar
u
ln x , xdx
d
desak,
x2
ln x
2
x ln xdx
e ax sin bxdx
3-misol.
J1
Yechish.
J 1 integralda u
xdx
x 2 dx
2 x
x2
ln x
2
eax cos bxdx
J2
va
dx
,
x
du
e ax , d
sin bxdx
x2
bo’ladi. U holda
2
x2
C.
4
integrallarni hisoblang ( a, b 0-o’zgarmas sonlar).
cos bx
bo’ladi. Bularni
b
ae ax dx ,
du
desak,
integralga qo’ysak:
1 ax
a ax
e cos bx
e cos bxdx
b
b
J1
Endi
e ax , d
J 2 integralda u
cosbxdx
ae ax dx ,
du
1 ax
a
e cos bx
J2 .
b
b
desak, u holda
sin bx
va (1) ga ko’ra
b
1 ax
a
J2
e sin bx
J1 .
b
b
(3)
(3) ni (2) ga olib borib qo’yamiz:
1 ax
a 1 ax
a
e cosbx
e sin bx
J1
b
b b
b
J1
yoki
a2
J1
b2
J1
1 ax
a ax
e cos bx
e sin bx .
b
b2
Bundan va (3) dan
a sin bx b cos bx ax
b sin bx a cos bx ax
e
C , J2
e
C.
2
2
a2 b2
a b
4-misol. Faraz qilaylik, k 1 -natural son va а 0 bo’lsin. U holda
J1
Ik
x2 a2
dx
1
x2 a
1
2
x 2x
x
2
dx
a2
x
2
2 k 1
a
2 k
a
2 k
dx
(2)
x2 a
u
2 k
dx a 2
x2 a2
x
2
a2
k
dx
1
k 1
k
2 xdx
x, d
x
1
2 1 k x2 a2
dx
k 1
bundan
227
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
2
a2
k 1
,
x
Ik
2a 2 k 1 x 2
a
2k 3
Ik 1 .
2a 2 (k 1)
2 k 1
Natijada berilgan integralni hisoblash uchun rekurrent formula hosil qildik. Agar bu jarayonni
qo’llasak, bizga ma’lum bo’lgan
dx
x a2
I1
1
x
arctg
a
a
2
k -1 marotaba
C
integralga kelamiz.
5-misol.
Agar
Pn ( x)e bx dx,
Pn ( x) an x n an 1 x n 1  a1 x a0 - п -darajali algebraik ko’phad bo’lsa, u holda
Pn ( x) cos bxdx ,
Pn ( x ) sin bxdx
u
marotaba qo’llab hisoblanadi. Bunda har gal
u
ko’rinishdagi integrallar bo’laklab integrallash usulini п
funktsiya sifatida ko’phad olinadi, ya’ni avval
u
Pn (x) , keyin
Pn ' ( x) va h.k., natijada integral soddalashib mos ravishda
1 ax
e
C,
a
e axdx
1
sin bx C ,
b
cos bxdx
1
cos bx C
b
sin bxdx
integrallarga keladi.
Bu turdagi integrallarni hisoblashning boshqa usuli ham bor, uni noaniq koeffitsientlar usuli, deb atashadi. Bu
Pn ( x)ebx dx
usulni qanday qo’llanishini masalan,
Qn ( x)e ax
ko’rinishda
bo’ladi,
shuning
integral misolida ko’raylik. Tabiiyki, uning boshlang’ichi
uchun
bu
integralni
Qn ( x)e ax С
bn x n bn 1x n
1
 b1x b0 C ko’rinishda izlaymiz, bu yerda maqsad noma’lum b0 , b1 ,, bn koeffitsientlarni topishdadir.
Boshlang’ich funktsiyaning ta’rifiga ko’ra,
Qn ( x)e ax C ' Pn ( x)e ax yoki Qn' ( x) bQn ( x) Pn ( x) .
(4)
Oxirgi tenglikning ikkala tarafida n-darajali ko’phad turibdi. Ma’lumki (8-bob, 6-§, 6-teoremaga qarang), bu
ko’phadlar teng bo’lishi uchun х ning bir xil darajalari oldidagi mos koeffitsientlari teng bo’lishi kerak. Ularni
o’zaro tenglab, noma’lum koeffitsientlarni topish uchun chiziqli tenglamalar sistemasini hosil qilamiz. Yuqorida
aytilganlarni quyidagi integral misolida ko’raylik:
x 2 1 e x dx
ax 2 bx c e x C
Bunda
x 2 1 , Q2 ( x)
P2 ( x)
ax 2
bx c .
(4) tenglik quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
ax 2
(2a b) x b c
x2 1 .
Bundan
a
Bu tenglamalardan: a
1, b
2, c
1, 2a b
0, b
c 1.
3 . Demak,
x 2 1 e x dx
x2 2 x 3 ex C .
228
www.ziyouz.com kutubxonasi
5-§. Ratsional kasrlarni integrallash
Ikkita
Pn ( x) an x n an 1 x n 1  a1 x a0
algebraik
bm x m
Qm ( x)
va
bm 1 x m
1
 b1 x b0
ko’phadlarning
f ( x)
Pn ( x)
Qm ( x)
nisbati ratsional funktsiya yoki ratsional kasr, deb ataladi, bu yerda an , bm
(1)
0, n
0, m 1 .
Quyidagi
A
A
k 2,
x a x ak
Ax B
Ax B
, 2
k
2
x px q ( x px q ) k
,
(2)
2,
ko’rinishdagi ratsional funktsiyalar eng sodda ratsional kasrlar, deb ataladi, bu yerda,
A, B, a, p, q
– o’zgarmas
2
sonlar, k — natural son,
x2
px q
kvadrat uchhad haqiqiy ildizlarga ega emas, ya’ni
p
4
q
0.
Uchinchi va to’rtinchi ko’rinishdagi ratsional funktsiyalarni integrallashni 3-§ da ko’rgan edik. Avvalgi ikkita
kasrning integrali esa quyidagicha bo’ladi:
A
dx
x a
A ln x a
A
C,
dx
x a
A
1
k 1 x a
k
k 1
C.
Agar (1) ratsional kasrning suratida turgan ko’phadni darajasi n maxrajda turgan ko’phadning darajasi m dan
kichik bo’lsa, (1) ni to’g’ri kasr, aks holda noto’g’ri kasr, deymiz.
Agar (1) noto’g’ri kasr bo’lsa, ko’phadni ko’phadga bo’lish qoidasiga ko’ra bo’lib, uni
f (x )
ko’phad
Pn1 ( x )
Qm1 ( x )
n1
m1
ko’rinishga keltirish mumkin. Ko’phadni integrallashni avvalgi paragraflarda ko’rdik. Demak, har qanday ratsional
funktsiyani integrallashdagi asosiy qiyinchilik to’g’ri kasrni integrallashga keltirilar ekan. Ixtiyoriy to’g’ri kasrni
integrallash quyidagi teoremaga asoslanadi.
Teorema. Agar haqiqiy to’g’ri (1) kasrning mahraji
Qm ( x) bm ( x c1 ) k1 ( x cr ) kr x 2
l1
p1 x q1  x 2
ps x qs
ls
ko’rinishda ko’paytuvchilarga ajralsa, u holda (1) yagona ravishda quyidagi:
A1,k1
A1,1
A1, 2
Pn ( x)

k1
k1 1
x c1
( x c1 )
Qm ( x) ( x c1 )

A r ,kr
Ar ,1
Ar , 2

x cr
( x cr ) kr ( x cr ) kr 1
B1,1 x C1,1
B1, 2 x C1, 2
l1
l1 1

B 1,l1 x C1,l1
2
x p1 x q1
x 2 p1 x q1
x 2 p1 x q1

B s ,l x C s ,l s
Bs ,1 x C s ,1
Bs , 2 x C s , 2
 2 s
l
l
1
s
s
x ps x qs
x 2 ps x qs
x 2 ps x qs
ko’rinishda eng sodda kasrlar yig’indisiga yoyiladi.
229
www.ziyouz.com kutubxonasi
(3)
Demak, bu teoremaga ko’ra har qanday haqiqiy to’g’ri ratsional kasr uchun ko’rsatilgan indekslari bo’yicha
shunday А, В, С o’zgarmas sonlar topiladiki, (2) munosabat x ning
с1 , с2 ,, сr qiymatlaridan boshqa barcha
qiymatlari uchun bajariladi.
Bu koeffitsientlarni aniqlash uchun odatda noaniq koeffitsientlar usuli qo’llaniladi. Bu usulni birinchi marotaba
I. Bernulli qo’llagan.
Bu usulni quyidagi kasr misolida ko’rsatamiz:
2 x 2 2 x 13
( x 2)( x 2 1) 2
A
Bx C
x2 1
x 2
Dx E
.
( x 2 1) 2
Tenglikning o’ng tarafini umumiy maxrajga keltirib, suratlarini tenglasak:
2x 2 2x 13 A( x 2 1) 2
Bx C ( x 2 1)( x 2) Dx E ( x 2) .
(4)
Bu tenglikning o’ng tomonini ixchamlab, tenglikning ikkala tomonidagi x ning bir xil darajalari oldidagi
koeffitsientlarni tenglab, quyidagi sistemani hosil qilamiz:
x4 :
x3 :
x2 :
x:
x0 :
A B
0,
2B C
0,
2 A B 2C D 2 ,
2B C 2D E 2 ,
A 2C
2E
13 ,
bundan
A 1, B
1, C
2, D
3, E
4.
Demak,
2 x 2 2 x 13
( x 2)( x 2 1) 2
1
x 2
x 2
3x 4
.
2
x 1 ( x 2 1) 2
Xuddi shu natijaga x ning o’rniga ketma-ket –1,0,1,2 va –2 qiymatlarni qo’yib kelsa ham bo’ladi. Bunda noma’lum
koeffitsientlarni topish uchun quyidagi sistema hosil bo’ladi:
25 A
25,
A 2C 2 E
13,
4 A 6( B C ) 3( D E ) 13,
4 A 2( B C ) ( D
E ) 17,
25 A 20(2 B C ) 4(2 D E ) 17.
(2) dagi qo’shiluvchi kasrlarning integralini eslasak, quyidagi xulosaga kelamiz:
Har qanday ratsional funktsiyaning integrali ratsional funktsiya, logarifmik va arktangens funktsiyalar orqali
ifodalanadi.
Ko’rgazma sifatida yuqoridagi misolga qaytamiz:
2 x 2 2 x 13
dx
( x 2)( x 2 1)
1 3 4x
2 x2 1
dx
x 2
x 2
dx
x2 1
1 ( x 2) 2
ln 2
2
x 1
3x 4
dx
( x 2 1)2
4arctgx C .
6-§. Irratsional funktsiyalarni integrallash
Bu paragrafda biz ratsional bo’lmagan funktsiyalarni o’zgaruvchini almashtirish usuli yordamida qanday qilib ratsional
ifodaga olib kelish yo’llarini, va nihoyat noratsional funktsiyalarning integrallarini almashtirish natijasida hosil bo’lgan
ratsional ifodalarga 5-§ da berilgan usullarni qo’llab hisoblashni ko’ramiz. Bu — jarayonni ratsionallashtirish usuli, deyiladi.
230
www.ziyouz.com kutubxonasi
1.
R x, m
ax b
dx , bu yerda a, b, c, d -o’zgarmas sonlar, m -natural son, ad
cx d
bc
0 , R( x, y ) - o’z
argumentlariga nisbatan ratsional ifoda.
Berilgan integralni
t
m
ax b
cx d
almashtirish ratsionallashtiradi. Haqiqatan
ax b
.
cx d
tm
Bundan
b dt m
mt m 1 ad bc .
,
dx
dt
2
ct m a
ct m a
x
U holda
R x, m
mt m 1 ad bc
b dt m
t
dt
,
2
ct m a
ct m a
R
bu yerda R1 (t ) –
dx
t
3
x 1 dx
.
x 1x 1
3
( x 1)( x 1)
Yechish. Agar
2
t3 1
x 1
desak, x 3
, dx
t 1
x 1
3
x 1 dx
x 1x 1
6t 2 dt
dx
x
3
dx
x
6
x
3
3dt
t 1
6 t2
2.
x
2
bo’ladi. U holda
1
t 2
dt
t 1 t t 1
3
6
6
2
t2 1
2
1 t2 t 1
ln
2 (t 1)2
2-misol.
R1 (t )dt ,
t ning ratsional funktsiyasi.
1-misol.
3
ax b
dx =
cx d
3arctg
2t 1
C.
3
6t 5dt
t2 t3
x t
t 1 dt ln 1 t
2t 3
3t 2
6t ln 1 t
C.
R x, ax 2 bx c dx , bu yerda a , b, c -o’zgarmas sonlar.
Integral ostidagi kvadrat uchhad tabiiy karrali ildizga ega emas, chunki aks holda integral ostidagi ifoda
ratsional ifodaga aylanib qoladi. Agar u haqiqiy har xil
ax 2
bx c
a( x
х1 , х2
x1 )( x
ildizlarga ega bo’lsa, u holda
x2 )
(x
x1 ) а
x x2
x x1
deb, berilgan integral yuqorida ko’rilgan 1-tur integralga keltiriladi.
Endi, faraz qilaylik, kvadrat uchhad haqiqiy ildizlarga ega emas va
Eylerning 1-almashtirishi, deb ataluvchi
ax 2
bx c
t
a
0
bo’lsin. U holda berilgan integralni
a x
almashtirish ratsionallashtiradi. Haqiqatan, agar bu tenglikni kvadratga ko’tarib ixchamlasak,
va bundan
231
www.ziyouz.com kutubxonasi
bx c t 2 2 a tx
t2 c
,
2 at b
x
ax
dx
2
bx
at 2
2
at 2
c
2 at
bt c a
2 at
bt
b
Bularni berilgan integralga olib borib qo’ysak, integral ostidagi funktsiya
aylanadi.
3-misol.
a2
x 2 dx integralni hisoblang. Bu yerda, х 2
a2
x2
t x , x2 a2
t2
,
dt .
2
b
c a
t
ning ratsional funktsiyasiga
а 2 haqiqiy ildizlarga ega emas. Shuning uchun
2tx
x2 , x
t2
a2
t2
a2
2t
va
a2
x2
t
x
2t
.
Bundan
x a
2
t4
2
x
t2
dx
,
4t 2
Bularni integralga qo’ysak:
a 2 x 2 dx
a4
t 2 a2 t 2 a2
dt
2t
2t 2
a2
2t
1
4
2a 2
t
t
dt .
a4
dt
t3
a2
t 2 a4
a2
t 4 a4
C
C
ln t
ln t
2
8 8t 2
2
8t 2
a2
x
ln x
x2 a2
x2 a2 C .
2
2
Agar kvadrat uchhadda a 0, c 0 bo’lsa, u holda quyidagi almashtirishni bajaramiz:
ax 2
bx c
xt
c
Bu Eylerning 2-almashtirishi, deyiladi. Agar bu tenglikni kvadratga ko’tarib ixchamlasak,
bo’ladi. Bundan
x
2 ct b
,
a t2
dx
ax 2
2
bx c
ct 2
bt
a t
ct 2
ca
2 2
ax b xt 2 2 ct
hosil
bt a c
,
a t2
dt .
Bularni integralga qo’yib, integral ostidagi ifodani ratsionallashtiramiz. Integrallab bo’lgandan so’ng avvalgi
o’zgaruvchiga qaytish maqsadida, javobda
t
almashtirishni bajarib qo’yamiz.
ax 2
bx c
x
c
7-§. Trigonometrik funktsiyalarni o’z ichiga olgan ayrim ifodalarni integrallash
Biz shu paytgacha faqat algebraik (ratsional va irratsional) funktsiyalarni integrallashni ko’rgan bo’lsak, bu
paragrafda noalgebraik funktsiyalarni, shu jumladan, trigonometrik funktsiyalar qatnashgan ifodalarni integrallashni
ko’ramiz.
Bizga
R sin x, cos x dx
232
www.ziyouz.com kutubxonasi
(1)
integral berilgan bo’lsin, bu yerda R ( x, y ) – o’z argumentlariga nisbatan ratsional funktsiya.
Trigonometriyadan ma’lumki,
x
x
1 tg 2
2 , cos x
2.
sin x
x
x
1 tg 2
1 tg 2
2
2
2tg
Shu sababli, (1) ni
t
tg
x
2
(2)
almashtirish ratsionallashtiradi. Haqiqatan, (2) dan
sin x
Bularni (1) ga qo’ysak:
2t
, cos x
1 t2
R sin x, cos x dx
1-misol.
2dt
,
1 t2
2arctgt , dx
x
R
1 t2
.
1 t2
2t 1 t 2 2dt
,
1 t2 1 t2 1 t2
R1 (t )dt .
dx
integralni hisoblang.
sin x
Yechish.
dx
sin x
2dt
1 t2
2t
1 t2
dt
t
ln t
C
ln tg
x
2
C.
Yuqorida keltirilgan (2) almashtirish universal almashtirish, deb ataladi. Bu usul ayrim hollarda murakkab ratsional
funktsiyalarga olib keladi, shuning uchun bu usul bilan bir qatorda maqsadga tezroq olib keluvchi almashtirishlar ham
ishlatiladi. Shulardan ayrimlarini ko’rib chiqaylik. Avval izohlash jarayonida zarur bo’ladigan bir nechta tushunchalarni
kiritib olaylik.
Agar R ( x, y ) R ( x, y ) ( R ( x, y ) R ( x, y ) ) bo’lsa, R ( x, y ) funktsiya х ga ( у ga) nisbatan juft
deyiladi, agar R (
toq, deyiladi.
Faraz qilaylik,
x, y ) - R( x, y ) ( R( x, y ) - R( x, y ) ) bo’lsa, R( x, y ) funktsiya х ga ( у ga) nisbatan
R (u , )
bo’lsin, bu yerda,
P u
P va Q lar u ,
P (u , )
(u
Q(u , )
sin x,
cos x )
lar bo’yicha ko’phadlar.
ga ( ga) nisbatan va Q u ga ( ga) nisbatan bir vaqtda juft yoki toq bo’lsa, R (u , ) u ga
Agar
( ga) nisbatan juft bo’ladi.
Agar P u ga ( ga) nisbatan juft (toq) va Q u ga ( ga) nisbatan toq (juft) bo’lsa, R (u , ) u ga ( ga)
nisbatan toq bo’ladi.
P va Q lar ko’phad bo’lgani uchun R(u , ) biror argumentiga, masalan, u ga nisbatan juft bo’lsa, uni
ko’rinishga, ya’ni
Agar R (u ,
u
R(u , ) = R1 (u 2 , )
ning juft darajalarini o’z ichiga olgan ko’phad ko’rinishiga keltirish mumkin.
ga nisbatan toq bo’lsa, uni
) u
R(u , ) = R2 (u 2 , ) u
ko’rinishga keltirsa bo’ladi.
1. Agar R (u , ) u ga nisbatan toq bo’lsa, u holda
233
www.ziyouz.com kutubxonasi
R2 sin 2 x, cos x sin xdx
R sin x, cos x dx
R2 1 cos2 x, cos x d cos x
t cos x almashtirish ratsional funktsiyaning integraliga olib keladi.
sin 3 x
1 t2
dt
dx
dt
dt
2
2
cos x
t
t2
bo’ladi va demak,
2-misol.
t
2. Agar
R(u , )
1
C
t
1
cos x
cos x
C.
ga nisbatan toq bo’lsa, u holda
R0 sin x, cos2 x соsxdx
R sin x, cos x dx
R0 sin x,1 sin 2 x d sin x
bo’ladi va demak,
t
sin x
2
3
almashtirish bilan maqsadga yetishamiz.
sin 2 x 1 sin 2 x d sin x
sin x cos xdx
3-misol.
1 3
t
3
t 2 (1 t 2 )dt
1 5
t C
5
1 3
1 5
sin x
sin x C.
3
5
3. Agar R (u , ) birvarakayiga ikkala o’zgaruvchisiga nisbatan juft bo’lsa, ya’ni
R( u,
bo’lsa,
u
u
ni
)
R (u , )
ga almashtirib,
R(u , ) = R( u , ) = R * ( u , )
munosabatga kelamiz. U holda
u
R* ( ,
* u
)=R ( , )
tenglikka ishonch hosil qilish qiyin emas. Shu sababli
u
u
R * ( , ) = R *1 ( ,
2
R1* tgx, cos2 x
1
1 tg 2 x
),
deyish mumkin. Demak,
R sin x, cos x
ekan. Bundan berilgan integralni
t
tgx
R1* tgx,
R1** ( tgx)
almashtirish ratsionallashtirishi kelib chiqadi.
Eslatma. Har qanday R (u , ) ratsional ifodani quyidagi:
R(u, )
R(u, ) R( u, )
2
R( u, ) R( u,
2
)
R( u,
) R(u, )
2
ko’rinishda ifodalash mumkin, bu yerda birinchi kasr uchun 1-holat, ikkinchi kasr uchun 2-holat va uchinchi kasr uchun 3holat o’rinli. Shu sababli R sin x, cos x ifodani yuqoridagidek
yoyib, har bir qismiga
mos ravishda
t
cos x, t
4-misol.
sin x va t
tgx
almashtirishlarni qo’llab, berilgan integralni ratsionallashtirish mumkin.
dx
ni hisoblang.
sin x cos2 x
4
Yechish. Bu integral uchun 3-holat o’rinli, shuning uchun
dx
sin x cos2 x
4
1 t
t4
t
tgx almashtirishni bajaramiz. U holda
2 2
dt t
2 1
t 3t 3
234
www.ziyouz.com kutubxonasi
C
tgx 2ctgx
4.
J1
cos mx cos nxdx , J 2
1
ctg 3 x C .
3
sin mx cos nxdx
va
J3
sin mx sin nxdx
ko’rinishdagi
integrallar quyidagi formulalar yordamida hisoblanadi:
1
cos(m n) x cos(m n) x ,
2
1
sin mx cos nx
sin( m n) x sin( m n) x ,
2
1
sin mx sin nx
cos(m n) x cos(m n) x .
2
cos mx cos nx
Bularni berilgan integrallarga mos ravishda qo’yib hisoblaymiz:
J1
1
cos(m n) x cos(m n) x dx
2
.
sin( m n) x sin( m n) x
C
2(m n)
2(m n)
O’olgan ikkitasi ham shu kabi hisoblanadi.
5-misol.
sin 5 x sin 3xdx
integralni hisoblang.
Yechish.
1
cos 8 x cos 2 x dx
2
sin 8 x sin 2 x
C.
16
4
sin 5 x sin 3xdx
.
8-§. Ayrim irratsional funktsiyalarni trigonometrik almashtirishlar yordamida integrallash
Biz 6-§ da batafsil ko’rgan
R x, ax 2
integralga qaytamiz, bu yerda a
0, c
b2
4
bx c dx
(1)
0 . Bu paragrafda trigometrik almashtirishlar yordamida (1) integral
7-§ da ko’rilgan
R sin z, cos z dz
(2)
integral ko’rinishiga qanday qilib keltirilishi ko’riladi.
3-§ da
n2
ax 2
bx c
kvadrat uchhad koeffitsientlarning har xil qiymatida
m 2t 2
n2
,
m 2t 2
n2
va
m 2 t 2 ifodalardan biriga keltirilishini ko’rgan edik, shuning uchun umumiylikni buzmagan holda, (1) integral
R t , m2t 2
n 2 dt ,
(3)
R t , m2t 2 n2 dt ,
(4)
R t , n 2 m2t 2 dt
(5)
integrallarning biriga keltirilgan, deb faraz qilamiz.
Agar (3) ga
t
n
tgz almashtirishni, (4) ga t n sec z almashtirishni va (5) ga t
m
m
bu integrallar (2) integral ko’rinishiga keladi.
Misol. Hisoblang:
235
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
sin z almashtirishni qo’llasak,
m
dx
a2
x2
3
.
x a sin z almashtirishni qo’llaymiz. U holda
a cos zdz
Yechish. Bu (5) ko’rinishdagi integral, shuning uchun unga
dx
dx
a2
a cos zdz
x
2 3
a2
a 2 sin 2 z
a cos zdz
a 3 cos3 z
3
1
dz
1
1 sin z
tgz C
2
2
2
a cos z a
a 2 cos z
1
sin z
1
x
C
2
2
2
2
a 1 sin z
a a x2
C
C.
Eslatma. Har qanday uzluksiz funktsiya uchun boshlang’ich funktsiya mavjud bo’lsa ham (1-§ ga qarang), har qanday
boshlang’ich funktsiya elementar funktsiyalar orqali ifodalanavermaydi. Bunday integrallar jumlasiga
e
x2
dx ,
sin x
cos x
dx ,
dx ,
x
x
1 k 2 sin 2 x dx ,
dx
ln x
va h.k. kiradi.
Bu turdagi integrallarni Laplas, Lejandr va Luivill1 keng o’rganishgan. Lejandrning hatto bunday
funktsiyalarning qiymatlari jadvali ham mavjud.
11-BOB.
ANIQ INTEGRAL
1-§. Quyi va yuqori integral yig’indilar
Sohalarning yuzalarini hisoblash masalasi qadimdan insoniyatni qiziqtirib kelgan. Ko’pburchaklarning yuzini
hisoblashni qadimgi Vavilon va Misr olimlari bajara olishgani tarixdan ma’lum. Arximed1 parabola segmentining
yuzini hisoblay olgan. Matematik tarixning oxirgi izlanishlaridan ma’lumki, doira va sektor yuzini hisoblashni
O’rta osiyolik vatandoshlarimiz Al-Xorazmiy va Beruniylar ham bilganlar.
Biz bu bobda o’rganadigan asosiy tushunchalarimiz ham yuzalarni hisoblash masalasidan kelib chiqqan. Shu
sababli hozir biz chegaralaridan biri egri chiziqdan iborat bo’lgan egri chiziqli trapetsiya, deb ataluvchi soha
yuzasini hisoblash masalasini ko’ramiz.
Faraz qilaylik, bizga quyidan Ox o’qining a, b kesmasi bilan, yonboshlaridan x a va x b to’g’ri chiziqlar
bilan va yuqoridan uzluksiz y
f (x) funktsiya grafigi bilan chegaralangan soha berilgan bo’lsin.
y
a, b kesmani ixtiyoriy ravishda
a x0 x1 x2  xn
C
y1
y0
х1
x1 x2
xi
xi+1
b
97-расм.
qiymatlariga erishadi (funktsiya
bo’ladi).
Quyidagi
1
b
a, b
х0
х1 , х2
х1
х2 ,, хп
хп 1
хп
deb belgilaymiz.
B
A
1
xn
nuqtalar bilan n ta bo’lakka bo’lamiz va
D
O
1
y
x
f (x) funktsiya har bir
xi 1 , xi
bo’lakda
uzluksiz bo’lgani uchun Veyershtrass teoremasiga ko’ra u
shu oraliqda o’zining eng kichik mi va eng katta M i
oraliqda uzluksiz bo’lgani uchun uning har qanday bo’lagida ham uzluksiz
Andrian Mari Lejandr (1752-1833) va Jozef Luivill (1809-1882) – buyuk farang matematiklari.
Arximed (taxminan miloddan avvalgi 287-212 yillar) – buyuk yunon olimi.
236
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
m1 x1 m2 x2  mn xn
sn
mi xi ,
(1)
M i xi
(2)
i 1
sn
M 1 x1
n
 M n xn
M 2 x2
i 1
yig’indilar mos ravishda 97-rasmda aks ettirilgan ichki chizilgan AC 0 N1C1 N 2 Cn 1 N n B va tashqi chizilgan
AK 0C1 K1 Cn 1 K n 1Cn B pog’onasimon shakl-larning yuzalariga teng. Ular mos ravishda Darbuning1 quyi va
a, b
f (x) funktsiyaning
yuqori yig’indilari, deb ataladi. Uzluksiz y
qiymatlari mos ravishda m va M bo’lsin. U holda
m1
m , m2
m ,  , mn
m
M1
M , M2
M , , Mn
M
oraliqdagi eng kichik va eng katta
va
bo’lgani uchun
n
sn
n
mi xi
i 1
n
sn
i ( i =1,2,..., n ) lar uchun mi M i
m
i 1
n
M i xi
i 1
Barcha
m xi
n
xi
m(b a) ,
(3)
xi
M (b a) .
(4)
i 1
M xi
M
i 1
n
i 1
ekanligidan
sn
sn
.
(5)
Uchta (3),(4) va (5) tengsizliklarni birlashtirsak:
m(b a)
sn
sn
M (b a)
(6)
Darbu yig’indilari quyidagi xossalarga ega:
10. Agar bo’lish nuqtalarini oshirsak, Darbuning quyi yig’indisi faqat ortishi, yuqori yig’indisi faqat kamayishi
mumkin.
Buni isbot qilish uchun tanlangan bo’lish nuqtalariga bitta x ' nuqta qo’shilgan holi bilan kifoyalanamiz.
Faraz qilaylik, bu nuqta
xk
va
xk
1
nuqtalar orasida bo’lsin:
xk
Agar
va m k mos ravishda y
mk
bo’lsa, u holda
sn
1 ning
x' xk
1.
f (x) funktsiyaning xk , х' va х' , xk
ning k -hadidan farq qiladi.
mk mk , mk mk
oraliqlardagi eng kichik qiymatlari
k -hadi
m k ( x ' x k ) mk ( x k
sn
1
xk , х'
va
х' , x k
1
1
x' )
хk , xk
1
ning qismlari bo’lgani uchun
x' ) mk ( xk
1
x' )
bo’laklar
va shu sababli
mk ( x' xk ) mk ( x' xk ) , mk ( xk
1
bo’ladi. Agar bu tengsizliklarni birlashtirsak:
m k ( x ' x k ) mk ( x k
sn
ya’ni
1
sn
1
x' ) mk ( xk
1
xk ) ,
ekan. Yuqori yig’indi uchun isbot aynan shunday bajariladi.
0
2 . Darbuning har bir quyi yig’indisi har qanday yuqori yig’indisidan katta emas, hatto bu yig’indi boshqa
bo’linishga taalluqli bo’lsa ham.
1
Gaston Darbu (1842-1917) – farang matematigi.
237
www.ziyouz.com kutubxonasi
Isboti.
sn
sn
va
Endi,
s1n
va
a, b oraliqni ixtiyoriy ravishda bo’laklarga bo’lib, bu bo’linishga mos keluvchi Darbu yig’indilarini
deb belgilaylik.
a, b
oraliqning bu bo’linmadan boshqa bo’linmasini olib, unga mos keladigan Darbu yig’indilarini
s1n
, deb belgilaylik.
sn s1n
ekanligini isbot qilish kerak. Buning uchun birinchi va ikkinchi bo’linish nuqtalarini birlashtiramiz.
Natijada yangi, uchinchi bo’linish hosil bo’ladi. Unga mos keluvchi Darbu yig’indilari
sn2
s n2
va
bo’lsin.
Uchinchi bo’linishni ikkinchi bo’linish nuqtalarini birinchisiga birlashtirish natijasida hosil bo’lgani uchun 10-
sn2
sn
xossaga ko’ra
bo’ladi. Xuddi shunday ikkinchi va uchinchi bo’linishlarni solishtirib,
s n2
s1n
ekanligiga ishonch hosil qilamiz.
Lekin,
sn2
s n2
, shu sababli yuqoridagi ikkita tengsizlikdan
sn
s1n
ekanligi kelib chiqadi. Shuni isbot
qilish kerak edi.
Bu ikki xossadan Darbuning quyi va yuqori yig’indilari n ning natural qiymatlari uchun mos ravishda monoton
kamaymaydigan va monoton o’smaydigan ketma-ketliklarni hosil qilishi kelib chiqadi. Shu sababli BoltsanoVeyershtrass teoremasiga ko’ra (4-bob, §2.7 ga qarang) bu ketma-ketliklar
Aslida bu yerda faqat tenglik o’rinli. Haqiqatan
n
da chekli
I*
I*
limitlarga ega.
n
sn
sn
mi Δxi
Mi
,
i 1
Kantor teoremasining natijasiga ko’ra (5-bob, 3.6-§ ga qarang), ixtiyoriy
xi
topiladiki,
bo’lganda
Mi
mi
n
lim s n
lim s n
n
n
1-rasmdan ham ko’rinadiki,
son
bo’ladi. U holda
snk
Bundan I *
son uchun shunday
snk
Δxi
εb a .
i 1
I * ekanligi kelib chiqadi.
n
C0 N1C1  N n va C0 K 0C1 K1 K n 1Cn siniq chiziqlar
orta borgan sari
C0 Cn yoyga yaqinlasha boradi. Demak, ichki chizilgan va tashqi chizilgan sohalarning yuzi berilgan egri chiziqli
trapetsiyaning yuziga yaqinlasha borar ekan, ya’ni
S
I*
I*
bo’lar ekan.
2-§. Aniq integralning ta’rifi va mavjudlik shartlari
Yana yuqorida ko’rilgan masalaga qaytamiz. Har bir
1
,
2
,,
п
х0 , х1 , х1 , х2 ,, хп 1 , хп
nuqtalar olib, berilgan funktsiyaning shu nuqtalardagi f ( 1 ), f (
2
bo’lakda mos ravishda bittadan
),, f ( n ) qiymatlarini hisoblaymiz.
Quyidagi
sn
f ( 2 ) x2 
f ( 1 ) x1
n
f ( n ) xn
f ( i ) xi
(1)
i 1
yig’indini tuzib olaylik. Bu yig’indini
y
f (x) funktsiyaning a, b oraliqdagi integral yig’indisi, deb atashadi.
i
y
An-1
tanlangani uchun
An
A2
mi xi
A1
A
O
f( 1)
а
1
f( 2)
x1
2
f(
x2
98-расм.
xn-1
n-1)
n
238
b
nuqta
x
www.ziyouz.com kutubxonasi
xi 1 , xi
mi
bo’lakdan ixtiyoriy
f ( i ) M i bo’ladi. Bundan
f ( i ) xi M i xi
yoki
n
n
mi xi
i 1
n
f ( i ) xi
i 1
M i xi
,
i 1
ya’ni
sn
sn
sn .
(2)
Bu tengsizlikning geometrik ma’nosi yuzi
sn
bo’lgan maydon ichki va tashqi chizilgan siniq chiziqlar orasida
joylashgan siniq chiziq bilan chegaralangan ekanligini bildiradi.
Yig’indi
sn
a, b oraliqni xi 1 , xi bo’laklarga bo’lish va
bo’linishlarni qaraylik. Har bir bo’linishda mos
i
nuqtalarni tanlash uslubiga bog’liq. Har xil
i
nuqtalarni tanlab, (1) ko’rinishdagi mos yig’indilarni tuzamiz.
Natijada integral yig’indilar ketma-ketligi hosil bo’ladi. Ularni quyidagicha tartiblaymiz. Umumiylikni buzmagan
holda, birinchi bo’linishda bo’laklar soni n 1, ikkinchi bo’linishdagi bo’laklar soni n 2> n 1, uchinchi bo’linishdagi
bo’laklar soni n 3> n 2 va h.k. U holda ularga mos keluvchi integral yig’indilar ketma-ketligi
s n1 , s n2 , s n3 ,, s nk ,
tartibda joylashadi. k -bo’linish uchun
1-ta’rif. Agar k
da
max xi xi 1 deymiz.
k
i 1,nk
s
bo’lib, (3) ketma-ketlik chekli
k
(3)
limitga intilsa, bu limit y
f (x)
funktsiyaning a, b oraliqdagi aniq integrali, deb ataladi va
b
f ( x)dx
a
tarzda belgilanadi.
Demak, ta’rifga ko’ra
b
nk
f ( x)dx
lim snk
0
k
a
lim
k
0
f(
k
i
) xi k
.
(4)
i 1
Bu yerda, а aniq integralning quyi chegarasi, b aniq integralning yuqori chegarasi, deyiladi.
1-ta’rif quyidagi ta’rifga ekvivalent.
0
2-ta’rif. Agar har qanday
tengsizlik
i
0 topilsaki,
uchun shunday
nuqtalarni qanday tanlanishidan qat’i nazar bajarilsa, u holda
bo’lganda
k
s y
s nk
s
f (x) funktsiyaning a, b
oraliqdagi aniq integrali, deb ataladi.
Uzluksiz funktsiyalar uchun aniq integralning bu ta’rifi farang matematigi Koshiga taalluqli, umumiy hol uchun,
ya’ni ixtiyoriy funktsiya uchun aniq integral ta’rifini B.F. Riman1 kiritgan. Shu sababli uzluksiz funktsiya uchun aniq
integral mavjud bo’lsa, uni Koshi ma’nosida integrallanuvchi, agar ixtiyoriy funktsiya uchun aniq integral mavjud
bo’lsa, funktsiyani Riman ma’nosida integrallanuvchi, deymiz.
Quyidagi teorema aniq integralning mavjudlik shartini beradi:
1-teorema. Aniq integral mavjud bo’lishi uchun
lim
k
bo’lishi zarur va yetarlidir, bu yerda
i
Mi
nk
i
xi k
0,
(5)
i 1
mi , i 1,2,, nk .
Zarurligi. Faraz qilaylik, aniq integral mavjud bo’lsin. U holda ta’rifga ko’ra, har qanday
shunday
0 topiladiki,
s
k
bo’lganda
s nk
s
s nk
yoki
s
tengsizlik bajariladi. Bundan
s
snk
snk
ya’ni
1
B.F.Riman (1826-1866) – olmoniyalik buyuk matematik.
239
www.ziyouz.com kutubxonasi
snk
s
,
0
uchun
lim s nk
lim s nk
0
k
0
k
yoki
lim s nk
k
0
s nk
nk
lim
0
k
Mi
xi k
mi
lim
i 1
Yetarliligi. Endi (5) shart o’rinli bo’lsin. Unda
I*
I*
s nk
I
s nk
0
k
nk
i
xi k
0.
i 1
bo’ladi. Ma’lumki ((2) qarang),
s nk
,
bundan
0
sn k
sn k
sn k
nk
sn k
Mi
mi
xi k
i 1
U holda (5) shartga binoan
lim s nk
0
k
lim s nk
I,
0
k
demak, aniq integral mavjud va u I ga teng ekan.
f (x) funktsiyaning aniq
Teoremaning ikkinchi qismidan a, b oraliqda uzluksiz bo’lgan har qanday y
integrali mavjud bo’lishi kelib chiqadi.
f (x)
2-teorema. a, b oraliqda chegaralangan va unda chekli uzilish nuqtalariga ega bo’lgan y
funktsiya shu oraliqda integrallanuvchidir.
Isboti. Eng sodda hol, ya’ni a va b orasida faqat bitta
x0
uzilish nuqtasi bo’lgan hol bilan kifoyalanamiz.
0 uchun x0 ning -atrofini olaylik. Bu atrofdan tashqarida funktsiya uzluksiz bo’lgani uchun u
Ixtiyoriy
yerdagi nuqtalarga Kantor teoremasining natijasini qo’llash mumkin. Berilgan
uchun -atrofning chap va o’ng
larning kichigini tanlab, uni yana
bilan belgilaymiz. Tanlangan
-atrofning
tomonlari uchun topilgan
tashqarisidagi ikkala oraliq uchun yaraydi. Umumiylikni buzmagan holda
< deb faraz qilish mumkin. a, b
oraliqni ixtiyoriy ravishda bo’laklari uzunligi
bo’lishi mumkin:
1) butunlay
dan kichik bo’ladigan qilib bo’laylik. Bu yerda bo’laklar uchun 2-hol
-atrofning tashqarisida joylashgan bo’laklar. Ularda funktsiyaning tebranishi
2) butunligicha
i
bo’ladi.
-atrofning ichida yoki bir qismi shu atrofda bo’lgan bo’laklar.
Teorema shartiga ko’ra funktsiya chegaralangan bo’lgani uchun uning har qanday bo’lakdagi tebranishi
a, b
oraliqdagi
tebranishidan katta emas.
-atrof va uning tashqarisi uchun mos ravishda quyidagi:
xi ' va
i'
i ''
xi ''
i ''
i'
yig’indilarni tuzib olaylik.
Ikkinchi yig’indi uchun
xi ''
i ''
xi"
i ''
(b a) .
i"
Birinchi yig’indi tarkibiga kiruvchi butunlay
-atrofda yotuvchi oraliqlar uzunligi 2 dan kichik bo’lishi
ayon, bir qismi
-atrofning tashqarisida yotadigan oraliqlar soni ikkitadan oshmaydi, shu sababli ularning
uzunliklari yig’indisi 2 dan va demak, 2 dan kichik. U holda
i'
xi '
xi '
i'
Demak,
xi
4 .
i'
uchun
i
xi
b a 4
.
i
Bundan 1-teoremaga asosan berilgan funktsiyaning integrallanuvchiligi kelib chiqadi.
Agar funktsiyaning berilgan oraliqdagi uzilish nuqtalari soni chekli bo’lmasa, funktsiya integrallanuvchi bo’lmay
qolishi mumkin.
240
www.ziyouz.com kutubxonasi
(a
1, х
( х)
Misol.
рационал ,
1, х иррационал
1,
lekin u har qanday
a,b
b ) oraliqda integrallanuvchi emas.
Haqiqatan, agar integral yig’indida
nuqta sifatida ratsional sonlarni olsak, u holda
i
n
sn
n
( i ) xi
1
xi
( 1)
xi
i 1
agar
(х)
funktsiya chegaralangan
i
b a,
i 1
nuqta sifatida irratsional sonlarni olsak, u holda
n
sn
n
( i ) xi
i 1
bo’ladi. Bu integral yig’indi
(b a)
i 1
nuqtalarning tanlanishiga qarab har xil qiymatlar qabul qilishi va bitta limitga
i
intilmasligini ko’rsatadi, shu sababli
funktsiya a, b da integrallanuvchi emas.
3-teorema. a, b da chegaralanmagan funktsiya shu oraliqda integrallanuvchi bo’lmaydi.
Isboti. Agar funktsiya a, b da chegaralanmagan bo’lsa, u biror xi0 1 , xi0 bo’lakda chegaralanmagan
bo’ladi. Tanlanadigan
nuqtalarning shu bo’lakka mos keluvchi qiymatini
i
o’zgaruvchi deb, qolgan bo’laklarga mos keluvchi
yig’indi
xi0 1 , xi0
f(
bo’lakda chegaralanmagan
bilan belgilab, uni
larni o’zgarmas deb faraz qilaylik. U holda integral
i
i0
i0
)( xi0
xi0 1 ) qo’shiluvchi hisobiga chegaralanmagan
bo’ladi. Bundan funktsiyaning integrallanuvchi emasligi kelib chiqadi, chunki integrallanuvchi funktsiyaning
integral yig’indisi har qanday i uchun chegaralangan bo’ladi.
4-teorema. Chegaralangan monoton funktsiya har doim integrallanuvchidir.
f (x) funktsiya monoton o’suvchi bo’lsin. U holda uning xi 1 , xi oraliqdagi
Isboti. Faraz qilaylik, y
tebranishi
i
bo’ladi.
Ixtiyoriy
f ( xi )
f ( xi 1 )
f (b)
f (a)
0 uchun quyidagi:
ni tanlaymiz. Agar
xi
bo’lsa, u holda
i
f ( xi )
xi
i
f ( xi 1 )
f (b)
f (a)
i
bo’ladi. Bundan o’z navbatida 1-teoremaga ko’ra funktsiyaning integrallanuvchiligi kelib chiqadi.
Aniq integralni bevosita (4) formula bilan hisoblash ancha murakkab, chunki ayrim funktsiyalar uchun
integral yig’indini limitni hisoblash mumkin bo’ladigan darajada ixchamlab bo’lmasligi mumkin. Eslatish
lozimki, Arximed o’zining masalasini shunga o’xshash usulda hal qilgan. Hisoblash uchun eng qulay usulni
XVII asrga kelib, Nyuton va Leybnitslar topganlar. Ularning usuli boshlang’ich funktsiyani topish masalasiga
asoslanadi.
Faraz qilaylik, a, b oraliqda uzluksiz bo’lgan y f (x ) funktsiya shu oraliqda integrallanuvchi va uning
F (x ) boshlang’ich funktsiyasi mavjud bo’lsin.
a, b kesmani ixtiyoriy ravishda
a
nuqtalar bilan
п
x0
x1
x2
х1 , х2
х1
 xn
1
xn
b
ta bo’lakka bo’lamiz va
х1
х0
х2 ,, хп
deb belgilaymiz. U holda
241
www.ziyouz.com kutubxonasi
хп 1
хп ,
F (b) F (a)
F ( xn ) F ( x0 )
F ( xn ) F ( xn 1 )
n
F ( xn 1 )  F ( x1 ) F ( x1 ) F ( x0 )
(6)
F ( xi )
i 1
n
b
n
F ( xi 1 )
F ' ( i )( xi
xi 1 )
f ( i ) xi
i 1
i 1
f ( x)dx,
a
bu yerda biz F (x ) funktsiyaga Lagranjning o’rta qiymat haqidagi teoremasini qo’lladik.
Demak,
b
f ( x)dx
F (b) F (a )
(7)
a
ekan. Bu formula aniq integralni hisoblashning Nyuton-Leybnits formulasi, deb ataladi.
3-§. Aniq integralning xossalari
Biz shu paytgacha a, b oraliqda a b deb, ya’ni х bu oraliqda Ox o’qining musbat yo’nalishi bo’ylab
o’zgaradi, deb tushunib keldik. Agar shu oraliqda a b bo’lsa, х o’z qiymatlarini Ox o’qining yo’nalishiga
teskari yo’nalishda, ya’ni kamayish tartibida qabul qiladi, deb tushunamiz. Shu ma’noda a, b va b, a
kesmalar sonli to’plam sifatida bir xil bo’lsa ham har xil yo’nalgan kesmalar ekan.
Yuqorida aniq integralga ta’rif berilganda a, b oraliqda a b deb faraz qilingan. Teskari yo’nalgan
b, а kesma uchun ham aniq integralga o’sha tartibda ta’rif bersa bo’ladi, faqat bo’linish nuqtalari
x0
a
x1
 xn
x2
xn
1
b
tartibda joylashgani uchun integral yig’indida
xi
xi
xi
1
0
bo’ladi. Shuni hisobiga quyidagi xossa o’rinli:
a, b
10. Agar y f (x) funktsiya
integrallanuvchi bo’ladi va ular
integrallanuvchi bo’lsa, u holda u b, a
oraliqda
b
kesmada
ham
a
f ( x)dx
f ( x)dx
a
b
munosabatda bo’ladilar.
Bundan xususan
a
f ( x )dx
0
a
ekanligi kelib chiqadi.
20. O’zgarmas ko’paytuvchini aniq integral belgisidan tashqariga chiqarish mumkin:
b
b
kf ( x )dx
k f ( x )dx
a
a
Isboti.
b
n
kf ( x)dx
lim
max xi
a
0
kf ( i ) xi
i 1
b
n
k
lim
max xi
0
f ( i ) xi
k f ( x)dx
i 1
a
0
3 . Bir nechta funktsiyaning algebraik yig’indilarining aniq integrali qo’shiluvchilar integralining yig’indisiga
teng (ikki qo’shiluvchi bo’lgan hol bilan chegaralanamiz):
b
b
[ f ( x)
a
( x)]dx
b
f ( x)dx
a
242
www.ziyouz.com kutubxonasi
( x)dx .
a
Isboti 20-xossaga o’xshash bajariladi.
40. Agar f (x ) funktsiya a, b , a, с va с, b oraliqlarning kichiklarida integrallanuvchi bo’lsa, u kattasida
ham integrallanuvchi bo’ladi va
b
с
f ( x )dx
b
f ( x )dx
a
a
f ( x )dx
(1)
c
tenglik o’rinli bo’ladi.
Isboti. Umumiylikni buzmagan holda a c b , deb faraz qilamiz. U holda
funktsiya a, с va с, b oraliqlarda integrallanuvchi bo’ladi.
teorema
shartiga ko’ra
a, b ni bo’laklarga shunday bo’lamizki, s nuqta bo’luvchi nuqtalardan biri bo’lsin. U holda
b
c
x
a
c
bo’ladi, bu yerda
b
x
a
x
c
x belgi funktsiyaning a, с oraliqdagi integral yig’indisini bildiradi. Agar bu tenglikda
a
limitga o’tsak, o’ng tomonining limiti mavjudligidan chap tomonining ham limiti mavjudligi, ya’ni funktsiyaning
a, b da integrallanuvchi ekanligi va (1) tenglik kelib chiqadi.
50. Agar
f (x ) funktsiya a, b oraliqda integrallanuvchi va manfiy bo’lmasa, a b bo’lgan hol uchun
b
f ( x )dx
0.
a
60. Agar f ( x ), g ( x ) funktsiyalar
f ( x)
g ( x) bo’lsa, u holda a
b
a, b
oraliqda
integrallanuvchi va
barcha
х
a, b
lar uchun
bo’lgan hol uchun
b
b
f ( x)dx
a
g ( x)dx .
a
Buni isbot qilish uchun 50-xossani g (x ) - f (x ) ayirmaga qo’llash kifoya.
70. a, b ( a
b ) oraliqda integrallanuvchi har qanday f (x ) funktsiya uchun
b
b
f ( x)dx
f ( x) dx
a
a
munosabat o’rinli.
х
f ( x) ekanligidan va 60-xossadan kelib chiqadi.
80. a, b ( a b ) oraliqda integrallanuvchi f (x ) funktsiya uchun shu oraliqda
m f ( x) M
Buning isboti barcha
a, b uchun f ( x)
(2)
tengsizlik o’rinli bo’lsa, u holda
b
m(b a )
f ( x)dx
M (b a )
a
munosabat o’rinli bo’ladi.
Buning isboti (2) ga 60-xossani qo’llash natijasida kelib chiqadi.
90. Agar a, b ( a b ) oraliqda integrallanuvchi f (x ) funktsiya uchun shu oraliqda (2) tengsizlik bajarilsa,
u holda shunday , т
М son topiladiki,
b
f ( x) dx
(b a )
a
bo’ladi. Bu xossa o’rta qiymat xaqidagi teorema, deb yuritiladi.
243
www.ziyouz.com kutubxonasi
Bunday deb atalishiga sabab, agar funktsiya uzluksiz bo’lsa, Veyershtrass teoremasiga ko’ra т, М
funktsiyaning mos ravishda eng kichik va eng katta qiymatlari bo’ladi. U holda Boltsano-Koshi teoremasiga ko’ra
funktsiya o’zining oraliq qiymatini a, b oraliqning qandaydir ichki s nuqtasida qabul qiladi, ya’ni
b
f ( x)dx
f (c) (b a ) .
a
4-§. Yuqori chegarasi o’zgaruvchi bo’lgan integral
f (x) funktsiya a, b oraliqda integrallanuvchi bo’lsa, u a, b oraliqdan olingan har qanday x
uchun a, х da ham integrallanuvchi bo’ladi. Aniq integralning yuqori chegarasi b ni x ga almashtirib,
Agar y
x
( x)
f (t )dt
(1)
a
ifodaga kelamiz, bu yerda anglashilmovchilikdan saqlanish maqsadida integral ostidagi o’zgaruvchini almashtirdik.
Bu ifoda x ning funktsiyasi bo’lishi ayon. Bu funktsiya uchun quyidagi xossalar o’rinli.
10. Agar
f (x ) funktsiya a, b oraliqda integrallanuvchi bo’lsa,
Isboti. x ga
x
h orttirmani x
h
(х) funktsiya shu oraliqda uzluksiz bo’ladi.
a, b bo’ladigan qilib bersak:
x h
x
( x h)
f (t )dt
x h
f (t )dt
a
f (t )dt
a
x
yoki
x h
( x h)
( x)
f (t )dt
x
tenglikka ega bo’lamiz.
Bu integralga o’rta qiymat haqidagi teoremani (90-xossani) qo’llasak:
hosil bo’ladi, bu yerda,
funktsiyaning x, x
Agar (2) da h
m
m1
M1
0
2 . Agar
(2)
oraliqdagi va
m1 , M 1 —
h oraliqdagi eng kichik va eng katta qiymatlaridir.
0 da limitga o’tsak:
ΔΦ
bo’ladi. Demak,
( x h)
( x)
h
M , m, M - funktsiyaning a, b
Φ(x
h) Φ(x)
0
(х) funktsiya a, b oraliqda uzluksiz ekan.
f (t ) funktsiya t
differentsiallanuvchi va Φ'(x)
x nuqtada
uzluksiz bo’lsa, u holda shu nuqtada
Φ(х) funktsiya
f(x ) bo’ladi.
0
Isboti. Aniq integralning 9 -xossasiga berilgan izohga ko’ra x,x
h oraliqda shunday s nuqta topiladiki,
x h
( x h)
( x)
f (t )dt
f (c ) h
(3)
x
tenglikni yozish mumkin.
x va
o’tsak, c
f (t ) funktsiyaning t
' ( x)
lim
h
0
x nuqtada uzluksizligidan, agar (3) da h
( x h)
h
( x)
lim f (c)
c
x
f ( x)
bo’ladi.
Demak, (1) integral
f (x ) funktsiyaning boshlang’ichi ekan. Shu sababli, x
x
f ( x)dx
f (t )dt C ,
a
deyish mumkin.
244
www.ziyouz.com kutubxonasi
a, b
lar uchun
0 da limitga
Agar F (x )
f (x ) funktsiyaning boshqa biror boshlang’ichi bo’lsa, u holda
( x) F ( x) C
bo’ladi. Agar bu tenglikda
х
а
desak:
0
Bundan
C
(a)
F (a ) . U holda
( x)
Agar х
F (a) C .
F ( x) F (a) .
b desak:
b
(b)
f ( x)dx
F (b) F (a ) .
(4)
a
Biz bu formulani §2 da integral yig’indilar yordamida keltirib chiqarib, uni Nyuton-Leybnits formulasi, deb
atagan edik.
Demak, aniq integralni hisoblash uchun avval integral ostidagi funktsiyaning boshlang’ichini 10-bobda ko’rib
chiqilgan usullarning biri bilan aniqlab, keyin unga (4) formulani qo’llash kerak ekan. Shu ma’noda NyutonLeybnits formulasini quyidagi ko’rinishda ham ishlatishadi:
b
f ( x)dx
F ( x)
x b
x a
F (b) F (a ) .
a
1-misol.
1
x3
3
x 2 dx
0
1
0
1
.
3
2-misol.
sin xdx
cos x
0
1 1 2.
0
5-§. Aniq integralni hisoblash usullari
Aniq integralda o’zgaruvchini almashtirish.
1.
b
f ( x ) dx aniq integral berilgan bo’lsin, bunda f (x) funktsiya a, b kesmada uzluksizdir.
Bizga
a
X= (t) deb yangi o’zgaruvchi kiritamiz, bunda (t) va uning hosilasi |(t) [ , ] kesmada uzluksiz bo’lsin.
Faraz qilaylik, ( )=a, ( )=b bo’lsin. Bu shartlar bajarilganda quyidagi tenglik o’rinli bo’ladi:
b
f ( x)dx = f ( (t )) (t )dt
(1)
a
Bu tenglikni isbotlash uchun (1) formulaning o’ng va chap qismlariga Nyuton-Leybnits formulasini qo’llaymiz:
b
b
f ( x)dx =F (x)|a =F (b)-F (a);
a
f ( (t )) (t )dt =F( (t))
=F( ( ))-F( ( ))=F(b)-F(a).
Aniq integralni (1) formula bo’yicha hisoblaganda yangi o’zgaruvchidan eski o’zgaruvchiga qaytish kerak
emas, balki eski o’zgaruvchining chegaralarini keyingi boshlang’ich funktsiyaga qo’yish kerak.
Misol.
8
1.
3
xdx
x 1
integralni hisoblang.
Yechish. x+1=t2 deb almashtirsak, x=t2-1, dx=2tdt bo’ladi. Integrallashning yangi chegaralari x=3 bo’lganda
t=2, x=8 bo’lganda t=3. U holda:
245
www.ziyouz.com kutubxonasi
8
3
3
3
(t 2 1)2tdt
t
2
xdx
x 1
2 (t 2 1)dt
2
3
2(
t
3
2
)
3
t ) |32 2(6
32
;
3
1
1 x 2 dx integralni hisoblang.
2.
0
Yechish. x=sint deb almashtirsak, dx=costdt, 1-x2=cos2t bo’ladi. Integrallashning yangi chegaralarini aniqlaymiz:
x=0 bo’lganda t=0, x=1 bo’lganda t= /2.
U holda
1
π/ 2
π/ 2
1
( 1 cos 2t)dt
2 0
1 x 2 dx = cos2 tdt
0
3. Agar
0
juft ( f ( u )
1
1
(t
sin 2t)|0π/ 2
2
2
π
4
f (u ) ) bo’lsa, u holda
a
a
f (u )du 2 f (u )du .
a
0
Haqiqatan
0
0
f(u)du
u
x
f(
a
x)dx
a
a
a
f(
a
x)dx
f(x)dx
0
f(u)du
0
0
bo’lgani uchun
a
0
f(u)du
a
f(u)du
a
a
a
0
a
a
f(u)du
f(u)du
0
4. Agar
toq (
f ( u)
f(u)du
2 f(u)du.
0
0
f (u ) ) bo’lsa, u holda
a
f (u )du 0 .
a
5. Agar
davri 2 bo’lgan davriy ( f ( x
2 )
f ( x) ) funktsiya bo’lsa, u holda
2
2
f ( x)dx
f (u )du .
0
Haqiqatan,
2
0
f ( x)dx
x t 2
f (t 2 )dt
2
f (t )dt
0
f (t )dt
0
bo’lgani uchun
2π λ
λ
4
2
sin 3 tdt
6.
0
f(x)dx
λ
2π λ
f(x)dx
sin 3 tdt
2π
0
2 sin 3 tdt
2π
f(x)dx
4
sin 3 tdt
0
2π
0
f(x)dx
0.
2
246
www.ziyouz.com kutubxonasi
f(x)dx .
0
2. Aniq integralni bo’laklab integrallash.
Faraz qilaylik, u(x) va (x) funktsiyalar [a, b] kesmada differentsiallanuvchi funktsiyalar bo’lsin. U holda:
(u )|=u| +u |.
Bu tenglikning ikkala tomonini a dan b gacha bo’lgan oraliqda integrallaymiz.
b
b
(u ) dx
a
Lekin
(u ) dx
u
b
u dx
u dx .
a
(2)
a
C bo’lgani sababli
u |ba .
(u ) dx
Demak, (2) tenglikni quyidagi ko’rinishda yozish mumkin:
b
b
u |ba
du
ud
a
a
b
(3)
b
ud
u |ba
du
a
a
Bu formula aniq integralni bo’laklab integrallash formulasi, deyiladi.
Misol.
1
arctgxdx integral hisoblansin.
1.
0
1
u
arctgxdx
arctgx du
dv
0
dx
1
xdx
1 x2
0
dx
1 x2
v x
1
ln(1 x 2 ) |10
2
arctg1
xarctgx |10
1
ln 2
2
4
1
xe x dx integral hisoblansin.
2.
0
1
u
x
xe dx
0
x
du dx
x
e dx v
e x
dv
e
1
e x |10
1
e
e
1
1
x 1
0
e x dx
xe |
0
2
;
e
1 1
Eslatma. Ba’zi integrallarni hisoblashda bo’laklab integrallash formulasini bir necha marta qo’llash mumkin.
6-§. Xosmas integrallar
Chekli
a, b
yarim intervalda berilgan
a,b' oraliqda integrallanuvchi
a, b da va demak, a, b da ham Riman ma’nosida
funktsiya ixtiyoriy b' b uchun
va b nuqta atrofida chegaralanmagan bo’lsin. U holda
integrallanuvchi emas, chunki 2-§ dagi 2-teoremaga ko’ra funktsiya berilgan oraliqda integrallanuvchi bo’lishi
uchun u shu oraliqda chegaralangan bo’lishi zarur edi. Lekin quyidagi:
b'
lim
b'
b
f ( x)dx
a
chekli limit mavjud bo’lishi mumkin. Agar shunday bo’lsa, bu limitni
integrali, deb atab, quyidagicha yozamiz:
funktsiyaning
b
a, b oraliqdagi xosmas
b'
f ( x)dx
a
lim
b'
247
www.ziyouz.com kutubxonasi
b
f ( x)dx .
a
(1)
b
f ( x)dx
Bunday hollarda
xosmas integral yaqinlashadi, aks holda, u uzoqlashadi deyiladi.
a
6.1. Chegaralari cheksiz bo’lgan integrallar
a,
Faraz qilaylik,
funktsiya
integrallanuvchi bo’lsin. Agar
yarim o’qda berilib, har qanday a
b'
uchun
a,b' oraliqda
b'
lim
b'
chekli limit mavjud bo’lsa, uni
funktsiyaning a,
f ( x)dx
(2)
a
yarim o’qdagi xosmas integrali deymiz:
b'
f ( x)dx
lim
b'
a
f ( x)dx .
a
Bunda xosmas integral yaqinlashadi deyiladi. Agar (2) limit chekli bo’lmasa, u holda
uzoqlashadi, deyishadi.
xosmas integral
b
b
f ( x)dx
f ( x)dx
lim
a
a
c
f ( x)dx
f ( x)dx
f ( x)dx
c
ko’rinishdagi xosmas integrallar ham aynan shunday ta’riflanadi. Oxirgi tenglikda o’ng tomonda turgan
f ( x)dx yaqinlashuvchi bo’ladi.
integrallarning har biri yaqinlashuvchi bo’lsa,
1-misol.
dx
1 x2
0
ni hisoblang.
Yechish.
b
dx
1 x2
0
2-misol.
1
dx
x
dx
1 x2
0
lim
b
lim arctgx b0
lim arctgb
b
b
ni hisoblang.
Yechish. Ta’rifga ko’ra
1
Agar
dx
x
b
lim
b
1
dx
.
x
1 bo’lsa,
b
1
dx
x
1
x1
1
b
1
1
1
b1
1
bo’ladi. Shuning uchun
1
dx
x
lim
b
1
1
b1
1
.
Bu yerda uch xil holat yuz berishi mumkin:
1) agar
1 bo’lsa, u holda
1
dx
x
1
, ya’ni integral yaqinlashadi.
1
248
www.ziyouz.com kutubxonasi
2
.
2) agar
1
dx
x
1
dx
x
1 bo’lsa, u holda
3) agar =1 bo’lsa, u holda
, ya’ni integral uzoqlashadi.
, ya’ni integral uzoqlashadi.
ln x 1
Ko’pincha ayrim masalalarda xosmas integralning aniq qiymatini emas, balki uning yaqinlashuvchi yoki
uzoqlashuvchi ekanligini bilish va uni baholash yetarli bo’ladi. Quyidagi teoremalar aynan shu maqsadga xizmat
qiladi:
1-teorema. Agar barcha х а lar uchun
(3)
0 f ( x) g ( x)
tengsizlik o’rinli bo’lsa, u holda
g(x)dx
(4)
f(x)dx
(5)
a
integralning yaqinlashuvchiligidan
a
integralning yaqinlashuvchiligi va aksincha (5) ning uzoqlashuvchiligidan (4) ning uzoqlashuvchiligi kelib
chiqadi.
uchun
Isboti. (3) ga binoan har qanday a b
b
b
f ( x)dx
g ( x)dx
a
(6)
a
tengsizlik o’rinli bo’ladi. Agar (4) integral yaqinlashsa, u holda (6) ning o’ng tomoni yuqoridan (4) integral
qiymatiga teng bo’lgan son bilan chegaralangan bo’ladi. b ning ortishi bilan (6) ning chap tomoni monoton
kamaymaydigan bo’lgani uchun uning limiti mavjud va
b
f ( x)dx
a
lim
b
f ( x)dx
a
g ( x)dx
a
bo’ladi. Teoremaning ikkinchi qismi aynan shunday isbot qilinadi.
f ( x)dx
f ( x) dx integral yaqinlashsa, u holda
Natija. Agar
integral ham yaqinlashadi.
a
a
Bunday integrallarni absolyut yaqinlashuvchi integrallar, deb atashadi.
3-misol.
sin x
dx integralni yaqinlashishga tekshiring.
x3
1
Yechish. Barcha x
1,
uchun
sin x
x3
1
. Lekin
x3
dx
x3
1
1
2x2
1
1
.
2
U holda
1
sin x
dx
x3
integral yaqinlashadi. Demak, berilgan integral absolyut yaqinlashar ekan.
2-teorema. Agar (4) va (5) integral ostidagi funktsiyalar musbat va
lim
x
f ( x)
g ( x)
A 0
limit mavjud bo’lsa, u holda (4) va (5) integrallar bir vaqtda yaqinlashadi yoki uzoqlashadi.
249
www.ziyouz.com kutubxonasi
(7)
с
A
Isboti. (7) ning mavjudligidan ixtiyoriy musbat
x
lar uchun
f ( x)
g ( x)
A
bo’lishi kelib chiqadi. g (x )
0 bo’lgani uchun
A
g ( x)
son uchun shunday
с
а,
topiladiki,
A
f ( x)
g ( x) c
A
x
.
(8)
U holda
g ( x ) dx
a
g ( x ) dx integralning yaqinlashuvchiligi va
integralning yaqinlashuvchiligidan
c
(A
) g ( x) dx integralning
c
yaqinlashuvchiligi kelib chiqadi. Bundan 1-teoremaga ko’ra
f ( x ) dx integral
f ( x)dx integral va demak,
а
с
yaqinlashadi.
Teskarisi (7) ga monand
lim
x
g ( x)
f ( x)
1
A
0
tenglikka asosan aynan yuqoridagidek isbot qilinadi.
4-misol.
1
x 1 x
e dx
x
e x dx
.
1
6.2. Uzlukli funktsiyaning integrali
Bizga
a, с
yarim intervalda aniqlangan va uzluksiz, х
с nuqtada esa yo aniqlanmagan yo uzlukli
c
y
f ( x)dx integralni integral yig’indilar limiti
f (x) funktsiya berilgan bo’lsin. Bunday funktsiya uchun
a
sifatida ta’riflab bo’lmaydi, chunki bu limit mavjud bo’lmasligi mumkin.
b
Barcha
a
b
c lar uchun
c
f ( x)dx mavjud, shu sababli
a
f ( x)dx integralni xosmas integral deb, quyia
dagicha tushunish mumkin:
b
c
lim
f ( x)dx
b
a
c 0
f ( x)dx .
a
Agar bu tenglikning o’ng tomoni mavjud va chekli bo’lsa, bu xosmas integral yaqinlashuvchi, aks holda
uzoqlashuvchi, deyiladi.
b
Agar y
f (x) funktsiya a, b oraliqning х
а
f ( x)dx xosmas
nuqtasida uzlukli bo’lsa, u holda
a
integralni quyidagi ma’noda tushunamiz:
b
b
f ( x)dx lim
a'
a
a
f ( x)dx .
a'
b
Agar y
f (x) funktsiya a, b oraliqning ichki х
с nuqtasida uzlukli bo’lsa, u holda
f ( x)dx xosmas
a
integralni quyidagicha tushunamiz:
b
c
f ( x)dx
a
b
f ( x)dx ,
f ( x)dx
a
c
250
www.ziyouz.com kutubxonasi
agar tenglikning o’ng tomonidagi xosmas integrallar bir vaqtda yaqinlashuvchi bo’lsa,
b
f ( x)dx xosmas integral ham
a
b
f ( x)dx xosmas integral uzoqlashadi,
yaqinlashadi va agar o’ng tomondagi integrallarning loaqal bittasi uzoqlashsa,
a
deymiz.
1
5-misol.
0
dx
(
x
0 –o’zgarmas son) integral ostidagi funktsiya х
0 nuqtada uzlukli. Quyidagi limitni
hisoblaymiz:
1
lim
0
0
x1
01
dx
x
1
lim
1
1
lim
1
0
1
1
,
1
,
1,
1
Agar =1 bo’lsa,
1
lim
0
ya’ni berilgan integral
dx
x
lim ln
,
0
1 lar uchun uzoqlashadi va <1 bo’lsa, yaqinlashadi.
1
dx
2
1x
6-misol.
integralni hisoblang.
Yechish. Integral ostidagi funktsiya integrallash oralig’ining ichki х
quyidagicha ifodalab olamiz:
1
b
dx
x2
1
1
dx
lim
b
0
x2
1
lim
a
0
a
0 nuqtasida uzlukli, shuning uchun uni
dx
.
x2
Bu yerda,
b
lim
b
ya’ni birinchi integral
0
dx
x2
1
1
0 x
b
lim
b
1
lim
1
1
b
1
a
,
b
0
,
oraliqda uzoqlashadi va
1
lim
a
0
dx
x2
a
lim 1
a
0
ya’ni ikkinchi integral
oraliqda uzoqlashadi. Demak, berilgan integral –1 1 oraliqda uzoqlashuvchi ekan.
Agar berilgan integralni integral ostidagi funktsiyaning uzilish nuqtasiga e’tibor bermay hisoblaganimizda,
quyidagi xato natijaga kelgan bo’lar edik:
1
dx
x2
1
1
x
1
1
1 1
2.
Eslatma. Chegaralaridan biri cheksiz bo’lgan integrallar uchun keltirilgan teoremalarning barchasi uzlukli
funktsiyalarning xosmas integrallari uchun ham o’rinli.
7-misol.
sin x
dx (
x
0
0 ) integral ostidagi funktsiya quyi chegarada uzlukli. Shuning uchun uni quyidagicha
yozib olamiz:
sin x
dx
x
0
1
sin x
dx
x
0
sin x
dx
x
1
Birinchi integral ostida musbat funktsiya turibdi, shu sababli u yo uzoqlashadi yoki yaqinlashsa ham absolyut
yaqinlashadi. Ma’lumki, x 0,1 lar uchun
2
x1
sin x
x
x1 .
U holda
251
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
lar uchun sin x dx
x
0
1
1
x1 dx
, yaqinlashadi,
0
1
lar uchun sin x dx 2 x1 dx
x
0
0
, uzoqlashadi.
Ikkinchi integral (3-misolga qarang)
0 lar uchun yaqinlashadi va
1 lar uchun faqat absolyut
yaqinlashadi. Demak, berilgan integral
lar uchun shartli yaqinlashadi, 1
lar uchun absolyut
yaqinlashadi va
lar uchun uzoqlashar ekan.
252
www.ziyouz.com kutubxonasi
12-BOB.
ANIQ INTEGRALNING TATBIQLARI. TAQRIBIY HISOBLASH USULLARI
1-§. Tekis shakllar yuzini hisoblash
1.1. Dekart koordinatalar tekisligida yuzalarni hisoblash
Avvalgi bobdan ma’lumki, agar [a, b] kesmada funktsiya f(x) 0 bo’lsa, u holda y=f (x) egri chiziq, OX o’qi va x=a
hamda x=b to’g’ri chiziqlar bilan chegaralangan egri chiziqli trapetsiyaning yuzi
b
f ( x ) dx
S=
(1)
a
b
f ( x ) dx 0 bo’ladi. Absolyut qiymatiga
ga teng edi. Agar [a, b] kesmada f (x) 0 bo’lsa, u holda aniq integral
a
ko’ra bu integralning qiymati ham tegishli egri chiziqli trapetsiyaning yuziga teng:
b
S= |
f ( x) dx |
(1 )
a
Y
y=f(x)
+
0
+
-
a
b
x
99-rasm.
Agar f (x) funktsiya [a, b] kesmada ishorasini chekli son marta o’zgartirsa, u holda integralni butun [a, b]
kesmada qismiy kesmachalar bo’yicha integrallar yig’indisiga ajratamiz. f(x)>0 bo’lgan kesmalarda integral
musbat, f(x)<0 bo’lgan kesmalarda integral manfiy bo’ladi. Butun kesma bo’yicha olingan integral OX o’qidan
yuqorida va pastda yotuvchi shakllar yuzining tegishli algebraik yig’indisini beradi (99-rasm). Yuzalar yig’indisini
odatdagi ma’noda hosil qilish uchun yuqorida ko’rsatilgan kesmalar bo’yicha olingan integrallar absolyut
qiymatlari yig’indisini topish yoki
b
(1 ||)
S= | f ( x ) | dx
a
integralni hisoblash kerak.
Agar y1=f1(x) va y2=f2(x) egri chiziqlar hamda x=a va x=b to’g’ri chiziqlar bilan chegaralangan shaklning yuzini
hisoblash kerak bo’lsa, u holda f1(x) f2(x) shart bajarilgan shaklning yuzi quyidagiga teng:
b
S
( f1 ( x )
f 2 ( x)) dx .
a
1-misol. y=cosx, y=0 chiziqlar bilan chegaralangan shaklning yuzi hisoblansin, bunda x [0,2 ].
Y
1
S1
0
/2
S2
S3
3 /2
2
x
-1
100-rasm.
Yechish. x [0, /2] va x [3 /2,2 ] da cosx 0 hamda x [ /2,3 /2] da cosx
253
www.ziyouz.com kutubxonasi
0 bo’lgani uchun
(2)
2
S
/2
| cos x | dx
3 /2
cos xdx |
0
( cos x)dx |
0
/2
2
cos xdx sin x |0 / 2
| sin x ||3 / 2/ 2 sin x |32
/2
sin
3 /2
sin 0 | sin
3
2
sin
| sin 2
2
sin
3
2
2
1 | 1 1 | ( 1) 4
Demak, s=4(kv. birlik) ekan.
2-misol. y=x2+1 va y=3-x chiziqlar bilan chegaralangan sohaning yuzini hisoblang.
2
Yechish. Shaklni yasash uchun avval ushbu y x 1 sistemani yechib, chiziqlarning kesishish nuqtalarini
y 3 x
topamiz.
101-rasm.
Bu chiziqlar A (–2;5) va V (1;2) nuqtalarda kesishadi. U holda
1
S
1
2
(2 x
1
( x 2 1)dx
(3 x)dx
2
x2
2
(2 x x 2 )dx
2
x3 1
1
) | 2 (2
3
2
1
4
) ( 4
3
2
8
)
3
9
(кв. бирл.).
2
Endi, tenglamasi x= (t), y= (t) parametrik ko’rinishda berilgan chiziq bilan chegaralangan egri chiziqli
trapetsiyaning yuzasini hisoblaymiz. Faraz qilaylik, bu tenglamalar [a, b] kesmada biror u=f(x) funktsiyani aniqlasin,
bunda t [ , ] va ( )=a, ( )=b.
b
U holda egri chiziqli trapetsiyaning yuzini S
ydx formula bo’yicha hisoblanish mumkin. Bu integralda
a
o’zgaruvchini almashtiramiz: x= (t), dx= (t) dt, y=f(x)=f( (t))= (t).
Demak,
S
(t ) (t )dt
(3)
3-misol. x=acost, y=bsint ellips bilan chegaralangan sohaning yuzi hisoblansin.
Yechish. Ellipsning yuqori yarim yuzini hisoblab, uni 2 ga ko’paytiramiz. -a x +a uchun -a=acost, cost=-1,
t= ; a=acost, cost=1, t=0
0
S
0
2 b sin t ( a sin tdt )
2ab sin 2 tdt
ab .
1.2. Tekis shakllar yuzini qutb koordinatalarda
hisoblash
AB egri chiziq qutb koordinatalarida =f( ) formula bilan berilgan va f( ) funktsiya [ , ] kesmada uzluksiz bo’lsin.
B
i
A
i
i
i+1
0
254
www.ziyouz.com kutubxonasi
102-rasm.
Ushbu =f( ) egri chiziq va qutb o’qlari hamda va burchak hosil qiluvchi ikkita = , = nurlar bilan
chegaralangan egri chiziqli sektorning yuzini aniqlaymiz. Buning uchun berilgan yuzani = 0, = 1,..., = i,..., n=
nurlar bilan n ta ixtiyoriy qismga bo’lamiz. O’tkazilgan nurlar orasidagi burchaklarni
1,
2,...,
n bilan
belgilaymiz.
i-1
bilan
i
va markaziy burchagi
orasidagi biror
i
i
burchakka mos nurning uzunligini
1
2
Si
bo’lgan doiraviy sektorni qaraymiz. Uning yuzi
orqali belgilaymiz. Radiusi
i
2
i
i
i
bo’ladi.
Ushbu yig’indi
1
2
Sn
n
2
i
n
1
2
i
i 1
2
[ f ( i )]
i
i 1
zinapoyasimon sektorning yuzini beradi.
Bu yig’indi
kesmada 2=[f( )] 2 funktsiyaning integral yig’indisi bo’lgani sababli uning limiti
max
i
0 da
1
2
2
d
aniq integralga teng. Bu
burchak ichida qanday
i
i
nur olishimizga bog’liq emas.
Demak, OAV sektorning yuzi:
S
1
2
2
1
[ f ( )]2 d .
2
d
4-misol. =a(1+cos ), a>0 kardioida bilan chegaralangan figuraning yuzini hisoblang.
103-расм.
S
2 S1
2
1
2
2
2
d
a 2 (1 cos ) 2 d
S
a 2 (1 2 cos
0
a2 (
0
d ,
cos 2 )d
0
3
2
1
cos 2 )d
2
2 cos
1
sin 4 ) | 0
4
3 2
a ;S
2
a2 (
3
2
2 sin
3 2
a (kv.birl .)
2
2-§. Egri chiziq yoyining uzunligi
2.1. Yoy uzunligini dekart koordinatalar sistemasida hisoblash
To’g’ri burchakli dekart koordinatalar tekisligida egri chiziq u=f(x) tenglama bilan berilgan bo’lsin.
Bu egri chiziqning x=a va x=b vertikal to’g’ri chiziqlar orasidagi AB yoyining uzunligini topamiz.
y
Mi
Mi-1
M2
yi
B
y=f(x)
xi
M1
A
0
a
x1 x2
xi-1
xi
b
255
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
(4)
104-rasm.
AB yoyda abstsissalari a=x0, x1, x2,..., xi,..., xn=b bo’lgan A, M1, M2,..., Mi,..., B nuqtalarni olamiz va AM1,
M1M2,..., Mn-1B vatarlarni o’tkazamiz, ularning uzunliklarini mos ravishda S1, S2,..., Sn bilan belgilaymiz.
n
AB yoy ichiga chizilgan siniq chiziqning uzunligi S n
S i bo’lgani uchun AB yoyning uzunligi
i 1
n
S
lim
max Si
0
(1)
Si
i 1
Faraz qilaylik, f(x) funktsiya va uning f (x) hosilasi [a, b] kesmada uzluksiz bo’lsin. U holda
( xi ) 2
Si
( yi ) 2
yi 2
)
xi
1 (
xi
yoki Lagranj teoremasiga asosan
yi
xi
bunda xi
1
i
f ( xi ) f ( xi 1 )
xi xi 1
f ( i),
xi bo’lgani uchun
1 ( f ( i )) 2 xi
Si
bo’ladi. Ichki chizilgan siniq chiziqning uzunligi esa
n
1 ( f ( i )) 2 xi .
Sn
i 1
Shartga ko’ra, f (x) funktsiya uzluksiz, demak, 1 ( f ( x)) 2 funktsiya ham uzluksizdir. Shuning uchun integral
yig’indining limiti mavjud va u quyidagi aniq integralga teng:
b
n
S
lim
max xi
0
1 ( f ( i )) 2 xi
1 ( f ( x)) 2 dx .
i 1
a
Demak, yoy uzunligini hisoblash formulasi:
b
b
2
S
1 ( f ( x)) dx
a
1 (
a
dy 2
) dx
dx
(2)
ekan.
Endi egri chiziq tenglamasi
x= (t), y= (t), t
parametrik ko’rinishda berilgan bo’lsin, bunda (t) va (t) uzluksiz hosilali uzluksiz funktsiyalar va
oraliqda nolga aylanmaydi.
Bu holda (3) tenglama biror u=f(x) funktsiyani aniqlaydi. Bu funktsiya uzluksiz bo’lib,
dy
dx
1
(3)
(t) berilgan
(t )
uzluksiz
(t )
hosilaga ega. a= ( ), b= ( ) bo’lsin. (2) integ-ralda x= (t), dx= (t) dt almashtirish bajaramiz. U holda
S
1 (
(t ) 2
)
(t )
(t )dt ёки S
( (t )) 2 ( (t )) 2 dt .
(4)
Agar egri chiziq fazoda
x= (t), y= (t), z= (t)
(5)
parametrik tenglamalar bilan berilgan va (t), (t), (t) funktsiyalar [ , ] kesmada uzluksiz hamda uzluksiz
hosilalarga ega bo’lsa, egri chiziq aniq limitlarga ega bo’ladi va u
S
( (t )) 2
( (t )) 2
( (t )) 2 dt
(6)
formula bilan aniqlanadi.
2.2. Yoy uzunligini qutb koordinatalar sistemasida hisoblash
Qutb koordinatalar sistemasida egri chiziqning tenglamasi
=f ( )
bo’lsin. Qutb koordinatalaridan Dekart koordinatalariga o’tish formulasi: x= cos , y= sin
foydalansak:
256
www.ziyouz.com kutubxonasi
(7)
yoki (7) dan
x=f ( ) cos , y=f ( ) sin .
Bu tenglamalarga egri chiziqning parametrik tenglamalari deb qarab, yoy uzunligini hisoblash uchun (4)
formulani tatbiq qilamiz:
dx
d
f ( ) cos
dy
d
f ( ) sin ,
f ( ) cos .
f ( ) sin
U holda
(
dx 2 dy 2
) ( )
d
d
( f ( )) 2 ( f ( )) 2
2
2
.
Demak,
1
'2
S
2
d .
(8)
0
1-misol. x2+u2=r2 aylana uzunligi hisoblansin.
Yechish. Dastlab aylananing 1-chorakda yotgan to’rtdan bir qismining uzunligini hisoblaymiz. U holda AV
yoyning tenglamasi
r2
y
r
1
S
4
1
0
r
dy
dx
r
x2
2
x2 ,
x
r
dx
2
r
0
x
r
2
x2
;
x
dx r arcsin |02 r ;
2
2
x
2
2
Butun aylananing uzunligi: S=2 r;
2-misol. =a (1+cos ) kardioidaning uzunligi topilsin. Kardioida qutb o’qiga nisbatan simmetrikdir. qutb
gacha o’zgartirib, izlanayotgan uzunlikning yarmini topamiz (103-rasm). (8) formuladan
burchagini 0 dan
foydalanamiz, bunda
=-asin
S
a 2 (1 cos ) 2
2
a 2 sin 2 d
2a
0
2 2 cos d
0
4a
0
cos d
2
8a sin
2
|0 8a 1 8a.
3-misol. x=acost, y=bsint, 0 t 2 , ellipsning uzunligi hisoblansin, bunda a>b.
Yechish. (4) formuladan foydalanamiz. Avval yoy uzunligining 1/4 qismini hisoblaymiz.
S
4
/2
/2
a 2 sin 2 t b 2 cos2 t dt
0
a 2 (1 cos2 t ) b 2 cos2 t dt
0
/2
/2
a 2 (a 2 b 2 ) cos2 t dt a
0
1
0
a 2 b2
cos2 t dt
a
/2
1 k 2 cos2 t dt
a
0
bunda k
a
2
a
b
/2
2
1 . Demak, S
1 k 2 cos2 t dt .
4a
0
3-§. Aniq integralning jism hajmlarini hisoblashga qo’llanilishi
3.1. Jism hajmini parallel kesimlar yuzalari bo’yicha hisoblash
Biror T jism berilgan bo’lsin. Bu jismni OX o’qqa perpendikulyar tekislik bilan kesishdan hosil bo’lgan har
qanday kesimning yuzi ma’lum, deb faraz qilamiz. Bu holda yuza kesuvchi tekislikning vaziyatiga bog’liq, ya’ni x
ning funktsiyasi bo’ladi:
Q=Q (x)
257
www.ziyouz.com kutubxonasi
T
Q(xi)
a
xi
xi
xi-1
b
x
105-rasm.
Q(x) ni uzluksiz funktsiya, deb faraz qilib, berilgan jism hajmini aniqlaymiz.
X=x0=a, x=x1, x=x2,..., x=xn=b tekisliklarni o’tkazamiz. Har bir xi-1 x xi qismiy oraliqda ixtiyoriy I nuqta tanlab
olamiz va I ning har bir qiymati uchun yasovchisi x o’qiga parallel bo’lib, yo’naltiruvchisi T jismni x= I tekislik
bilan kesishdan hosil bo’lgan kesimning konturidan iborat bo’lgan tsilindrik jism yasaymiz. Asosining yuzi Q( i) va
balandligi xi bo’lgan bunday elementar tsilindrning hajmi Q( i) xi ga teng. Hamma tsilindrlarning hajmi
n
vn
Q( i ) xi
bo’ladi.
i 1
n
Bu yig’indining max xi 0 dagi limiti berilgan jismning hajmi, deyiladi: V
lim
max xi
0
Q( i ) xi .
i 1
Vn miqdor [a, b] kesmada uzluksiz Q (x) funktsiyaning integral yig’indisidir, shuning uchun limit mavjud va u
b
V
Q ( x)dx
(1)
a
aniq integral bilan ifodalanadi.
Misol.
x2
a2
y2
b2
z2
c2
1 ellipsoidning hajmi hisoblansin.
Yechish. Ellipsoidni OYZ tekislikka parallel bo’lib undan x masofa uzoqlikdan o’tgan tekislik bilan kesganda
yarim o’qlari
b1 b 1
x2
x2
bo’lgan
,
c
c
1
1
a2
a2
y2
z2
x2
x2
(b 1 2 ) 2 (c 1 2 ) 2
a
a
1 ellips hosil bo’ladi. Bu ellipsning yuzi: Q
(x)= b1c1= = bc (1-x2/a2).
Ellipsoidning hajmi:
a
v
bc (1
a
x2
)dx
a2
x3 a 4
)| a
abc(kub..birl .) .
3
3a 2
bc( x
3.2. Aylanma jismning hajmi
y=f (x) egri chiziq Ox o’q va x=a, x=b to’g’ri chiziqlar bilan chegaralangan egri chiziqli trapetsiyaning OX o’qi
atrofida aylanishidan hosil bo’lgan jismni qaraylik. Bu jismni abstsissalar o’qiga perpendikulyar tekislik bilan
kesishdan hosil bo’lgan ixtiyoriy kesim doira bo’ladi. Uning yuzi Q= y2= (f (x))2.
Hajmni hisoblashning (1) umumiy formulasini tatbiq etib, aylanma jismning hajmini hisoblash formulasini hosil
qilamiz:
b
b
2
v
a
Misol.
x2
a2
y2
b2
( f ( x)) 2 dx .
y dx
(2)
a
1 ellipsni OX va OY o’qlari atrofida aylantirish natijasida hosil qilingan jismlarning
hajmlarini hisoblang.
Yechish. Ellips tenglamasidan:
y2
b2 2
(a
a2
x 2 );
x2
a2 2
(b
b2
Ellipsni OX o’qi atrofida aylantirishdan hosil bo’lgan jismning hajmi:
258
www.ziyouz.com kutubxonasi
y2 )
a
V
2V1
a
y 2 dx
2
0
2
2
b 3
(a
a2
a3
)
3
2
b2
(a 2
a2 0
4
ab2 ;
3
x 2 )dx 2
b2 2
(a x
a2
x3 a
) |0
3
4
ab2 (kub.birl .).
3
V
Ellipsni OY o’qi atrofida aylantirishdan hosil bo’lgan jismning hajmi:
b
V
2V1
b
x 2 dy 2
2
0
2
2
a
(b 3
2
b
b3
)
3
a2
(b 2
b2 0
y 2 )dy 2
4 2
a b;
3
V
a2 2
(b y
b2
y3 b
) |0
3
4 2
a b(kub. birl .).
3
259
www.ziyouz.com kutubxonasi
4-§. Aniq integralning mexanika masalalariga tatbiqi
4.1. Ishni aniq integral yordamida hisoblash
Biror F kuch ta’siri ostida M moddiy nuqta OS to’g’ri chiziq bo’yicha harakat qilsin, bunda kuchning yo’nalishi
harakat yo’nalishi bilan bir xil bo’lsin. M nuqta S=a holatdan S=b holatga ko’chganda F kuchning bajargan ishini
topamiz.
1) Agar F kuch o’zgarmas bo’lsa, u holda A ish F kuch bilan o’tilgan yo’l uzunligi ko’paytmasi asosida
ifodalanadi:
A=F (b-a)
2) F kuch moddiy nuqtaning joylashgan o’rniga qarab uzluksiz o’zgaradi, ya’ni [a, b] kesmada F (S) uzluksiz
funktsiyani ifodalaydi, deb faraz qilamiz.[a, b] kesmani uzunliklari S1, S2,..., Sn bo’lgan n ta ixtiyoriy bo’lakka
bo’lamiz. Har bir [Si-1, Si] qismiy kesmada ixtiyoriy I nuqta tanlab olib, F(S) kuchning Si yo’lda bajargan ishini
F( i) Si ko’paytma bilan almashtiramiz. Oxirgi ifoda Si etarlicha kichik bo’lganda F kuchning Si yo’lda bajargan
ishining taqribiy qiymatini beradi.
n
A
An
F ( i ) Si
i 1
yig’indi F kuchning [a,b] kesmada bajargan ishining taqribiy ifodasi bo’ladi. Bu yig’indining max Si 0 dagi limiti
F(S) kuchning S=a nuqtadan S=b nuqtagacha bo’lgan yo’lda bajargan ishini ifodalaydi:
b
A
F ( S ) dS .
(1)
a
Misol. Agar prujina 1 N kuch ostida 1 sm cho’zilishi ma’lum bo’lsa, uni 4 sm cho’zish uchun qancha ish
bajarish kerak?
Yechish. Guk qonuniga ko’ra prujinani x m ga cho’zuvchi kuch F=kx; Agar x=0,01m va F=1N ekanligini
hisobga olsak, u holda k=F/x=1/0,01=100 kelib chiqadi.
Demak, F=100x ekan. Bajarilgan ish (1) formulaga asosan
0 , 04
100 xdx 50 x 2 |00, 04 0,08(с)
A
0
bo’ladi.
4.2. Inertsiya momentini aniq integral yordamida hisoblash
XOY tekisligida massalari m1, m2,..., mn bo’lgan P1(x1,y1), P1(x2,y2),..., P1(xn,yn) moddiy nuqtalar sistemasi
berilgan bo’lsin. Mexanikadan ma’lumki, moddiy nuqtalar sistemasining O nuqtaga nisbatan inertsiya momenti:
n
n
( xi2
J0
yi2 )mi
ri 2mi ,
i 1
bu yerda,
ri
xi2
(2)
i 1
yi2 .
Faraz qilamiz, egri chiziq moddiy chiziqdan iborat bo’lib, u y=f (x) tenglama bilan berilgan bo’lsin va [a, b]
kesmada f (x) uzluksiz funktsiya bo’lsin. Egri chiziqning chiziqli zichligi ga teng bo’lsin. Bu chiziqni uzunliklari
xi2
Si
S1, S2,..., Sn bo’lgan n ta bo’lakka bo’lamiz, bunda
m2= S2,..., mn= Sn bo’lsin. Yoyning har bir qismida abstsissasi
olamiz. Yoyning 0 nuqtaga nisbatan inertsiya momenti:
yi2 , ularning massalari
i
va ordinatasi
i=f( i)
m1 =
S1,
bo’lgan nuqtalar
n
J0
(
2
i
2
i
)
Si
(3)
i 1
bo’ladi. Agar y=f(x) funktsiya va uning hosilasi f (x) uzluksiz bo’lsa, u holda xi 0 da (3) yig’indi limitga ega va
bu limit moddiy chiziqning inertsiya momentini ifodalaydi:
b
( x2
J0
f 2 ( x)) 1
f 2 ( x) dx .
a
1. Uzunligi l bo’lgan ingichka bir jinsli tayoqchaning (sterjenning) oxirgi uchiga nisbatan inertsiya momenti.
Tayoqchani OX o’q kesmasi bilan ustma-ust joylashtiramiz 0 x l
260
www.ziyouz.com kutubxonasi
(4)
x
0
l
x
x
106-расм.
Bu holda Si= xi, mi=
xi, ri2=xi2 bo’ladi. (4) formula quyidagi ko’rinishni oladi:
l
x 2 dx
J 0c
0
l3
.
3
(5)
Agar tayoqchaning massasi M berilgan bo’lsa, u holda =M/l va (5) formula quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
J 0c
1 2
Ml .
3
(6)
2. Radiusi r bo’lgan aylananing markazga nisbatan inertsiya momenti.
Aylananing barcha nuqtalari uning markazidan bir xil masofada bo’lgani va massasi m=2 r bo’lgani uchun
aylananing inertsiya momenti quyidagicha bo’ladi:
J0=mr2= 2 rr2=2 r3
(7)
3. Radiusi R bo’lgan bir jinsli doiraning markaziga nisbatan inertsiya momenti.
Doirani n ta halqalarga ajratamiz (107-rasm). S-doira yuzi birligining massasi bo’lsin. Bitta halqani olib
qaraymiz.
y
r
ri
0
R
x
107-rasm.
Bu halqaning ichki radiusi ri, tashqi radiusi ri+ ri bo’lsin. Bu halqaning massasi mi= 2 ri ri ga teng bo’ladi.
Bu massaning markazga nisbatan inertsiya momenti (7)formulaga muvofiq taqriban quyidagiga teng bo’ladi:
( J0)i 2 ri riri2= 2 ri3 ri.
Butun doiraning inertsiya momenti:
n
2 ri3 ri .
J0
i 1
ri 0 da limitga o’tib, doira yuzining markazga nisbatan inertsiya momentini hosil qilamiz:
R
J0
r 3dr
2
0
Agar doiraning massasi M berilgan bo’lsa, u holda sirt zichligi
R4
2
M
bo’ladi. Bu qiymatni (8) ga qo’ysak:
R2
MR 2
.
J0
2
(8)
(9)
Eslatma. Asos radiusi R va massasi M bo’lgan doiraviy tsilindrning o’qqa nisbatan inertsiya momenti (9)
formula bilan aniqlanadi.
4.3. Og’irlik markazining koordinatalarini hisoblash
XOY tekisligida massalari m1, m2,..., mn bo’lgan P1(x1,y1), P1(x2,y2),..., P1(xn,yn) moddiy nuqtalar sistemasi
berilgan bo’lsin.
xi mi va yi mi ko’paytmalar mi massaning Ox va Oy o’qlariga nisbatan statistic momentlari, deb ataladi.
Berilgan sistemaning og’irlik markazining koordinatalarini xс va yс bilan belgilaylik. U holda mexanika kursidan
ma’lumki, moddiy sistemaning og’irlik markazi quyidagi formulalar orqali aniqlanadi:
261
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
xi mi
x1m1 x2 m2  xn mn
m1 m2  mn
xc
i 1
n
,
(10)
.
(11)
mi
i 1
n
yi mi
y1m1 y2 m2  yn mn
m1 m2  mn
yc
i 1
n
mi
i 1
1. Tekis chiziqning og’irlik markazi. Tenglamasi y f (x) , a x b bo’lgan moddiy chiziq berilgan bo’lsin.
Bu moddiy chiziqning chiziqli zichligi, ya’ni chiziqning uzunlik birligining massasi
bo’lsin. Chiziqni
uzunliklari s1, s2,..., sn bo’lgan n ta bo’laklarga bo’lamiz. Har bir bo’lakning massasi uzunligining chiziqli
zichligi ko’paytmasiga teng: mi
si . Yoyning har bir si bo’lagida abstsissasi i bo’lgan ixtiyoriy nuqta
olamiz. Agar (1) va (2) formulalarga xi lar o’rniga i larni, mi lar o’rniga
si larni va yi lar o’rniga f ( i ) larni
qo’ysak, yoyning og’irlik markazi koordinatalari uchun taqribiy formulalarni hosil qilamiz:
n
n
xc
f ( i ) si
si
i
i 1
n
i 1
yc
,
.
n
si
si
i 1
Agar
y
i 1
f (x) uzluksiz va uzluksiz differentsiallanuvchi funktsiya bo’lsa, u holda har bir kasrning surati va
mahrajidagi yig’indilar max si 0 bo’lganda mos integral yig’indilarning limitiga intiladi. Shu sababli limitda
yoyning og’irlik markazi koordinatalari uchun quyidagi formulalarga ega bo’lamiz:
b
b
xds
a
b
xc
ds
2
1
f ' ( x) dx
a
b
b
f ( x)ds
a
y
2
(2’)
.
a
b
b
f '2 ( x) dx
1
a
Misol. Ox o’qidan yuqorida joylashgan x
f '2 ( x) dx
f ( x) 1
ds
2
(1’)
,
a
b
a
yc
f '2 ( x) dx
x 1
a
2
a yarim aylananing og’irlik markazini toping.
хс =0.
Yechish. Berilgan yarimaylana Ou o’qqa nisbatan simmetrik bo’lgani uchun
Shuning uchun ordinatasini
hisoblaymiz:
y
a2 x2 ,
dy
dx
a
a
a
yc
2
x
2
x
2
x
2
, ds
a2
a
a
a
2
x2
dx ,
a
a
2
1
dy
dx
dx
x2
dx
a
a dx
a
a
2. Tekis shaklning og’irlik markazi. Faraz qilaylik, berilgan soha
y
2a 2 2a
.
a
f 1 ( x ) , y f 2 ( x) , x a , x b
chiziqlar
bilan chegaralangan tekis bir jinsli, ya’ni zichligi o’zgarmas bo’lgan, moddiy shakl bo’lsin.
Bu shaklni x a, x x1,, x xn b to’g’ri chiziqlar bilan n ta bo’lakka bo’lamiz. Har bir bo’lakning
massasi uning yuzi bilan
zichligi ko’paytmasiga teng. Agar har bir i-bo’lakni asosi
262
www.ziyouz.com kutubxonasi
xi va
balandligi f 2 ( i )
f1 ( i ) , (bu yerda
xi
i
xi
1
2
,) bo’lgan to’g’ri to’rtburchak bilan almashtirsak, har bir
bo’lak massasi taxminan
mi
1,2,  , n )
f1 ( i ) xi ( i
f2 ( i )
bo’ladi. Bu bo’lakning og’irlik markazi taxminan to’g’rito’rtburchakning markazida bo’ladi:
( xi )c
i,
( yi )c
f2 ( i )
f1 ( i )
2
.
U holda berilgan shaklning og’irlik markazi taxminan quyidagi nuqtada bo’ladi:
1
2
yc
Agar
f2 ( i )
i
xc
[ f2 ( i )
f 1 ( i ) xi
f2 ( i )
f 1 ( i ) xi
f1 ( i )]
f2 ( i )
f2 ( i )
f1 ( i ) xi
f1 ( i ) xi
.
0 da limitga o’tsak:
xi
b
b
x f 2 ( x)
xc
1
2
f 2 ( x)
2a
f1 ( x) dx
, y
c
a
b
f 2 ( x)
у2
ах
parabolani
2
f1 ( x) dx
.
b
f 2 ( x)
f1 ( x) dx
f1 ( x) dx
a
a
Misol.
,
х а to’g’ri chiziq bilan kesish natijasida hosil bo’lgan segmentning og’irlik
markazi koordinatalarini toping.
Yechish.
f 2 ( x)
ax , f1 ( x)
ax . U holda
a
2 x axdx
xc
0
a
2
axdx
0
2 52
x
5
2 3
2 a x 2
3
4 3
a
5
4 2
a
3
a
0
2 a
a
0
3 , y
a c
5
0.
5-§. Aniq integralni taqribiy hisoblash
Har qanday uzluksiz funktsiyaning boshlang’ich funktsiyasini chekli elementar funktsiyalar yordamida ifodalab
bo’lmaydi. Shu sababli bunday aniq integrallarni Nyuton-Leybnits formulasidan foydalanib hisoblab bo’lmaydi.
Bunday hollarda taqribiy hisoblash usullaridan foydalaniladi. Aniq integralni integral yig’indilarning limiti sifatidagi
ta’rifidan va aniq integralning geometrik ma’nosidan kelib chiqqan bir nechta usulni ko’rib o’tamiz.
5.1. To’g’ri to’rtburchaklar usuli
b
Faraz qilaylik, y=f(x) funktsiya [a, b] kesmada uzluksiz bo’lsin. Ushbu
a
f ( x) dx aniq integralni hisoblash talab
qilingan bo’lsin. [a, b] kesmani a=x0, x1, x2,¾, xi,¾, xn=b nuqtalar bilan n ta teng qismga bo’lamiz.
y
y=f(x)
y0
y1
0 a=x0 x1
y2
yi-1
x2
yi
xi-1
108-rasm.
yn-1
xi
yn
xn-1 xn
263
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
Har bir bo’lakning uzunligi:
b a
. F(x) funktsiyaning x0, x1, x2,¾, xi,¾, xn nuqtalardagi qiymatini y0, y1,
n
x
y2,¾, yi,¾, yn orqali belgilaymiz, ya’ni y0=f (x0), y1=f (x1),¾, yi=f (xi),¾, yn=f (xn) bo’lsin.
Quyidagi yig’indilarni tuzamiz:
n 1
y0 x
y1 x ... yi x ... yn
1
x
yi x
i 1
n
y1 x
y2 x ... yi x ... yn x
yi x
i 1
Bu yig’indilardan har biri f (x) funktsiya uchun integral yig’indi bo’ladi va shuning uchun ularni
b
a
integralning taqribiy qiymatlari sifatida qabul qilish mumkin:
b
b a
( y0 y1
f ( x)dx
a
n
b
a
y2 ... yi ... yn 1 )
b an1
yi
n i0
b a
b a
( y1 y2 ... yi ... yn )
n
n
f ( x)dx
f ( x) dx
(1)
n
yi
(2)
i 1
Bu formulalar orqali hisoblash usulini — to’g’ri to’rtburchaklar usuli, deb atashadi.
Agar f (x) musbat va o’suvchi funktsiya bo’lsa, u holda (1) formula ichki to’rtburchaklardan tuzilgan pog’onali
shaklning yuzini ifodalaydi, (2) formula esa tashqi to’rtburchaklardan tuzilgan pog’onali shaklning yuzini
ifodalaydi.
Integralni to’g’ri to’rtburchaklar usuli bilan hisoblashda yo’l qo’yilgan xato n soni qancha katta bo’lsa, shuncha
kichik bo’ladi. To’g’ri to’rtburchaklar formulasining absolyut xatosi M 1
f ' ( x)
(b a ) 2
dan katta emas, bu yerda, M1 —
4n
ning [a, b] kesmadagi eng katta qiymatidir.
5.2. Trapetsiyalar usuli
[a, b] kesmani avvalgi usulda bo’lib, x xususiy intervalga mos keluvchi y=f (x) chiziqning har bir yoyini bu
yoyning chetki nuqtalarini tutashtiruvchi vatar bilan almashtiramiz. Bu geometrik nuqtai nazardan berilgan egri
chiziqli trapetsiyaning yuzini n ta to’g’ri chiziqli trapetsiyalar yuzlarining yig’indisi bilan almashtirilganini bildiradi.
y
y=f(x)
y0
0
y1 y2 yi-1
a=x0
yi yn-1
x1 x2 xi-1
yn
xi xn-1 xn=b
x
109-rasm.
Bunday shaklning yuzi egri chiziqli trapetsiyaning yuzini to’g’ri to’rtburchaklardan tuzilgan pog’onali
figuraning yuziga qaraganda ancha aniq ifodalashi geometrik jihatdan ravshandir.
y0
Bu trapetsiyalardan birinchisining yuzi
y1
x , ikkinchisining yuzi
2
y1
y2
2
x va hokazo, bo’lgani
sababli
b
f ( x)dx (
y0
2
a
yn
yn
1
2
va
y1
x)
х (b a) n ekanligini eslasak,
b
f ( x)dx
a
y1
x
y2
2
x(
y0
yn
2
yi
x ...
y1
b a y0 yn
(
n
2
1
yi
2
x ...
y2 ... yn 1 )
y1
tenglikni hosil qilamiz.
264
www.ziyouz.com kutubxonasi
y2 ... yn 1 )
(3)
Bu formula bilan hisoblashni trapetsiyalar usuli deymiz. n soni qancha katta bo’lsa va demak, х (b a) n
qadam qancha kichik bo’lsa, (3) taqribiy tenglikning o’ng tomonida yozilgan yig’indi shuncha katta aniqlik bilan
integral qiymatini beradi. Trapetsiyalar formulasining absolyut xatosi M 2
f ' ' ( x) ning [a, b] kesmadagi eng katta qiymatidir.
265
www.ziyouz.com kutubxonasi
(b a )3
dan katta emas, bu yerda M2 12 n 2
5.3. Parabolalar (Simpson) usuli
[a, b] kesmani n=2m ta juft miqdordagi teng qismlarga bo’lamiz. [x0, x1] va [x1, x2] kesmalarga mos va berilgan
y=f (x) egri chiziq bilan chegaralangan egri chiziqli trapetsiyaning yuzini M0(x0,y0), M1(x1,y1), M2(x2,y2) uchta
nuqtadan o’tuvchi va simmetriya o’qi OY o’qqa parallel bo’lgan ikkinchi darajali parabola bilan chegaralangan egri
chiziqli trapetsiyaning yuzi bilan almashtiramiz.
Y
M4 M5 M6
M3
y=f(x)
M1
M1
M2
110-rasm.
Bunday egri chiziqli trapetsiya parabolik trapetsiya deyiladi. O’qi OY o’qqa paralel bo’lgan parabolaning
tenglamasi у Ах
Вх С ko’rinishda bo’ladi. A, V, S koeffitsientlar parabolaning berilgan uch nuqta orqali
o’tish shartidan bir qiymatli ravishda aniqlanadi. Shunga o’xshash parabolalarni kesmalarning boshqa juftlari uchun
ham yasaymiz. Shunday yasalgan parabolik trapetsiyalar yuzalarining yig’indisi integralning taqribiy qiymatini
beradi.
Dastlab bitta parabolik trapetsiyaning yuzini hisoblaymiz.
2
Lemma. Agar egri chiziqli trapetsiya у Ах 2 Вх С parabola, OX o’q va oralig’i 2h ga teng bo’lgan 2ta
ordinata o’qiga parallel to’g’ri chiziqlar bilan chegaralangan bo’lsa, u holda uning yuzi
h
( y0
3
S
4 y1
y2 )
(4)
Ah 2 Bh C
y1 C
Ah 2 Bh C
(5)
ga teng.
Isboti.
Y
.
M2
M1
y=Ax2+Bx+C
y2
y1
M0
y0
-h
0
h
x
111-rasm.
A, B, C koeffitsientlar quyidagi tenglamalardan aniqlanadi:
agar х0
agar х1
agar х 2
h bo' lsa , u holda y 0
0 bo' lsa , u holda
h bo' lsa , u holda y 2
(5) tenglamalar sistemasidan:
1
( y0
2h 2
A
2 y1
y2 ), C
y1, B
1
( y2
2h
y0 )
bo’ladi. Endi parabolik trapetsiyaning yuzini aniq integral yordamida aniqlaylik:
h
S
( Ax 2 Bx C )dx ( A
h
x3
3
B
x2
h
Cx) |h h (2 Ah 2 6C );
2
3
Lekin 2 Ah 2 6C y0 4 y1 y2 . Demak, S h 3 ( y0 4 y1 y2 ) bo’ladi.
Bu lemmadan foydalanib, quyidagi taqribiy tengliklarni yoza olamiz:
266
www.ziyouz.com kutubxonasi
x2
f ( x)dx
h
( y0
3
4 y1
y2 )
f ( x)dx
h
( y2
3
4 y3
y4 )
x0
x4
x2
.........................................
x2m
h
( y2 m
3
f ( x)dx
x2m
2
2
4 y2 m
y2 m )
1
Parabolik trapetsiyalarning yuzalarini qo’shib, izlanayotgan integralning taqribiy qiymatini beruvchi ifodani
hosil qilamiz:
b
f ( x)dx
a
h
( y0
3
2 y2 m
2( y 2
y4 ... y2 m 2 ))
4( y1
y3 ... y2 m 1 )
(6)
bu yerda, h (b a) 2m .
Bu Simpson formulasidir.
Agar f(x) funktsiya [a, b] kesmada 4-tartibli uzluksiz hosilaga ega bo’lsa, u holda Simpson formulasining
absolyut xatosi M 4
(b a ) s
dan katta bo’lmaydi, bunda M4 —
2880 n 4
f
5
( x) ning [a, b] kesmadagi eng katta
qiymatidir.
1
Misol. Ushbu J
dx
integral taqribiy hisoblansin.
1 x
0
Yechish. Avval berilgan integralning aniq qiymatini Nyuton-Leybnits formulasi bo’yicha hisoblab olaylik:
1
J
dx
1 x
0
ln | 1 x ||10 ln 2
0,69315 .
[0,1] kesmani 10 ta teng bo’lakka bo’lamiz: x=0,1.
Quyidagi jadvalni tuzamiz:
i
xi
yi
i
xi
yi
0
0
1
0
0
1
1
0.1
0,90909
6
0.6
0,62500
2
0.2
0,83333
7
0.7
0,58824
3
0.3
0.76923
8
0.8
0,55556
4
0.4
0.71429
9
0.9
0,52632
5
0.5
0,66667
10
1.0
0,5
Avval to’g’ri to’rtburchaklar usulini qo’llab, (1) formula bo’yicha:
J 0,1(1+0,90909+0,83333+0,76923+
+0,71429+0,66667+0,625+0,58824+0,55556+0,52632)=0,1
7,18773=0,71877 natijaga va (2) formula bo’yicha: J 0,1(0,90909+0,83333+0,76923+0,71429+0,66667+0,625+
+0,58824+0,55556+0,52632+0,5)=0,1 6,68773=0,66877.
natijaga kelamiz.
Endi, yo’l qo’yilgan xatoni baholaymiz:
f ( x)
[0,1] kesmada f ' ( x)
1
1 x
,
f ' ( x)
1
(1 x)2
1. Shuning uchun M1=1. U holda olingan natijaning xatosi M 1
kattalikdan ortmaydi:
|0,69315—0,66877|=0,02438<0,025.
Agar trapetsiyalar usulini qo’llasak, quyidagi natijani olamiz:
267
www.ziyouz.com kutubxonasi
(b a) 2
4n
1
40
0,025
J
1 0,5
0,1(
0,90909 0,83333 ... 0,52632 ) 0,69377 .
2
U holda yo’l qo’yilgan xatolik quyidagicha baholanadi:
1
,
(1 x) 2
f | ( x)
[0,1] kesmada f ' ' ( x)
f || ( x)
2
.
(1 x)3
1
600
0,001667
2 . Demak, M2=2.
U holda olingan natijaning xatosi
M2
(b a ) 3
12 n 2
2
12 100
kattalikdan ortiq bo’lmaydi.
|0,69315-0,69377|=0,00062<0,001667.
b a
3n
Endi, Simpson formulasidan foydalanamiz: n=2m=10,
1
bo’lganda (6) formula bo’yicha quyidagi
30
natijani olamiz:
J 1/30(1+0,5+4(0,90909+0,76923+0,66667+0,58824+
+0,52632)+2 (0,83333+0,71429+0,625+0,55556))=
=1/30 (1,5+4 3,45955+2 2,72818)=0,693146
Olingan natijaning xatosini baholaylik:
f || ( x)
[0,1] kesmada
f
5
2
,
(1 x) 3
6
,
(1 x) 4
f ||| ( x)
f 4 ( x)
24
(1 x) 5
( x) 24. Shuning uchun, M4=24.
U holda yo’l qo’yilgan xatolik
M4
(b a)5
2880 10 4
24
2880 10000
0,000008
kattalikdan ortiq bo’lmaydi.
|0,69315-0,693146|=0,000004<0,000008.
Uchala natijani aniq qiymat bilan taqqoslaganda Simpson formulasi qolgan ikkita formuladan ancha aniq ekan,
degan xulosaga kelish mumkin.
268
www.ziyouz.com kutubxonasi
13-BOB.
KO’P O’ZGARUVCHILI FUNKTSIYANING DIFFERENTSIAL HISOBI
1-§. Boshlang’ich tushunchalar
Funktsiyaga, shu jumladan, ko’p o’zgaruvchili funktsiyaga 6-bobning 1-§ ida ta’rif bergan edik.
Bu bobda biz ko’p o’zgaruvchili funktsiyaning differentsial hisobini qurish bilan shug’ullanamiz. Asosiy
ma’lumotlar ikki o’zgaruvchining funktsiyasi uchun beriladi. Ularni o’zgaruvchilari soni ikkidan katta bo’lgan hol
uchun bevosita ayniy ravishda o’tkazish qiyin emas.
Ko’p holatlarda biror miqdor boshqa bir nechta erkin o’zgaruvchilarga bog’liq bo’ladi. Masalan, uchburchakning yuzi
S uning asosi a va balandligi h ning qiymatlariga bog’liq, ya’ni
S
1
ah .
2
To’g’ri burchakli parallelepipedning hajmi V bir-biriga bog’liq bo’lmagan qirralarning funktsiyasidir:
V=abc.
Elektr toki ajratadigan issiqlik miqdori Q kuchlanish E, tok kuchi J va vaqt t ning funktsiyasidir:
Q=0,24Jet.
Biror jismning fizik holatini o’rgansak, uning nuqtadan nuqtaga o’tish jarayonida ayrim xususiyatlarini
o’zgarishi kuzatish mumkin. Bular masalan: zichligi, harorati, elektr potentsiali va h.k. lar. Boshqacha qilib
aytganda, bu miqdorlar nuqtaning, ya’ni uning x, y, z koordinatalarining funktsiyasi bo’ladi. Agar jismning fizik
holati vaqt o’tishi bilan o’zgarsa, bu erkin o’zgaruvchilarga t vaqt ham qo’shiladi. Bu holda biz to’rtta erkin
o’zgaruvchining funktsiyasini kuzatayotgan bo’lamiz.
Ikkita erkin x, y o’zgaruvchilarning funktsiyasini simvolik tarzda
z
f ( x, y )
ko’rinishda yozish qabul qilingan.
Ko’p o’zgaruvchining funktsiyalari xuddi bir o’zgaruvchining funktsiyalari kabi analitik usulda, ya’ni
formulalar yordamida, jadval usulda va grafik usulda berilishi mumkin. Masalan
z
x2
xy
y3; z
tg ( x y )
.
x2 y 2
Funktsiyaning jadval ko’rinishi fizika, mexanika, tibbiyot va texnikaning tajriba o’tkazish bilan bog’liq bo’lgan
barcha yo’nalishlarida keng ishlatiladi.
Funktsiyaning geometrik tasviri uning grafigi deyiladi. Masalan, ikki o’zgaruvchining funktsiyasi grafigi uch
o’lchovli fazoda sirtni ifodalaydi. 4-bobning 3-§ ida ko’rilgan 2-tartibli sirtlar: sfera, ellipsoid, elliptik paraboloid va
giperbolik paraboloidlar mos ravishda
x2
y2 z2
r2,
x2
a2
y2
b2
z2
1, z
c2
x2
2p
y2
,z
2q
x2
2p
y2
2q
funktsiyalarning grafigiga misol bo’la oladi.
Erkli x, y o’zgaruvchilarning
funktsiyasi ma’nosini saqlovchi qiymatlari juftliklarining to’plami
funktsiyaning aniqlanish sohasi bo’ladi. XOU koordinatalar tekisligida bu to’plamlar biror tekis sohani ifodalaydi.
Masalan, z
1 x2
y 2 funktsiyaning aniqlanish sohasi ildiz ostidagi ifodaga manfiy bo’lmagan qiymat
beruvchi х, у juftliklar to’plami: x
y 1 doira bo’ladi yoki z ln x y funktsiyaning aniqlanish sohasi:
x to’g’ri chiziqning tepasidagi yarimtekislik bo’ladi.
y x , ya’ni y
Eslatma. Erkli o’zgaruvchilari soni uchtadan oshiq bo’lgan funktsiyaning aniqlanish sohasini ham, grafigini
ham fazoda ifodalab bo’lmaydi. Ularni biz abstract ma’noda tushunamiz.
Endi, R2 tekisligiga qaytsak. Bu tekislikda biror х0 , у0 nuqta berilgan bo’lsin.
Quyidagi
2
2
x x0
2
y y0
2
a2 ( a
tengsizlikni qanoatlantiruvchi х, у nuqtalar to’plamini markazi
deymiz.
0)
х0 , у0
269
www.ziyouz.com kutubxonasi
nuqtada bo’lgan a radiusli ochiq doira
x x0
a , y y0
b ( a, b 0 ),
(1)
tengsizliklarni qanoatlantiruvchi х, у nuqtalar to’plamini ochiq to’rtburchak, deb ataymiz.
b bo’lsa, uning markazi х0 , у0 nuqtada bo’lgan ochiq kvadrat, deymiz.
Agar (1) da a
Markazi х0 , у0
nuqtada, radiusi
bo’lgan har qanday ochiq doira yoki tomoni 2 bo’lgan har qanday
kvadrat х0 , у0 nuqtaning -atrofi, deyiladi.
Agar
х1 , у1 , х2 , у2 , х3 , у3 ,
nuqtalar ketma-ketligi berilgan bo’lsa, o’zgaruvchi хk , уk nuqta shu ketma-ketlik bo’ylab o’zgaradi, deymiz.
Agar k
da хk , уk o’zgaruvchi nuqtalar orasidagi masofa nolga intilsa, ya’ni k
da
хk
x0
2
yk
y0
0
(2)
da х0 , у0 nuqtaga intiladi, deymiz.
bo’lsa, { хk , уk } ketma-ketlik yoki o’zgaruvchi хk , уk nuqta k
Buni
хk , у k
х0 , у0 ( k
ko’rinishda yozamiz.
Tabiiy (2) munosabat
)
x0 , yk
xk
2
y0 ( k
)
(3)
munosabatlarning bir vaqtda bajarilishiga teng kuchli.
(2) munosabatni yana ixtiyoriy
nuqta markazi
х0 , у0
uchun shunday N son topiladiki, barcha
х0 , у0
uchun shunday N son topiladiki, barcha
nuqta
lar uchun
хk , у k
N lar uchun хk , уk nuqta
k
da bo’lgan 2 tomonli ochiq kvadratda bo’ladi, deb tushunamiz.
uchun shunday N son topiladiki, barcha k
Bu ikkala mulohazani birlashtirib, har qanday
хk , у k
N
da bo’lgan radiusli ochiq doira ichida bo’ladi, deb tushunish mumkin.
(3) munosabatni esa ixtiyoriy
markazi
k
х0 , у0
N lar uchun
nuqtaning -atrofida bo’ladi, deyish mumkin.
2-§. Funktsiyaning limiti
Faraz qilaylik, х0 , у0 nuqtaning o’zida bo’lmasa ham, uning biror atrofida aniqlangan
funktsiya berilgan bo’lsin.
1-ta’rif. Agar х0 , у0 nuqtaga intiluvchi har qanday хk , уk ketma-ketlik uchun
lim
f ( xk , yk )
xk
x0
yk
y0
z
f ( x, y )
A
(1)
f ( x, y ) funktsiyaning ( х, у) ( х0 , у0 ) dagi limiti deyiladi.
bo’lsa, u holda A son z
Limitga « » tilida ham ta’rif berish mumkin.
2-ta’rif. Agar har qanday > 0 son uchun shunday >0 son topilsaki,
х х0
2
у у0
2
(2)
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha х, у lar uchun
f ( x, y) A
munosabat o’rinli bo’lsa, A son
z
f ( x, y )
funktsiyaning
( х, у)
O’z navbatida bu ikki ta’rif quyidagi ta’rifga ekvivalent: A son z
dagi limiti deyiladi, agar ixtiyoriy >0 son uchun
atrofning
х0 , у0
Faraz qilaylik,

х0 , у0
( х0 , у0 )
(3)
dagi limiti, deyiladi.
f ( x, y ) funktsiyaning ( х, у)
( х0 , у 0 )
nuqtaning shunday -atrofi mavjud bo’lsaki, bu
dan boshqa barcha nuqtalari uchun (3) tengsizlik o’rinli bo’lsa.
х
,
у
uzunligi (
2
2
х
2
у
1 ) bir bo’lgan vektor va t>0 – biror skalyar bo’lsin. Quyidagi
270
www.ziyouz.com kutubxonasi
x0

t
x
, y0
t
(t>0)
y
nuqtalar х0 ,у0 dan
vektor yo’nalishida chiqqan nurni hosil qiladi.

Har bir
uchun t o’zgaruvchining
f ( x0
t
, y0
x
t
y
) (0< t < )
funktsiyasini ko’rish mumkin, bu yerda -yetarlicha kichik son.
Agar
lim f ( x0 t
t
x
0
, y0 t
t 0
funktsiyaning
limit mavjud bo’lsa, uni
х0 , у0

nuqtadagi
y
)
yo’nalish bo’yicha limiti, deymiz.
1-misol.
x3
x2
f ( x, y )
y3
y2
funktsiya tekislikning (0,0) nuqtasidan boshqa barcha nuqtalarida aniqlangan. х
bo’lgani uchun
f ( x, y )
bo’ladi. Shu sababli agar х
0, у
3
2 x2 y2
x2 y2
0 bo’lsa, f ( x, y )
2
2 x2
0
y3
y2
0.
( x, y )
x2
x2
y2
y2
x
0
y
0
1
3
2
va у 3
х2 у2
3
2
2
bo’ladi, ya’ni
x3
x2
lim
y2
х2 у2
3
2-misol.
funktsiya tekislikning (0,0) nuqtasidan boshqa barcha nuqtalarida aniqlangan.
O’zgarmas
k
son uchun y
kx to’g’ri chiziqlar bo’ylab
1 k2
( x, kx )
1 k2
Bu yerdan ko’rinadiki,
bo’yicha limitlari har xil.
3-misol.
agar
х
f ( x, y )
0
k
ning har xil qiymatlari uchun funktsiyaning (0,0) nuqtadagi har xil yo’nalishlar
x3 y
x4 y2
funktsiyaning
bo’lsa, f ( x, kx )
y kx to’g’ri chiziqlar bo’ylab (0,0) nuqtadagi limiti nolga teng:
kx 3
x4 k 2 x2
kx
x
2
k2
Lekin bu funktsiya (0,0) nuqtada limitga ega emas, chunki
f ( x, x 2 )
Funktsiyaning
х, у
N>0 son topilsaki, x
bo’lib,
.
x4
x
4
x
4
0.
у
х 2 desak:
1
va lim f ( x, x 2 )
x 0
2
1
.
2
dagi limiti tushunchasini xam kiritsa bo’ladi har qanday
N, y
> 0 son uchun shunday
N tengsizliklarni qanoatlantiruvchi barcha х, у lar uchun funktsiya aniqlangan
tengsizlik o’rinli bo’lsa, A son funktsiyaning
f ( x, y) A
dagi limiti, deyiladi va quyidagicha yoziladi
х, у
271
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
Agar
funktsiya
х0 , у0
lim
f ( x, y )
,y
A.
nuqtaning o’zida bo’lmasa ham, uning biror atrofida aniqlangan bo’lsa va har
0 son topilsaki, х0 , у0 nuqtaning -atrofidagi barcha ( х, у ) lar uchun
qanday N>0 son uchun shunday
f ( x, y)
N
bo’lsa, u holda
lim
x
Х ,y
0
f ( x, y)
У
0
deymiz.
Quyidagi munosabatlar o’rinli:
lim
x Х ,y У
0
f ( x, y ) g ( x, y )
0
0
lim
agar
x
Х ,y У
0
f ( x, y )
0
lim
x Х ,y У
lim
x Х ,y У
f ( x, y ) g ( x, y )
0
0
lim
0
g ( x, y ) ,
0
f ( x, y )
x Х ,y У
lim
x Х ,y У
lim
x Х ,y У
0
0
(4)
0
g ( x, y ) ,
(5)
0
g ( x, y ) 0 bo’lsa,
0
lim
lim
x
Bu munosabatlar
х, у
Х ,y У
0
0
f ( x, y )
g ( x, y )
x
da ham o’rinli.
Х ,y У
0
f ( x, y )
lim
x
Х ,y У
0
.
0
0
Bir o’zgaruvchili funktsiyaning limiti haqidagi barcha teoremalar (6-bob, 2.2-§ ga qarang)
o’zgaruvchining funktsiyasi uchun ham o’rinli.
272
www.ziyouz.com kutubxonasi
(6)
g ( x, y )
ko’p
3-§. Uzluksiz funktsiyalar
х0 , у0 nuqtada va uning biror atrofida aniqlangan z f ( x, y ) funktsiya berilgan bo’lsin.
Agar х va у lar mos ravishda х va у orttirmalar olsa, u holda quyidagi ayirmani
z f ( x0
x, y0
y) f ( x0 , y0 )
Bizga
z
f ( x, y )
funktsiyaning
х0 , у0
nuqtadagi to’la orttirmasi, deymiz.
Agar х0 , у0 nuqtada
lim z
x
y
bo’lsa,
z
0
0
0
(1)
f ( x, y ) funktsiya х0 , у0 nuqtada uzluksiz, deyiladi. (1) ni yana quyidagicha yozsa bo’ladi:
lim
f ( x0
x, y 0
y ) f ( x0 , y 0 ) 0
x
0, y
0
yoki
lim
x
x0 , y
f ( x, y )
y0
(1’)
f ( x0 , y0 ) .
2-§ dagi (4)-(6) munosabatlardan bevosita quyidagi teorema kelib chiqadi.
1-teorema. х0 , у0 nuqtada uzluksiz bo’lgan va g funktsiyalarning yig’indisi, ayirmasi, ko’paytmasi va
agar g ( х0 , у0 ) 0 bo’lsa, bo’linmasi ham shu nuqtada uzluksiz bo’ladi.
Bu teoremadan x va u larning har qanday ko’phadi tekislikning ixtiyoriy nuqtasida uzluksiz ekanligi kelib
chiqadi.
(x, u) ning ko’phadlari nisbati P/Q (x, u) ning ratsional funktsiyasi, deyiladi. P/Q ratsional funktsiya Q (x, u)q0
bo’ladigan nuqtalardan boshqa barcha nuqtalarda uzluksiz bo’ladi.
Quyidagi teorema murakkab funktsiyaning uzluksiz bo’lishlik shartini beradi:
f ( x, y , z )
( x0 , y0 , z0 ) nuqtasida ( x, y, z ) nuqtalar bo’yicha
(u , ) , z
x
(u , ) , y
(u , )
funktsiyalar R2 arifmetik fazoning (u0 , 0 ) nuqtasida (u , ) nuqtalar bo’yicha uzluksiz bo’lsin. Agar
(u0 , 0 ) , z0
x0
(u0 , 0 ) , y0
(u0 , 0 )
2-teorema.
funktsiya R3 arifmetik fazoning
bo’lsa, u holda
F (u ,
funktsiya
(u0 ,
0
(u, ),
)=
(u , ),
(u, )
) nuqtada (u , ) lar bo’yicha uzluksiz bo’ladi.
Teoremaning isboti (1) munosabatdan kelib chiqadi:
lim
u,
F (u, )
lim
u,
U ,
0 0
0
Y0
Z0
u,
u,
f ( x0 , y 0 , z 0 )
3-teorema.
f
(u0 ,
f (u, ), (u, ), (u, )
X
0
), (u0 ,
0
), (u0 ,
0
)
F u0 ,
х0 , у0 nuqtada uzluksiz va shu nuqtada nolga teng bo’lmagan z
nuqtaning biror atrofida
0
.
f ( x, y ) funktsiya х0 , у0
х0 , у0 ning ishorasini saqlaydi.
Bu teoremaning isboti 5-bobning 2.2-§ dagi 3-teoremaning isbotidek bajariladi.
4-§. Xususiy orttirmalar va hosilalar
Erkli
у
o’zgaruvchini o’zgartirmay,
х
ga
x
z
х
z
f ( x, y)
ottirma bersak, berilgan
f (x
x, y)
273
www.ziyouz.com kutubxonasi
f ( x, y )
funktsiyaning olgan
orttirmasini uning х bo’yicha xususiy orttirmasi, deb ataymiz. Xuddi shuningdek, agar х ni o’zgartirmay у ga
orttirma bersak, natijada funktsiyaning olgan
у
z
f ( x, y
у)
у
f ( x, y )
orttirmasi uning у bo’yicha xususiy orttirmasi, deyiladi.
Avvalgi paragrafda kiritilgan to’la orttirmani xususiy orttirmalar orqali quyidagicha ifodalasa bo’ladi:
z
f (x
x, y
y)
f ( x, y )
Bu tenglikdan ko’rinadiki, umuman
x
z
y
f ( x, y
f ( x, y
x
z
y)
x
x
x y x2 y
2
x2 ( y
z
y
y)
f ( x, y ).
x 2 y funktsiya uchun
x2 y ,
2x x
y) x 2 y
z (x
x)2 ( y
( x2 2 x x
f ( x, y
z bo’lavermaydi. Masalan, z
z
y
y)
x2 y ,
y ) x 2 y (2 x x
x2 ) y
x2 ) y
xz
yz .
Agar
z
x
x
lim
x
limit mavjud bo’lsa, uni z
z x' , f x' ,
0
lim
x
f (x
x, y)
x
0
f ( x, y)
f ( x, y ) funktsiyaning ( x, y ) nuqtadagi х bo’yicha xususiy hosilasi, deb atab,
z f
ko’rinishda belgilaymiz.
,
x x
Aynan shundek, agar
у
lim
у
limit mavjud bo’lsa, uni z
z 'у , f у' ,
z
lim
у
0
у
у)
у
f ( x, y
0
f ( x, y )
f ( x, y ) funktsiyaning ( x, y ) nuqtadagi
у
bo’yicha xususiy hosilasi, deb atab,
z f
,
ko’rinishda belgilaymiz.
у у
Xususiy orttirmalarning ta’rifidan
bo’yicha olingan oddiy hosila,
z 'у
z x'
xususiy hosilani у
const deb qilingan farazda funktsiyadan х
const deb qilingan farazda funktsiyadan у bo’yicha
xususiy hosilani х
olingan oddiy hosila, deb tushunish kerakligi kelib chiqadi.
Bundan xususiy hosilalarni hisoblash qoidalari bir o’zgaruvchining funktsiyasini differentsiallash qoidalari bilan
bir xil bo’lishi kelib chiqadi.
z x 2 cos(xy) funktsiyaning xususiy hosilalarini hisoblang.
'
'
2
x 3 sin( xy ) .
Yechish z x 2 x cos(xy ) x y sin( xy ) , z y
z z
y
2-misol. z x .
,
topilsin.
x y
z
ух у 1 , z х у ln x .
Yechish
x
y
1-misol.
Eslatma. Erkli o’zgaruvchilari soni ikkitadan oshiq bo’lgan funktsiyalar uchun ham xususiy hosilalar aynan
shunday kiritiladi.
2
3-misol. u x
y 2 zt 3 .
Yechish
u
x
2x ,
u
y
2y ,
u
z
t3 ,
u
t
3zt 2 .
5-§. To’la differentsial va uning taqribiy hisoblarda qo’llanishi
274
www.ziyouz.com kutubxonasi
f ( x, y ) funktsiya berilgan bo’lsin. Bu
Bizga biror х, у nuqtada uzluksiz xususiy hosilalari mavjud bo’lgan z
funktsiyaning to’la orttirmasini uning xususiy hosilalari orqali ifodalaymiz. Ma’lumki,
z
[ f (x
x, y
y)
[ f ( x, y
y)
f ( x, y
y )]
(1)
f ( x, y )].
Kvadrat qavslar ichidagi ifodalarga Lagranj teoremasini qo’llasak:
f ( x, y
f (x
у, у
у va х
bu yerda у
(2) va (3) larni (1) ga qo’ysak:
x, y
х, х
х
y)
f ( x, y )
,
y
f ( x, y
y)
,
x
x
f ( x, y )
y)
f ( x, y
y)
x
f (x, y
x
y)
y
(2)
(3)
.
z
f ( x, y )
.
y
y
(4)
Shartga ko’ra xususiy hosilalar uzluksiz bo’lgani uchun
x
lim
x
Agar
bo’ladi:
1
va
2
lar
х va
f (x, y
y)
f ( x, y )
,
x
x
f ( x, y )
f ( x, y )
lim
.
0, y 0
y
y
0, y
(5)
0
(6)
у larga nisbatan cheksiz kichik miqdorlar bo’lsa, u holda (5), (6) larni quyidagicha yozsa
f (x, y
y)
f ( x, y )
1,
x
x
f ( x, y )
f ( x, y )
2.
y
y
(5 )
(6 )
U holda (4) quyidagi ko’rinishni oladi:
f ( x, y )
x
x
z
f ( x, y )
y
y
x
r
y
r
1,
1 va shartga ko’ra
x
2
x2
r
Tenglikning o’ng tomonidagi oxirgi ikkita qo’shiluvchilar yig’indisi
tartibli cheksiz kichik miqdor, chunki
1
1
va
2
х
va
y.
(7)
y 2 ga nisbatan yuqori
lar cheksiz kichik miqdorlar
bo’lgani uchun
1
x
2
r
y
1
x
r
2
y
r
r
0
0.
Shu sababli birinchi ikkita qo’shiluvchining yig’indisi o’ng tomonning
'
x
у
larga nisbatan chiziqli
'
y
qismi bo’ladi. Agar f ( x, y) 0, f ( x, y) 0 bo’lsa, bu ikki qo’shiluvchi to’la orttirmaning asosiy qismi
bo’ladi.
Ta’rif. To’la orttirmasi biror х, у nuqtada х va у larga nisbatan chiziqli ifoda va r ga nisbatan
f ( x, y ) funktsiya
yuqori tartibli cheksiz kichik miqdorlar yig’indisi ko’rinishida ifodalanadigan har qanday z
shu nuqtada differentsiallanuvchi va bu ifodaning asosiy qismi funktsiyaning to’la differentsiali, deb ataladi. To’la
differentsial dz yoki df ko’rinishda belgilanadi.
f ( x, y ) funktsiya berilgan nuqtada uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lsa, u shu nuqtada
Demak, agar z
differentsiallanuvchi bo’lib, uning to’la differentsiali
dz
f x' ( x, y) x
f y' ( x, y) y
bo’lar ekan.
U holda (7) ni
275
www.ziyouz.com kutubxonasi
z
dz
x
1
y
2
ko’rinishda yoki taqriban
z
deb yozish mumkin.
Bir o’zgaruvchining funktsiyasida
dz
(8)
х ni dx ga almashtirish mumkin ekanligi ko’rilgan edi. Xuddi shundek,
х va y larni mos ravishda dx va dу larga almashtiramiz:
bu yerda ham
f x' ( x, y)dx
dz
f y' ( x, y)dy .
Agar funktsiya biror х, у nuqtada differentsiallanuvchi bo’lsa, u holda (7) dan uning shu nuqtada uzluksiz
ekanligi kelib chiqadi. Lekin aksi hamisha to’g’ri bo’lavermaydi.
1-misol.
z
x (y 1) funktsiya (0,0) nuqtada uzluksiz, lekin uning bu nuqtada
z
x
xususiy hosilasi mavjud
emas, ya’ni bu funktsiya (0,0) nuqtada differentsiallanuvchi emas.
Bir o’zgaruvchining funktsiyasi biror nuqtada differentsiallanuvchi bo’lishi uchun uning shu nuqtada
hosilasi mavjud bo’lishi zarur va yetarli bo’lsa, ko’p o’zgaruvchilarning funktsiyasi uchun bu yetarli emas.
Teorema. Funktsiya biror nuqtada differentsiallanuvchi bo’lishi uchun uning shu nuqtada xususiy hosilalari mavjud
bo’lishi zarur va agar bu xususiy hosilalar uzluksiz bo’lsa yetarli hamdir.
Isboti. Teoremaning birinchi qismi quyidagicha isbot qilinadi:
Agar funktsiya biror х, у nuqtada differentsiallanuvchi bo’lsa, u holda ta’rifga ko’ra uning to’la
orttirmasi quyidagicha ifodalanadi:
z A x B y o( r ) .
(9)
Agar bu tenglikda у 0 desak:
tenglik hosil bo’ladi. Buni
х
x
z
A x o( x)
ga bo’lib limitga o’tsak:
A
z
x
z
x
x
lim
x
0
munosabatga kelamiz. Aynan shundek mulohaza bilan
B
z
ekanligiga ishonch hosil qilamiz.
y
2-misol. Koordinatalar tekisliklarida nolga teng va R3 ning boshqa nuqtalarida 1 ga teng bo’lgan funktsiyaning
koordinatalar boshida nolga teng bo’lgan xususiy hosilalari mavjud bo’lsa ham bu funktsiya (0,0,0) nuqtada
uzulishga ega va shu sababli bu nuqtada differentsiallanuvchi emas. Demak, xususiy hosilalarning mavjudligi
funktsiyaning differentsiallanuvchiligi va hatto uzluksizligi uchun yetarli emas ekan.
Agar funktsiya biror
quyidagicha yozib olamiz:
х, у
nuqtada differentsiallanuvchi bo’lsa, u holda (8) munosabat o’rinli bo’ladi. Uni
f x' ( x, y)dx
z
f y' ( x, y)dy
yoki
f (x
R
H
x, y
y)
f ( x, y )
f ( x, y )
dx
x
f ( x, y )
dy .
y
(10)
(8) va (10) larning taqribiy hisoblarga qo’llanishini ko’raylik.
Masala. O’lchamlari: ichki tsilindr radiusi R, ichki tsilindr balandligi H va devor qalinligi k
bo’lgan aylanma tsilindrni tayyorlash uchun qancha xom ashyo ketishini aniqlang.
112-расм
Yechish 1) Aniq yechimi. So’ralgan hajm
tashqi tsilindr hajmidan ichki tsilindr hajmini
ayirmasiga teng. Tashqi tsilindrning radiusi R+k, balandligi H+k bo’lgani uchun
k
(R k ) 2 (H
k)
R2 H
yoki
2RHk R 2 k
276
www.ziyouz.com kutubxonasi
Hk 2
2Rk 2
k3
.
(11)
2) Taqribiy yechimi. Ichki tsilindr hajmini desak, q R 2 H , ya’ni R va H o’zgaruvchilarning funktsiyasiga
ega bo’lamiz. Agar R va H ga bir xil k orttirma bersak, funktsiya qiymati so’ralgan hajmga teng bo’lgan orttirma
f.
oladi:
U holda (10) ga asosan
f
R
R
f
H
H
bo’ladi. Lekin
f
R
f
H
2 RH ,
R2 , R
H
k
bo’lgani uchun
2RHk R 2 k
2
2
(12)
3
bo’ladi. Agar (11) va (12) larni solishtirsak, ular Hk 2Rk k miqdorga farq qilishini ko’rish mumkin.
Bu farq raqamlarda qanday aks etishini ko’rish uchun R=4 sm, H=20 sm, k=0,1 sm bo’lsin, deb faraz qilaylik.
(11) ga asosan
2 4 20 0,1 4 2 0,1 20 0,12 2 4 0,12 0,13 17,881 .
(12) ga asosan esa
2 4 20 0,1 4 2 0,1 17,6 .
Demak, taqribiy hisob uchun yozilgan (12) formula 0,3 dan kichik xatolik bilan natija berar ekan. Bu xatolik
0,3
17,881
o’lcham miqdorining 100
ini, ya’ni 2
idan kichik miqdorini tashkil etadi.
(8) ga ko’ra absolyut qiymatlari bo’yicha yetarlicha kichik x va u lar uchun funktsiyaning to’la orttirmasini
to’la differentsialga taqriban almashtirish mumkin:
f
x
x
z
f
y.
y
Bundan
f
x
z
f
y
x
*
Miqdorlarning maksimal absolyut xatoliklarini mos ravishda
x,
*
y.
у va
(13)
*
z bilan belgilasak, oxirgi
tengsizlikni quyidagicha yozish mumkin:
*
Misollar.
1. Agar u
2. Agar z
3. Agar
z
x
y
z bo’lsa, u holda
*u
xy bo’lsa,
*z
x *y
*x
*
f
y
x
*y
*
y.
(14)
*z .
y * x bo’ladi.
x
bo’lsa, u holda
y
*z
1
y
4. To’g’ri burchakli ABC uchburchakning kateti
katetni aniqlashdagi maksimal absolyut xatolik
*A
f
x
z
12" . Uchburchakning а katetini a
*x
x
y2
*y .
b 121,56 м , bir burchagi A 25 0 21'40" , bundan tashqari
*b
0,05 м , A burchakni aniqlashdagi maksimal absolyut xatolik
btgA
formula bilan hisoblashda yo’l qo’yiladigan maksimal absolyut
tgA
*b
xatolikni toping.
Yechish (14) formulaga binoan
*a
b
cos2 A
277
www.ziyouz.com kutubxonasi
*A .
* A 12" ni radianlarda ifodalab, o’rniga qo’ysak:
Agar trigonometrik funktsiyalar jadvalidan foydalanib va
121,56
12
0
cos 25 21'40" 206265 .
0,0237 0,0087 0,0324 м
х xatoligini bu miqdorning taqribiy х qiymatiga bo’lgan nisbati shu miqdorning nisbiy
tg 250 21'40" 0,05
*a
Biror miqdorning
2
х
bo’ladi.
х
х bilan belgilasak, х
xatoligi, deb ataladi. Agar bu xatolikni
х miqdorning maksimal nisbiy xatoligi deb, maksimal absolyut xatoligini х ning absolyut qiymatiga bo’lgan
nisbatiga aytamiz:
*x
*x
Agar (14) ni z
x
.
(15)
f ( x, y) ga bo’lsak:
f
x
f
*z
z
f
y
f
*x
*y ,
(16)
lekin bu yerda
f
y
ln f ,
x
f
f
x
f
y
ln f .
Shu sababli (16) ni quyidagicha yozish mumkin:
*z
x
ln f
*x
y
ln f
*y .
(17)
Bu tenglikning o’ng tomoniga (14) ni qo’llasak:
*z
* ln f .
(18)
(18) dan taqribiy hisoblashlarda keng qo’llanadigan quyidagi qoidalar kelib chiqadi:
xy bo’lsa, 2-misolga ko’ra
1. Agar z
*z
2.
z
x
y
y
*x
x
*y
*x
*y
xy
x
y
*z
*x
xy
*x
*y .
bo’lsin. U holda 3-misolga ko’ra
4-misol. Agar mayatnikning uzunligi
*y .
l , og’irlik kuchining tezlanishi g
T
2
bo’lsa, mayatnikning tebranish davri
l
g
formula bo’yicha hisoblanadi.
Agar
(0,005 aniqlik bilan),
l =1m (0,01 m aniqlik bilan), g =9,8 м
bu formulada hisoblangan natijada yo’l qo’yilgan nisbiy xatolikni toping.
Yechish Bu xatolikni topish uchun (18) ni qo’llaymiz.
Buning uchun
ln T
1
ln l
2
ln 2 ln
1
ln g
2
278
www.ziyouz.com kutubxonasi
с2
(0,02
м
с2
aniqlik bilan desak,
ni hisoblab olamiz.
Shartga ko’ra
0,005, * l 0,001 м, * g 0,02 м
*
*
* ln T
*l
2l
. Shuning uchun
с2
0,005
3,14
*g
2g
0,01 0,02
2
2 9,8
0,0076 .
Demak, yo’l qo’yilgan maksimal nisbiy xatolik
*Т
0,0076
0,76 %
ekan.
6-§. Murakkab funktsiyaning xususiy hosilalari. To’la hosila. Murakkab funktsiyaning to’la differentsali
Agar
z F (u , )
(1)
tenglamada
u
va
х
lar erkli
у
va
o’zgaruvchilarning funktsiyalari bo’lsa,
u
( x, y ) ,
( x, y ) ,
u holda (1) va larning murakkab funktsiyasi bo’ladi. Uni va lar orqali quyidagicha ifodalasa ham bo’ladi:
z F ( ( x, y ), ( x, y )) .
Faraz qilaylik, ,
( x, y ) va
ni o’zgarmas deb,
х
х
ga
orttirmalar oladi. (1) ga asosan
z
z z
,
x y
Bu tenglikning har bir hadini
0 bo’lsa,
xu
0,
u
va
F (u , ) ham 5-§, (7) formula orqali ifodalanuvchi
х
x
F (u, )
u
x
1
x
u
2
lar ham
z
х
u,
x
orttirma oladi:
.
x
ga bo’lamiz:
F
u
z
x
х
xususiy hosilalarni topaylik.
orttirma beraylik. U holda (2) ga ko’ra,
F (u, )
u
z
Agar
(3)
( x, y ) funktsiyalar barcha argumentlari bo’yicha uzluksiz hosilalarga ega bo’lsin. (3)
dan foydalanmasdan, (1) va (2) tenglamalar orqali
у
(2)
u
x
0 va
x
F
x
x
1
x
1
0,
u
x
x
x
2
х
0. Oxirgi tenglikda
2
z
x
F
u
u
x
.
x
F
x
0 bo’lganda limitga o’tamiz:
.
(4)
Endi, aynan shunday mulohaza yuritib ( х ni o’zgarmas deb, u ga u orttirma bersak):
z
y
F
u
u
y
F
(5)
y
tenglikka ega bo’lamiz.
Eslatma. Argumentlarning sanog’i ko’p bo’lganda ham xususiy hosilalar shunga o’xshash topiladi.
Misol: w=u2 -t3 bo’lib, u= х - у ; = х y ; t= х + у bo’lsin.
w
x
w u
u x
2( x
x
y ) xy ( x
w
y
2( x
w
.
w t
t x
y ) 2 y 3( x
y) 2 ,
2u ( 1) u 2 x 3t 2
y ) xy ( x
y ) 2 x 3( x
Agar z=F ( х , у , u, ) funktsiya berilgan bo’lib, u, u,
ya’ni
u 2 y 3t 2
2u
y) 2 .
lar o’z navbatida faqat
х
ning funktsiyalari bo’lsa,
у =f ( х ), u= ( х ), = ( х ), u holda z faqat bitta х o’zgaruvchining funktsiyasi bo’lib qoladi va undan
oddiy dz/d х hosilani topish masalasini qo’yish mumkin. U holda
279
www.ziyouz.com kutubxonasi
F
x
dz
dx
bu yerda
dx
y
1,
dx
x
dy y
,
dx x
x
x
F
y
y
x
F
u
u
x
F
x
du
d
ekanligini e’tiborga olsak,
,
dx x dx
F
F dy
F du
dz
dx
x
y dx
u dx
,
Fd
dx
(6)
hosil bo’ladi. Bu hosilani to’la hosila, deb ataymiz.
Misol.
z
x3
y; y
sin 2 x .
Yechish.
z
x
3x 2
2 x
3
y
;
z
y
1
2 x
dy
y dx
;
3
2 cos 2 x
U holda
dz
dx
3x 2
1
3
3
2 x
y
2 x
3x 2
2 cos 2 x
y
2 x
2 cos 2 x
3
sin 2 x
bo’ladi.
Endi, (1) va (2) tengliklar bilan aniqlanuvchi murakkab funktsiyaning to’la differentsialini topaylik. Buning uchun
(4) va (5) larni to’la differentsialning
z
dx
x
dz
z
dy
y
(7)
formulasiga qo’ysak:
dz
F u
u x
F
x
F u
u y
dx
F
y
dy .
Ifodalarda o’rin almashtirishlar bajarsak:
dz
F
u
u
dx
x
u
dy
y
du ,
x
F
dy
u
dy
y
y
dx .
(8)
Agar
u
dx
x
x
dx
y
dy
d
ekanligini eslasak, u holda (8) ni quyidagicha yozsa bo’ladi:
dz
F
du
u
F
dz
z
du
u
z
d
(9)
yoki
d .
(10)
To’la differentsialning (7) va (10) ifodalarini solishtirsak, ularning umumiy ko’rinishi bir xil ekanligiga ishonch
hosil qilamiz. To’la differen-ialning bu xususiyati differentsial ko’rinishining invariantligi deb ataladi.
7-§. Oshkormas funktsiyaning hosilasi
Avval bitta erkli o’zgaruvchining oshkormas funktsiyasidan hosila olishni ko’rib chiqamiz.
Teorema. х ning uzluksiz funktsiyasi
F ( х , у )=0
(1)
oshkormas tenglama bilan berilgan bo’lsin. Agar (1) tenglamani qanoatlantiradigan ( х , у ) nuqtani o’z ichiga
olgan biror D sohada F ( х , у ), Fx ( х ,
у ), Fy ( х , у ) lar uzluksiz bo’lib, Fy ( х , у )
280
www.ziyouz.com kutubxonasi
0 bo’lsa, u holda
Fx| ( x , y)
Fy| ( x , y)
y x|
bo’ladi.
Isbot. х ning biror qiymatida F( х ,
ga asosan
у )=0 bo’lsin. х
х orttirma bersak, у
ga
(2)
у orttirma oladi. U holda (1)
F ( х + х , у + у )=0
bo’ladi.
F ( х + х , у + у )-F ( х ,
ayirmani xususiy hosilalar orqali ifodalaymiz:
у )=0
F (x
x, y
y) F ( x y)
.
F
F
x
y 1 x
0
2 y
x
y
Bundan
hosil bo’ladi. Buni ikkala tomonini
х
F
x
F
y
y
x
х
2
y
0
у / х ni topamiz:
ga bo’lib,
F
x
F
y
y
x
Agar
olsak,
x
1
0 bo’lganda limitga o’tsak va
1
0 va
1
.
2
F/ у 0 ekanligini hisobga
0,hamda
2
F
x
F
y
dy
dx
(3)
bo’ladi.
Misol.
х 2+cos ( х + у 2)=0. у x =?
y
|
x
2 x sin( x
2 y sin( x
y2 )
y2 )
2 x sin( x y 2 )
.
2 y sin( x y 2 )
Endi, ikki argumentli oshkormas ko’rinishda berilgan F ( х , у , z)=0 funktsiyadan z/ х va z/ у xususiy
hosilalarni topamiz. z/ х ni topish paytida у ni o’zgarmas deb va (3) formuladan foydalansak,
z/ х =-Fx /Fz
bo’ladi. Aynan shunga o’xshash mulohazalar bilan
z/ у =-Fy /Fz
formulani hosil qilamiz.
Misol.
ez+ х 2 у +z+5=0. F( х , у , z)=ez+ х 2 у +z+5
Fx =2 х у ; Fy = х 2; Fz =ez+1.
Demak,
z x|
2 xy
, z |y
ez 1
x2
ez
1
.
8-§. Urinma tekislik. Differentsialning geometrik ma’nosi
Faraz qilaylik, S sirt tekislikning biror sohasida uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lgan
z f ( х, у )
281
www.ziyouz.com kutubxonasi
(1)
funktsiyaning geometrik aksi bo’lsin.
S sirtga uning biror M 0 x0 , y0 , z 0 , z 0
f ( x0 , y0 ) nuqtasida o’tkazilgan urinma tekislik deb, tenglamasi
Z
f
x
z0
X
f
y
x0
0
Y
y0
0
f
x
tekislikka aytamiz, bu yerda, X, Y, Z o’zgaruvchi koordinatalar,
ko’rinishda bo’lgan
(2)
,
0
f
y
—
funktsiya
0
xususiy hosilalarining Р0 ( х0 , у0 ) nuqtadagi qiymatlari.
bo’lsin. Р ( х, у ) nuqtadan z o’qiga parallel o’tgan to’g’ri chiziq
nuqtada, S sirtni M nuqtada kesadi. M nuqtaning applikatasi
z f ( х, у ) ,
T nuqtaning applikatasi esa
М
Т
М0
O
x
Р( х, у ) tekislikning berilgan nuq-tasiga yaqin biror nuqta
Faraz qilaylik,
z
N
P0
P
z
y
f
x
f ( x0 , y 0 )
x x0
0
f
y
y
tekislikni T
y0 .
0
M va T nuqtalar orasidagi masofa
113-расм.
MT | f ( x, y)
f
x
f ( x0 , y 0 )
x x0
0
f
y
y y0 |
(3)
0
bo’lsa, P va P0 nuqtalar orasidagi masofa
x0 ) 2
(x
funktsiya
Shartga ko’ra
х0 , у 0
y0 ) 2 .
(y
nuqtada uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lgani uchun u shu nuqtada
differentsiallanuvchidir. Shuning uchun (3) ning o’ng tomoni nolga
МТ
о( ) .
dan ko’ra tezroq intiladi, ya’ni
0
Bu xususiyat faqat urinma tekisligiga xos, chunki agar shu xususiyatga tenglamasi
Z
z0
a x x0
bo’lgan boshqa П tekislik ham ega bo’lsa, u holda
by
y0
bo’lganda
f ( x, y) f ( x0 , y0 ) a x x0 b y y0 o( )
bo’ladi va shu sababli funktsiya х0 , у0 nuqtada differentsiallanuvchi bo’lib,
a
f
x
f
y
,b
0
0
bo’ladi, ya’ni П =П bo’ladi.
Demak, S sirt o’zining x0 , y0 , f ( x0 , y0 ) nuqtasida urinma tekislikka ega bo’lishi uchun, funktsiya P0
nuqtada differentsiallanuvchi bo’lishi zarur va yetarli ekan.
(2) ning o’ng tomoni funktsiyaning P0 nuqtadagi differentsiali, chap tomoni esa П urinma tekislikning
applikatasining orttirmasidir.
Demak,
funktsiyaning x0 , y0 nuqtadagi х x0 , у y0 orttirmalarga mos keluvchi to’la differentsiali
geometrik nuqtai-nazardan z f ( х, у ) sirtga x0 , y0 nuqtada o’tkazilgan urinma tekislik applikatasining
orttirmasini berar ekan.
Eslatma. Agar z f ( х, у ) funktsiyaning x0 , y0 nuqtada xususiy hosilalari mavjud bo’lsa ham, lekin shu
nuqtada differentsiallanuvchi bo’lmasa, u holda (2) tekislikni
urinma tekislik, deb atashdan ma’no yo’q, chunki
z
f ( х, у ) sirtga x0 , y0 nuqtada o’tkazilgan
da f ( х, у ) Z ayirma nolga
dan tezroq intilmaydi.
Masalan, х va у o’qlarida nolga va tekislikning boshqa nuqtalarida birga teng bo’lgan z
'
x
uchun f (0,0)
'
y
f (0,0)
f ( х, у ) funktsiya
0 va shu sababli (2) tenglama Z=0 bo’ladi, lekin x va у o’qlaridan tashqaridagi barcha
x, y nuqtalarda f ( x, y ) Z
f ( x, y ) 0 1 .
282
www.ziyouz.com kutubxonasi
Ta’rif. Urinma tekislikka urinish nuqtasida perpendikulyar bo’lgan to’g’ri chiziq normal to’g’ri chiziq,
deyiladi. Uning tenglamasi quyidagicha bo’ladi:
x x0
f (x0 , y0 )
y y0
f (x0 , y0 )
|
x
z z0
.
1
|
y
Agar sirtning tenglamasi F(x, y, z)=0 oshkormas ko’rinishda berilgan bo’lsa, ma’lumki xususiy hosilalar
Fx| ( x0 , y0 , z0 )
;
Fz| ( x0 , y0 , z0 )
|
x
f ( x0 , y0 )
Fy| ( x0 , y0 , z0 )
|
y
f ( x0 , y0 )
Fz| ( x0 , y0 , z0 )
bo’lib, urinma tekislikning tenglamasi quyidagicha bo’ladi:
z
z0
F | (x , y , z )
( x x0 ) x| 0 0 0
Fz (x0 , y0 , z0 )
(y
y0 )
Fy| ( x0 , y0 , z0 )
Fz| (x0 , y0 , z0 )
yoki
(z-z0) Fz|(x0,y0,z0)+(x-x0) Fx|(x0,y0,z0)+(y-y0) Fy|(x0,y0,z0)=0
yoki qisqacha
(x
x0 )
F
x x0
(y
F
y x0
y0 )
(z
z0 )
F
z x0
0.
Normal to’g’ri chiziq tenglamasi quyidagicha bo’ladi:
y2
2
Misol. x 2
x x0
F
x x0
z2
y y0
F
y x0
z z0 .
F
z x0
1 aylanma ellipsoidga shunday urinma tekislik o’tkazilsinki, u x+y-z=0 tekislikka
parallel bo’lsin.
Yechish.
F
x x0
2 x0 ,
F
y x0
y0 ,
F
z x0
2 z0
bo’lgani sababli urinma tekislik M0(x0, y0, z0) nuqtada
2x0(x-x0)+y0(y-y0)+2z0(z-z0)=0
bo’ladi. Uning x+y-z=0 tekislikka parallelligidan foydalanamiz:
2 x0
1
y0
1
2 z0
.
1
Bunga M0 nuqtaning ellipsoidda yotish sharti x02+y02/2+z02=1 ni qo’shamiz va birgalikda yechib, M0(1)(1/2,1, 1/2) va M0(2)(–1/2, -1,1/2) larni topamiz. Bu nuqtalarning koordinatalarini urinma tekislik tenglamasiga qo’yib,
ikkita tekislikni topamiz:
õ+y-z=2 va õ+y-z=-2.
9-§. Bir jinsli funktsiyalar
Ta’rif. Agar
qolsa, ya’ni
funktsiyaning har bir argumentini t ga ko’paytirganda
funktsiya tk ko’paytuvchiga ega bo’lib
f (tx, ty, tz ) t k f ( x, y, z)
bo’lsa, biror D sohada aniqlangan f ( x, y , z ) funktsiya k — darajali birjinsli funktsiya deyiladi.
Misollar:
1. 3x 2
2xy 5 y 2 ikkinchi darajali birjinsli ko’phaddir, chunki
3(tx ) 2
2(tx )(ty ) 5(ty ) 2
5t 2 y 2
2. x
t 2 (3x 2
3t 2 x 2
2t 2 xy
2 xy 5 y 2 )
x4 y4
x
ln ikkinchi darajali birjinsli funktsiyadir. Haqiqatan
x y
y
283
www.ziyouz.com kutubxonasi
.
(1)
(tx )
(tx ) 4 (ty ) 4
tx
ln
tx ty
ty
x4 y4
x .
ln
x y
y
t2 x
Birjinslilik ko’rsatkichi k butun son bo’lishi shart emas, u ixtiyoriy haqiqiy son bo’lishi mumkin.
3. x
sin
y
x
y
cos
y
funktsiya -darajali birjinsli funktsiya. Buni tekshirishni o’quvchining o’ziga havola
x
qilamiz.
Faraz qilaylik, bizga k -darajali birjinsli f ( x, y , z ) funktsiya berilgan bo’lsin. U holda (1) tenglik o’rinli
bo’ladi. Agar bu tenglikda t
1
desak:
x
f
1
1
1
x, y , z
x
x
x
1
x
k
y z
f 1, ,
x x
1
f ( x, y , z )
xk
f ( x, y , z )
yoki bundan
y z
x k f 1, ,
x x
f ( x, y , z )
(2)
kelib chiqadi. (2) tenglik k -darajali birjinsli f ( x, y, z ) funktsiyaning umumiy ko’rinishi, deb ataladi.
Birjinslilik ko’rsatkichi k =0, ya’ni f ( x, y , z ) funktsiya 0-darajali birjinsli funktsiya bo’lsa, u holda uni
soddagina qilib birjinsli funktsiya, deb ataymiz.
Demak, birjinsli funktsiya uchun
f (tx, ty , tz )
y z
x x
f ( x, y, z ) = f 1, ,
(3)
munosabat o’rinli bo’lar ekan.
Endi faraz qilaylik, k -darajali birjinsli f ( x, y , z ) funktsiya ochiq
D sohada barcha argumentlari bo’yicha
uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lsin. D sohadan ixtiyoriy ravishda biror x0 , y0 , z 0 nuqta tanlasak, (1) ga
asosan har qanday t
0 uchun
f (tx0 , ty 0 , tz 0 ) t k f ( x0 , y0 , z 0 )
tenglik o’rinli bo’ladi.
Bu tenglikni t bo’yicha differentsiallasak (tenglikning chap tomoni murakkab funktsiyani differentsiallash
qoidasi bo’yicha, o’ng tomoni esa darajali funktsiyani differentsiallash formulasiga ko’ra bajariladi)
f x ' (tx0 , ty0 , tz 0 ) x0
f y ' (tx0 , ty0 , tz0 ) y0
f z ' (tx0 , ty0 , tz 0 ) z0
Agar bu yerda, t
kt k
1
f ( x0 , y0 , z0 ).
1 desak, quyidagi formulaga kelamiz
f x ' ( x0 , y0 , z0 ) x0 f y ' ( x0 , y0 , z0 ) y0
f z ' ( x0 , y0 , z0 ) z0 k f ( x0 , y0 , z0 ).
Demak, D sohaning ixtiyoriy x, y, z nuqtasi uchun
f x ' ( x , y , z ) x f y ' ( x, y , z ) y
f z ' ( x, y , z ) z
k f ( x, y , z )
(4)
tenglik o’rinli ekan. Bu tenglikni Eyler formulasi, deb atashadi.
Biz hozir bu tenglikni ixtiyoriy barcha argumentlari bo’yicha uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lgan k -darajali
birjinsli f ( x, y , z ) funktsiya qanoatlanti-rishini ko’rsatdik. Teskarisini, ya’ni (4) Eyler formulasini qanoatlantiruvchi
xususiy hosilalari bilan uzluksiz bo’lgan har qanday funktsiya k -darajali birjinsli funktsiya bo’lishi zarurligini ko’rsatish
mumkin.
284
www.ziyouz.com kutubxonasi
10-§. Yuqori tartibli hosilalar va differentsiallar
10.1. Yuqori tartibli hosilalar
Agar z f ( x, y ) funktsiya1 biror ochiq D sohada argumentlarining birortasi bo’yicha xususiy hosilaga ega
bo’lsa, u hosila o’z navbatida yana o’sha o’zgaruvchilarning funktsiyasi bo’lib, shu o’zgaruvchilar bo’yicha xususiy
f ( x, y ) funktsiya uchun ikkinchi tartibli xususiy hosilalar
hosilaga ega bo’lishi mumkin. Bu hosilalar z
bo’ladi.
Agar birinchi hosila, masalan, x bo’yicha olingan bo’lsa, u holda undan x, y lar bo’yicha olingan hosilalar
quyidagicha belgilanadi:
2
z
x
2
2
z
z
,
x y
x
x
z
.
x
y
Ayrim hollarda ikkinchi hosilalar uchun
z x2 "
z x ' x ' , z xy "
zx ' y '
belgilashlar ham ishlatiladi.
Agar birinchi hosila y bo’yicha olingan bo’lsa, u holda ikkinchi hosilalar quyidagicha belgilanadi:
2
z
y x
x
z
y
z yx " ,
2
z
y
2
z
y
y
z y2 ".
Uchinchi, to’rtinchi va h.k. yuqori tartibli hosilalar aynan shunday kiritiladi.
Har xil o’zgaruvchilar bo’yicha olingan yuqori tartibli
2
2
3
3
z
z
z
z
,
,
,
2
x y y x x y x y2
¾
xususiy hosilalar aralash hosilalar deyiladi.
1-misol.
Yechish.
x 4 y 3 . Uchinchi tartibgacha
z
3
3
barcha xususiy hosilalarni toping.
z x ' 4 x y , z xx ' ' 12 x y , z xy ' ' 12 x 3 y 2 , z xxx ' ' ' 24 xy 3 ,
2 2
z xxy ' ' ' 36 x 2 y 2 , z xyx ' ' ' 36 x y , z xyy ' ' ' 24 x 3 y ,
2 3
z y ' 3x 4 y 2 , z yx ' ' 12 x 3 y 2 , z yy ' ' 6 x 4 y , z yxx ' ' ' 36 x 2 y 2 ,
z yxy ' ' ' 24 x 3 y , z yyx ' ' ' 24 x 2 y , z yyy ' ' ' 6 x 4 .
2-misol. z
Yechish.
x
. Ikkinchi tartibgacha barcha xususiy hosilalarni hisoblang.
y
y
z
x
,
,
2
2
2
x
y
y
x
y2
arctg
z
x
2
z
x
2
y
x x
2
y
2
z
x y
y
y x2
2
z
y x
2
z
y
2
2 xy
2
y2
x2
y2
x2
y2
x2
y2
x
x2
y2
y2
x2
y2
2
2
x
y
x
2
,
2
x2
x
,
2
2 xy
y
x
y2
,
2
2
.
10.2. Aralash hosilalar haqidagi teorema
1
Biz bu yerda ham ttushunish oson bo’lishi uchun ikki erkli o’zgaruvchi bo’lgan hol bilan chegaralanamiz.
285
www.ziyouz.com kutubxonasi
Yuqoridagi ikkala misolda ham ayrim aralash hosilalar o’zaro teng ekanligini kuzatgan edik. Lekin bundan har
doim shunday bo’laveradi, deyish xato bo’ladi. Bunga misol sifatida
x
2
y
2
0 lar uchun f ( x, y )
x2
xy 2
x
x2
x2
( x2
y2
, f (0,0) 0
y2
funktsiyani ko’raylik.
f
x
y
y2
y2
4x 2 y 2
x
2
y
2 2
f х ' (0,0)
y 2 0 lar uchun) va
0.
Agar x ga nol qiymat bersak, y ning ixtiyoriy qiymati uchun f х ' (0, у)
differentsiallasak f ху ' ' (0, у )
у bo’ladi. Buni y bo’yicha
1 ga ega bo’lamiz. Xususan (0,0) nuqtada ham f ху ' ' (0,0)
Aynan shundek mulohazalar bilan f ух ' ' (0,0)
1 bo’ladi.
1 ekanligiga ishonch hosil qilish qiyin emas.
Demak, berilgan funktsiya uchun f ху ' ' (0,0)
f ух ' ' (0,0) ekan.
Aralash hosilalarning tengligi haqidagi fikrlarni Eyler va Kleroning2 ishlarida ham uchratish mumkin, lekin
buning qat’iy isbotini 1873 yilda Shvarts3 bergan.
Quyidagi teorema aralash xususiy hosilalarning teng bo’lish shartlarini beradi.
Teorema. Agar: 1) f ( x, y ) funktsiya biror ochiq D sohada aniqlangan; 2) shu sohada birinchi f x' va
f xy''
ikkinchi aralash f xy'' va f yx'' xususiy hosilalarga ega va nihoyat 3)
funktsiyasi sifatida
va
f yx''
xususiy hosilalar
f y' ,
x, y larning
D sohaning biror ( x0 , y0 ) nuqtasida uzluksiz bo’lsa, u holda shu nuqtada
f xy'' ( х0 , у0 ) = f yx'' ( х0 , у0 )
bo’ladi.
Isboti. Haqiqatan ixtiyoriy
х, у orttirmalar uchun
х
у f ( x0 , y0 )
f ( x0
f ( x0 , y0
f ( x0 , y0
x, y0
y)
f ( x0 , y0
f ( x0
y
x
y)
f ( x0
f ( x0 , y0 )
y)
f ( x0 , y0 )
x, y0 )
f ( x0
f ( x0
x, y0 )
y)
(1)
x, y0
x, y0 )
f ( x0 , y0 )
y)
(2)
f ( x0 , y0 )
y
x
f ( x0 , y0 ) .
Yordamchi
( x, y0 )
f ( x, y0
funktsiyani kiritaylik. Umumiylikni buzmagan holda
y)
f ( x, y0 )
0 deb, bu funktsiyaga x0 , x0
x
Lagranj teoremasini qo’llasak (teoremaning 1-shartiga ko’ra, f
'
x
x oraliq uchun
xususiy hosila mavjud bo’lgani uchun bunga
haqqimiz bor):
x
y
f ( x0 , y0 )
x
( x0 , y0 )
'
x
x f ( x0
bu yerda 0
( x0 , y0 )
' ( x0
x, y0
( x0
x, y0 )
y)
'
x
f ( x0
x, y0 )
x
(3)
x, y0 ) ,
1.
Endi, teoremaning 2-shartiga ko’ra f xу'' xususiy hosila mavjud bo’lgani uchun oxirgi tenglikka yana Lagranj
teoremasini qo’llash mumkin. U holda:
x
2
3
y
f ( x0 , y 0 )
x
y f xy'' x0
Aleksis Klod Klero (1713-1765) — buyuk farang matematigi.
Karl German Armanlua Shvarts (1843-1921) – olmon matematigi.
286
www.ziyouz.com kutubxonasi
x, y0
1
y ,
(4)
bu yerda 0
1.
Teoremaning 3-shartiga ko’ra f xу'' aralash hosila ( x0 , y0 ) nuqtada uzluksiz bo’lgani uchun (4) ni quyidagicha yozamiz:
1
x
bu yerda
(5) da
х, у
х, у
0 bo’lganda
y
f ( x0 , y 0 )
y [ f xy'' x0 , y0
x
],
(5)
0 bo’ladi.
0 bo’lganda limitga o’tsak:
x
lim
f ( x0 , y 0 )
y
f xy'' ( x0 , y0 ) .
x y
(6)
Aynan shundek mulohazalar bilan
( x0 , y)
f ( x0
х, y)
f ( x0 , y)
yordamchi funktsiyani qo’llagan holda
у
lim
x
y
х
f ( x0 , y 0 )
f ух'' ( x0 , y0 )
x y
0
0
(7)
munosabatga kelamiz.
U holda (2) tenglikka asosan (6) va (7) lardan (1) kelib chiqadi.
1-eslatma. Induktsiya usuli yordamida bu teoremani faqat differentsiallash tartibi bilangina farq qiladigan istalgan
tartibli aralash xususiy hosilalarga qo’llash mumkin. Masalan,
3
2
f
x y
y
f
x
x
x
f
x
y
x
3
f
y
x
f .
y 2x
2-eslatma. Yuqoridagi misolda ko’rilgan funktsiya uchun teoremaning sharti bajarilmayapti, chunki
funktsiyaning aralash hosilalari (0,0) nuqtada uzluksiz emas. Shu sababli bu funktsiyaning aralash xususiy hosilalari
teng emas.
10.3. Yuqori tartibli differentsiallar
Biror D sohada 1-tartibli uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lgan z
holda uning to’la differentsiali deb,
dz
z
dx
x
f ( x, y ) funktsiya berilgan bo’lsin. U
z
dy
y
ifodaga aytgan edik. Bundan ko’rinadiki, dz ham x, y larning funktsiyasi bo’ladi. Agar ikkinchi tartibli uzluksiz xususiy
hosilalarga ega bo’lsa, dz birinchi tartibli uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’ladi. Shu sababli uning to’la differentsiali
d (dz) to’g’risida gapirish mumkin. Uni ning ikkinchi tartibli to’la differentsiali deb, d 2 z ko’rinishda belgilaymiz.
Demak,
d 2z
d (dz)
z
dy
y
d
2
z
dx
y x
d
2
y
z
2
z
dx
x
2
x
dx
2
x
z
2
d
z
dx
x
2
z
2
dy dy
z
dy
y
dx 2
z
dy dx
x y
2
2
z
dxdy
x y
2
z
y2
dy 2 .
Aynan shundek, ikkinchi tartibli differentsialning differentsialini uchinchi tartibli differentsial, deb atab,
d 3z
ko’rinishda belgilaymiz va h. k. п 1 - tartibli differentsialning to’la differentsialini п -tartibli differentsial deb, d z
ko’rinishda belgilaymiz.
п -tartibli differentsial mavjud bo’lishi uchun п -tartibgacha barcha uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lishi
zarur. Keyingi tartibli differentsiallarni yozish qadam sayin og’irlashib boradi. Bu ishni engillashtirish maqsadida
quyidagicha ish tutiladi:
Birinchi differentsialda z ni shartli ravishda qavs tashqarisiga chiqaramiz
п
287
www.ziyouz.com kutubxonasi
dz
x
z
Agar ikkinchi tartibli differentsialda ham
dx
y
dy
z.
ni shartli ravishda qavs tashqarisiga chiqarsak,
2
d 2z
x2
dx 2
2
2
2
x y
y2
dy 2
z,
(8)
qavs ichidagi ifoda xuddi birinchi differentsialdagi qavs ichidagi ifodaning kvadratiga o’xshaydi. Agar (8) dagi
qavs ichidagi ifodani shartli ravishda
2
x
dx
dy
y
ga teng deb olsak, u holda
2
2
d z=
x
dx
ni hosil qilamiz.
Aynan shundek, induktsiya usulini qo’llab, ixtiyoriy
y
dy
z
п uchun shartli
п
п
d z=
x
dx
y
dy
z
(9)
tenglikka kelamiz.
Agar berilgan z f ( x, y ) funktsiya n-tartibgacha barcha uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lsa, u holda (9)
ga binom formulasini qo’llab, quyidagi ko’rinishga kelish mumkin:
d пz =
n
C nn
i 1
Endi agar, z
n
i
x
n i
y
i
n
dx n i dy i z
C nn
n
i
x
i 1
z
n i
yi
dx n i dy i .
f ( x, y ) murakkab funktsiya bo’lsa, ya’ni bu yerda,
(t1 , t 2 ) , y
x
(t1 , t 2 )
bo’lsa, u holda birinchi differentsial o’z ko’rinishini saqlasa ham ikkinchi differentsial o’z ko’rinishini saqlamasligi
mumkin, chunki endi dx, dy lar o’zgarmas bo’lmasligi mumkin.
Berilgan funktsiyaning ikkinchi differentsialini hisoblaylik:
d 2z d
z
x
z
y
dx d
dx
y
dy
z
d (dy)
y
(10)
2
x
z
d (dx)
x
dy
z
z 2
d x
x
z 2
d y.
y
(10) tenglikdan ham ko’rinadiki, umuman aytganda, tartibi birdan yuqori bo’lgan differentsiallar uchun
invariantlik xususiyati o’rinli emas ekan.
Agar xususan
x, y lar t1 , t 2 larning chiziqli funktsiyalari bo’lsa, ya’ni
x a1t1 b1t 2 , y a2 t1 b2 t 2
bo’lsa, u holda
dx
a1dt1 b1dt2
a1 t1 b1 t 2 , dy
a 2 dt1 b2 dt 2
a2 t1 b2 t 2 ,
ya’ni dx, dy lar t1 ,t 2 larga bog’liq emas. Bundan, agar erkli x, y o’zgaruvchilarni t1 ,t 2 larning chiziqli ifodalari
bilan almashtirilsa, barcha yuqori tartibli differentsiallar ko’rinishi invariant bo’lishi kelib chiqadi.
10.5. Teylor formulasi
Faraz qilaylik, z f ( x, y ) funktsiya biror ( x0 , y0 ) nuqta atrofida п -tartibgacha barcha uzluksiz xususiy
hosilalarga ega bo’lsin.
x0
va
y0
larga shunday
х va
у orttirmalar beraylikki, ( x0 , y0 ) va ( x0
х, y0
у)
nuqtalarni birlashtiruvchi to’g’ri chiziq kesmasi ( x0 , y0 ) nuqtaning qaralayotgan atrofidan tashqariga chiqib ketmasin.
Bu kesma tenglamasi quyidagicha:
288
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
bo’ladi. U holda z
x0
t x, y
y0 t y ( 0 t 1 )
f ( x, y ) funktsiya bu kesma bo’ylab bitta t o’zgaruvchining funktsiyasi bo’lib qoladi:
f ( x, y)
f x0
t x, y0 t y
F (t ) .
(11)
Bundan
f ( x0 , y0 )
F (t )
f ( x0
x, y0
y) f ( x0 , y0 ) F (1) F (0) .
(12)
ning t 0=0 nuqta atrofida Makloren formulasi bo’yicha yoyilmasidan foydalanamiz:
F ' (0)
F n 1 (0) n 1 F n ( ) n
t 
t
t (0
1!
(n 1)!
n!
F (t ) F (0)
Agar bu yerda
t ).
t =1 desak,
F k (0) F n ( )
, 0
k!
n!
1
n 1
f ( x0 , y0 ) F (1) F (0)
k
t,
(13)
tenglikka ega bo’lamiz.
(11) tenglikdan foydalanib,
F (t )
funktsiyaning hosilalarini hisoblaylik:
f ( x0
F ' (t )
t x, y 0
x
t y)
f ( x0
x
t x, y 0
y
t y)
y.
Agar bu yerda t =0 desak,
f ( x0 , y 0 )
x
F ' (0)
f ( x0 , y 0 )
y
x
y
df ( x0 , y 0 )
bo’ladi. Aynan shundek,
2
F " ( 0)
2
2
f ( x0 , y0 )
x2
x2
f ( x0 , y0 )
y2
y2
d 3 f ( x0 , y 0 ) ,
F " ' (0)
2
f ( x0 , y0 )
x y
x y
d 2 f ( x0 , y0 ),
, F (n
1)
d n 1 f ( x0 , y 0 ) .
(0)
Bularni (13) ga qo’ysak,
f ( x0 , y0 )
df ( x0 , y0 )
d n 1 f ( x0 , y0 )

1!
(n 1)!
1 n
d f ( x0
n!
ga ega bo’lamiz.
(14) formula z
x, y0
(14)
y)
f ( x, y ) funktsiya uchun Teylor formulasi, deb ataladi. Uning xususiy hosilalar bo’yicha ifodasi
ancha murakkab. Xususiy
п =1 va п =2 bo’lgan hollar uchun bu formula
f ( x, y)
f ( x, y )
1
2!
f ( x0
f ( x0 , y 0 )
f ( x0
(x
f ( x0
( x x0 ), y0
x
x0 ), y 0
( y y 0 ))
y
f ( x0 , y0 )
( x x0 )
x
f ( x0 , y0 )
2
quyidagicha ko’rinishda bo’ladi:
( y y0 ))
( x x0 )
( x x0 ), y 0
x2
2
f ( x0
(x
(y
D
y0 ) ;
f ( x0 , y0 )
(y
y
y 0 ))
x0 ), y 0
y2
11-§. Yuksaklik sirtlari
Bizga R3 fazoning biror
(y
sohasida aniqlangan
289
www.ziyouz.com kutubxonasi
y0 )
( x x0 ) 2
(y
y 0 ))
(y
y0 ) 2 .
(15)
u
funktsiya berilgan bo’lsin. Bunda
D
f ( x, y , z )
(1)
sohada skalyar maydon berilgan deyiladi. Agar masalan,
u bu yerda
M ( x, y, z ) nuqtaning haroratini bildirsa, harorat-larning skalyar maydoni; agar D biror gaz yoki suyuqlik bilan
to’ldirilgan bo’lib, u uning bosimini bildirsa, bosimlarning skalyar maydoni berilgan deyiladi va h. k.
Biror o’zgarmas c son uchun
D
sohaning
f ( x, y , z )
с
(2)
tenglikni qanoatlantiradigan nuqtalari to’plami R3 da biror sirtni beradi. Agar s ga boshqa qiymat bersak, boshqa sirt
hosil bo’ladi. s ga har xil qiymatlar berish natijasida hosil bo’ladigan bunday sirtlarni yuksaklik sirtlari, deb
atashadi.
1-misol. Berilgan
x2
4
u
y2
9
z2
16
skalyar maydon uchun yuksaklik sirtlari yarimo’qlari mos ravishda 2 c , 3 c , 4 c bo’lgan
x2
4
y2
9
z2
16
c
ellipsoidlar bo’ladi.
Agar х , у ning funktsiyasi bo’lsa, u holda
u
f ( x, y )
skalyar maydonning yuksaklik sirtlari Oxu koordinatalar tekisligidagi
f ( x, y )
с
chiziqlardan iborat bo’ladi. Shuning uchun bunday holda ularni yuksaklik chiziqlari, deb ataymiz.
2-misol. Berilgan
z 1 x2
y2
skalyar maydonning yuksaklik chiziqlari tenglamalari
1 x2 y2 с
bo’lgan chiziqlardan iborat bo’ladi. Bular ma’lumki, markazi koordinatalar boshida bo’lgan
kontsentrik aylanalardir. Xususan, s=0 bo’lganda х
2
у
2
1 с radiusli
1 aylana hosil bo’ladi.
12-§. Yo’nalish bo’yicha hosilalar
Faraz qilaylik,

limitning ta’rifiga asosan,
х
,
у
ixtiyoriy birlik vector bo’lsin. U holda 2-§ da berilgan yo’nalish bo’yicha
funktsiyaning

( х, у ) nuqtadagi
lim
t
f (x t
x
yo’nalish bo’yicha hosilasi deb,
,y t
y
t
0
)
f ( x, y )
f

(3)
limitga (agar u mavjud bo’lsa) aytamiz. Agar t musbat qiymatlar qabul qilib, nolga intilsa, uni funktsiyaning t
bo’yicha t =0 nuqtadagi o’ng hosilasi deb, agar t manfiy qiymatlar qabul qilib, nolga intilsa, uni funktsiyaning t
bo’yicha t =0 nuqtadagi chap hosilasi deb ataymiz.
Aytish joizki, funktsiyadan х ning musbat yo’nalishi bo’yicha olingan hosila uning х bo’yicha olingan o’ng
xususiy hosilasiga, х ning manfiy yo’nalishi bo’yicha olingan hosila х bo’yicha olingan chap xususiy
hosilasining teskari ishora bilan olingan qiymatiga teng bo’ladi.
Teorema. Agar funktsiya ( х, у, z ) nuqtada differentsiallanuvchi bo’lsa, u holda uning ixtiyoriy birlik vektor

n
cos , cos , cos
yo’nalishida hosilasi mavjud va u quyidagi formula yordamida aniqlanadi:
f

n
f
cos
x
f
f
cos
cos ,
(4)
y
z

, , lar п vektorning mos ravishda х, у, z
bu yerda, xususiy hosilalar ( х, у, z ) nuqtada hisoblangan va
o’qlar bilan hosil qilgan burchaklaridir.
Isboti. Yo’nalish bo’yicha hosilaning (3) ta’rifiga va to’la hosila formulasiga (6-§, (6) formulaga qarang) ko’ra:
290
www.ziyouz.com kutubxonasi
f

n
lim
t
0
f ( x t cos , y t cos , z t cos )
t
f ( x, y , z )
d
f ( x t cos , y t cos , z t cos )
dt
f
cos
x
f
cos
y
t 0
f
cos .
z
Teoremaning aksi o’rinli emas, ya’ni funktsiyaning har qanday yo’nalish bo’yicha hosilalari mavjudligidan
2
uning differentsiallanuvchiligi kelib chiqmaydi. Masalan, у х parabolaning nuqtalarida bir, undan tashqaridagi
nuqtalarda nolga teng bo’lgan funktsiya differentsiallanuvchi emas, lekin uning ixtiyoriy yo’nalish bo’yicha hosilasi
mavjud.
( s ),
Agar x
uzunligi, u holda
y
( s ), z
( s ) — Г silliq chiziqning tenglamalari bo’lsa, bu yerda, parametr s — yoy
dx
ds
dy
ds
' (s) ,
dz
ds
' (s) ,
' (s)
miqdorlar Г ga o’tkazilgan urinma vektorning yo’naltiruvchi kosinuslari bo’ladi. Shuning uchun
f

s
f
' ( s)
x
f
' (s)
y
f
' (s)
z
d
f ( ( s), ( s), ( s )) ,
ds
bu yerda, differentsiallanuvchi funktsiya, urinma vektor yo’nalishida olingan hosila bo’ladi. Uni yana Г bo’ylab
olingan hosila, deb ham atashadi.
13-§. Gradient
( х, у, z ) nuqtasi uchun ning ( х, у, z ) nuqtadagi gradienti, deb ataluvchi
f f f
gradf
, ,
x y z

vektorni kiritamiz. U holda (4) formulaning o’ng tomonini gradf va п vektorlarning skalyar ko’paytmasi
D sohaning har bir
ko’rinishida ifodalasa bo’ladi:

f
gradf , n .

n

npn ( gradf )
Skalyar ko’paytmaning xossasiga ko’ra gradf , n
bo’lgani uchun
f

n

npn (gradf )
(1)
bo’ladi, ya’ni
funktsiyaning ( х, у, z ) nuqtadagi п vektor yo’nalishi bo’yicha olingan hosilasi uning shu

nuqtadagi gradientini п yo’nalishga bo’lgan proektsiyasiga teng ekan.

Bundan har qanday birlik п vektor uchun

f
 | gradf , n | gradf
n
ekanligi kelib chiqadi. Agar gradf
bo’yicha

n0
cos
bo’ladi. Agar
f

n
0
0
, cos
bo’ladi.
0
, cos
Agar
0
0

п
bo’lsa, u holda barcha
gradf
0
bo’lsa,
u
(2)
yo’nalishlar
holda
gradf
bo’ylab
yo’nalgan
birlik
vektor yo’nalishidan boshqa barcha yo’nalishlar uchun (2) da qat’iy tengsizlik o’rinli
 
п = п 0 bo’lsa, u holda
f

n0
gradf
291
www.ziyouz.com kutubxonasi
bo’ladi. Demak,
cos
f
x
0
2
f
x
f
y
2
f
z
f
y
cos
cos
,
2
0
2
f
x
,
2
f
y
f
z
0
2
f
x
f
y
f
z
(3)
2
.
2
f
z
2
Bu bilan biz gradientning quyidagi xossasini isbotladik:
1-xossa. Funktsiyaning berilgan nuqtadagi hosilasi maksimum qiymatiga faqat gradient bo’ylab yo’nalgan
gradf
yo’nalish bo’yicha erishadi. Bu qiymat

п
ga tengdir.
Vektorlarning perpendikulyarlik shartidan quyidagi xossa kelib chiqadi:
gradf
2-xossa.
funktsiyaning
ga perpendikulyar bo’lgan yo’nalish bo’yicha olingan hosilasi nolga teng.
3-xossa.
funktsiyaning biror ( х0 , у0 , z 0 ) nuqtadagi gradienti
gradf f ( x, y, z )
C yuksaklik sirtiga shu
nuqtada o’tkazilgan urinma tekislikka perpendikulyar bo’ladi.
Haqiqatan tenglamasi oshkormas f ( x, y, z ) C ko’rinishda berilgan sirtga o’tkazilgan urinma tenglamasi
( x x0 )
f
x
(y
f
y
y0 )
0
(z
z0 )
0
f
z
0
0
edi (8-§, (4) formulaga qarang). Bu tenglamadan ko’rinadiki, uning normal vektori

n
f
f
f
,
,
x0 y0 z
gradf
0
bo’ladi.
Misol. u x 2
hosilasini hisoblang.
Yechish.
u
x
y2
2x ,
z 2 funktsiyaning M (1,1,1) nuqtadagi gradienti va
u
y
u
z
2y ,
2z
shu gradient yo’nalishidagi
bo’lgani uchun M (1,1,1) nuqtadagi gradient
gradu
2,2,2
gradu
2 3.
bo’ladi. Bundan
Endi (3) formula yordamida gradientning yo’naltiruvchi kosinuslarini topamiz:
cos
2
1
22 22 22
3
1
, cos
3
, cos
U holda
u

n
2
1
2
3
1
3
1
2
3
ya’ni
u

n
gradu
.
292
www.ziyouz.com kutubxonasi
2 3,
1
.
3
14-§. Yopiq to’plam
Agar shunday М
A
Rn
A
x
0 son mavjud bo’lsaki, barcha
A
lar uchun х
М tengsizlik o’rinli bo’lsa, u holda
to’plam chegaralangan, deyiladi.
to’plam yopiq, deyiladi, agar
A
xk
ga tegishli bo’lgan
ketma-ketlikning
k 1
x0
Rn nuqtaga
x0
А bo’lishi kelib chiqsa.
Bundan bo’sh to’plam va Rn fazolarning yopiq ekanligi kelib chiqadi, lekin Rn to’plam sifatida
yaqinlashishidan
chegaralanmagan.
Butun
Rn
fazoda uzluksiz
tenglikni qanoatlantiruvchi barcha
Haqiqatan, agar
В
F ( x1 ,, xn ) funktsiya berilgan bo’lsin. U holda ixtiyoriy o’zgarmas C son uchun
(1)
F ( x1 ,, xn ) С
х ( x1 ,, xn ) nuqtalar to’plami В
yopiqdir.
bo’sh to’plam bo’lsa, ya’ni (1) ni qanoatlantiruvchi birorta ham nuqta bo’lmasa, u holda
В
bo’lishini yuqorida ko’rdik. Endi faraz qilaylik,
bo’sh bo’lmasin va
xk
uning biror x0
k 1
ketma-ketligi bo’lsin. U holda ketma-ketlik elementlari (1) ni qanoatlantiradi, ya’ni
fazoda, shu jumladan,
x0
Rn
yopiq
Rn nuqtaga intiluvchi
F ( x k ) C bo’ladi. Agar F ning Rn
nuqtada ham uzluksiz ekanligini eslasak,
lim F ( x k )
F ( x0 )
k
kelib chiqadi, ya’ni
В
C
x0 В . Demak, В yopiq to’plam ekan.
Aynan shunday mulohazalar bilan ixtiyoriy C son va
Rn
fazoda uzluksiz
F ( x1 ,, xn ) funktsiya uchun
F ( x1 ,, xn ) С
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha nuqtalar to’plami yopiq to’plam bo’lishini isbotlash mumkin.
Misol.
x2
a2
y2
b2
z2
1 ellipsoid va ( x x0 )2 ( y y0 )2
2
c
( z z0 ) 2
r 2 shar yuqorida aytilgan fikrlarga asosan
yopiq to’plamdirlar.
Faraz qilaylik, A va x0 mos ravishda Rn ning ixtiyoriy to’plami va elementi bo’lsin. Bu yerda bir-birini
to’ldiruvchi uchta hol bo’lishi mumkin:
1) Markazi
x0
nuqtada bo’lib, butunlay
A to’plamga tegishli bo’lgan V x0 shar mavjud. Bu holda x0 nuqtani
A to’plamning ichki nuqtasi,deymiz.
2) Markazi x0 nuqtada bo’lib, birorta ham nuqtasi A to’plamga tegishli bo’lmagan V x0 shar mavjud. Bu holda
x0 nuqtani A to’plamning tashqi nuqtasi, deymiz.
3) Markazi x0 nuqtada bo’lgan har qanday V x0 sharning A to’plamga tegishli bo’lgan va bo’lmagan nuqtalari
mavjud. Bunday x0 nuqtalarni chegaraviy nuqtalar, deb ataymiz.
Barcha nuqtalari ichki bo’lgan to’plam ochiq to’plam, deyiladi.
A to’plamning barcha chegaraviy nuqtalari to’plamini uning chegarasi, deb atab,
y
Г
А ko’rinishda belgilaymiz. Har qanday to’plamning chegarasi yopiq to’plamdir.
A to’plamning barcha tashqi nuqtalaridan tuzilgan to’plam ochiq to’plamdir.
A to’plamning chegaraviy nuqtalari A ga tegishli ham, tegishli bo’lmasligi
ham
mumkin.
Masalan:
1
x
O
A R2 to’plam 114-rasmda tasvirlangan to’plam bo’lsin, ya’ni х 0 lar
114-rasm.
—
х
2
у
2
uchun х 2
у2
ichki qismi
A'
1, х
0 lar uchun х 2
у2
1 va х
у
1 . A to’plamning
markazi koordinatalar boshida va radiusi bir bo’lgan doiraning ichi, Г
1 aylananing nuqtalari va (1,1) nuqtalardan tuzilgan to’plam, A to’plamning tashqi qismi A' ' birlik
293
www.ziyouz.com kutubxonasi
aylananing tashqarisidagi (1,1) nuqtadan boshqa barcha nuqtalaridan tuzilgan to’plamdir. Bu yerda aylananing o’ng
yarim qismi Г chegaraning qismi bo’lsa ham, A to’plamga tegishli emas. Shu sababli A yopiq to’plam ham, ochiq
to’plam ham emas.
Demak, har qanday A Rп to’plam uchun Rп fazoni
Rn
A'
A"
yig’indi ko’rinishida tasvirlash mumkin ekan.
15-§. Yopiq chegaralangan sohada
uzluksiz funktsiya
Faraz qilaylik,
A
Rп chegaralangan yopiq to’plam va unda uzluksiz bo’lgan f (x ) (bu yerda,
х ( x1 ,, xn ) ) funktsiya berilgan bo’lsin.
k
k
k
0
0
Lemma. Har qanday chegaralangan х ( x1 ,, xn ) nuqtalar ketma-ketligidan biror х 0 ( x1 ,, xn ) nuqtaga
yaqinlashuvchi qism ketma-ketlik ajratib olish mumkin.
Bu lemmani 5-bob, 2.7-§ da berilgan Boltsano-Veyershtrass teoremasining umumlashgan holi, deb qarash mumkin.
Isboti.
xk
1,2,  lar uchun
k
xk
xj
bo’ladi, ya’ni
x
k
M
nuqtalarning koordinatalari ham chegaralangan bo’ladi. Birinchi koordinatalar chegaralangan x1
ketma-ketlikni hosil qiladi. Shu sababli Boltsano-Veyershtrass teoremasiga ko’ra, undan biror
x1
1,  , n;
ketma-ketlik chegaralangan bo’lgani uchun shunday M >0 son mavjudki, barcha j
kl1
x10
k
songa yaqinlashuvchi
qism ketma-ketlik ajratib olish mumkin. Ikkinchi koordinatalar orasidan tanlangan natural k l1 larga mos keluvchilarini
x2
ajratib olamiz. Natijada chegaralangan
yaqinlashuvchi x 2
kl 2
kl
kl1
ketma-ketlik hosil bo’ladi. Bu ketma-ketlikdan ham biror
x20
ga
qism ketma-ketlik ajratib olish mumkin. { k l2 } ketma-ketlik { k l1 } ning qism ketma-ketligi bo’lgani
0
kl
0
x1 , x 2 2
x2 bo’ladi. Bu jarayonni davom ettirib, п -qadamda shunday
uchun bir vaqtda x1 1
sonlarni hosil qilamizki, bir vaqtning o’zida
k
bo’ladi. Endi lemma isbot bo’lishi uchun х 0
x20 , ¾, xn ln
xn0
х10 ,, хп0 , deyish kifoya.
A
1-teorema. Chegaralangan yopiq
k
k
x10 , x2l2
x1 l1
x10 , x 20 ,, x n0
Rп
f (x )
to’plamda aniqlangan
funktsiya shu to’plamda
chegaralangandir.
Isboti. Aksini faraz qilaylik, ya’ni
natural
k
f (x )
funktsiya
A
to’plamda chegaralanmagan bo’lsin. U holda har bir
son uchun
f (x k )
tengsizlikni qanoatlantiruvchi x k
k ( k 1,2, )
(1)
А nuqta topiladi. A to’plam chegaralangan bo’lgani uchun { x k } ketma-ketlik
ham chegaralangan bo’ladi, shu sababli lemmaga asosan undan biror
x0
nuqtaga yaqinlashuvchi
ketma-ketlik ajratib olish mumkin. Shartga ko’ra, A to’plam yopiq bo’lgani uchun x
0
x kl
qism
А bo’ladi. funktsiya A
0
to’plamda, shu jumladan, x nuqtada ham uzluksiz bo’lgani uchun
lim f ( x kl )
l
bo’ladi. Bu (1) tengsizlikka ziddir. Shuning uchun
mumkin.
2-teorema. Chegaralangan yopiq A
kichik va eng katta qiymatlariga erishadi.
chegaralangan yopiq
f (x0 )
(2)
A to’plamda faqat chegaralangan bo’lishi
Rп to’plamda uzluksiz f (x ) funktsiya shu to’plamda o’zining eng
294
www.ziyouz.com kutubxonasi
Isboti. Birinchi teoremaga ko’ra berilgan shartlarda f (x ) funktsiya
yuqoridan biror K son bilan chegaralangandir:
f ( x ) K ( x A ).
U holda
A
ning
A to’plamda chegaralangan va demak, u
to’plamda aniq yuqori chegarasi mavjud:
sup f ( x)
M.
(3)
x A
M son quyidagi xususiyatga ega: har qanday k son uchun A to’plamda shunday x
x1 , x2 ,, xn
topiladiki, uning uchun
1
M
f ( x k ) M ( k 1,2,  )
k
munosabatlar o’rinli bo’ladi.
k
{ x } ketma-ketlik chegaralangan yopiq A to’plamga tegishli bo’lgani uchun chegaralangandir:
k
n
xk
2
xik
k
k
k
nuqta
1,2,  ),
K1 ( k
i 1
va shu sababli undan biror x 0 nuqtaga yaqinlashuvchi x kl qism ketma-ketlik ajratib olish mumkin. Shartga ko’ra,
A to’plam yopiq bo’lgani uchun x 0
funktsiya A to’plamda, shu jumladan, x
А bo’ladi.
0
nuqtada ham
uzluksiz bo’lgani uchun
lim f ( x kl )
f (x0 )
l
bo’ladi.
Har bir k
1,2,  uchun
1
kl
M
munosabatlar o’rinli ekanligini eslasak va ularda
f ( x kl )
k
M
da limitga o’tsak,
f (x0 ) M
M
ga, ya’ni
f (x0 ) M
0
А nuqtada erishilar ekan.
tenglikka kelamiz. Demak, (3) aniq yuqori chegaraga x
Teoremaning ikkinchi qismi aynan shundek isbot qilinadi.
3-teorema. Chegaralangan yopiq A Rп to’plamda berilgan har qanday f (x ) funktsiya tekis uzluksizdir.
Isboti. Aksini faraz qilaylik, ya’ni shunday
mavjudki, har qanday
son uchun
x
tengsizlikni qanoatlantiradigan х
n
y
yi
2
i 1
( x1 ,, xn ) А , у ( у1 ,, уn ) А nuqtalar topiladiki, ular uchun
f ( x)
bo’ladi.
Endi k
xi
da nolga intiluvchi
k
f ( y)
sonlar ketma-ketligini ko’raylik. Har bir
k
uchun х k
k
k
( x1 ,, xn ) А ,
k
k
у k ( у1 ,, уn ) А nuqtalar topiladiki, ular uchun
xk
yk
k
bo’lsa ham, lekin
f (xk )
f (yk )
(4)
bo’ladi.
k
{ x } ketma-ketlik chegaralangan yopiq
undan biror
x
0
nuqtaga yaqinlashuvchi x
to’plam bo’lgani uchun
k
da x
kl
x0
y
kl
kl
A to’plamga tegishli bo’lgani uchun chegaralangan, shu sababli
qism ketma-ketlik ajratib olish mumkin. Shartga ko’ra A yopiq
А bo’ladi.
0 bo’lgani uchun y kl ketma-ketlik ham
295
www.ziyouz.com kutubxonasi
x0
ga yaqinlashadi, chunki
y kl
funktsiya
Shartga ko’ra
y kl
x0
A
x kl
x kl
y kl
x0
to’plamda uzluksiz bo’lgani uchun
lim f ( x kl ) = lim f ( у kl )
l
Agar (4) da
k
l
x kl
x kl
x0 .
x 0 nuqtada ham uzluksizdir. Shu sababli
f (x0 ) .
da limitga o’tsak,
lim f ( x kl )
f ( y kl )
k
kelib chiqadi, bu esa qilingan farazga zid, chunki
f (x0 )
f (x0 )
0
edi.
16-§. Ko’p o’zgaruvchili funktsiyalarning
ekstremumlari
Ochiq birbog’lamli D Rn sohada u
f ( x1 ,, xn ) funktsiya va biror x 0 x10 ,, xn0 D nuqta
berilgan bo’lsin.
1-ta’rif. Agar x 0 x10 ,, xn0 D nuqtaning shunday V x 0 atrofi mavjud bo’lsaki, barcha x V x 0 nuqtalar uchun
(1)
f ( x 0 ) ( f ( x) f ( x 0 ) )
0
tengsizlik o’rinli bo’lsa, u holda x nuqta u f ( x1 ,, xn ) funktsiyaning lokal
f ( x)
z
maksimumi (minimumi) deyiladi.
Lokal maksimum va lokal minimum nuqtalar funk-tsiyaning lokal ekstremumlari
deb ataladi.
2
O
1
y
(1,2)
x
2
-1
115-rasm
x 1
ya’ni f ( x, y )
2-misol.
z
0
2
1-misol. z x 1
(1,2)
y 2 1 funktsiya х
erishadi (115-rasmga qarang).
Haqiqatan f (1,2) 1 , (x 1) 2 va ( y 2) 2 ifodalar x
hamisha musbat bo’lgani uchun
f (1,2) .
1
sin x 2
2
2
y 2
2
1
nuqtada mi-nimumga
1, у
2 lar uchun
1,
y 2 funktsiya (0,0) nuqtada, ya’ni koordinatalar boshida maksimumga erishadi
(116-rasmga qarang).
Haqiqatan f (0,0)
1 .0
2
x2
y2
6
doiraning barcha nuqtalari uchun
sin x 2
y2
0.
Shu sababli
f ( x, y )
1
sin x 2
2
y2
1
,
2
f ( x, y ) f (0,0) .
0
Agar xi xi
xi0 , i 1,2,  , n desak, u holda
ya’ni
f ( x)
f (x0 )
f ( x10
x10 ,, xn0
xn0 )
f ( x10 ,, xn0 )
f
bo’ladi. Shunga asosan yuqoridagi ta’rifni quyidagicha talqin qilsa ham bo’ladi:
2-ta’rif. Agar x 0 x10 ,, xn0 D nuqtaning yetarlicha kichik atrofining barcha nuqtalari uchun
z
u
1
2
bo’lsa, u holda
x
0
nuqta u
0( u
0)
f ( x1 ,, xn ) funktsiyaning lokal maksimumi
(minimumi), deyiladi.
1-teorema (ekstremumning zaruriy sharti). Agar u
O
y
6
6
x
0
f (x) funktsiyaning
0
barcha xususiy hosilalari mavjud bo’lsa, u holda bu hosilalar x nuqtada nolga
nuqtada lokal ekstremumga erishsa va shu nuqtada
teng bo’ladi:
116-rasm.
296
www.ziyouz.com kutubxonasi
u
f (x) funktsiya x
f (x0 )
xi
k
Isboti. Ixtiyoriy
funktsiya bitta
xk
1,, n
xi0 , i
xi
uchun
k,
0 , i 1,, n .
f ( x10 ,, хk0 1 , xk , xk0 1 ,, xn0 )
u
desak,
(2)
o’zgaruvchining funktsiyasi bo’lib qoladi. Bu funktsiya shartga ko’ra, xk
xk0 nuqtada
ekstremumga erishadi. Shu sababli bir o’zgaruvchili funktsiya ekstremumi mavjudligining zaruriy shartiga ko’ra (8-
xk0 nuqtadagi qiymati nolga teng bo’ladi. Bu hosila
bob, 2.1-§, Ferma teoremasiga qarang) uning hosilasining xk
u
f (x) funktsiyaning xk o’zgaruvchi bo’yicha olingan xususiy hosilasidir. Demak,
f x10 ,, xk0 ,, xn0
xk
Natija. Agar
0
u holda df ( x )
x0
nuqtada differentsiallanuvchi
0
0 va gradf ( x )
Eslatma. (1) shart
Masalan, z
x0
u
f (x0 )
xk
0.
f (x) funktsiya shu nuqtada lokal ekstremumga erishsa,
0 bo’ladi.
nuqtaning ekstremum bo’lishi uchun yetarli emas.
z
x
xy 4 funktsiyaning
xy 4
z
bu nuqtaning ixtiyoriy atrofida
z
y
y4 ,
4xy 3 xususiy hosilalari (0,0) nuqtada nolga teng bo’lsa-da,
xy 4 orttirma qiymatlari manfiy ham, musbat ham bo’lishi
0
mumkin, ya’ni (0,0) nuqta ekstremum nuqta emas.
0
Bundan buyon, agar u f (x) funktsiya x nuqtada differentsiallanuvchi bo’lsa va bu nuqtada (1) shart
bajarilsa, bunday nuqtalarni statsionar nuqtalar, deb ataymiz.
Faraz qilaylik,
x 0 -statsionar
df ( x 0 ) 0 va u
nuqta, ya’ni
f (x)
u
ikkinchi tartibgacha uzluksiz xususiy hosilalarga ega bo’lsin. U holda
Teylor formulasi bo’yicha yoyilmasi quyidagicha bo’ladi:
f (x0 )
1
2
n
n
i 1 j 1
1
2
n
df ( x 0 )
1 2
d f (x0
2!
f x'i' x j x 0
x xi x j
n
i 1 j 1
1
2
bu yerda,
0
1, x
n
i 1 j 1
n
i 1 j 1
2
f x'i' x j ( x 0 ) xi x j
n
n
n
f x'i' x j x 0
x0
nuqta atrofida
x)
xi x j
xj
xi
ij
2
n
x
funktsiyaning
ij
n
i 1 j 1
2
f x'i' x j ( x 0 ) xi x j
x1 ,, xn ,
f (x)
1 2
d f (x0
2
x)
1
2
funktsiya barcha o’zgaruvchilari bo’yicha
( x) ,
2
xi2 va
x
0 da
0 , chunki shartga ko’ra
i 1
0 da max
ikkinchi tartibli hosilalar uzluksiz bo’lgani uchun
aij
a ji
f x'i' x j ( x 0 ) ,
0
ij
i, j
xi ,
i
1
,,
bo’ladi. Agar
n
belgilashlar kiritsak, oxirgi tenglikni quyidagicha yozish mumkin:
0
f (x )
Demak,
f ( x 0 ) orttirmaning ishorasini
1
,,
n
1
2
n
n
2
aij
i 1 j 1
ga nisbatan
297
www.ziyouz.com kutubxonasi
i
j
2
( ).
(3)
n
A( )
n
aij
i
(4)
j
i 1 j 1
kvadratik forma belgilar ekan.
2-teorema (ekstremumning yetarli shartlari). 1) Agar barcha
0 lar uchun A( )
0 , ya’ni qat’iy musbat
0
aniqlangan bo’lsa, u holda funktsiya x nuqtada lokal minimumga erishadi.
0 lar uchun A( ) 0 , ya’ni qat’iy manfiy aniqlangan bo’lsa, u holda funktsiya x 0
2) Agar barcha
nuqtada lokal maksimumga erishadi.
3) Agar barcha
lar uchun yo A( ) 0 yoki A( ) 0 va shunday
0 mavjud bo’lsaki, uning uchun
A( )
0 bo’lsa, u holda funktsiyaning x 0 nuqtada lokal ekstremumga erishish masalasi ochiq qoladi, ya’ni
qo’shimcha tekshirishlarga muhtoj.
4) Agar shunday ’ va '' lar mavjud bo’lsaki, ular uchun
A( ' )
0 va A( ' ' ) 0 bo’lsa, u holda
0
funktsiya x nuqtada lokal ekstremumga erishmaydi.
Isboti. 1) (3) tenglikni quyidagicha yozib olamiz:
2
f (x0 )
2
2
=
bu yerda
i
i
,
n
2
n
n
j
i
aij
( ) =
i 1 j 1
2
n
aij
i
( )
j
A( )
2
i 1 j 1
( ),
(5)
i 1,, n , almashtirish bajarildi.
n
n
2
i
i 1
2
i
1
i 1
uchun
ekanligidan, har qanday
nuqta
п -o’lchamli birlik shar sirtida yotadi. А( ) funktsiya chegaralangan
yopiq bo’lgan bu sirtda uzluksiz va shartga ko’ra musbat bo’lgani uchun bu sirtning biror nuqtasida musbat bo’lgan
o’zining eng kichik
т
0
uchun va
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha
0 da
qiymatiga erishadi.
( )
0 bo’lganidan yetarlicha kichik
( )
lar uchun
m bo’ladi. U holda barcha ,
lar uchun
f ( x0 )
f ( x0
A( )
( )
2
2
f ( x0 )
)
2
m
2
( )
0
0
va demak, funktsiya x nuqtada lokal minimumga erishadi.
2) aynan shundek isbot qilinadi.
Endi, 3) ni isbotlaylik.
А( )
f (x0 )
А( )
ning birjinsli ekanligidan
1
2
2
( ) . Lekin
0
forma
0 nuqtada nolga aylansin. U holda har qanday
0
2
0
А( ) А(к ) к А( ) 0
( ) ning ishorasi noma’lum, shu sababli
'
'
va
''
''
0
kelib chiqadi. Ko’rsatilgan
ekstremumga erishishini bilib bo’lmaydi.
Endi faraz qilaylik, shunday ' va '' lar mavjud bo’lsinki, ular uchun
o’rinli bo’lsin. Bu tengsizliklar
к
A( ' )
funktsiyaning
x0
lar uchun ham
lar uchun
nuqtada
lokal
0 va A( ' ' ) 0 tengsizliklar
nuqtalarda ham bajariladi. Shu jumladan, yetarlicha
298
www.ziyouz.com kutubxonasi
A( ' ) ( ' ) 0 , A( ' ' ) ( ' ' ) 0 bo’ladi, ya’ni x 0 nuqtaning yetarlicha kichik atrofida
shunday x ' va x ' ' nuqtalar mavjudki, bu nuqtalarda f ( x' ) f ( x 0 ) va f ( x' ' ) f ( x 0 ) bo’ladi. Demak, bu
kichik
uchun
nuqtada ekstremum yo’q ekan.
Ikki o’zgaruvchining funktsiyasi bo’lgan hol uchun kvadratik formaga yuqoridagi teoremada qo’yilgan
talablarni
a11
a 21
aij
koeffitsientlar orqali ifodalovchi Silvestr4 shartlari, deb ataluvchi mezonlar mavjud: agar
a12
a 22
0 bo’lsa, A( ) 0 va agar a11
0,
koeffitsientlar
funktsiyaning ikkinchi hosila-larini
teoremaning qismlarini quyidagicha tavsirlasa bo’ladi:
''
0
''
0
f x'1' x1 ( x 0 ) 0 , f x'' x ( x 0 ) f x'' x ( x 0 )
1 1
x0
f x'1' x2 ( x 0 )
1’) agar f x'' x ( x 0 ) 0 , f x1x1 ( x ) f x2 x2 ( x )
1 1
minimumga erishadi.
2’) agar
a11
a 21
0 bo’lsa, A( ) 0 bo’ladi. Agar aij
nuqtadagi qiymatlari ekanligini eslasak, u holda 22
f x'1' x2 ( x 0 )
2 2
a12
a 22
a11 0 ,
2
0 bo’lsa, funktsiya x 0
х10 , х20 nuqtada lokal
0 bo’lsa,
х10 , х20 nuqtada lokal
funktsiya x 0
maksimumga erishadi.
''
0
''
0
f x'1' x2 ( x 0 )
3’) agar f x1x1 ( x ) f x2 x2 ( x )
sababli
f (x0 )
2
0 bo’lsa, kvadratik formaning ishorasi bir xil bo’lmaydi, shu
orttirmaning ishorasi ham bir xil bo’lmaydi. Demak,
''
0
''
0
f x'1' x2 ( x 0 )
4’) agar f x1x1 ( x ) f x2 x2 ( x )
2
x0
0 bo’lsa, x 0
х10 , х20 nuqtada ekstremum yo’q.
х10 , х20
nuqtada ekstremumning bor yoki
yo’qlik masalasi ochiq qoladi.
3
3-misol. z x
3xy y 2 funktsiyaning lokal ekstremumlarini toping.
Yechish. Avval statsionar nuqtalarini topamiz:
z
x
Sistemani yechsak, x1
3x 2
(0,0) va x 2
f xx'' ( x1 )
z
y
3y ,
(
6x
0 , f yy'' ( x1 )
x x1
f xx'' ( x 2 ) 6 x
1
3y
3x 2 y
0
0
3 9
, ) nuqtalar hosil bo’ladi. Ikkinchi hosilalarni hisoblaylik:
2 4
a11a 22
Demak, x
3x 2
3x 2 y ,
x x2
(0,0) nuqtada ekstremum yo’q,
x2
a12
2
2 , f xy'' ( x1 )
9
3,
0
9 0 , a11a22 a12
2
9 0.
3 9
) nuqta esa lokal minimum ekan.
2 4
( ,
17-§. Funktsiyaning eng katta va eng
kichik qiymatlarini topish
Biror yopiq chegaralangan D
Rn sohada uzluksiz differentsiallanuvchi u
f (x)
funktsiya berilgan
bo’lsin. Ma’lumki (15-§, 2-teorema), bu funktsiya D sohada o’zining eng katta va eng kichik qiymatlariga erishadi.
Bu qiymatlarga erishiladigan nuqtalar soha ichida ham, chegarasida ham bo’lishi mumkin. Agar bunday nuqta soha
f (x) funktsiya bu nuqtada lokal ekstremumga erishadi. Shu sababli funktsiyaning eng katta va
ichida bo’lsa, u
eng kichik qiymatlarini topish uchun uning hamma statsionar nuqtalarini aniqlab, funktsiyaning bu nuqtalardagi
qiymatlarini funktsiyaning chegaradagi qiymatlari bilan solishtirish kerak. Bu qiymatlarning eng kattasi
funktsiyaning eng katta qiymati, eng kichigi esa funktsiyaning eng kichik qiymati bo’ladi.
2
2
y 2x y 1 funktsiyaning
4-misol. z x
sohadagi eng katta va eng kichik qiymatlarini toping.
4
х 0, у 0, у
J.J.Silvestr (1814-1897) — ingliz matematigi.
299
www.ziyouz.com kutubxonasi
х 1
to’g’ri chiziqlar bilan o’ralgan yopiq
Yechish.
z x ' 2x 2 , z y ' 2 y 1 , x0 1, y 0
1)
x 1
D
AOda:
x
1,0
bo’lgani
0, y
0,1 , z
y2
oraliq ichida statsionar nuqtalar yo’q, z (0)
3) ABda:
1
4
0,x
y
x 1, z
2x 2
z max ( A)
2 , z min (O)
1, z (1) 1 .
x 1 , z'
4x 1,
1 ni hosil qilamiz.
300
www.ziyouz.com kutubxonasi
2 , z (0)
y 1, z' 2 y 1 , y
7
, z( 1) 2, z(0) 1 .
8
Bu qiymatlarni solishtirsak:
z x 2 2x 1,
uchun
1,0 , demak, statsonar nuq-tasi yo’q, z ( 1)
117-rasm.
z
у
2) OBda: x
А
O
D
y, ya’ni soha ichida ekstremal nuqtalar yo’q, ularni soha chegarasidan izlaymiz.
у
В 1
-1
1
1
, 1,
2
2
1
4
z' 2x 2 ,
1.
1
2
0,1 , yana
1,0 -statsionar nuqta,
18-§. Shartli ekstremumlar
R2 da u x 2 y 2 funktsiyani ko’raylik. Geometrik nuqtai nazardan bu funktsiya koordinatalar boshidan
М ( х, у ) nuqtagacha bo’lgan masofani bildiradi. Shu ma’noda uning eng katta qiymati yo’q. Agar uni tenglamasi
x2 y2
1 ( b a ) bo’lgan ellipsning М ( х, у ) nuqtalari uchun tekshirsak, bu masofa ikki B1 0, b , B2 0, b
a2 b2
nuqtalarda eng katta qiymatlarga erishadi.
Demak, berilgan funktsiya butun R2 tekislikda eng katta qiymatga erishmasa ham, М ( х, у ) nuqta ellipsda
yotibdi degan qo’shimcha shartda ikki nuqtada eng katta qiymatini qabul qilyapti.
Bu holat funktsiyaning argumentlari qo’shimcha shartlarni qanoatlantirganda, uning ekstremumlarini topish
masalasiga olib keladi. Bu masala shartli ekstremumlar masalasi, deb ataladi.
Yana bir masala ko’raylik. Maydoni 2а bo’lgan temir tunukadan eng katta hajmli parallelepiped shaklidagi
yopiq javon tayyorlash kerak bo’lsin.
Bu javonning o’lchamlarini mos ravishda x, y, z desak, uning hajmi
xyz
xy yz xz 2a bo’ladi. Bu shartli ekstremum masalasidir, bu erda, x, y, z o’zgaruvchilar
qo’shimcha xy yz xz 2a shart bilan bog’langan.
п o’zgaruvchining u f (x) funktsiyasi berilgan bo’lsin, bu yerda х х1 , х2 ,, хп . Shu funktsiyaning
bo’lib, to’la sirti
ekstremumlarini, uning argumentlari qo’shimcha
i
(x)
0 , i 1,2,, т , ( т n )
(1)
munosabatlar bilan bog’langan, degan farazda topish talab etilgan bo’lsin. (1) tengliklarni bog’lovchi tenglamalar,
deb ataymiz.
М 0 ning shunday atrofi mavjud bo’lsaki, bu atrofning (1) bog’lovchi tenglamalarni
qanoatlantiradigan М nuqtalari uchun
f (M ) f (M 0 ) ( f (M ) f (M 0 ) )
Ta’rif. Agar
0
0
tengsizlik o’rinli bo’lsa, (1) tengliklarni qanoatlantiruvchi M 0 x1 , , x n
nuqtani lokal shartli maksimum
(minimum) nuqta, deb ataymiz.
Lokal shartli maksimum va minimum nuqtalarni lokal shartli ekstremumlar, deb ataymiz.
Yuqorida ko’rilgan masaladagi B1 0, b nuqta lokal shartli maksimum nuqtadir, chunki ellipsning boshqa
barcha
М nuqtalari uchun
f (M )
f ( В1 ) .
Lagranj bu masalani hal qilish uchun quyidagi usulni taklif etgan. Yordamchi
F x, 1 ,,
m
m
f ( x)
i
i
( x)
i 1
funktsiya tuzib olamiz. Bu funktsiyani Lagranj sha’niga Lagranj funktsiyasi va
ko’paytuvchilari, deb atashgan.
Agar М 0 nuqta funktsiyaning lokal shartli eks-tremumi bo’lsa, u holda u
shu sababli ekstremumning zaruriy shartiga ko’ra,
bo’ladi, ya’ni
f
x1
f
x2
F
1
1
1
x1
F
1
,,
т
larni Lagranj
ning lokal ekstremumi bo’ladi,
dan olingan barcha xususiy hosilalar bu nuqtada nolga teng

m
m
x1
0,
1
 m m 0,
x2
x2
     
301
www.ziyouz.com kutubxonasi
(2)
f
xn
т п
1
1
m

xn
m
0.
xn
х1 ,, хп , 1 ,, т noma’lumlarga nisbatan т п ta tenglamalar
sistemasini tashkil etadi. Bu sistemaning yechimlarini F funktsiyaning statsionar nuqtalari, deb ataymiz. Tabiiyki,
(1) va (2) tenglamalar
ta
statsionar nuqtalarning hammasi ham lokal shartli ekstremum bo’lavermaydi. Buni aniqlash masalasini umumiy hol
uchun ochiq qoldiramiz.
1-misol.
z
x2
y 2 funktsiyaning x
2
2
y
2
2
9 doiradagi eng katta va eng kichik qiymatlarini toping.
z
x
Yechish. Avval funktsiyaning statsionar nuqtalarini topamiz:
(0,0) D. Bu nuqtada funktsiya eng kichik qiymatga erishadi: z min (0,0)
Endi funktsiyani chegarada, ya’ni
funktsiyasini tuzib olamiz:
F ( x, y, )
Uning xususiy hosilalari
F
x
2
x
2
y
x2
y2
2
2
2
F
y
2 ,
uchun quyidagi sitemani tuzib olamiz:
0, y
0.
0.
2
y
2
2x 2 y
x
x
2
0,
y
y
2
0,
x
2
2
2 y . Bundan x
9 aylanada tekshiramiz. Buning uchun Lagranj
x
2x 2 x
z
y
2x ,
y
2
2
2
9 .
2 bo’ladi.
х, у
va
larni aniqlash
9.
Bu sistema ikkita yechimga ega:
x
y
5 2 2,
x
y
5 3, z
2 2,
1 3, z
25 ;
1.
25 .
Demak, funktsiya eng katta qiymatiga 5 2 2 ; 5 2 2 nuqtada erishadi: z max
19-§. Eng kichik kvadratlar usuli
Faraz qilaylik, tajriba natijasida kuzatilgan o’zgaruvchi х va у miqdorlarning п ta qiymatlari quyidagi jadval
ko’rinishida olingan bo’lsin:
¾
x
x1
x2
xn
y
y1
¾
y2
yn
Shu jadvaldan foydalanib, х va у miqdorlar orasidagi
у
f (x)
(1)
funktsional bog’lanishni aniqlash talab qilingan bo’lsin.
(1) funktsiyaning ko’rinishini XOY tekislikda koordinatalari
xi , yi
bo’lgan nuqtalarning joylashishiga qarab
tanlaymiz. Masalan, bu nuqtalar 118-rasmdagidek joylashgan bo’lsa, (1) ni chiziqli
agar 119-rasmdagidek joylashgan bo’lsa, y
y
ax b funktsiya ko’rinishida,
b
ax ko’rinishda izlaymiz.
y
y
у
Tanlangan
O
x1 x2 x3
xn
O
x
x
119-rasм
118-rasм
302
www.ziyouz.com kutubxonasi
f ( x, a, b, c,...)
funktsiyadagi noma’lum a, b, c,... koeffitsientlarni shunday tanlash kerakki, natijada bu funktsiya kuzatilayotgan
jarayonni to’laqonli ifodalasin.
Bu masalani hal qilish uchun eng kichik kvadratlar usuli, deb ataluvchi usul keng qo’llanib kelinadi. Bu usul
tajriba natijasida olingan
уi qiymatlarga nisbatan biz tanlagan funktsiya natijasida yo’l qo’yilgan xatolikni
baholovchi
n
S a, b, c,
f xi , a, b, c,
yi
2
(2)
i 1
ifodani minimallashtirishga asoslanadi.
a, b, c,... parametrlarning qiymatlarini shunday tanlaymizki, bu qiymatlarda (2) yig’indi eng kichik qiymatga
ega
bo’lsin. Bu bilan ko’rilayotgan masala (2) funktsiyaning eng kichik qiymatini topish masalasiga keltiriladi.
(2) funktsiyaning minimum nuqtalarini uning statsionar nuqtalari orasidan qidiramiz. Statsionar
nuqtalarni avvalgi paragrafning 1-teoremasiga ko’ra,
S
a
S
b
0,
S
c
0,
0 ,...
(3)
yoki
n
yi
f xi , a, b, c,
yi
f xi , a, b, c,
f xi , a, b, c,
a
f xi , a, b, c,
b
i 1
n
i 1
n
0
f xi , a, b, c,
c
f xi , a, b, c,
yi
0
i 1
0
(4)
............................
tenglamalar sistemasining yechimi sifatida aniqlaymiz.
Bu paragrafda biz shu usulni ikki hol uchun ko’rib chiqamiz.
1.
y
ax b
bo’lsin. U holda (2) ifoda quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
n
S ( a, b )
yi
axi
b
2
.
i 1
Bundan
S
a
S
b
n
2
yi
axi
b xi
0,
b
0,
i 1
2
n
yi
axi
i 1
n
a
xi
2
n
b
i 1
n
xi yi ,
xi
i 1
n
i 1
.
n
a
xi
b n
yi .
i 1
i 1
Hosil bo’lgan (5) sistemaning asosiy determinanti
n
n
i 1
x
2
i
2
n
xi
i 1
xi
i j
303
www.ziyouz.com kutubxonasi
xj
2
(5)
bo’ladi. Demak,
x1 x2  xn с
yechimlarga ega. Agar
0 bo’ladi, ya’ni (5) sistema aniq
bo’lgan holdan boshqa barcha hollarda
x1 x2  xn с
bo’ladi.
2. Approksimatsialovchi funktsiyani y
bo’lsa, u holda biz qidirayotgan funktsiyamiz tenglamasi
ax 2
x
c
bx c ko’rinishda qidiraylik. Unda (4) sistema
n
yi
axi2 bxi
c xi2
0,
yi
axi2 bxi
c xi
0, ,
yi
axi2 bxi
c
i 1
n
i 1
n
0,
i 1
yoki
n
n
xi4
a
n
xi3
b
n
xi2
c
i 1
i 1
i 1
n
n
n
xi3
a
xi2
b
i 1
i 1
n
n
xi2
a
b
i 1
xi2 yi ,
i 1
n
c
xi
xi yi ,
i 1
(6)
i 1
n
xi
c n
yi ,
i 1
i 1
ko’rinishda bo’ladi.
Misol. Tajriba natijasi quyidagi jadvaldan iborat bo’lsin:
x
y
1
2
3
5
3
4
2,5
0,5
Yechish. (1) funktsiyani y ax b ko’rinishda izlaylik. U holda a va
sistema ishlatiladi. Bu sitemaning koeffitsientlarini topib olaylik:
4
xi2
39 ,
i 1
4
4
xi
i 1
11 ,
4
xi y i
21 ,
yi
b
koeffitsientlarni topish uchun (5)
10 .
i 1
i 1
Demak, (5) sistema
39 a 11b
21,
11a 4b 10
ko’rinishda bo’ladi. Bu sistemani yechib, a
26 35 , b 159 35 ni topamiz.
304
www.ziyouz.com kutubxonasi
14 – BOB
DIFFERENTSIAL TENGLAMALAR
1-§. Umumiy tushunchalar. Ta’riflar.
1.1. Differentsial tenglamalar tushunchasiga olib keluvchi ayrim masalalar. Kuzatilayotgan jarayonda bir
nechta o’zgaruvchi miqdorlarning o’zaro munosabatda bo’lishligiga 6-bobda, keyinchalik 7-bobda bir nechta
misollar orqali ishonch hosil qilgan edik.
Ular o’rtasidagi funktsional munosabatlarni biz shu jarayonning tenglamasi deb nomlagan edik. Bu tenglamani
shu jarayonning ma-tematik modeli, deb ham atashadi. Shu tenglamaga kiruvchi ayrim o’zgaruvchilar asosiy
o’zgaruvchilar orqali ifadalanishi mumkin. Masalan, moddiy nuqta harakatini ko’raylik. U biror t vaqt ichida
qandaydir
s
masofani bosib o’tadi. Ma’lumki,
moddiy nuqta biror
nuqtaning tezlanishi esa
s t
vaqtning funktsiyasidir, ya’ni
s
s (t ) . s
tezlik bilan bosib o’tsin. Bilamizki (6-bob, 1.1-§ ga qarang),
a
s ' ' (t )
masofani
s ' (t ) ,
moddiy
edi. Jarayonni kuzatish maqsadidan kelib chiqqan holda, jarayon tenglamasi
va a larni, ya’ni s ning birinchi va ikkinchi hosilalarini ham o’z ichiga
nainki t , s o’zgaruvchilarni, balki
olishi mumkin. Shunday holatlarga doir bir nechta misollar ko’raylik.
1-m i s o l. Massasi m bo’lgan biror jism yuqoridan tashlangan bo’lsin. Agar jismga og’irlik kuchidan
tashqari uning tushish tezligi
ga proportsional bo’lgan havoning qarshilik kuchi ham ta’sir etsa, shu jismning
tezligi qanday qonun bilan o’zgarishini aniqlang.
Yechish. Nyutonning ikkinchi qonu-niga ko’ra
m

F1
d
dt

F,

d
-harakatdagi jismning tezlanishi, F esa jismga ta’sir
dt

mg va
etuvchi kuch. Bu kuch jismning og’irlik kuchi F1

havoning qarshilik kuchi F2
k lar yig’indisidan iborat bo’ladi.
bu yerda

F2
Demak,
m
120-rasm.
ya’ni noma’lum
d
dt
mg
k
,
funktsiya va uning hosilasi
(1)
d
larga nisbatan
dt
tenglama hosil qildik.
Har qanday
Ce
k
t
m
mg
k
ko’rinishdagi funktsiya (1) tenglikni qanoatlantiradi (buni tekshirishni o’quvchining o’ziga havola qilamiz).
2-m i s o l. Massasi m bo’lgan moddiy nuqta vaqtning t momentida
(absolyut) tezlikka ega bo’lsin.
т , qo’shilgunga qadar tezligi u bo’lgan zarralar qo’shilsin. U holda,
т va tezligi
momentda nuqta va unga qo’shilgan zarralar massasi т
bo’ladi.
vaqt ichida unga massalari yig’indisi
t
t
t
Bu nuqtalar sistemasining
t momentdagi harakat miqdori
Q
bo’lsa, t
m
u m
t momentda esa
Q
bo’ladi.
Demak, sistema harakat miqdorining
Q
Q
(m
m)(
)
t vaqt ichida o’zgarishi
m
(
u) m
ga teng bo’ladi.
305
www.ziyouz.com kutubxonasi
m
Tezlik kabi massani ham vaqtning uzluksiz va differentsiallanuvchi funktsiyasi, deb faraz qilaylik. Oxirgi
0 da limitga o’tsak,
tenglikni t ga bo’lib, t
m
lim
0
t
t
0
m
d
dt
ekanligidan
dQ
dt
u)
(
dm
dt
munosabat hosil bo’ladi. Agar o’zgaruvchan massali jismga qo’yilgan tashqi kuchlarning teng ta’sir etuvchisi
teng bo’lsa, harakat miqdori haqidagi teoremaga ko’ra
m
d
dt
(
u)
dm
dt
F
F ga
(2)
tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglama Mesherskiy tenglamasi, deb ataladi. Bu tenglama orqali xarakterlanadigan
jarayon reaktiv harakat, deyiladi.
dm
0 bo’ladi, agar parchalanish
dt
dm
0 bo’ladi, va nihoyat, nuqta
jarayoni kuzatilayotgan bo’lsa, ya’ni nuqtadan zarralar ajralib chiqa boshlasa,
dt
Agar zarralar qo’shilib borsa, nuqtaning massasi ortib boradi, shu sababli
massasi o’zgarmasa,
dm
dt
0 bo’lib, (2) tenglama Nyutonning ikkinchi qonunini ifodalaydi.
u
u0
miqdor nuqtaga qo’shilayotgan zarralarning nisbiy tezligi, deb ataladi. Mesherskiy tenglamasini bu miqdor orqali
quyidagicha yozish mumkin:
m
d
dt
F
dm
u0
dt
(3)
yoki
m
bu yerda
R
dm
u0
dt
d
dt
F
R,
reaktiv kuch, deb nomlangan.
Agar o’zgaruvchan massali nuqtaga tashqi kuchlar ta’sir etmasa, F
ko’rinishni oladi:
m
d
dt
0 bo’lib, oxirgi tenglama quyidagi
R.
3 - m i s o l . Ba’zi elementlar atomlarining yadrolari alfa-, beta- va gamma- nurlar chiqarib boshqa elementlar
yadrolariga o’z-o’zidan aylanishi radioaktiv yemirilish, deyiladi. Radioaktiv yemirilish statistik xarakterga ega:
atomlarning yadrolari hammasi birdaniga yemirilmay, balki izotopning butun mavjud bo’lish davrida yemiriladi.
Bunda birlik vaqt ichida yemiriladigan atomlar soni har bir izotop uchun o’zgarmas bo’lib, uning yemirilmagan
atomlari miqdorining biror qismini tashkil etishi aniqlangan. Bu kattalik qismiy yemirilish doimiysi, deyiladi va
harfi bilan belgilanadi.
Shunday qilib, dt vaqt davomida yemirilgan dN atomlar soni Ndt ga teng, ya’ni
dN
Ndt ,
(4)
bu yerda N son t vaqt momentida yemirilmay qolgan atomlar sonidir. Manfiy ishora yemirilmagan atomlar soni
N vaqt o’tishi bilan kamayishini bildiradi.
306
www.ziyouz.com kutubxonasi
4 – m i s o l . Kimyoviy reaktsiya mobaynida A va B moddalar С moddaga o’tsin. Agar harorat o’zgarmas va
reaktsiya tezligi: a) A modda С moddaga o’tganda A moddaning qolgan miqdoriga; b) A va B moddalar С
moddaga o’tganda tegishli massalar ko’paytmasiga proportsional bo’lsa, С moddaning miqdorini topaylik.
С moddaning miqdori х bo’lsin. Agar a) hol yuz bersa, A moddaning boshlang’ich miqdorini а va
proportsionallik koeffitsientini k 0 desak,
dx
dt
k (a
x)
(5)
tenglama, va agar b) hol yuz bersa,
dx
dt
tenglama hosil bo’ladi.
5-m i s o l . Qarshiligi
r , induktivligi L
va sig’imi
C
k (a x)(b x)
(6)
bo’lgan maydonlar ketma-ket ulangan zanjirda
boshlang’ich t 0 vaqt momentida konturdagi tok va kondensatordagi zaryad nolga teng bo’lsa, shu zanjirdagi
o’tish jarayonlarini tekshiring.
Ur
UL
U (t )
UС
121-rasm.
Kirkgofning 1-qonuniga ko’ra, elektr zanjirning tarmoqlarida sarf bo’layotgan toklar yig’indisi nolga teng, 2qonuniga ko’ra esa elektr zanjirning har qanday yopiq konturining barcha tarmoqlaridagi kuchlanishlar
pasayishining yig’indisi shu konturdagi elektr manbaaning EYuK lari yig’indisiga teng.
Butun zanjir bo’ylab kuchlanishning pasayishi barcha maydon-lardagi kuchlanishlar pasayishining yig’indisiga
teng (2-rasmga qarang):
Ur
I
rI
dq
dt
. Sig’imi
C
dU C
C
dt
U Ur
UL
UC .
bo’lgan kondensator uchun
Om qonuniga asosan qarshiligi
U
bo’lgan maydon uchun
q
, bu yerda q - kondensatorning zaryadi. Ma’lumki,
C
UC
t
. Bundan
UC
1
Idt .Induktivligi L
C0
t
U holda
r
Ur
UL
UC
rI
1
Idt
C0
L
bo’lgan katushka uchun
dI
dt
UL
L
bo’ladi. Agar bu teng- likni
dI
dt
.
t bo’yicha
differentsiallab yuborsak, quyidagi tenglamani hosil qilamiz:
d 2I
L 2
dt
r
dI
dt
I
C
dU
dt
.
(7)
1.2. Ta’riflar.
1-ta’rif. Erkli o’zgaruvchi х , uning noma’lum funktsiyasi
o’zaro bog’lovchi tenglama differentsial tenglama, deb ataladi.
Differentsial tenglamalar
у
va uning hosilalari
F ( x, y, y' , y" ,..., y n ) 0
307
www.ziyouz.com kutubxonasi
у' , y",..., y n
larni
yoki
dy d 2 y
dny
F ( x, y, , 2 ,..., n )
dx dx
dx
0
ko’rinishda yozilishi mumkin.
2-ta’rif. Tenglamaga kiruvchi hosilalarning eng yuqori tartibi shu differentsial tenglamaning tartibi, deb
ataladi.
Masalan, yuqorida ko’rilgan misollardagi (1)-(6) tenglamalar 1-tartibli differentsial tenglamalardir, (7) tenglama
esa 2-tartibli differentsial tenglamadir.
3-ta’rif. Differentsial tenglamani ayniyatga aylantiruvchi har qanday
tenglamaning yechimi yoki integrali, deb ataladi.
Masalan,
Ce
k
t
m
mg
k
funktsiya ixtiyoriy o’zgarmas
С
y
f (x)
funktsiya differentsial
son uchun 1-misoldagi hosil qilingan (1)
differentsial tenglamaning yechimidir.
6-m i s o l. O’zgarmas
С1
va
С 2 larning har qanday qiymatlarida ham
y
C1 sin x
C 2 cos x
ko’rinishdagi funktsiyalar ikkinchi tartibli
d2y
dx 2
k2y
0
differentsial tenglamaning yechimlari bo’ladi. Buni bevosita o’rniga qo’yib tekshirish mumkin (buni bajarishni
o’quvchiga havola qilamiz).
Bu misollardan ko’rinadiki, differentsial tenglama agar yechimga ega bo’lsa, yechimlari soni cheksiz ko’p bo’lar
ekan.
f (x) funktsiya bir erkli o’zgaruvchining funktsiyasi bo’lsa, biz ko’rayotgan tenglama
Agar noma’lum y
oddiy differentsial tenglama, deyiladi. Bu bobda biz faqat oddiy differentsial tenglamalarni ko’ramiz.
Agar noma’lum funktsiya bir nechta erkli o’zgaruvchining funktsiyasi bo’lsa, u holda bunday tenglamalarni
xususiy hosilali differentsial tenglamalar, deb ataymiz.
308
www.ziyouz.com kutubxonasi
2-§. Birinchi tartibli differentsial tenglamalar.
2.1. Umumiy tushunchalar. Birinchi tartibli differentsial tenglama quyidagi ko’rinishga ega bo’ladi:
y
Ko’pincha uni
F ( x, y , y ' )
0.
(1)
ga nisbatan yechib olib,
y'
f ( x, y )
(2)
ko’rinishga keltirib olish mumkin.
(2) ko’rinishdagi tenglamalar yechimlari uchun mavjudlik va yagonalik shartlarini beruvchi quyidagi teorema
o’rinli.
Teorema. Agar (2) tenglamaning o’ng tomonidagi
oluvchi
D
у( х0 )
sohada uzluksiz va
у0
y
f ( x, y )
funk-tsiya biror
х0 , у 0
nuqtani o’z ichiga
bo’yicha uzluksiz differentsiallanuvchi bo’lsa, u holda (2) tenglamaning
shartni qanoatlantiruvchi yagona yechimi mavjud.
Geometrik nuqtai-nazardan teorema grafigi berilgan
х0 , у 0
nuqtadan o’tuvchi yagona
у
(х)
funktsiya mavjudligini bildiradi.
Bu teoremadan differentsial tenglamaning yechimlari cheksiz ko’p bo’lishligi kelib chiqadi, chunki
xil
х0 , у 0
у( х0 )
D
sohada har
nuqtalar olsak, ulardan o’tuvchi mos yechimlar har xil bo’ladi.
у0
shart boshlang’ich shart, deyiladi. Uni quyidagi
y |x
x0
y0
ko’rinishda ham yoziladi.
1-Ta’rif. 1-tartibli differentsial tenglamaning umumiy yechimi deb shunday
y
( x, C )
(3)
funktsiyaga aytamizki, u: a) har qanday o’zgarmas С son uchun differentsial tenglamani qanoatlantiradi; b)
boshlang’ich
у( х0 )
у0
shart qanday bo’lmasin, shunday
С
С0 qiymat topiladiki, y
( x, C0 )
funktsiya boshlang’ich shartni qanoatlantiradi.
Qo’yilgan masalaning yechimi oshkormas
( x, y , C ) 0
ni y ga nisbatan
(4)
ko’rinishda aniqlanishi mumkin. Agar (4)
yechish mumkin bo’lsa, bu ishni bajarib, umumiy
yechimni topamiz. Agar buni imkoni bo’lmasa, yechim oshkormas (4) ko’rinishda qoladi. Bu holda (4) ni
differentsial tenglamaning umumiy integrali, deb ataymiz.
2-Ta’rif. Differentsial tenglamaning umumiy (3) yechimida o’zgarmas С songa biror С С0 qiymat
y
( x, C0 ) funktsiya differentsial tenglamaning xususiy yechimi, deb ataladi. Xuddi
( x, y, C0 ) 0 funktsiya tenglamaning xususiy integrali deyiladi.
bersak, hosil bo’lgan
shunday
1-m i s o l. Quyidagi
differentsial tenglamaning umumiy yechimi
y (1) 1
dy 2 y
dx
x
2
y Cx bo’lsa, uning
boshlang’ich shartini qanoatlantiruvchi xususiy yechimini topish uchun
umumiy yechim tenglamasiga qo’ysak,
tenglamaning xususiy yechimi
y
x
2
1 C12 ,
ya’ni
C 1
bo’ladi.
309
www.ziyouz.com kutubxonasi
х0 1, у 0 1 qiymatlarni
bo’ladi. Demak, berilgan differentsial
Agar umumiy integrallarning koordinatalar tekisligidagi grafiklarini ko’rsak, ular o’zgarmas С songa bog’liq
bo’lgan egri chiziqlar oilasini beradi. Bu egri chiziqlar differentsial tenglamaning integral chiziqlari, deb ataladi.
Xususiy yechimga bu oilaning tekislikning biror nuqtasidan o’tuvchi bitta egri chizig’i mos keladi.
Oxirgi ko’rilgan misolda umumiy
М 0 (1,1)
y Cx 2
yechim parabolalar oilasini ifodalasa, topilgan xususiy yechim
nuqtadan o’tuvchi parabolani ifodalaydi. 1-rasmda bu oilaning С
С
1
3
С 1 у
1
С
1
С
2
va
4
С
1
3
1, С
1 ,С
2
1 ,С
3
1
4
qiymatlarga mos keluvchi a’zolari
ko’rsatilgan.
Qilayotgan mulohazala-rimiz geometrik nuqtainazardan tushunarli bo’lishi uchun tenglamaning
yechimi, deb faqat
y
( x, C0 )
funktsiyani
o’zini emas, balki uning grafigi bo’lmish integral
egri chiziqni ham tushunamiz.
?
С
1
Masalan,
х
С 0
tenglamaning
yechimi
х0 , у 0
nuqtadan o’tadi, deymiz.
Demak, differentsial tenglamani yechish yoki
uni integrallash deganda:
a) uning umumiy yechimi yoki umumiy
integralini (agar boshlang’ich shartlar berilmagan
bo’lsa) yoki
b) uning xususiy yechimini (agar boshlang’ich
shartlar berilgan bo’lsa) topishni tushunar ekanmiz.
3
122-rasm.
2.2. O’zgaruvchilari ajralgan va ajraluvchi differentsial tenglamalar. Quyidagi
M ( x)dx
N ( y )dy
0
(5)
ko’rinishga keltirilgan differentsial tenglamalar o’zgaruvchilari ajralgan differentsial tenglamalar, deb ataladi.
Uning umumiy integrali (5) ni bevosita integrallab topiladi:
М ( х)dx
N ( y)dy C
5 - m i s o l. O’zgaruvchilari ajralgan
xdx
ydy
0
differentsial tenglamaning ikkala tomonini integrallasak:
xdx
ydy C ,
uning
x2
2
y2
2
C
umumiy integralini topamiz. Oxirgi tenglik ma’noga ega bo’lishi uchun
uni
х2
у2
С
0
bo’lishi shart. Shu sababli, agar
2С
ko’rinishda yozib olsak, tenglamaning umumiy yechimi markazi koordinatalar boshida, radiusi
kontsentrik aylanalar ekanligi kelib chiqadi.
Eng sodda o’zgaruvchilari ajralgan differentsial tenglamalar quyidagi
dy
dx
f (x)
yoki
dy
f ( x)dx
ko’rinishdagi tenglamalardir. Uning umumiy yechimi
y
f ( x)dx С
310
www.ziyouz.com kutubxonasi
2С
bo’lgan
bo’ladi.
dy
dx
f 1 ( x) f 2 ( y )
(6)
ko’rinishdagi yoki
M 1 ( x) N1 ( y)dx M 2 ( x) N 2 ( y)dy
0
(7)
ko’rinishga keltirilgan har qanday differentsial tenglama o’zga- ruvchilari ajraluvchi differentsial tenglamalar, deb
ataladi.
Agar tenglama (6) ko’rinishda berilgan bo’lsa, uni avval
1
dy
f 2 ( y)
f 1 ( x)dx
ko’rinishga keltirib olib, keyin yuqoridagidek bevosita integrallab, uning umumiy integrali topiladi:
1
dy
f 2 ( y)
f1 ( x)dx С .
2-m i s o l. Kimyoviy reaktsiya tenglamasi (§1.1, 4-misolni qarang)
dx
dt
k (a
x)
dx
dt
yoki
k (a x)(b x)
o’zgaruvchilari ajraluvchi tenglama. Masalan, chap tomondagi tenglamani quyidagicha yechamiz:
dx
x а
kdt .
dх
х а
k dt .
Endi oxirgi tenglikni integrallab yuborsak
yoki
ln x a
kt
ln C .
Ce
kt
Bundan
x
a
hosil bo’ladi.
Agar tenglama (7) ko’rinishda berilgan bo’lsa, (7) ning ikkala tarafini
yuborsak, u o’zgaruvchilari ajralgan
M 1 ( x)
dx
M 2 ( x)
N 2 ( y)
dy 0
N1 ( y)
1 y 2 dx
1 x 2 dy 0
N 1 ( y ) M 2 ( x)
ifodaga bo’lib
tenglama ko’rinishiga keladi.
3 - m i s o l. Ushbu
tenglamaning umumiy yechimini topaylik.
Tenglikning ikkala tarafini
1 х2
у2
1
ifodaga bo’lib yuborib, o’zgaruvchilari ajralgan
dy
dx
1
x
2
1
y
2
tenglamani hosil qilamiz. Bundan
311
www.ziyouz.com kutubxonasi
0
arcsin x arcsin y
arcsin C
umumiy integralni topamiz. Agar bu tenglikda sinuslarga o’tsak
x 1 y2
kelib chiqadi.
2.3. Bir jinsli tenglamalar.
Ta’rif. Agar f ( x, y ) funktsiya
bob, 9-§ ga qarang), u holda 1-tartibli
х
va
у
y 1 x2
C
o’zgaruvchilarga nisbatan 0-darajali bir jinsli funktsiya bo’lsa (13-
dy
dx
f ( x, y )
(8)
differentsial tenglama bir jinsli, deyiladi.
f ( x, y )
Oxirgi tenglamaning o’ng tomonidagi
funktsiya 0-darajali bir jinsli funktsiya bo’lgani uchun har
son uchun
qanday
f ( x, y )
f ( х, у )
1
bo’ladi, xususan
х
uchun
f ( x, y )
f 1,
y
x
,
ya’ni 0-darajali bir jinsli funktsiya erkli o’zgaruvchilar nisbatiga bog’liq bo’ladi.
Shuni e’tiborga olib (8) ni quyidagicha
dy
dx
f 1,
y
x
(8')
yozish mumkin.
Agar bu yerda
qo’ysak,
u
y
x
u
, ya’ni
y ux
desak,
dy
dx
u
du
x
dx
bo’ladi. Bularni (8') ga olib borib
tenglama hosil bo’ladi:
ga nisbatan differentsial
u
x
du
dx
f (1, u ) .
Bu tenglamaning o’zgaruvchilarini quyidagi tartibda ajratamiz:
x
du
dx
f (1, u ) u
du
f (1, u ) u
va
dx
.
x
Oxirgi tenglamani integrallagach:
du
f (1, u ) u
natijadagi
u
o’rniga
y
x
dx
x
C,
ni qo’yib, berilgan differentsial tenglamaning umumiy yechimini topamiz.
4 - m i s o l. Quyidagi
y'
differentsial tenglamaning
y(1)
2
y
x
sin
y
x
boshlang’ich shartni qanoat- lantiruvchi xususiy yechimi topilsin.
312
www.ziyouz.com kutubxonasi
Yechish . Berilgan tenglama bir jinsli (buni tekshirishni o’quvchiga havola qilamiz), shu sababli unda
y ux ,
dy
dx
u
du
x
dx
xdu
udx
almashtirish bajaramiz. Natijada
u
sin u dx ;
xdu sin udx ;
du
sin u
dx
x
tenglamaga ega bo’lamiz. Agar oxirgi tenglikni integrallasak:
ln tg u 2
ln x
ln C
yoki
u
arctg Cx
2
kelib chiqadi. Agar bu yerda teskari almashtirish bajarsak, ya’ni
u
o’rniga
y
x
ni qo’ysak, umumiy
y 2 xarctg Cx
hosil bo’ladi. Agar berilgan boshlang’ich shartdan
2 2arctgC bo’ladi. Bundan С 1 ni topamiz. Demak, so’ralgan xususiy yechim
y 2 xarctgx
yechim
foydalansak:
ekan.
Eslatma. Quyidagi
M x, y dx
N x, y dy
0
ko’rinishdagi tenglama bir jinsli bo’ladi, qachonki M x, y va N x, y funktsiyalar birjinslik darajalari bir
xil bo’lgan funktsiyalar bo’lsa, chunki birjinslik darajalari bir xil bo’lgan funktsiyalar nisbati 0-darajali birjinsli
funktsiya bo’ladi (13-bob, 9-§ ga qarang).
2
2 xy dx
5-misol. x
jinsli differentsial tenglamalardir.
xydy 0 , x 4
6x 2 y 2
y 2 dx 4xy 3 dy 0
tenglamalar bir
2.4. Bir jinslikka keltiriladigan differentsial tenglamalar. Agar
dy
dx
ax by c
a1 x by1 c1
(9)
0 bo’lsa, bu tenglama bir jinsli bo’ladi, aks holda, ya’ni s va s1
ko’rinishdagi tenglamada c 0, c1
larning kamida bittasi noldan farqli bo’lsa, bu tenglamani bir jinsli tenglamaga keltirish mumkin. Buning uchun
x
x1
h
y
,
y1
k
almashtirish bajaramiz.
dy1
dx1
dy
dx
bo’lgani uchun, (9) bu almashtirish natijasida
dy1
dx1
ko’rinishga keladi. Agar
h
va
k
ax1 by1 ah bk c
a1 x1 b1 y1 a1 h b1 k c1
(10)
larni
ah bk c 0,
a1 h b1 k c1 0
sistemaning yechimlari qilib tanlasak, (10) quyidagi bir jinsli
313
www.ziyouz.com kutubxonasi
(11)
dy1
dx1
ax1 by1
a1 x1 b1 y1
tenglamaga keladi.
ab1
Agar (11) sistema yechimga ega bo’lmasa, ya’ni
(9) ni
a1b
bo’lsa, u holda
dy
dx
a
a1 va b
ax by
ax by
c
c1
b1
deb,
(12)
ko’rinishga keltirish mumkin. Bu tenglama
z
ax by
(13)
almashtirish yordamida o’zgaruvchilari ajraluvchi tenglamaga keladi. Haqiqatan,
dz
dx
a
dy
dx
b
dy
dx
yoki
1 dz
b dx
a
b
.
(14)
(13) va (14) larni (12) ga qo’ysak, o’zgaruvchilari ajraluvchi
1 dz
b dx
tenglama hosil bo’ladi.
Eslatma. Ixtiyoriy uzluksiz
a
b
z c
z c1
funktsiya uchun
dy
dx
ax by c
a1 x b1 y c1
f
ko’rinishdagi har qanday tenglama yuqoridagi usullar yordamida integrallanadi.
6 - m i s o l . 2 x y 1 dx
Yechish . Buning uchun avval
x
2 y 1 dy 0
2x
x
x
sistemani yechib olamiz
dx
dх1 ; dy
dу1
h
1; y
tenglamaning umumiy yechimini toping.
y 1 0
2y 1 0
k 1.
Endi berilgan tenglamada
x
х1 1; y
у1 1
almashtirish bajarsak, tenglama
2 x1
ko’rinishga keladi. Bu tenglama
ajraluvchi
y1
2 u2
y1 dx1
x1
ux1 ; dy1
2 y1 dy1
udx1
x1 du
0
almashtirish yordamida o’zgaruvchilari
2
u 1 x1 dx1
x1 1 2u du 0
tenglamaga keltiriladi. Bu tenglamaning umumiy integrali
x1 u 2
Agar bu yerda
u
y1 x1
deb, tenglikning ikkala tomonini kvadratga ko’tarsak:
y1
munosabat hosil bo’ladi. Eski
х1
х 1; у1
у 1
u 1 C.
2
x1 y1
x
o’zgaruvchilar
x1
2
va
C2
y larga
qaytish uchun oxirgi tenglikda
deb, bir nechta elementar almashtirishlar bajarsak, berilgan tenglamaning umumiy
integrali
х2
у2
ху
х
у 1 С2
kelib chiqadi.
314
www.ziyouz.com kutubxonasi
7-misol.
x
y 2 dx
2 x 2 y 1 dy
0
tenglamaning umumiy yechimini toping.
Yechish . Bu tenglama uchun (11) sistema yechimga ega emas. Shuning uchun
almashtirish bajaramiz. Natijada tenglama
z
2 dx
2 z 1 dz
dx
0
y
3 z dx
yoki
x
z; dy
2 z 1 dz
dz
dx
0
ko’rinishga keladi. O’zgaruvchilarni ajratib integrallasak:
2z
1
3
z
dz
hosil bo’ladi. Endi oxirgi tenglikda
integrali kelib chiqadi:
z
dx
C
х
у
x
2y
2z
yoki
5 ln z
3
x
C
deb eski o’zgaruvchilarga o’tsak, berilgan tenglamaning umumiy
5x
y 3
C.
3-§. Birinchi tartibli chiziqli tenglamalar.
Ta’rif. Noma’lum funktsiyaga va uning hosilasiga nisbatan chiziqli bo’lgan ushbu
dy
dx
P ( x) y
Q( x)
(1)
ko’rinishdagi tenglama birinchi tartibli chiziqli tenglama, deb ataladi, bu erda
berilgan o’zgarmas yoki
x
P ( x), Q ( x)
lar
ning uzluksiz funktsiyalaridir.
Agar Q (x ) 0 bo’lsa, (1) ni bir jinsli5 tenglama, aks holda bir jinsli bo’lmagan tenglama
deymiz. (1) ko’rinishdagi tenglamalarni echishning ikki usuli bor.
3.1. Bernulli usuli. (1) ning yechimini
y
u ( x) ( x)
(2)
ko’rinishda qidiramiz. Buning uchun (2) ni differentsiallab, (1) ga olib borib qo’yamiz:
u
d
dx
du
dx
P( x)u
Q( x)
d
dx
P ( x)
du
dx
yoki
u
Agar
(x)
Q( x).
(3)
funktsiyani
d
dx
P(x)
0
(4)
bir jinsli tenglamaning echimi sifatida tanlasak, (3) quyidagi
du
Q( x)
dx
(x) funktsiyalarni
( x)
ko’rinishga keladi. Natijada noma’lum
sistemasini hosil qilamiz:
u (x )
va
(5)
topish uchun tenglamalar
Bu yerda " bir jinsli " atamasi y ' P( x) y ifoda у va y ' larga nisbatan bir jinsli funktsiya bo’lgani
uchun ishlatildi, shu sababli buni х va у ga nisbatan bir jinsli bo’lgan tenglama bilan chalkashtirish
kerak emas.
5
315
www.ziyouz.com kutubxonasi
d
P( x)
0
dx
du
Q( x).
dx
(4) tenglama o’zgaruvchilari ajraluvchi tenglama, shuning uchun
d
P( x)dx
bo’ladi. Agar uni integrallasak:
ln C1
ln
P( x)dx
bo’ladi. Bundan
( x)
P ( x ) dx
C1e
kelib chiqadi. Bu (4) ning umumiy yechimi, lekin bizga uning bitta xususiy yechimini bilish kifoya edi,
shu sababli
(x)
funktsiya sifatida
( x)
ni olamiz. Ayonki, (x )
o’zgaruvchilarini ajratsak:
e
P ( x ) dx
(6)
0 . Endi (5) ni yechish mumkin, buning uchun (6) ni (5) ga qo’yib, uning
du
Q( x)
dx
( x)
bo’ladi. Buni integrallasak:
u
hosil bo’ladi. Va nihoyat, topilgan
yechimi kelib chiqadi:
u (x )
va
Q( x)
dx C
( x)
(x) funktsiyalarni
(2) ga qo’ysak, (1) ning umumiy
Q( x)
dx C ( x) .
( x)
Bu haqiqatan umumiy yechim, chunki har qanday y( x0 ) y 0 boshlang’ich shart uchun S ni
y
( x)
y0
( x0 ) ( x0 ) C ( x0 )
Q( x)
dx .
tenglamadan topish mumkin, bu yerda ( x)
( x)
1 - m i s o l . O’zgarmas R qarshilik va L induktivlik ketma-ket ulangan induktivlik zanjiridagi
f (t ) bo’lgan hol uchun ko’raylik.
tokning o’tish jarayonini boshlang’ich tok I 0 va kuchlanish U
Yechish . Ma’lumki (§1.1, 5-misolga qarang), bunday zanjirdan tokning o’tish tenglamasi
L
dI
dt
RI
bo’ladi. Buni qo’yidagicha yozib olamiz:
dI
dt
R
I
L
f (t )
.
L
316
www.ziyouz.com kutubxonasi
U
(7)
Bu
I
ga nisbatan birinchi tartibli chiziqli differentsial tenglamadir.Bu yerdagi
L
R
kattalik masala
shartiga ko’ra o’zgarmas, uni zanjirning vaqt doimiysi deyiladi.
u (t )
Uning yechimini (2) ko’rinishda qidiramiz. U holda noma’lum
nisbatan hosil bo’ladigan sistema qo’yidagi ko’rinishda bo’ladi:
va
(t )
funktsiyalarga
d
R
0
dt L
du f (t )
.
dt
L
Bu sistemaning birinchi tenglamasini yechamiz:
d
R
dt
L
yoki
R
dt
L
e
e
u (t )
Buni sistemaning ikkinchi tenglamasiga qo’yib,
R
t
L
.
ni topamiz:
Rt
1
f (t )e L dt
L
du
Oxirgi tenglikni integrallab yuborsak:
1
L
u (t )
f (t )e
Rt
L
dt
C
hosil bo’ladi. U holda yechim
I
e
Rt
L
Rt
1
f (t )e L dt
L
C
bo’ladi. Agar boshlang’ich shartni qo’llasak:
I0
C
ekanligi kelib chiqadi. Demak, masalaning yechimi
I
e
Rt
L
I0
Rt
1
f (t )e L dt
L
ekan.
3.2. Lagranj usuli. Bu usulning mohiyati shundaki, berilgan bir jinsli bo’lmagan chiziqli (1)
tenglamaning umumiy yechimi unga mos qo’yilgan
dy
dx
P( x) y
0
(8)
bir jinsli chiziqli tenglamaning umumiy yechimidagi o’zgarmas S1 koeffitsientni o’zgaruvchi deb faraz
qilib topiladi, ya’ni
у
P ( x ) dx
C1 ( х)e
deb, uni (1) tenglamaga qo’yiladi, natijada noma’lum
C1 ' ( x ) e
С1 ( х)
P ( x ) dx
funktsiyaga nisbatan
Q( x)
tenglama hosil bo’ladi. Bundan
317
www.ziyouz.com kutubxonasi
C ( x)
Q ( x )e
P ( x ) dx
dx C
kelib chiqadi, bu yerda S ixtiyoriy o’zgarmas. U holda (1) ning umumiy yechimi
у
P ( x ) dx
e
P ( x ) dx
Q ( x )e
dx C
bo’ladi.
Eslatma. Lagranj usulini "ixtiyoriy o’zgarmasni variatsiyalash usuli", deb ham atashadi.
2 - m i s o l . y' cos
Yechish . Avval
2
x
y tgx
tenglamaning umumiy yechimini Lagranj usuli bilan topaylik.
y' cos2 x
y 0
bir jinsli tenglamani yechib olamiz. Buning uchun uning o’zgaruvchilarini ajratamiz:
dy
y
dx
cos 2 x
0.
Tenglikning ikkala tomonini integrallab yuborsak:
ln y
tgx
ln C
yoki
y Ce
tgx
ni hosil qilamiz. Endi berilgan tenglamaning umumiy yechimini topish uchun
y C( х)e
tgx
(9)
deb olib, berilgan tenglamaga (9) ni va
y' C' ( x)e
tgx
C( x)e
tgx
sec 2 x
olib borib qo’yamiz:
cos2 xC ' ( x)e
tgx
C( x)e
tgx
sec 2 x cos2 x C( x)e
tgx
tgx
yoki
C ' ( x) cos2 xe
tgx
tgx .
Bundan
e tgx tgx
dx e tgx tgx 1
2
cos x
C ( x)
C
kelib chiqadi. U holda berilgan tenglamaning umumiy yechimi
y tgx 1 Ce
tgx
bo’ladi.
4-§. Bernulli tenglamasi.
Quyidagi
у
ga nisbatan chiziqli bo’lmagan
dy
dx
P( x) y
Q( x) y n
(1)
ko’rinishdagi tenglama “Bernulli tenglamasi” deb ataladi, bu yerda n 0 va n 1 bo’lgan ixtiyoriy
haqiqiy son, chunki aks holda, tenglama avvalgi paragrafda ko’rilgan chiziqli tenglamaning aynan o’zi
bo’ladi. (1) ni chiziqli tenglamaga quyidagi usul bilan keltiriladi.
Tenglamaning ikkala tomonini
уn
ga bo’lib yuboramiz:
318
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
y
dy
dx
P( x) y
n 1
Q( x) .
Agar oxirgi tenglamada
z
y
n 1
(2)
deb o’zgaruvchini almashtirsak, u quyidagi ko’rinishga keladi:
dz
dx
ya’ni z
( n 1) P( x) z
( n 1)Q( x)
ga nisbatan chiziqli tenglama hosil bo’ladi. Bu tenglamaning umumiy yechimini avvalgi
paragrafdagi ikki usulning biri bilan topib olib, undagi z
tenglamasining umumiy integrali kelib chiqadi.
1-misol.
y'
2y
x
3x 2 y
4
3
у
ni
n 1
tenglamani echaylik.
z
Yechish. Bu Bernulli tenglamasi, shuning uchun
holda tenglama quyidagi ko’rinishga keladi:
2
z
3x
z'
1
y
3
deb o’zgaruvchini almashtiramiz. U
x2 .
Buni masalan Lagranj usuli bilan yechaylik:
dz
dx
2
z
3x
0
yoki o’zgaruvchilarini ajratsak:
dz
z
2 dx
.
3 x
Bundan
z
2
C ( x) x
3
.
Bundan hosila olib, berilgan tenglamaga olib borib qo’yamiz:
C ' ( x) x
2
3
ga almashtirsak, Bernulli
2
C ( x) x
3
1
2
C ( x) x
3
3
yoki
C ' ( x)
x
4
3
.
Buni integrallab yuborsak:
C ( x)
3 73
x
7
C
hosil bo’ladi. Demak,
7 3
x
3
z
Cx
2
3
yoki
y
1
3
7 3
x
3
Cx
2
3
ekan. Bundan
319
www.ziyouz.com kutubxonasi
1
3
x2
1
y
7 3
x
3
Cx
2
3
3
kelib chiqadi.
Eslatma. Bernulli tenglamasini o’zgaruvchini (2) ko’rinishda almashtirmasdan, bevosita Lagranj
usulini qo’llab yechsa ham bo’ladi.
2-misol.
y'
Yechish. Avval
Endi
y
C ( x)
y
x
x2 y4
y
x
0
y'
x
,
tenglamani Lagranj usulida yechaylik.
tenglamani yechib olamiz. Uning umumiy yechimi
y ' C ' ( x)
x
C ( x)
larni berilgan tenglamaga qo’ysak:
x2
C ' ( x)
x
C ( x)
x2
4
tenglama hosil bo’ladi. Unda o’zgaruvchilarini ajratamiz:
dC ( x)
[C ( x)] 4
dx
.
x
Bu tenglamani integrallasak:
1
3 C ( x)
3
ln x ln C
C ( x)
yoki
kelib chiqadi. Demak, umumiy yechim
y
y
1
x3 3 ln C
x
bo’lar ekan.
320
www.ziyouz.com kutubxonasi
3
1
3 ln C
x
C
x
bo’ladi.
5-§. To’la differentsialli tenglamalar.
5.1. Ta’rif. Quyidagi
M ( x, y )dx N ( x, y )dy 0
differentsial tenglama "to’la differentsialli" deyiladi, agar M ( x, y ), N ( x, y ) lar
M
y
(1)
N
x
(2)
munosabatda bo’lgan uzluksiz, differentsiallanuvchi funktsiyalar bo’lsa.
(1) tenglamaning bunday atalishiga sabab, agar (2) tenglik o’rinli bo’lsa, u holda (1) ning chap
tomoni biror
и ( х, у ) funktsiyaning to’la differentsiali bo’ladi, va aksincha, agar (1) ning chap
и ( х, у ) funktsiyaning to’la differentsiali bo’lsa, u holda (2) munosabat bajariladi.
tomoni biror
Haqiqatan, agar
du
M ( x, y )dx
N ( x, y )dy
bo’lsa, u holda to’la differentsialning ta’rifiga ko’ra
u
dx
x
du
u
dy
y
ekanligidan
u
x
bo’lishi kelib chiqadi.
differentsiallasak:
Bularning
у
birinchisini
2
M
y
u
x y
u
y
M ( x, y ) ,
,
bo’yicha,
N
x
N ( x, y )
ikkinchisini
(3)
esa
х
bo’yicha
2
u
y x
ga ega bo’lamiz. Agar ikkinchi hosilalar uzluksiz bo’lsa, u holda
M
y
N
x
tenglik o’rinli bo’ladi. Demak, (2) tenglik (1) ning chap tomoni biror
differentsiali bo’lishi uchun zaruriy shart ekan.
Endi faraz qilaylik, (2) tenglik o’rinli bo’lsin. U holda
u
x
и ( х, у )
funktsiyaning to’la
M ( x, y )
munosabatdan
x
u
M ( x, y )dx
( y)
x0
х0 - yechimning mavjudlik sohasidagi ixtiyoriy nuqtaning abtsissasi.
х bo’yicha integrallaganda у ni o’zgarmas deb faraz qilingani uchun, integrallash jarayonida hosil
bo’ladigan o’zgarmasni у ning funktsiyasi, deb hisoblash mumkin.
kelib chiqadi, bu erda
Endi
( у)
oxirgi tenglikni
ni shunday tanlaymizki, natijada (3) ning ikkinchisi ham o’rinli bo’lsin. Buning uchun
у
bo’yicha differentsiallaymiz:
321
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
u
y
x0
M
dx
y
' ( y)
N ( x, y ) ;
N
dx
x
' ( y)
N
lekin (2) shartga ko’ra
x
x0
yoki
N ( x, y) | xx0
' ( y)
N ( x, y) .
Demak,
' ( y) N ( x0 , y)
yoki
y
( y)
N ( x 0 , y )dy C1 .
y0
Va nihoyat,
y
x
u ( x, y )
M ( x, y )dx
x0
N ( x 0 , y )dy C1
(4)
y0
tenglikni hosil qilamiz.
и ( х, у ) funktsiya mavjudki,
du M ( x, y )dx N ( x, y )dy
Demak, (2) shart bajarilsa, shunday
bo’ladi. Shu sababli, (1) ni
du 0
deyish mumkin. Bundan
и ( х, у )
C
tenglik kelib chiqadi. U holda (4) ga asosan
y
x
M ( x, y)dx
N ( x0 , y)dy C ,
x0
(5)
y0
ya’ni (1) ning umumiy integralini hosil qilamiz.
1-misol.
(x
Yechish. Bu yerda
y 1)dx (e y
x)dy 0
M ( x, y)
y 1, N ( x, y) e y
x
tenglamaning umumiy yechimini toping.
x,
(2) shart bajarilyapti, demak, berilgan tenglama to’la differentsialli ekan.
Umumiy yechimni (5) formula bo’yicha topamiz:
y
x
(x
e y dy C1
y 1)dx
0
0
yoki
1 2
x
2
x
xy
e y | 0y C1 .
x
0
Bundan
322
www.ziyouz.com kutubxonasi
M
y
1,
N
x
1,
ya’ni
1 2
x
2
xy
ey
x
1 C1
1 2
x
2
ey
yoki
xy
x C
ga ega bo’lamiz.
5.2. Agar (2) tenglik bajarilmasa, u holda (1) tenglama to’la differentsialli bo’lmaydi. Bunday
( x, y )
tenglamalar uchun ayrim hollarda integrallovchi ko’paytuvchi, deb ataluvchi shunday
funktsiyani topish mumkinki, berilgan tenglamani shu funktsiyaga ko’paytirilganda, tenglama to’la
differentsiallikka aylanadi.
( x, y )
Integrallovchi ko’paytuvchi
ko’paytiramiz:
ni topish uchun berilgan tenglamani
M ( x, y )dx
N ( x, y )dy
( x, y )
ga
0.
Ma’lumki, bu tenglama to’la differentsialli bo’lishi uchun
M
y
N
x
bo’lishi zarur va yetarlidir. Oxirgi tenglikni quyidagicha yozib olamiz:
M
y
M
y
N
x
x
N
x
N
x
yoki
M
Tenglikning ikkala tomonini
N
y
( x, y )
M
y
ga bo’lib yuborsak noma’lum
ln
y
M
N
ln
x
.
( x, y ) funktsiyaga nisbatan:
N
M
(6)
x
y
tenglamani hosil qilamiz. Buni umumiy holda yechish juda murakkab, shu sababli uni ayrim xususiy
hollardagina hal qilamiz.
Masalan, (1) tenglama faqat у ning funktsiyasi bo’lgan integrallovchi ko’paytuvchiga ega bo’lsin.
U holda
ln
x
0
bo’ladi. Shu sababli, (6) tenglama quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
N
x
d ln
dy
M
y
.
M
Agar bu yerda
N
x
ifoda faqat
у
M
y
M
ga bog’liq bo’lsa, u holda
e
N
x
M
y
M
dy
bo’ladi.
Aynan shundek, agar
323
www.ziyouz.com kutubxonasi
N
x
ifoda faqat
х
M
y
N
ga bog’liq bo’lsa, u holda integrallovchi ko’paytuvchi
M
x
e
N
y
dy
N
ko’rinishda topiladi.
2-misol.
ydx
Yechish. Bu yerda
N
x
M
y
M
2
.
y
x
M
y 2 dy 0
y, N
x
tenglamaning umumiy ildizini toping.
y2 ,
M
y
N
x
1,
1,
ya’ni
M
y
N
x
, lekin
Shu sababli,
2
dy
y
e
1
y2
.
Berilgan tenglamani shu integrallovchi ko’paytuvchiga ko’paytiramiz:
1
dx
y
x
y2
1 dy
0.
Natijada to’la differentsialli (buni tekshirishni o’quvchiga havola qilamiz) tenglama hosil qilamiz.
х0 1, у 0 1
deb (5) formulani qo’llaymiz:
x
1
1
dx
y
y
1
1
y2
1 dy C
yoki
x
y
1
y
x
y1
y
C.
1
Demak, berilgan tenglamaning umumiy yechimi
x
y
y C
ekan.
6-§. Egri chiziqlar oilasining o’ramasi.
Quyidagi
F ( x, y , C )
324
www.ziyouz.com kutubxonasi
0
(1)
tenglama Оху dekart koordinatalar tekisligida S ning har bir qiymatida biror egri chiziqni ifodalaydi
(3-bob, 1.1-§ qarang). S ning har xil qiymatlariga mos keluvchi egri chiziqlarni bir parametrli egri
chiziqlar oilasi deb ataymiz. Demak, (1) tenglama bir parametrli egri chiziqlar oilasini aniqlar ekan.
Ta’rif. L chiziq bir parametrli egri chiziqlar oilasining o’ramasi deyiladi, agar u o’zining har bir
nuqtasida oilaning biror chizig’iga urinib o’tsa va har xil nuqtalarida urinayotgan oilaning chiziqlari
ham har xil bo’lsa.
1-m i s o l .
x C
2
y2
R2
Ох
tenglama markazlari
aylanalar oilasini beradi. Bu oilaning o’ramalari
qarang).
y
R
y
va
o’qida joylashgan
R
R
radiusli
to’g’ri chiziqlardir (1-rasmga
у
R
x
-R
C
123-rasm.
Endi o’ramani topish masalasini ko’raylik. Faraz qilaylik, (1) egri chiziqlar oilasi berilgan bo’lsin.
Agar u tenglamasi
у
(х)
bo’lgan o’ramaga ega bo’lsa, bu yerda
М ( х, у )
differentsiallanuvchi funktsiya, u holda bu o’ramaning har bir
(х) -uzluksiz
nuqtasi (1) oilaning biror
egri chizig’iga tegishli bo’ladi, bu egri chiziqqa S koeffitsientning M nuqtaning koordinatalari
ga bog’liq bo’lgan aniq bir qiymati mos keladi:
uchun
C
0
(2)
bo’ladi, ya’ni (2) ni o’ramaning oshkormas tenglamasi deb qarash mumkin. Faraz qilaylik,
х, у
( х, у )
C ( х, у ) . Demak, o’ramaning barcha nuqtalari
F ( x, y, C ( x, y ))
koeffitsient
va
C ( х, у )
larning barcha qiymatlarida o’zgarmas bo’lmagan differentsiallanuvchi funktsiya
bo’lsin. O’ramaning (2) tenglamasidan o’ramaga uning
burchak koeffitsientini topaylik. (2) ni
х
М ( х, у )
nuqtasida o’tkazilgan urinmasining
bo’yicha differentsiallaylik:
F
F C
F
F C
x
C
y
C
x
y
y'
0
yoki
Fx'
F y' y ' FC'
C
x
C
y'
y
0
(3)
Ma’lumki, egri chiziqga o’tkazilgan urinmaning burchak koeffitsienti uning tenglamasidan olingan
hosilaning shu nuqtadagi qiymatiga teng. Agar oshkormas funktsiyadan olinadigan hosila formulasini
eslasak:
y'
Fx'
F y'
,
u holda (1) oilaning egri chizig’iga o’tkazilgan urinmaning burchak koeffitsienti
Fx'
Fy' y' 0
325
www.ziyouz.com kutubxonasi
(4)
tenglikdan aniqlanadi. O’ramaga o’tkazilgan urimaning burchak koeffitsienti egri chiziq urinmasining
burchak koeffitsientiga teng bo’lgani uchun (3) va (4) larga asosan
C
x
C
y' 0
y
C ( х, у ) const bo’lgani uchun
С
C
y' 0 ,
x
y
FC'
tenglikka ega bo’lamiz. O’ramada
shu sababli, o’ramaning barcha nuqtalari uchun
FC' ( x, y, C ) 0
(5)
bo’ladi. Natijada o’ramani topish uchun
F ( x, y , C )
0
FC' ( x, y , C )
(6)
0
Fx' , Fy'
sistemani hosil qildik. Lekin bu tenglamalarni (1) ning
xususiy hosilalarini nolga
aylantiradigan statsionar nuqtalar deb ataluvchi nuqtalar koordinatalari ham qanoatlantiradi.
Haqiqatan, maxsus nuqtaning koordinatalarini (1) tarkibiga kiruvchi C parametr orqali ifodalash
mumkin:
x
(C ), y
(C ) .
(7)
Agar bularni (1) ga olib borib qo’ysak:
F
(C ), (C ), C
0
ayniyatni hosil qilamiz. Uni C bo’yicha differentsiallaylik:
Fx'
х, у
d
dC
d
dC
F y'
FC'
lar statsionar nuqtaning koordinatalari bo’lgani uchun
yuqoridagi tenglikdan
FС'
0
0.
Fx'
0, Fy'
0
bo’ladi, shu sababli
kelib chiqadi.
Demak, (6) ni yechganda, yechim o’ramani yoki statsionar nuqtalarning geometrik o’rnini
bildirishini aniqlash uchun qo’shimcha tekshirishlar o’tkazish lozim ekan.
2
2
2
y
R aylanalar oilasining o’ramasini (6) sistema yordamida aniqlang.
2-m i s o l. x C
Yechish. Oila tenglamasini S bo’yicha differentsiallaylik:
2x C
0.
U holda (6) sistema bu misol uchun quyidagicha bo’ladi:
x C
2
y2
2x C
R2,
0.
Bu sistemadan S ni yo’qotsak:
y2
R2
R
yoki y
hosil bo’ladi. Shu natijaga biz boshqa usul bilan kelgan edik. Ma’lumki, bu o’rama edi. Bu yerda ham
0
aylana statsionar nuqtalarga ega bo’lmagani uchun
kelamiz.
3
y
R-
2
o’rama tenglamasi, degan xulosaga
x C
0 yarimkubik parabolalar oilasining o’ramasini toping.
3-misol. y
Yechish. Berilgan tenglamani S parametr bo’yicha differentsiallaymiz:
326
www.ziyouz.com kutubxonasi
2x C
0.
Bundan S ni topib, oila tenglamasiga qo’ysak:
y
0
bo’ladi. Bu Ох o’qining tenglamasi. Uni o’ramami yoki statsionar nuqtalarning geometrik o’rnimi
ekanligiga ishonch hosil qilish uchun berilgan oilaning statsionar nuqtalarini topaylik. Buning uchun
berilgan tenglamani х va y bo’yicha differentsiallaylik:
Fx'
2x C
Fy'
Bundan
х
С, y
o’qini to’lg’izadi, ya’ni
3y 2
0;
0.
0 ekanligi kelib chiqadi. S ga har xil qiymatlar bersak, statsionar nuqtalar Ох
Ох o’qi statsionar nuqtalarning geometrik o’rni ekan (124-rasmga qarang).
у
х
О
statsionar nuqtalarning geometrik o’rni
124-rasm.
4 - m i s o l .
y
C
2
2
x
3
C
3
0
oilaning o’ramasi va statsionar nuqtalarining
geometrik o’rnini toping.
Yechish. Tenglamani S bo’yicha differentsiallaylik:
2 y
2
3x C
3
C
2
0
yoki
y
C
x C
2
.
(8)
Buni berilgan tenglamaga qo’ysak:
x C
2
x C
3
4
3
0
yoki
x C
3
2
3
x C
0
hosil bo’ladi. Bundan S ning ikkita qiymatini topamiz: S1= х ,
С2
Agar (8) ga birinchi qiymatni qo’ysak:
y
x
yoki
x
y
x
2
x
tenglamani hosil qilamiz. Agar (8) ga ikkinchi qiymatni qo’ysak:
y
x
2
3
x
x
2
3
2
327
www.ziyouz.com kutubxonasi
0
х
2
3.
yoki
y
x
2
9
kelib chiqadi. Topilgan chiziqlarning birinchisi statsionar nuqtalarning gelmetrik o’rnini, ikkinchisi esa
o’ramani beradi (125-rasmga qarang).
у
О
х
125-rasm.
Evolyuta
Egri chiziq
126-rasm.
Eslatma. 13-bobning 4-§ ida biz egri chiziqning normali evolyutaga urinma bo’lishini ko’rsatgan
edik. Shu sababli, berilgan egri chiziqning normallari oilasi evolyuta uchun urinmalar oilasi bo’ladi.
Demak, evolyuta berilgan egri chiziqning normallari oilasi uchun o’rama vazifasini o’tar ekan ( 126rasmga qarang).
7-§. Birinchi tartibli differentsial tenglamalarning
maxsus yechimlari.
Berilgan
dy
dx
0
(1)
x, y, C
0
(2)
F x, y ,
differentsial tenglama
umumiy integralga ega bo’lsin.
328
www.ziyouz.com kutubxonasi
Faraz qilaylik, (2) umumiy integralga mos keluvchi umumiy egri chiziqlar oilasi o’ramaga ega
bo’lsin. Bu o’rama (1) differentsial tenglamaning integral egri chizig’i bo’lishini ko’rsatamiz.
Haqiqatan, o’rama o’zining har bir nuqtasida oilaning biror egri chizig’iga urinadi, ya’ni u bilan
umumiy urinmaga ega bo’ladi. Demak, har bir umumiy nuqtada o’rama va egri chiziq
x, y , y '
miqdorlarning bir xil qiymatlariga ega bo’ladi. Lekin oilaning egri chizig’i uchun x , y , y ' sonlar (1)
tenglamani qanoatlantiradi. Shu sababli, o’ramaning har bir nuqtasini abtsissasi, ordinatasi va burchak
koeffitsienti (1) tenglamani qanoatlantirishi shart. Bu - o’rama integral chiziq, uning tenglamasi esa
differentsial tenglamaning yechimi ekanligini bildiradi.
Lekin o’z navbatida o’rama, umuman aytganda, integral yechimlar oilaning vakili emas, shu
sababli, u umumiy integraldan C ning biror xususiy qiymati orqali topilmaydi.
Ta’rif. Differentsial tenglamaning umumiy yechimidan C ning birorta ham qiymati orqali topib
bo’lmaydigan va grafigi umumiy yechimga kiruvchi integral egri chiziqlar oilasining o’ramasi bo’lgan
yechimi differentsial tenglamaning "maxsus yechimi", deb ataladi.
Faraz qilaylik, (2) umumiy integral berilgan bo’lsin. Undan va
'C x, y, C
0
tenglamadan
S parametrni yo’qotib, ( х, у ) 0 tenglamaga kelamiz. Agar bu funktsiya (1) ni qanoatlantirsa-yu,
lekin (2) yechimlar oilasiga tegishli bo’lmasa, u holda ta’rifga ko’ra, bu funktsiya maxsus integral
bo’ladi.
Shuni ta’kidlash lozimki, maxsus yechimni ifodalovchi egri chiziqning har bir nuqtasidan kamida
ikkita integral egri chiziq o’tadi, ya’ni maxsus yechimning har bir nuqtasida differentsial tenglamaning
yechimini yagonaligi buzilyapti.
Shuning uchun yechimning yagonaligi buziladigan nuqtalar "maxsus nuqtalar" deb ataladi. Demak,
maxsus yechim maxsus nuqtalardan iborat ekan.
2
2
2
R tenglamaning maxsus yechimlarini toping.
M i s o l . y 1 y'
Yechish. Avval uning umumiy integralini topamiz. Buning uchun tenglamani hosilaga nisbatan
yechib olamiz:
R2
dy
dx
y2
y
.
O’zgaruvchilarini ajratsak:
ydy
R
2
y
dx.
2
Buni integrallasak:
x C
2
y2
R2
umumiy integral hosil bo’ladi.Ma’lumki (6-§, 1-misolga qarang), bu oilaning o’ramasi
to’g’ri chiziqlardir.
y
R
y
R
funktsiyalar berilgan tenglamani qanoatlantiradi. Demak, bu funktsiyalar maxsus
yechimlar ekan.
8-§. Hosilaga nisbatan yechilmagan differentsial
tenglamalar.
Birinchi tartibli quyidagi
F x, y, y'
0
(1)
differentsial tenglama berilgan bo’lsin. Yuqorida bunday tenglamalar hosilaga nisbatan yechilgan hollar
uchun ko’rildi. Endi ko’radigan holimizda
F x, y, y'
funktsiya
deb faraz qilamiz. Bunday hollarda tenglama har doim ham
y'
329
www.ziyouz.com kutubxonasi
y'
ga nisbatan chiziqli bo’lmasin
ga nisbatan yechilavermaydi. Shunday
bo’lsada, biz bu paragrafda parametr kiritish yordamida hosilaga nisbatan yechiladigan tenglamaga
keltiriladigan ayrim xususiy hollarni ko’rib chiqamiz.
8.1. n-darajali birinchi tartibli tenglamalar. Faraz qilaylik, differentsial tenglama quyidagi
ko’rinishda berilgan bo’lsin:
y'
bu yerda
n
n 1
p1 y'
n -natural son, p1 , p2 , , pn
Agar bu tenglama
n 2
p2 y '
х
 pn 1 y ' pn y
y larning funktsiyalari.
y ' ga nisbatan yechilsa, u holda y ' uchun n ta har xil ifoda hosil bo’ladi:
y ' f 1 ( x, y ), y' f 2 ( x, y),  , y' f n ( x, y).
lar
va
n
Bu bilan berilgan tenglamani integrallash hosilaga nisbatan yechilgan
Agar
1
0,
x, y, C1
0,
2
x, y, C2
0,  ,
n
(2)
ta (2) tenglamalarga keltirildi.
x, y, Cn
0
lar bu tenglamalarning
umumiy integrallari bo’lsa, u holda berilgan tenglamaning umumiy integrali
1
x, y, C
2
x, y, C 
n
x, y, C
0
ko’rinishda bo’ladi (buni tekshirishni o’quvchiga topshiramiz). Umumiylikka ziyon yetkazmaslik
maqsadida barcha
1-misol.
С1 , С2 , Сn
xy
2
y'
0
a2
Yechish. Agar tenglamaning
ko’rinishga keladi:
larni bitta C o’zgarmas bilan almashtirdik.
tenglamaning umumiy integralini toping.
chap
tomonini
xy
y'
ko’paytuvchilarga ajratsak, tenglama quyidagi
xy
y'
a
0.
a
Bundan
xy
y'
a
0
va
xy
a
y'
0
tenglamalarni hosil qilamiz. Ularning umumiy integrallari mos ravishda
y
x x
3a
C
0
va
x x
3a
y
C
0
bo’ladi (tekshiring!). U holda berilgan tenglamaning umumiy integrali
y
C
2
x3
9a 2
0
bo’ladi.
8.2. y ga nisbatan yechilgan va
Bizga
х
qatnashmagan tenglamalar.
y
( y' )
(3)
( p)
(4)
ko’rinishdagi tenglama berilgan bo’lsin.
Agar bu tenglamada
y'
p
belgilash kiritsak, (3) quyidagi
y
ko’rinishga keladi. Endi
y'
p tenglikni dx
dy
p
ko’rinishda yozib olib integrallasak:
330
www.ziyouz.com kutubxonasi
dy
p
x
y
p
C
( p)dp
p2
C
(5)
hosil bo’ladi, oxirgi integralga bo’laklab integrallash usuli qo’llandi. (4) va (5) lardan tuzilgan
tenglamalar sistemasi berilgan tenglamaning parmetrik ko’rinishdagi umumiy yechimini bo’ladi.
р
Zaruriyatga qarab, (4) va (5) lardan
bo’ladi.
y y'
y' p deb
2-misol.
Yechish.
nisbatan differentsiallasab,
y'
2
2 y'
3
p
2p
0
p2
y
2 p3
ko’rinishga keltiramiz. Agar buni
dp
dx
2 6 p dp
6p2
8.3. х ga nisbatan yechilgan va
Bu yerda
2 p 6 p2
p
yoki
y
x
2p
3p2
y
p2
2 p3.
dp
dx
x 2 p 3p2
C
hosil
C,
( y' )
ko’rinishdagi tenglama nazarda tutilyapdi. Bunda ham, xuddi yuqoridagidek
kiritamiz. U holda tenglama
x
p tenglikni
ko’rinishga keladi. Endi y'
integrallash usulini qo’llagandan so’ng
px
ga
qatnashmagan tenglamalar.
х
pdx
х
ekanligini hisobga olsak:
, integrallagandan so’ng esa
Bundan o’z navbatida dx
bo’ladi. Shu sababli, umumiy yechim quyidagicha bo’ladi:
y
ko’rinishga keltirsa
tenglamaning umumiy yechimini toping.
tenglamani
y'
x, y, C
ni yo’qotib, bu yechimni
dy
xdp
pdx
yoki
y'
p
belgilash
( p)
(6)
ko’rinishda yozib olib, integrallasak, bo’laklab
y
p ( p)
( p)dp C
hosil bo’ladi. Demak, umumiy yechim
x
( p),
y
p ( p)
( p)dp C
parametrik ko’rinishda bo’lar ekan.
3-misol.
x
Yechish. Agar
integrallasak:
y
pdx
y ' sin y ' tenglamaning umumiy yechimi topilsin.
y' p desak, u holda x р sin р bo’ladi. Endi dy
px
xdp
px
px
p sin pdp
p cos p
sin p
px
p cos p
C
kelib chiqadi. Demak, umumiy yechim
x
p sin p,
y
p 2 sin p
p cos p sin p C
bo’lar ekan.
331
www.ziyouz.com kutubxonasi
pdx
tenglikni
cos pdp
х
8.4. Klero tenglamasi. y ga nisbatan yechilgan,
nisbatan yechilmagan quyidagi tenglama
y
va
y
xy '
ga nisbatan chiziqli, lekin
( y' )
Agar oxirgi tenglikni
х
xp
( p)
ga
(7)
"Klero" tenglamasi, deb ataladi. Xuddi yuqoridagidek, bu yerda ham
parametr kiritamiz. U holda (7) quyidagi ko’rinishga keladi:
y
y'
.
y'
p
deb qo’shimcha
(7')
bo’yicha differentsiallasak:
p
x
dp
dx
p
' ( p)
dp
dx
yoki
dp
dx
' ( p)
x
0
tenglikka kelamiz. Har bir ko’paytuvchini nolga tenglaymiz:
dp
0,
dx
' ( p) 0 .
x
Agar (8) ni integrallasak,
p
C
(8)
(9)
hosil bo’ladi, buni (7') ga qo’yib, (7') ning umumiy yechimiga
y xC
(C )
(10)
ega bo’lamiz. Ma’lumki, bu to’g’ri chiziqlar oilasidir.
Agar (9) dan
parametrni х ning funktsiyasi sifatida aniqlab, (7') ga qo’ysak, hosil bo’ladigan:
p
y
xp( x)
p ( x)
(11)
funktsiya (7) ning yechimi bo’ladi (tekshiring!). Lekin (11) yechim (10) umumiy yechimdan S ning
biror qiymatida ham kelib chiqmaydi. Shu sababli, bu yechim maxsus yechim bo’lib, u quyidagi
y
xp
x
sistemadan
p
( p ),
' ( p)
0
ni yoki
y
xC
x
(C ),
' (C ) 0
sistemadan S ni yo’qotish yo’li bilan hosil qilinadi. Demak, Klero tenglamasining maxsus yechimi (10)
umumiy integrallar oilasining o’ramasi, ya’ni boshqacha qilib aytganda, Klero tenglamasining umumiy
yechimi maxsus yechimlariga o’tkazilgan urinmalar oilasidan iborat bo’lar ekan.
xy' e y '
tenglamada y'
4-misol.
Yechish. Bu
differentsiallaylik:
y
tenglamani integrallang.
p
deb, uni
dy
Lekin
dy
pdx
px e p
y
xdp
ko’rinishda yozib olamiz. Bu tenglikni
e p dp
pdx , shuning uchun oxirgi tenglik
xdp e p dp 0
yoki
x e p dp 0
332
www.ziyouz.com kutubxonasi
ko’rinishga keladi. Demak, yo
p
C
y
bo’ladi. Buni
dp
px e
0
p
ep
x
0
bo’lsa, u holda
Cx e C
desak, berilgan tenglamaning maxsus yechimi
x
ep,
y
( p 1)e p
p
sistemaning birinchi tenglamasidan
ikkinchisiga qo’ysak, quyidagi
dp
bo’lishi kerak. Agar
ga qo’ysak:
y
umumiy yechimni hosil qilamiz. Agar
ep
x
yo
p
parametrni aniqlab (bu yyerda u
y
ln x
bo’ladi),
x ln x 1
ko’rinishda aniqlanadi. Endi umumiy yechim aniqlagan to’g’ri chiziqlar maxsus yechimlarga
o’tkazilgan urinmalar oilasi bo’lishligini ko’rsatish qoldi.
Maxsus yechimni differentsiallaylik:
y ' ln x .
М ( х0 , у 0 )
Hosilaning geometrik ma’nosidan, maxsus integral chiziqga uning
nuqtasida o’tkazilgan
urinmasining tenglamasi
y
x0 ln x0
bo’lishligi kelib chiqadi. Agar buni ixchamlab,
1
ln x0 ( x
ln x0
C
x0 )
deb belgilasak:
y Cx e C
tenglamani hosil qilamiz.
8.5. Lagranj tenglamasi. "Lagranj tenglamasi", deb quyidagi tenglamaga aytiladi:
y
bu yerda
va
lar
y'
x ( y' )
ning ma’lum funktsiyalaridir.
avvalgi bo’limda ko’rilgan (7) "Klero" tenglamasi (12) ning
( y' )
Tenglama х
Buni
х
va
(12)
y
ga nisbatan chiziqli,
( y' )
y'
bo’lgandagi xususiy holi. Shu
y'
p
parametr kiritish yordamida
sababli, bu tenglama ham yuqorida ko’rilgan tenglamalar kabi
integrallanadi. U holda, (12) quyidagi ko’rinishni oladi:
y
,
x ( p)
( p)
(12')
bo’yicha differentsiallasak:
p
( p)
x ' ( p)
' ( p)
dp
dx
yoki
p
( p)
x ' ( p)
' ( p)
dp
dx
(13)
ega bo’lamiz. Bu tenglamaning umumiy yechimini topish maqsadida uni quyidagi ko’rinishda yozib
olamiz:
p
dx
dp
x
' ( p)
p
( p)
' ( p)
p
( p)
va х ni
ning funktsiyasi sifatida qaraymiz. U holda hosil bo’lgan tenglama
differentsial tenglama bo’ladi.
Shu bobning 3-§ ida ko’rilgan usullarning biri bilan uning
333
www.ziyouz.com kutubxonasi
х
ga nisbatan chiziqli
p
yechimini topamiz. Bundan va (12') dan
x
f ( p, C )
parametrni yo’qotsak, (12) ning
( x, y , C )
0
ko’rinishdagi umumiy yechimini hosil qilamiz.
(12') ni
p
ning
p0
( p0 ) 0
shartni qanoatlantiruvchi har qanday o’zgarmas
p
ham ayniyatga aylantiradi. (7) ning
р0
qiymatga mos keluvchi yechimi
funktsiyasi bo’ladi. Bu chiziqli funktsiyani topish uchun (12') dagi
p
х
p0
qiymati
ning chiziqli
parametr o’rniga
p
р0
qiymatni qo’yish kifoya:
y
x ( p0 )
( p0 )
.
Agar bu yechim umumiy yechimdan o’zgarmasning biror qiymatida hosil bo’lmasa, u holda bu yechim
maxsus yechim bo’ladi.
5-misol.
y'
p
y xy ' 2 y' 2
ko’rinishdagi Lagranj tenglamasini integrallaylik. Buning uchun unda
almashtirish bajaramiz:
Agar (14) ni
х
xp 2
y
p2 .
(14)
bo’yicha differentsiallasak:
p2
p
2 xp
dp
dx
2p
yoki
p(1
p)
2 p( x 1)
dp
dx
(15)
hosil bo’ladi. Oxirgi tenglikni quyidagicha yozib olaylik:
dx
dp
x
2
2
1 p
1 p
.
Buning umumiy yechimi
x
bo’ladi (tekshiring!). Agar (14) va (16) dan
y
p
C
( p 1) 2
1
(16)
parametrni yo’qotsak, umumiy yechim
C
x 1
2
ko’rinishga keladi.
p
0 va p 1 qiymatlari ham qanoatlantiradi. Shu sababli, berilgan
(15) tenglikni
ning p
tenglamaning shu qiymatlarga mos keluvchi yechimlari
x 02
02
x 1
va y
bo’ladi. Bulardan ikkinchisi maxsus yechim bo’lmaydi, chunki u umumiy yechimdan S=0 qiymatda
y
hosil bo’ladi, shu sababli u xususiy yechim, у
S ning birorta ham qiymatida kelib chiqmaydi.
Eslatma. Odatda "Lagranj" tenglamasi deb,
0
0
esa maxsus yechim, chunki u umumiy yechimdan
х va y ga nisbatan chiziqli bo’lgan quyidagi
P( y ' ) x Q( y ' ) y R( y ' ) 0
(18)
ko’rinishdagi har qanday birinchi tartibli differentsial tenglamaga aytiladi. Lekin bu tenglama (12)
ko’rinishga uni Q ( y ' ) ga bo’lib keltirilishi mumkin, bunda
334
www.ziyouz.com kutubxonasi
P( y ' )
Q( y ' )
( y' )
va
R( y ' )
Q( y ' )
( y' )
bo’ladi.
Biz bu paragrafda (18) tenglamaning eng sodda ko’rinishidan boshlab, barcha xususiy hollarini
ko’rib chiqdik.
9-§. Yuqori tartibli differentsial tenglamalar.
9.1. Umumiy tushunchalar. Quyidagi
F x, y, y' , y" , , y n
0
(1)
noma’lum funktsiyaning n-hosilasini o’z ichiga olgan tenglamalar n-tartibli differentsial tenglamalar,
deb ataladi. Ayrim hollarda, (1) yuqori tartibli hosilasiga nisbatan yechilgan bo’lishi mumkin, ya’ni
yn
f x, y, y' , y" , , y n
1
(1')
ko’rinishda berilgan bo’lishi mumkin.
Bu paragrafda biz (1') ko’rinishdagi yoki shu ko’rinishga keltiriladigan tenglamalarni ko’ramiz.
Bunday tenglamalar uchun quyidagi teorema o’rinli.
Teorema.
Agar
y, y' , y" , , y
(1')
n 1
tenglamada
f x, y, y' , y" , , y
argumentlari
M 0 ( x0 , y0 , y0 ' , y0 ",, y0
n 1
)
bo’yicha
n 1
olingan
funktsiya
xususiy
va
uning
hosilalari
nuqtani o’z ichiga olgan qandaydir sohada uzluksiz bo’lsa, u
holda tenglamaning
y0 , y' y'0 , y" y"0 ,, y n
y
1
y0
n 1
(2)
shartlarni qanoatlantiruvchi yagona yechimi mavjud.
(2) shartlar boshlang’ich shartlar, deb ataladi.
Ta’rif. n-tartibli (1') differentsial tenglamaning umumiy yechimi deb, n ta C1, C2,...,Cn
koeffitsientlarga bog’liq bo’lgan shunday
x, C1 , C2 , , Cn
y
funktsiyaga aytamizki, u
1) C1, C2,...,Cn koeffitsientlarning har qanday qiymatlarida ham (1') ni qanoatlantiradi;
2)
C1,
C2,...,Cn
koeffitsientlarning
shunday
qiymatlari
mavjudki,
bu
qiymatlarda
y
x, C1 , C2 , , Cn (2) boshlang’ich shartlarni ham qanoatlantiradi.
x, y, C1 , C2 ,, Cn 0 ko’rinishda topilgan yechim (1') ning umumiy integrali,
Oshkormas
deb ataladi.
C1, C2,...,Cn koeffitsientlarning aniq qiymatlari uchun umumiy yechimdan hosil qilinadigan har
qanday yechim xususiy yechim, deyiladi.
Xususiy yechimning grafigi differentsial tenglamaning integral chizig’i, deb ataladi.
Demak, n-tartibli differentsial tenglamani yechish deganda, uning umumiy yechimini yoki
boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy yechimini topishni tushunar ekanmiz.
9.2. Eng sodda n-tartibli tenglamalar. Quyidagi
yn
f (x)
ko’rinishdagi tenglamalar eng sodda differentsial tenglamalar, deb ataladi.
Agar
yn
yn1 '
ekanligini e’tiborga olib (3) ni integrallasak:
x
y
n 1
f ( x)dx C1
x0
bo’ladi, bu yerda
х0 х
ning biror qiymati. Agar yana bir marotaba integrallasak:
335
www.ziyouz.com kutubxonasi
(3)
x
y
x
n 2
f ( x)dx dx C1 ( x
x0
x0 ) C 2
x0
munosabatni hosil qilamiz. Va nihoyat, shu jarayonni n marotaba bajarsak (3) ning umumiy yechimini
topamiz:
x
x
x
 f ( x)dx  dx C1
y
x0
x0
n 1
x0
n 1!
C2
n 2
x
x0
n 2!
 Cn .
Agar (2) ko’rinishdagi boshlang’ich shartlar berilgan bo’lsa, unga mos keluvchi xususiy yechimni
topish uchun
Cn
y0 , Cn
y 0 ' , , C1
1
n 1
y0
deyish kifoya.
x
1- m i s o l . y" xe
tenglamaning y (0) 1, y ' (0) 0 boshlang’ich shartlarni
qanoatlantiruvchi xususiy yechimini toping.
Yechish. Berilgan tenglamani ketma-ket integrallab, uning umumiy yechimini topamiz:
y'
xe x dx
y
xe
xe
x
e
x
x
x
e
C1 ,
C1 dx
xe
x
x
2e
C1 x
C2
yoki
Agvr boshlang’ich shartlardan
Demak, xususiy yechim
y ( x 2)e x C1 x C2 .
foydalansak: 1 2 C 2 ; C 2
y
( x 2)e
x
1; 0
1 C1 ; C1
1.
x 1
ekan.
9.3.
y
ni bevosita o’z ichiga olmagan tenglamalar. Bu turga
F x, y k , y k 1 , , y n
0
(4)
ko’rinishdagi differentsial tenglamalar kiradi.
Agar (4) da
yk
z
almashtirish bajarsak, uning tartibi
F x, z, z' , , z
k taga pasayadi, ya’ni
n k
0
bo’ladi.
2-misol.
y"
y'
x 1
x( x 1) ; y ( 2) 1 ; y ' (2)
Yechish. Berilgan tenglamada
quyidagi
y
1
masalaning yechimini toping.
bevosita qatnashmayapti, shu sababli
z'
z
x 1
y' z
desak, tenglama
x( x 1)
chiziqli tenglamaga keladi. Buni masalan, Bernulli usuli bilan yechamiz, ya’ni yechimni
ko’rinishda qidiramiz. U holda,
u
va
larga nisbatan
336
www.ziyouz.com kutubxonasi
z
u
u
u'
0,
x 1
u ' x( x 1)
sistema hosil bo’ladi. Sistemaning birinchi tenglamasidan
u
x 1
ni topib, ikkinchisiga qo’ysak:
z
kelib chiqadi. U holda,
x2
C1
2
1 2
C1 ( x 1)
x ( x 1)
2
u
bo’ladi. Bu yerda
z
y'
ekanligini
eslab, yana bir marotaba integrallasak:
hosil bo’ladi. Bu yerdagi
С1
va
1 4
x
8
C1 ( x 1) 2
y
С2
1 4
2
8
1 C1 12
С1
3; С 2
20
.
6
y
C2
o’zgarmaslarni boshlang’ich shart- lardan foydalanib topamiz:
1 C1
Bundan
1 3
x
6
1 2
2 ,
2
1 3
2
6
C2 .
Demak, qo’yilgan masalaning echimi
1
8
x4
1
6
x3
1) 2
3( x
20
6
bo’lar ekan.
3 - m i s o l . Massasi m bo’lgan biror jismning yuqoridan vertikal holatda erkin tushish
masalasini ko’raylik (1.1-§ dagi 1-misolga qarang). Agar jismga og’irlik kuchidan tashqari uning tushish
tezligi
ning kvadratiga proportsional bo’lgan havoning qarshilik kuchi ham ta’sir etsa, shu jismning
tezligi qanday qonun bilan o’zgarishini aniqlang.
Yechish. Xuddi 1.1-§ dagi 1-misolga o’xshab mulahaza yuritib, Nyutonning 2-qonuniga ko’ra
quyidagi
d 2s
m 2
dt
ds
mg k
dt
2
differentsial tenglamani hosil qilamiz.Jismning erkin tushish masalasi ko’rilayotgani uchun boshlang’ich
shartlar
st
bo’ladi.
ds
dt
2
,
d s
dt 2
d
dt
0
ds
dt t
0,
0
0
bo’lgani uchun tuzilgan differentsial tenglamani
birinchi tartibli
d
dt
g
k
m
2
337
www.ziyouz.com kutubxonasi
ga nisbatan
tenglamaga keltirsa bo’ladi. Agar bu yerda
mg
k
d
a2
a2
desak, unda o’zgaruvchilarini quyidagicha
k
dt
m
2
ajratish mumkin. Endi oxirgi tenglikni integrallasak:
1
a
ln
2a a
k
t
m
C1
С1
ga ega bo’lamiz. Agar bunga boshlang’ich shartlarni qo’llasak,
ln
a
a
0
chiqadi. Demak,
2ak
t
m
bo’ladi. Bundan
e 2 akt m
a 2 akt m
e
Lekin
ak
m
mg k
k m
kg
m
1
e akt m e 2 akt m
a akt m
1
e
e akt m
ath akt m
.
bo’lgani uchun oxirgi tenglikni
ds
dt
ath
kg
t
m
deb yozish mumkin. Bundan
kg
m
a ln ch
t
kg
m
s
hosil bo’ladi. Boshlang’ich shartning birinchisini qo’llab
Demak, ko’rilayotgan jarayon qonuni
s
kg
m
ln ch
t
k
m
C2
С2
0
C2
ni topamiz.
kg
m
thch
t
k
m
formula bilan ifodalanar ekan.
9.4. Erkli o’zgaruvchini o’z ichiga olmagan tenglamalar. Bizga
F y, y' , y",, y n
0
ko’rinishdagi tenglama berilgan bo’lsin. Bunday tenglamalarda
tartibini pasaytirdi. Bunda
y" , y ' ' ' , 
y' z( y)
almashtirish tenglama
hosilalar yangi o’zgaruvchi z orqali quyidagicha ifodalanadi:
dz
d 2z
y" z , y ' ' ' z z 2
dy
dy
dz
dy
2
,.
Xususan, agar tenglama 2-tartibli bo’lsa, u holda u almashtirish natijasida quyidagi 1-tartibli
tenglamaga keladi:
F y, z , z
4-misol.
1 y' 2
yy"
dz
dy
0
tenglamani yeching.
338
www.ziyouz.com kutubxonasi
Yechish.
y ' z ( y ), y" z
dz
dy
almashtirish natijasida tenglama quyidagi tenglamaga keladi:
1 z2
yz
dz
.
dy
Uning o’zgaruvchilarini ajratib integrallaymiz:
dy
; ln 1
y
zdz
1 z2
Endi
y
z2
2 ln C1 ; 1 z 2
2 ln y
C12 y 2
C12 y 2 ; z
1.
o’zgaruvchiga qaytsak:
dy
C12 y 2 1,
y'
1
ln C1 y
C1
dx,
C12 y 2 1
C12 y 2
1
x C2 ,
yoki
1
e
2C1
y
e ( x
x C2 C1
1
chC1 x C 2
C1
C2 ) C1
C1*ch
x C2
.
C1*
y, y' , y" , , y n larga nisbatan bir jinsli bo’lgan tenglamalar. Bunday tenglamalarning
z almashtirish orqali pasaytirish mumkin, bu yerda z - yangi noma’lum funktsiya.
tartibini y' y
2
4 yy" y 2 differentsial tenglamani yeching.
5 - m i s o l . 3y '
2
Yechish. Tenglamaning ikkala tarafini y ga bo’lib yuboramiz:
9.5.
y'
3
y
Agar oxirgi tenglikda
y' y
z
2
4
y"
1.
y
desak, u holda bundan
y"
y
y'2
y2
z'
y"
y
yoki
z' z 2
ega bo’lamiz. Bularni tenglamaga olib borib qo’ysak, natijada
3z 2
4z 2
4z' 1
4 z' 1 z 2
yoki
differentsial tenglamaga kelamiz. Agar buning o’zgaruvchilarini ajratib integrallasak:
arctgz
1
x
4
C1
yoki
z
tg C1
x
4
.
x
4
hosil qilamiz. Endi teskari almashtirish bajaramiz:
y'
y
tg C1
Buni integrallasak:
ln y
4 ln cos C1
x
4
ln C 2
yoki
y C 2 cos 4 C1
339
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
.
4
10-§. Yuqori tartibli chiziqli birjinsli tenglamalar.
10.1. Ta’riflar va umumiy xossalar.
1-ta’rif. n- tartibli differentsial tenglama chiziqli deyiladi, agar u noma’lum funktsiya
uning barcha
y' , y", y' ' ' ,, y n
y
ga va
hosilalariga nisbatan 1-darajali, ya’ni
n
n 1
 a n 1 y ' a n y f ( x)
(1)
ko’rinishda bo’lsa, bu yerda a0 , a1 , , a n , f ( x) lar х ning berilgan funktsiyalari yoki
0.
o’zgarmaslar, bundan tashqari (1) tenglama qara-layotgan sohadagi barcha х lar uchun a 0
Bundan buyon a0 , a1 ,, an va f (x ) funktsiyalarni х ning qaralayotgan sohadagi barcha
a0 y
a1 y
a0
qiymatlarida uzluksiz, deb faraz qilamiz. Umumiylikni buzmagan holda,
a0
mumkin, chunki aks holda, tenglamaning shunday ko’rinishiga uni
f (x )
1,
deb faraz qilish
ga bo’lib keltirsa bo’ladi.
tenglamaning o’ng qismi, deb ataladi.
Agar
tenglama
f (x)
0
f (x)
bo’lsa, (1) ni birjinsli bo’lmagan tenglama deb, agar
y
n
a1 y
n 1
 an 1 y' an y
0
bo’lsa, ya’ni
0
(2)
ko’rinishda bo’lsa, birjinsli tenglama, deb ataymiz. Bunday deb atalishiga sabab, (2) ning chap tarafi
у, y' , y", y' ' ' ,, y n
larning chiziqli birjinsli funktsiyasidir.
(1) tenglamani qanoatlantiradigan har qanday funktsiya uning yechimi, biror
yx
x0
y 0 , y' x
y ' 0 , , y n
x0
1
x x0
y 0n
1
(3)
shartni qanoatlantiruvchi yechimini esa uning xususiy yechimi, deb ataymiz. (3) shartni (1)
tenglamaning boshlang’ich shartlari, deb ataymiz.
Chiziqli birjinsli tenglamaning bitta
y1
y
yechimini bilgan holda
y1
zdx
almashtirish
orqali uning va demak, unga mos keluvchi birjinsli bo’lmagan tenglamaning ham tartibini bittaga
pasaytirish mumkin. z ga nisbatan hosil bo’lgan (n-1)-tartibli tenglama yana chiziqli bo’ladi.
1 - m i s o l .
tenglamaning
Yechish.
y
y1
ln x
ln x
y'
2
1
y" y '
y
x
x ln x
y' ' '
tenglama va unga mos keluvchi birjinsli
xususiy yechimi ma’lum bo’lsa, uning tartibini pasaytiring.
zdx
1
x
x
almashtirish bajaramiz. Buni differentsiallab:
zdx
z ln x , y"
y' ' '
2
x3
zdx
1
x2
3z
x2
zdx
3z '
x
2z
x
z ' ln x,
z" ln x,
keyin berilgan tenglamaga olib borib qo’yamiz. Natijada bir nechta soddalashtirishlardan so’ng
quyidagi:
z" ln x
2 ln x 3
z'
x
1
x2
ln x z
tenglamaga kelamiz.
2 - m i s o l . y1
sin x
xususiy yechimi ma’lum bo’lgan
x
340
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
2
y' y
x
y"
0
differentsial tenglamani integrallang.
Yechish. Agar
sin x
x
y
zdx
almashtirish bajarsak:
x cos x sin x
x2
2( x cos x sin x)
sin x
y"
z'
z
x
x2
y'
sin x
z,
x
2) sin x 2 x cos x
x3
zdx
(x 2
zdx
bo’ladi. Bularni tenglamaga qo’ysak:
z
tenglama hosil bo’ladi. Bundan
0
ni topamiz. Demak,
sin 2 x
C1 dx
sin 2 x
sin x
x
y
sin x z ' 2 cos x z
C1
sin x
C2
x
C1 ctgx
C2
sin x
x
cos x
.
x
C1
10.2. Chiziqli bir jinsli tenglamalar.
1-teorema. Agar
yechimi bo’ladi.
Isboti. Agar
y1
y1
va
y2
va
y2
lar (2) ning xususiy yechimlari bo’lsa, u holda
y1
у2
ham (2) ning
lar (2) ning xususiy yechimlari bo’lsa, u holda
y1
y2
n
n
a1 y1
n 1
 an 1 y1 ' an y1
0
(3’)
a1 y 2
n 1
 an 1 y 2 ' an y 2
0
(3")
y1 у 2 ni (2) ga olib borib qo’yib, (3'),(3") ayniyatlarni inobatga olsak:
( y1 y 2 ) n a1 ( y1 y 2 ) n 1  a n 1 ( y1 y 2 )' a n ( y1 y 2 )
bo’ladi. Endi
( y1
n
a1 y1
n 1
 an 1 y1 ' an y1 )
( y2
n
a1 y 2
n 1
 an 1 y 2 ' an y 2 )
0
bo’ladi. Teorema isbot bo’ldi.
2-teorema. Agar y1 (2) ning biror xususiy yechimi va S o’zgarmas bo’lsa, u holda
ning yechimi bo’ladi.
Isboti.
Сy1
Сy1
ham (2)
ni (2) ga qo’yamiz:
(Cy1 ) n
C ( y1
a1 (Cy1 ) n
n
a1 y1
n 1
1
 a n 1 (Cy1 )' a n (Cy1 )
 an 1 y1 ' an y1 )
C 0
0,
ya’ni teorema isbot bo’ldi.
2-ta’rif. Agar bir vaqtda nolga teng bo’lmagan shunday A1,A2,...,An-1 sonlarni topish mumkin
bo’lsaki,
a, b
oraliqning barcha
n
( x)
munosabat o’rinli bo’lsa,u holda
х nuqtalarida
A1 1 ( x) A2
n
(x)
2
funktsiya
( x)  An
1
( x) ,
2
1
( x) ,...,
funktsiyalar orqali chiziqli ifodalanadi, deymiz.
341
www.ziyouz.com kutubxonasi
n 1
( x)
n 1
( x)
3-ta’rif.
1
( x) ,
2
( x) ,...,
n
(x)
funktsiyalar chiziqli erkli deymiz, agar ularning biri qolganlari
orqali chiziqli ifodalanmasa, aks holda ular chiziqli bog’liq, deyiladi.
Demak, agar
1
( x) ,
2
( x) ,...,
n
(x)
funktsiyalar chiziqli bog’liq bo’lsa, u holda bir vaqtda
nolga teng bo’lmagan shunday C1, C2,..., Cn sonlar topiladiki
C1 1 ( x) C2
( x)  Cn
2
n
( x) 0
bo’ladi.
1 - m i s o l .
е х , у2
у1
е 2 х , у3
3е х
funktsiyalar chiziqli bog’liq, chunki C1=1, C2=0,
C3=-1/3 lar uchun
2 - m i s o l .
у1 1, у 2
С1е х
С2е 2х
х, у 3
х2
С 3 3е х
0.
funktsiyalar chiziqli bog’liq emas, chunki bir vaqtda
nolga teng bo’lmagan hech qanday C1, C2, C3 lar uchun
С1 1 С 2 х С 3 х 2
yig’indi aynan nolga teng bo’lmaydi.
е k1x , у 2
у1
3 - m i s o l .
e kn x
e k 2 x , , у 3
k1 , k 2 , , k n sonlar
funktsiyalar har xil
uchun chiziqli erkli.
Yechish. Teskarisini faraz qilaylik, u holda bir vaqtda nolga teng bo’lmagan shunday C1, C2,..., Cn
sonlar topiladiki
C1e k1x
C 2 e k2 x
 C n e kn x
bo’ladi. Faraz qilaylik, Cn 0 bo’lsin. Tenglikning ikkala tarafini
C1 C2 e
( k 2 k1 ) x
0
e k1 x
ga bo’laylik:
 Cn e ( kn
k1 ) x
0.
(4)
Agar (4) ni differentsiallasak:
k1 )e ( k2
C 2 (k 2
tenglikka kelamiz. Buni
C3 ( k 3
e ( k2
k1 ) x
 C n (k n
k1 )e ( kn
k1 ) x
0
ga bo’lib keyin yana differentsiallasak:
k 2 )e ( k 3
k1 )( k 3
k1 ) x
k2 ) x
 C n (k n
k1 )( k n
k 2 )e ( k n
k2 ) x
0
hosil bo’ladi. Bu jarayonni n marotaba takrorlab, natijada
C n (k n
k1 )( k n
tenglikka kelamiz. Bu yerda farazimizga ko’ra Cn
har qanday х uchun
chiziqli erkli ekan.
x
e ( kп
4 - m i s o l . e sin
Yechish. Haqiqatan, agar
k1 ) x
0.
k n 1 )e ( k n
0, shartga ko’ra k n
k 2 )  (k n
kn 1 ) x
k1 , k n
0
k 2 , , k n
kn
1
va
Ziddiyatga keldik. Demak, berilgan funktsiyalar haqiqatan ham
x , e x cos x
funktsiyalar
0 uchun
х
oraliqda chiziqli erkli.
C1e x sin x C2 e x cos x 0
tenglikni
e
x
0
ga bo’lsak:
hosil bo’ladi. Bu tenglik barcha
х
C1 sin x C2 cos x
lar uchun, shu jumladan
0
х =0
uchun ham o’rinli bo’lishi kerak.
х =0 desak, oxirgi tenglikdan С 2 0 ekanligi kelib chiqadi. U holda C1 sin x
0.
kerak. Lekin sin x 0 emas. Shu sababli, С1
Agar
342
www.ziyouz.com kutubxonasi
0
bo’lishi
3-ta’rif. Agar
y1 , y 2 , , y n
х
lar
ning biror (n-1)-marotaba differentsiallanuvchi funktsiyalari
bo’lsa, u holda quyidagi
y1
y1 '

W y1 , y 2 ,  , y n
y1
n 1

yn

yn '


n 1
 yn
y2
y2 '

y2
n 1
determinantni "Vronskiy determinanti", deb ataymiz.
y1 , y 2 , , y n
3-teorema. Agar
funktsiyalar sistemasi
a, b
oraliqda chiziqli bog’liq bo’lsa, u
holda bu funktsiyalarning Vronskiy determinanti shu oraliqda aynan nolga teng.
y1 , y 2 , , y n
Isboti. Agar
funktsiyalar sistemasi
a, b
oraliqda chiziqli bog’liq bo’lsa, u holda
bir vaqtda nolga teng bo’lmagan shunday S1, S2,..., Sn-1 sonlar topiladiki
yn
C1 y1
C2 y 2
 Cn 1 y n
1
bo’ladi. Buni (n-1)-marotaba differentsiallaylik:
y nk
C1 y1k
C 2 y 2k
 C n 1 y nk 1
,
1,2,  , n 1.
k
U holda
y1
y11
.
W y1 , y 2 ,  , y n
y1 n
y1
y11
C1
y1 n
y2
y 12
1
y 2n
1

C1 y 1 C 2 y 2  C n 1 y n 1

C1 y11 C 2 y 12  C n 1 y 1n 1

.
n 1
n 1
 C1 y1
C2 y
 C n 1 y nn 11
y2
y 11
2
.
n 1
y2
1

y1

y11

 y1 n 1
Cn
y1
y11
1
y1 n
1
C2
y1
y11
y1 n

y2

y 12

 y 2n 1
y2
y 12
1
y 2n
 yn 1
 y 1n 1

 y nn 11
1
yn
y 1n

1
1
0,
y nn 11
chunki determinantlarning har birida ikkitadan bir xil ustun bo’lgani uchun ularning har biri nolga
teng. Teorema isbot bo’ldi.
5-misol.
sin x, sin x
8
va
sin x
8
funktsiyalarning chiziqli bog’liq ekanligini
ko’rsating.
Yechish. Bu funktsiyalarning Vronskiy determinantini hisoblaymiz:
343
www.ziyouz.com kutubxonasi
W y1 , y 2 , y 3
sin x
sin x
cos x
cos x
sin x
sin x
8
cos x
8
sin x
8
8
sin x
8
0
,
8
chunki 1- va 2-satrlari o’zaro proportsional.
6 - m i s o l . 4-misoldagi funktsiyalarning chiziqli erkliligini Vronskiy determinanti yordamida
ko’rsating.
Yechish. Avval bu funktsiyalarning Vronskiy determinantini hisoblab olaylik:
W y1 , y 2 , y 3
Agar
k1
k 2 , k1
e k1 x
k1e k1 x
k12 e k1 x
e k2 x
k 2 e k2 x
k 22 e k 2 x
k3 , k 2
k3
e k3 x
k 3 e k3 x
k 32 e k3 x
bo’lsa,
e k1
k 2 k3 x
W y1 , y2 , y3
k2
0
k1 k 3
bo’ladi.
k1 k 3
Demak,
k2 .
yuqoridagi
teoremaga ko’ra berilgan funktsiyalar chiziqli erkli ekan.
Funktsiyalar sistemasining chiziqli bog’liqligini tekshirishning yana boshqa bir mezoni mavjud. Endi
shu mezonni ko’raylik.
Bizga
a, b
oraliqda aniqlangan
y1 , y 2 , , y n
funktsiyalar berilgan bo’lsin. Ular uchun
b
y i ( x) y j ( x)dx, i, j 1,2,  , n
yi , y j
a
belgilashlar kiritamiz. Quyidagi
y 1 , y1
y 2 , y1
.
y n , y1
y1 , y 2 ,  , y n
y1 , y 2
y2 , y2
.
yn , y2




y1 , y n
y2 , yn
.
yn , yn
y1 , y 2 , , y n funktsiyalar sistemasining "Gram deter-minanti", deb ataladi.
4-teorema. y1 , y 2 , , y n funktsiyalar sistemasi chiziqli bog’liq bo’lishi uchun ularning
determinant
Gram
determinanti nolga teng bo’lishi zarur va etarlidir.
Bu teoremaning isbotini tushurib qoldiramiz.
7 - m i s o l .
ko’rsating.
у1
х, у 2
2х
1
2
y 1 , y1
Yechish.
x dx
0
1
4 x 2 dx
y2 , y2
0
4
3
funktsiyalarning [0,1] oraliqda chiziqli bog’liq ekanligini
1
1
;
3
y1 , y 2
2 x 2 dx
y 2 , y1
0
bo’lgani uchun
344
www.ziyouz.com kutubxonasi
2
;
3
1
3
2
3
y1 , y 2
2
3
4
3
0.
Demak, 4-teoremaga ko’ra bu funktsiyalar chiziqli bog’liq ekan.
5-teorema. Agar (2) chiziqli birjinsli tenglamaning
y1
y2
va
yechimlarini Vronskiy determinanti
a, b
oraliqning biror х = х 0 nuqtasida noldan farqli bo’lsa, u holda u
nuqtasida nolga aylanmaydi.
Teoremaning isbotini 2-tartibli chiziqli tenglama uchun bajaramiz.
Isboti. Shartga ko’ra
y1
va
y2
a, b
oraliqning hech bir
funktsiyalar (2) ning yechimlari, ya’ni
y111
Bu tengliklarning
ayiramiz:
a1 y11 a2 y1 0 va y11
a1 y12 a2 y2 0.
2
birinchisini y 2 ga va ikkinchisini y1 ga ko’paytirib, ikkinchisidan
y1 y2"
y1" y2
a1 y1 y2'
y1' y2
birinchisini
0.
Ikkinchi qavsda turgan ayirma ma’lumki y1 va y 2 funktsiyalarning Vronskiy determinantidir, birinchi
qavsda turgani esa shu deter- minantning hosilasidir. Shu sababli, oxirgi tenglikni
W ' a1W
W |x
deb yozish mumkin. Shu tenglamaning
W0
x0
0
0
(5)
boshlang’ich shartni qanoatlantiruvchi
yechimini topaylik. Avval (5) ning umumiy yechimini topamiz. Buning uchun uning o’zgaruvchilarini
ajrataylik:
dW
W
a1 dx.
Bu tenglikni integrallaymiz:
x
ln W
a1 dx ln C
x0
yoki
x
W
ln
C
a1dx.
x0
Bundan
x
a1dx
W
Ce
x0
.
(6)
Bu formula "Liuvill formulasi", deb ataladi.
Ayonki, agar
C W0
bo’lsa, (6) boshlang’ich shartni ham qanoatlan- tiradi. Demak,
x
a1dx
W
W0 e
funktsiya (5) ning so’ralgan xususiy yechimi ekan.
x0
W0
0
bo’lgani uchun bu funktsiya
х
ning
birorta ham qiymatida nolga aylanmaydi. Teorema isbot bo’ldi.
Eslatma. Agar Vronskiy determinanti qandaydir х = х 0 nuqtada nolga teng bo’lsa, u holda (6)
formuladan ko’rinib turibdiki, u berilgan oraliqda aynan nolga teng bo’ladi.
345
www.ziyouz.com kutubxonasi
y1
6-teorema. Agar
y2
va
a, b
a, b
lar (2) chiziqli birjinsli tenglamaning
bo’lgan yechimlari bo’lsa, u holda ularning Vronskiy determinanti
nuqtasida nolga aylanmaydi.
oraliqda chiziqli erkli
oraliqning hech bir
Isboti. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni berilgan yechimlarning Vronskiy determinanti
a, b
oraliqning biror nuqtasida nolga aylansin. U holda 5-teoremaga ko’ra u
nuqtalarida nolga aylanadi, ya’ni
W
0
y1 y 2 ' y1 ' y 2
yoki
a, b
oraliqning barcha
0
bo’ladi.
Faraz qilaylik,
a, b
у1
oraliqda
0
у12
bo’lsin. U holda oxirgi tenglikni
y1 y 2 ' y1 ' y 2
y12
0
y2
y1
yoki
ga bo’lsak:
'
0
tenglikka kelamiz. Buni integrallasak:
y2
y1
hosil bo’ladi, ya’ni
Agar
a, b
y1
va
y2
lar chiziqli bog’liq bo’ladi. Bu esa teoremaning shartiga zid.
х 1, х 2,..., х k
oraliqning
const
у1
a, x1
y1
farqli bo’ladi. U holda yuqoridagi isbotimizga ko’ra
y2
bo’ladi.
y1
va
y2
yechimi bo’ladi va u
a, x1
a, b
va
y2
х1 , x2
у
,
0
y1
va
у
y2
y1
funktsiya ham (2) ning
y2
,
хk 1 , xk
oraliqlar uchun ham bajarib chiqsak,
ekanligiga ishonch hosil qilamiz. Bu esa
a, b
a, b
oraliqning
lar chiziqli bog’liq ekanligini bildiradi. Yana ziddiyatga keldik. Demak,
oraliqning birorta ham nuqtasida
7-teorema. Agar
o’zgarmaslar uchun
intervalda noldan
intervalda aynan nolga teng.
oraliqning barcha nuqtalarida
y1
a, x1
bo’lsa, u
intervalda
lar (2) ning yechimlari bo’lgani uchun
Agar shu mulohazalarimizni
barcha nuqtalarida
0
nuqtalarida
W y1 , y 2
nolga teng bo’lishi mumkin emas.
lar (2) ning chiziqli erkli yechimlari bo’lsa, u holda ixtiyoriy C1 va C2
y
С1 у1
С2 у2
(7)
(2) ning umumiy yechimi bo’ladi.
Isboti. (7) funktsiya (2) tenglamaning yechimi bo’lishi 1- va 2-teoremalardan kelib chiqadi. U (2)
ning umumiy yechimi bo’lishi uchun har qanday
yx
x0
y 0 , y x'
x0
y 0'
boshlang’ich shartlarda
ham C1 va C2 o’zgarmaslarning shunday qiymatlari mavjud mumkin bo’lishi kerakki, bu qiymatlarda
(7) xususiy yechim boshlang’ich shartlarni ham qanoatlantirishi shart.
Boshlang’ich shartlarni (7) ga qo’yamiz:
y0
C1 y10
C 2 y 20 ,
y 0'
C1 y10'
'
C 2 y 20
.
346
www.ziyouz.com kutubxonasi
(8)
Bu sistema yagona yechimga ega, chunki uning asosiy determinanti chiziqli erkli
y1
va
y2
yechimlarning Vronskiy determinantining х = х 0 nuqtadagi qiymatiga teng, 6-teoremaga ko’ra esa u
noldan farqli. Teorema isbot bo’ldi.
8-teorema. Agar ikkinchi tartibli chiziqli birjinsli tenglamaning biror xususiy yechimi ma’lum
bo’lsa, u holda uning umumiy yechimini topish funktsiyalarni integrallashga keltiriladi.
y" a1 y' a2 y 0 tenglamaning ma’lum xususiy yechimi bo’lsin. 7Isboti. Faraz qilaylik, y1
teoremaga ko’ra bu tenglamaning umumiy yechimini topish uchun uning ikkita chiziqli erkli xususiy
y1
yechimini bilish kifoya. Shuning uchun uning
yechimini topamiz.
Liuvill formulasiga ko’ra
y 2 ' y1
ya’ni
y2
bilin chiziqli bog’ liq bo’lmagan boshqa
y1 ' y 2
a1dx
Ce
,
ni topishga doir chiziqli tenglamaga ega bo’ldik. Bu tenglikni
'
2
'
1
y y1
y y2
2
1
y
1
Ce
y12
a1dx
yoki
y2
d y2
dx y1
у12
ga bo’lamiz:
1
Ce
y12
a1dx
.
Bundan
y2
y1
a1dx
Ce
dx C ' .
y12
Xususiy yechim qidirilayotgani uchun C=1, C’ =0 desak:
y2
y1
e
a1dx
y12
dx
(9)
hosil bo’ladi. Demak, umumiy yechim
y
C1 y1
C 2 y1
e
a1dx
y12
dx
ekan
Eslatma. n-tartibli chiziqli birjinsli differentsial tenglamaning a, b oraliqda aniqlangan va chiziqli
erkli n ta xususiy yechimlari shu tenglama yechimlarining fundamental yechimlar sistemasi, deb
ataladi.
8-misol.
Yechish.
y1
y"
2
y' y
x
sin x
x
0
tenglamaning umumiy yechimini toping.
funktsiya berilgan tenglamaning yechimi (tekshirib ko’ring!). Ikkinchi
yechimini (9) formuladan foydalanib topamiz:
y2
sin x
x
e
2
dx
x
sin x
x
2
dx
sin x
dx
x
sin 2 x
Shuning uchun umumiy yechim
y C1
sin x
x
C2
cos x
x
bo’ladi.
347
www.ziyouz.com kutubxonasi
cos x
.
x
10.3. Birjinsli bo’lmagan chiziqli differentsial tenglamalar. Bizga
y
n
n 1
a1 y
 an 1 y' an y
f ( x)
(1)
differentsial tenglama berilgan bo’lsin.
9-teorema. Birjinsli bo’lmagan (1) tenglamaning umumiy yechimi uning biror
bilan unga mos keluvchi
y
n
a1 y
n 1
 an 1 y' an y
у*
xususiy yechimi
0
(2)
у umumiy yechimini yig’indisi ko’rinishida ifodalanadi.
у * у funktsiya (1) ning umumiy yechimi ekanligini ko’rsatishdan avval uni (1) ning
birjinsli tenglamaning
Isboti. у
yechimi ekanligini ko’rsataylik. Buning uchun uni (1) ga qo’yamiz:
y* y
n
n 1
a1 y * y
 an y * y
f ( x)
yoki
n
n 1
 a n 1 y ' a n y )+( y * n
a1 y * n
1
 a n 1 y*' a n y*) f ( x) .
у (2) ning yechimi bo’lgani uchun birinchi qavs aynan nolga teng va у * (1) ning yechimi bo’lgani
uchun ikkinchi qavs f (x ) ga teng. Demak, oxirgi tenglik ayniyat ekan.
у * у funktsiya (1) ning umumiy yechimi ekanligini isbotlaylik.
Endi у
(
y
a1 y
Faraz qilaylik,
yx
y 0 , y' x
x0
x0
y ' 0 , , y n
1
y 0n
x x0
1
(3)
boshlang’ich shartlar berilgan bo’lsin.
Qilingan farazga ko’ra
ko’ra uni
у
(2) ning umumiy yechim bo’lgani uchun avvalgi bo’limdagi 7-teoremaga
y C1 y1
ko’rinishda ifodalash mumkin, bu erda
C1 , C2 , , Cn
C2 y 2
 Cn y n
у1 , у 2 , , у n
lar (2) ning chiziqli erkli yechimlari,
lar ixtiyoriy o’zgarmaslar. U holda
y C1 y1 C 2 y 2  C n y n
y*
bo’ladi. Bu yechim (3) shartlarni ham qanoatlantirishi kerak. Shuning uchun
C1 y10
C 2 y 20
 C n y n0
у 0*
y0 ,
'
C1 y10
'
C 2 y 20
 C n y n' 0
у 0*'
y 0' ,
...........
n 1
n 1
1 10
C y
C 2 y 20
 C n y nn0 1
y 0* n
1
y nn0 1
.
bo’ladi. Bu tengliklarni quyidagi sistema ko’rinishida yozib olamiz:
C1 y10
C 2 y 20
 C n y n0
y0
y 0* ,
C1 y10'
'
C 2 y 20
 C n y n' 0
y 0'
y 0*' ,

C1 y10n
1
C 2 y 20n 1
 C n y nn0 1
348
www.ziyouz.com kutubxonasi
(4)
y 0n
1
y 0* n 1 .
Bu
sistemaning
determinanti
х
determinantining
х0
chiziqli
erkli
у1 , у 2 , , у n
bo’lgan
funktsiyalar
Vronskiy
nuqtadagi qiymatiga teng. Shuning uchun u noldan farqli ( avvalgi
bo’limning 6-teoremasiga qarang). Demak, (4) sistema yagona yechimga ega. Teorema isbot bo’ldi.
Bu teoremadan ko’rinadiki, agar birjinsli tenglamaning umumiy yechimi ma’lum bo’lsa, u holda
birjinsli bo’lmagan tenglamaning umumiy yechimini topish uning biror xususiy yechimini topishga
keltirilar ekan.
Berilgan (1) tenglamaning umumiy yechimini bizga 3.2.-§ dan ma’lum bo’lgan o’zgarmaslarni
variatsiyalash usuli deb ataluvchi Lagranj usulini qo’llab topsa ham bo’ladi. Bu usul quyidagi tartibda
qo’llaniladi.
у1 , у 2 , , у n
Faraz qilaylik,
(2) ning fundamental yechimlar sistemasi bo’lsin. U holda (1) ning
umumiy yechimini
C1 ( x) y1 C2 ( x) y2  Cn ( x) yn
y
(5)
ko’rinishda qidiramiz. Buni (1) qo’yamiz. Buning uchun avval uni differentsiallasak:
y' C1 ( x) y1'
C 2 ( x) y 2'  C n ( x) y n'
bo’ladi. C1 ( х), C2 ( х),, Cn ( х)
hosil
'
1
'
n
C ( x) y1  C ( x) y n
0
C1' ( x) y1  C n' ( x) y n
larni
shunday
tanlaymizki,
natijada
bo’lsin. U holda
y ' C1 ( x) y1' C 2 ( x) y 2'  C n ( x) y n'
bo’ladi. Buni yana differentsiallab, xuddi yuqoridagidek mulohaza qilsak:
C1' ( x) y1'  C n' ( x) y n'
0
y' C1 ( x) y1''
va
C 2 ( x) y 2''  C n ( x) y n''
bo’ladi. Shu jarayonni to n-tartibli hosilasigacha davom ettirsak,
yn
C1 ( x) y1n
C 2 ( x) y 2n
C1' ( x) y1n
 C n ( x) y nn
1
 C n' ( x) y nn
1
tenglikga ega bo’lamiz. Bu hosilalarni (1) ga qo’ysak:
C1 ( x) y1n
C 2 ( x) y 2n
a1 C1 ( x) y1n
1
 C n ( x) y nn
 C n ( x) y nn
1

C1' ( x) y1 n
 C n' ( x) y nn
1
 C n ( x) y n
a n C1 ( x) y1
1
f ( x)
yoki
C1 ( x) y1n
a1 y1n
1
C1' ( x) y1n
tenglikka kelamiz.
 C n ( x) y nn
 a n y1
у1 , у 2 , , у n
1
 C n' ( x) y nn
a1 y nn
1
1
 an y n
f ( x)
lar (2) ning yechimlari bo’lgani uchun birinchi n ta qavs ichidagi
ifodalar nolga teng bo’ladi. Natijada
C1 ( х), C2 ( х),, Cn ( х)
lar uchun quyidagi sistema hosil
bo’ladi:
C1' ( x) y1 C 2' ( x) y 2  C n' ( x) y n
0,
C1' ( x) y1' C 2' ( x) y 2'  C n' ( x) y n'
0,

C1' ( x) y1 n
1
C 2' ( x) y 2n
Bu sistemaning determinanti chiziqli erkli
1
 C n' ( x) y nn
у1 , у 2 , , у n
1
f ( x).
funktsiyalarning Vronskiy determinanti
bo’lgani uchun noldan farqli. Shu sababli, bu sistema yagona yechimga ega. Uni yechsak:
C1' ( x)
1
( x), C2' ( x)
2
( x),
¾,
C n' ( x)
lar topiladi. Bularning har birini integrallasak:
349
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
( x)
C1
1
( x)dx C1 , C 2
2
hosil bo’ladi. Bu topilgan ifodalarni (5) ga
( x)dx C 2 , ¾, C n
n
C1 ( х), C2 ( х),, Cn ( х)
( x)dx C n
lar o’rniga qo’ysak, (1) ning
umumiy yechimini topamiz.
9-misol.
ctgx
x
2
y' y
x
y"
tenglamaning umumiy yechimini toping.
Yechish. Shu paragrafning 9.1.-bo’limidagi 2-misolda
2
y' y 0
x
sin x
y1
, y2
x
y"
tenglamaning xususiy yechimlari topilgan edi:
cos x
. Ular chiziqli erkli, chunki
x
ularning Vronskiy determinanti
1
x2
W y1 , y 2
0.
Shuning uchun berilgan tenglamaning umumiy yechimini
y
C1 ( x)
sin x
x
C 2 ( x)
cos x
x
(6)
C1 ( х) va C 2 ( х) koeffitsientlarni quyidagi sistemadan topamiz:
sin x
cos x
0,
C1' ( x)
C 2' ( x)
x
x
x cos x sin x
x sin x cos x ctgx
'
C1' ( x)
C
(
x
)
.
2
x
x2
x2
cos 2 x
'
'
C1 ( x )
va C 2 ( x) cos x yoki ularni integrallaga-nimizdan so’ng:
sin x
ko’rinishda qidiramiz.
Bundan
C1 ( x)
ln tg x
cos x C1 , C2 ( x)
2
sin x C2 .
Bularni (6) ga qo’ysak:
y
10-teorema. Agar
у1*
va
sin x
x
C1
у2*
C2
n
sin x
ln tg x
2
x
.
lar mos ravishda
y
n
a1 y
n 1
 an 1 y' an y
f 1 ( x)
(7)
y
n
a1 y
n 1
 an 1 y' an y
f 2 ( x)
(8)
tenglamalarning yechimlari bo’lsa, u holda
y
cos x
x
a1 y
n 1
у*
у1*
у2*
 an 1 y' an y
f 1 ( x)
f 2 ( x)
tenglamaning yechimi bo’ladi.
Isboti. Agar (7) va (8) larni hadma-had qo’shsak:
( y1*
y 2* ) n
a1 ( y1*
hosil bo’ladi. Bundan
у*
y 2* ) n
у1*
1
у2*
 a n 1 ( y1*
y 2* )' a n ( y1*
y 2* )
(2) ning yechimi ekanligi kelib chiqadi.
350
www.ziyouz.com kutubxonasi
f 1 ( x)
f 2 ( x)
10 - m i s o l .
Yechish.
y" 4 y
y" 4 y
xususiy yechimi esa
x
у 2*
x 3e x
tenglamaning xususiy yechimini toping.
у1*
tenglamaning xususiy yechimi
1
х , y" 4 y 3e x
4
tenglamaning
3 х
е . Shu sababli, berilgan tenglamaning xususiy yechimi
5
1
3 х
у*
х
е
4
5
bo’ladi.
11-§. O’zgarmas koeffitsientli chiziqli birjinsli
differentsial tenglamalar.
Bizga chiziqli birjinsli n-tartibli
n
y
a1 y n 1  a n 1 y ' a n y 0
a1 , a2 ,, an koeffitsientlar o’zgarmas bo’lsin.
differentsial tenglama berilgan bo’lib, undagi
(1)
Avvalgi paragrafning 9.2.-bo’limidagi 7-teoremaga ko’ra, (1) ning umumiy yechimini topish uchun
uning fundamental yechimlari sistemasini topish kifoya.
Bu xususiy yechimlarni quyidagi ko’rinishda qidiramiz:
y e kx , bu yerda k const .
(2)
U holda
y' ke kx , y" k 2 e kx , , y n
k n e kx .
Bularni (1) ga qo’yib ixchamlasak:
e kx k n
tenglik hosil bo’ladi. Ma’lumki, barcha
a1 k n
х
1
lar uchun
k
n
a1 k
 an
e kx
n 1
0
0 . Shu sa- babli,
 an 1k an 0
(3)
bo’lishi shart. Hosil bo’lgan (2) algebraik tenglamani (1) ning xa-rakteristik tenglamasi, deb ataymiz.
Biz bilamizki, har qanday n-darajali algebraik tenglama n ta ildizga ega (9-bob, 6-§, 3-teoremaga
qarang). Bu ildizlar:
1)
haqiqiy va har xil;
2)
haqiqiy, lekin ularning orasida karralilari bor;
3)
ularning ayrimlari kompleks bo’lishi mumkin.
Bu hollarning har birini alohida-alohida ko’rib chiqaylik.
1-hol. Barcha
k1 , k 2 , , k n
ildizlari haqiqiy va har xil.
Bularni (2) ga qo’yib
y1
e k1x , y2
e k2 x , ¾, y n
e kn x
(4)
xususiy yechimlarini hosil qilamiz. Ma’lumki (9.2.-bo’limdagi 3-misolga qarang) bu funktsiyalar har xil
k1 , k 2 , , k n
lar uchun chiziqli erkli. Shu sababli (4) funktsiyalar (1) ning fundamental yechimlari
sistemasini tashkil etadi va shuning uchun (1) ning umumiy yechimi
y C1e k1 x
C 2 e k2 x
 C n e kn x
bo’ladi.
1 - m i s o l . y ' ' ' 2 y" 3 y ' 0 tenglamaning umumiy yechimini toping.
Yechish. Berilgan tenglamaning xarakteristik tenglamasini tuzib olamiz:
k3
2k 2
3k
0.
351
www.ziyouz.com kutubxonasi
k1
Uning ildizlari:
0, k 2
1, k 3
3 . Bu ildizlar haqiqiy va har xil bo’lgani uchun tenglamaning
umumiy yechimi
y C1
C2 e
x
C3 e 3 x
bo’ladi.
2-hol.
k1
k2
k1 , k 2 , , k n
 kl
k
ildizlar
haqiqiy,
n l
bo’lib, qolgan
lekin
ularning
ayrimlari
karrali.
y1
tasi har xil bo’lsin. Bu holda
e k2 x , ¾, yl
y2
yechim k ning o’rniga k1 ni qo’yib hosil qilinsa, qolgan
e
kl x
e
Masalan,
k1x
xususiy
lar unga aynan
teng bo’lgani uchun ularni alohida xususiy yechim deb qaralishi mumkin emas. Shu sababli, bunday
xususiy yechimlar sifatida
х l e k1x
хe k1x , ¾, yl
y2
funktsiyalar olinadi (ularni (1) ning yechimi ekanligini o’rniga qo’yib tekshirish mumkin, bu vazifani
bajarishni o’quvchining o’ziga havola qilamiz). Bu funktsiyalar qolgan yechimlar bilan chiziqli erkli
sistemani tashkil etadi. Shuning uchun (1) ning umumiy yechimi
C l 1e kl 1 x  C n e k n x
e k1x C1 C 2 x  Cl x l
y
ko’rinishda bo’ladi.
2 - m i s o l . y ' ' ' 2 y" y ' 0 tenglamaning umumiy yechimini toping.
Yechish. Bu tenglamaning xarakteristik tenglamasi
k3
Buning ildizlari:
k1
k2
1, k 3
0.
2k
k
0.
Ildizlardan biri karrali ekan. Demak, tenglamaning umumiy
yechimi
y C1e
x
x
C 2 xe
C3
bo’ladi.
3-hol.
k1 , k 2 , , k n
ildizlar orasida komplekslari bor. Ma’lumki (9-bob, 7-§, 1-teoremaga
qarang), agar biror kompleks son algebraik tenglamaning ildizi bo’lsa, u holda unga qo’shma kompleks
k1
son ham shu tenglamaning ildizi bo’ladi, shu sababli, qo’shma
kompleks ildizlarga
ys
e
i
x
,
ys
1
e
i
i ,k
2
x
i
(5)
xususiy yechimlar mos keladi. Bular haqiqiy o’zgaruvchining kompleks funktsiyalaridir.
Agar biror haqiqiy o’zgaruvchining
y u ( x) i ( x)
kompleks funktsiyasi (1) ni qanoatlantirsa, u holda u (x ) va (x )
lar ham (1) ni qanoatlantiradi.
Shu sababli, agar biz (5) funktsiyalarni
ys
e
x
cos x i sin x
va
ys
1
e
x
cos x i sin x
ko’rinishda yozib olsak, yuqoridagi mulohazaga ko’ra,
~
ys
e x cos x , ~
ys
1
e x sin x
(6)
funktsiyalar ham (1) ning xususiy yechimlari bo’ladi degan xulosaga kelamiz. Bu yechimlar chiziqli
erkli, chunki
~
ys
~
y
ctg x
const .
s 1
1
2
i ,k
Shuning uchun qo’shma kompleks k
yechimlar sifatida (5) ni emas, balki (6) yechimlarni olamiz.
352
www.ziyouz.com kutubxonasi
i
ildizlarga mos keluvchi xususiy
1
2
i ildiz l karrali ildiz bo’lsa, u holda k
i ham l karrali ildiz bo’ladi.
Agar k
Bu holda bunday ildizlarga mos keluvchi xususiy yechimlar sifatida xuddi 2-holdagidek
e x cos x , e x sin x , xe x cos x , xe x sin x ,¾, x l 1e x cos x , x l 1e x sin x
funktsiyalar olinadi.
5
2y
3 - m i s o l . y
toping.
Yechish. Xarakteristik tenglama
4
2y 3
k5
4 y" y' 2 y 0
2k 4
2k 3
4k 2
k
tenglamaning umumiy yechimini
2
0
yoki
2
2 k2 1
0
i ildizlarga ega.
2 va ikkikarrali mavhum k
k
oddiy haqiqiy k1
Shuning uchun tenglamaning umumiy yechimi
y C1e 2 x
C2
xC 3 cos x
C4
xC 5 sin x
bo’ladi.
12-§. O’zgarmas koeffitsientli chiziqli birjinsli
bo’lmagan differentsial tenglamalar.
I. Bizga
y
n
n 1
a1 y
differentsial tenglama berilgan bo’lsin, bu yerda
х
 an 1 y' an y
a1 , a2 ,, an
f ( x)
(1)
koef- fitsientlar o’zgarmas va
f (x )
ning berilgan funktsiyasi.
Shu bobning 9.3-bo’limidagi 9-teoremaga ko’ra (1) ning umumiy yechimi uning biror xususiy
f (x )
yechimini topishga keladi. Biz hozir
ning maxsus ko’rinishlarida xususiy yechimni tanlash
usuli, deb ataluvchi usul yordamida topish masalasini ko’ramiz.
bo’ladigan eng umumiy ko’rinishi quyidagichadir:
f ( x)
bu yerda
Pn (x)
va
Qm (x)
lar
х
e
x
f (x )
funktsiyaning bu usulni qo’llab
Pn ( x) cos x Qm ( x) sin x ,
(2)
ning mos ravishda n- va m-darajali ko’phadlari,
lar esa
o’zgarmaslar.
Eslatish joizki, boshqa barcha hollarda (1) ning umumiy yechi- mini 9-§ da ko’rilgan
o’zgarmaslarni variatsiyalash usuli yordamida aniqlash mumkin.
(2) ning bir necha xil xususiy ko’rinishlarini ko’raylik.
1-hol. Faraz qilaylik,
a)
f ( x) e x Pn ( x)
bo’lsin. Bunda quyidagi uch holat yuz berishi mumkin:
xarakteristik
kn
hn (k )
a1 k n
1
 an 1k
an
0
tenglamaning ildizi emas.
Bu holda xususiy yechimni
y*
A0
A1 x  An 1 x n
ko’rinishda qidiramiz. Buni (1) ga qo’yib,
~
Pn n
n 1
n
h ( )~n
Pn
(n 1)!
1
e
x
1
An x n e
x
~
Pn ( x)e
x
(3)
ga qisqartirsak, u quyidagi ko’rinishga keladi:
n 2
n
h
( )~n
Pn
(n 2)!
2
~
~
 hn ' ( ) Pn ' hn ( ) Pn
353
www.ziyouz.com kutubxonasi
Pn ( x).
(4)
hn ( ) 0 , shuning uchun tenglikning o’ng
tomonida ham, chap tomonida ham n-darajali ko’phadlar turibdi. х ning bir xil darajalari oldidagi
koeffitsentlarni tenglasak, noma’lum A0 , A1 , , An koeffitsentlarni topish uchun n+1 ta tenglamalar
xarakteristik tenglamaning ildizi bo’lmagani uchun
sistemasini hosil qilamiz.
b)
hn ( ) 0 ,
xarakteristik tenglamaning oddiy (bir karrali) ildizi, ya’ni
lekin
hn ' ( )
0.
Bu holda xususiy yechimni (3) ko’rinishda izlab bo’lmaydi, chunki aks holda (4) dagi tenglikning
chap
tomonida n-1-darajali, o’ng tomonida esa n-darajali ko’phad bo’lib qoladi, ya’ni
A0 , A1 , , An
larning hech bir qiymatida (4) ayniyatga aylanmaydi. Shu sababli, xususiy yechimni
y*
x A0
A1 x  An 1 x n
1
An x n e
~
xPn ( x)e
x
x
ko’rinishda izlaymiz.
v)
xarakteristik
hnl ( )
tenglamaning
0 , l 1,2,  , s 1, hns ( )
s
karrali
0 . Agar
ildizi,
hn ( ) 0 ,
ya’ni
biz xususiy yechimni (3) ko’rinishda qidirsak, u
holda shuni hisobiga (4) quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
hnn 1 ( ) ~ n
Pn
(n 1)!
~
Pn n
hnn 2 ( ) ~ n
Pn
(n 2)!
1
2
hns ( ) ~ s

Pn
s!
Pn ( x).
Bu tenglikning chap tomonida n-s-darajali ko’phad, o’ng tarafida esa n-darajali ko’phad bo’lib
qolyapti. Shu sababli, buni oldini olish maqsadida xususiy yechimni (3) ko’rinishda emas, balki
quyidagi
y*
x s A0
A1 x  An 1 x n
1
An x n e
x
~
x s Pn ( x)e
x
,
ko’rinishda izlaymiz, chunki differentsiallash jarayonida ozod haddan boshlab dastlabki s ta had
yo’qolib ketadi.
4x
1-m i s o l . y" 2 y' 3 y e
tenglamaning umumiy yechimini toping.
Yechish. Bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi
y C1e 3 x
C2 e x .
Berilgan tenglamaning o’ng tarafidagi ko’rsatkichli funktsiya dara- jasidagi 4 xarakteristik tenglamaning
ildizi emas va uning oldida 0-darajali ko’phad. Shuning uchun xususiy yechimni
y* Ae 4 x
ko’rinishda izlaymiz. Bu xususiy yechim uchun (4) tenglama quyidagi-cha bo’ladi:
5 Аe 4 x
e4x .
Bundan A=1/5. Demak, umumiy yechim
y
C1e 3 x
C2 e
x
1 4х
е
5
ekan.
y" 7 y' 6 y ( x 2)e x tenglamaning umumiy yechimi-ni toping.
1x
Tenglamaning o’ng tarafi P1 ( x)e
ko’rinishga ega, darajadagi 1
2-misol.
Yechish.
tenglamaning oddiy ildizi. Shu sababli, xususiy yechimni
y*
x( A0
xarakteristik
A1 x)e x
ko’rinishda izlaymiz. Buni differentsiallab, tenglamaga qo’yib ixchamlagandan so’ng quyidagiga ega
bo’lamiz:
Agar
х
10 A1 x 5 A0
2 A1 e x
ning koeffitsientlarini va ozod hadni tenglasak:
354
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
2 ex.
10 A1
Bundan
A1
1 10 , A0
5 A0
1,
2 A1
2.
9 25 . Demak, umumiy yechim
y C1e 6 x
C1e x
9
25
x
1
x ex
10
bo’lar ekan.
y' ' ' y" 12 x 2 6x tenglamaning umumiy yechimini toping.
3
k 2 0 tenglamaning ildizlari: k1 k 2 0, k3
Xarakteristik k
3-misol.
Yechish.
1.
Shuning
uchun mos birjinsli tenglamaning umumiy yechimi
C 2 x C3 e x
y C1
bo’ladi. 0 xarakteristik tenglamaning ikki karrali ildizi bo’lgani uchun berilgan tenglamaning xususiy
yechimini
y* x 2 A0
A2 x 2
A1 x
A2 x 4
A1 x 3
A0 x 2
ko’rinishda izlaymiz. Buni tenglamaga qo’yib ixchamlasak:
Bundan
х
12 A2 x 2
24 A2
6 A1 x
12 x 2
6 A1 2 A0
6 x.
ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsientlarni tenglab
12 A2
12,
24 A2
6 A1
6 A1
2 A0
sistemani hosil qilamiz. Bu sistemaning yechimlari:
6,
0
A0
15, A1
5, A2
1.
Demak,
x 4 5x 3 15 x 2 .
y*
U holda umumiy yechim
y C1 C2 x C3 e x
х 4 5 х 3 15 х 2
bo’ladi.
2-hol.
Pn (x)
va
Tenglamaning
Qm (x)
lar
o’ng
х
f ( x)
tarafi
e
x
Pn ( x) cos x Qm ( x) sin x , bu
ning mos ravishda n- va m-darajali ko’phadlari,
Bu hol 1-holga quyidagi usul bilan keltiriladi. Agar cos x va sin
berilgan ifodalariga almashtirsak, o’ng taraf quyidagi ko’rinishga keladi:
f ( x)
Pn ( x)e
x
ei
x
e
x
Qm ( x ) e
2
x
ei
x
yerda
lar esa o’zgarmaslar.
larni Eyler formulasi bilan
x
ei
x
2i
yoki
f ( x)
1
Pn ( x)
2
1
Qm ( x) e
2i
i
x
1
Pn ( x)
2
1
Qm ( x) e
2i
i x
.
(5)
Demak, bu holda xususiy yechim
~
~
у* х s e x Pk ( x) cos x Qk ( x) sin x
ko’rinishda qidirilar ekan, bu yerda
bo’lmish
i
4-misol.
ning karrasi (agar
y" y ' 2 y
k
i
max m, n , s -esa
xarakteristik tenglamaning ildizi
xarakteristik tenglamaning ildizi bo’lmasa s=0 bo’ladi).
cos x 3 sin x
tenglamaning umumiy yechi-mini toping.
355
www.ziyouz.com kutubxonasi
k1
Yechish. Xarakteristik tenglamaning ildizlari:
tenglamaning umumiy yechimi
1, k 2
y C1e x C2 e
2x
2,
shuning uchun mos birjinsli
.
Berilgan tenglamaning xususiy yechimini
y*
A cos x B sin x
0,
1,
i i
ko’rinishda izlaymiz, chunki bu yerda
emas. Buni tenglamaga qo’yib, quyidagiga ega bo’lamiz:
B 3 A cos x
3B
A sin x
xarakteristik tenglamaning ildizi
cos x 3 sin x .
Bundan
B 3 A 1,
.
3B A 3
Sistemani yechsak:
A 0, B 1
bo’ladi. Demak, umumiy yechim
y
5-misol.
Yechish.
i
y " 4 y ' 8y e 2 x
Xarakteristik
2
2i
C1e x C2 e 2 x sin x.
sin 2x cos 2 x tenglamaning umumiy yechimini toping.
tenglama
k1
2
2i, k 2
2 2i
kompleks
ildizlarga
ega
va
xarakteristik tenglamaning ildizi, shu sababli birjinsli tenglamaning umumiy
yechimi
y
e 2 x С1 cos 2x iС2 sin x
bo’lsa, berilgan tenglamaning xususiy yechimi
y* xe 2 x A cos 2x B sin 2x
ko’rinishda bo’ladi. Buni tenglamaga qo’yib ixchamlasak:
Demak, umumiy yechim
y
e 2 x С1 cos 2 x iС 2 sin 2 x
A
1 4, B
14
kelib chiqadi.
1 2x
xe cos 2 x sin 2 x
4
bo’ladi.
II. Eyler tenglamasi. O’zgaruvchan koeffitsientli chiziqli
n
ax b y
n
a1 ax b
n 1
n 1
y
 an
ko’rinishdagi tenglamalar "Eyler tenglamasi" deb ataladi, bu
o’zgarmas va
f (x ) х
ax b y' a n y f ( x) (6)
yerda a1 , a2 ,, an koeffitsientlar
1
ning berilgan funktsiyasi.
t
Bu tipdagi tenglamalarda ax b e
almashtirish bajarilsa,
o’zgaruvchiga nisbatan o’zgarmas koeffitsientli tenglamaga keltiriladi.
x 2 y" xy' y 0
6 - m i s o l.
Yechish. Agar
x
et
y'
dy
dx
yoki
t
tenglama
tenglamaning umumiy yechimini to- ping.
dt
dx
ln x , bundan
dy dt
dt dx
natijada
1
x
d
ye
dt
ye t , y"
e
t '
t
t
desak,
e
t
y
y e
2t
y
0.
bo’ladi. U holda berilgan tenglama quyidagi ko’rinishga keladi:
e 2t e
2t
y y
et e
t
y
y 0
yoki
356
www.ziyouz.com kutubxonasi
y 2 y
yangi
Xarakteristik tenglamaning ildizlari
y
C1
k1
k2
1 , shu sababli umumiy yechim
C1 C2 ln x x
yoki y
C2 t e t
bo’ladi.
2
4x 1 y" 2 4 x 1 y ' 8 y 0 tenglamani yeching.
1 t
dt
t
4e t bo’ladi. Bundan
e dt,
Yechish. Agar 4 x 1 e desak, dx
4
dx
dy dt
4e t y , y" 16e 2t y y .
y'
dt dx
 y 0 ko’rinishga keladi. Uni yechsak:
U holda berilgan tenglama 2 y 3 y
7-misol.
y C1e t
C2 e t 2
yoki
y C1 4 x 1
C2 4x 1 .
13-§. Differentsial tenglamalarning fizik va
mexanik masalalarga qo’llanishi.
1. Mexanik tebranishlar. 1-masala. Og’irligi R bo’lgan yuk uzunligi l bo’lgan tinch holatdagi
vertikal prujinaga osilgan. Natijada yuk biroz pastga tortilib, keyin prujinaning tarangligi hisobiga yana
yuqoriga ko’tariladi. Prujina massasini va havo qarshiligini hisobga olmay, yukning xarakat qonunini
topish masalasini ko’raylik.
Ох
l
ст
О
х
М
Р
х
127-rasm.
o’qni yuk osilgan nuqtadan pastga vertikal
yo’nalishda olamiz. Koordinatalar boshi O ni yuk muvozanatda
bo’lgan holatda, ya’ni yukning og’irligi prujinaning reaktsiya
kuchi bilan muvozanatlashgan nuqtada olamiz (127-rasmga
qarang).
Agar - prujinaning boshlang’ich mo-mentdagi cho’zilishi,
esa
statik cho’zilish, ya’ni cho’zilmagan prujinaning oxiridan
st
muvozanat holatigacha bo’lgan masofa, х yukning muvozanat
holatidan chetlanishi bo’lsa, u holda = st+ х bo’ladi.
Nyutonning ikkinchi qonuniga ko’ra F=ma, bu yerda F yukka qo’yilgan kuchlarning teng ta’sir etuvchisi, m=R/g yuk
massasi, a esa xarakat tezlanishi. Biz ko’rayotgan masalada F
kuch prujinaning taranglik kuchi va og’irlik kuchlari
yig’indisidan iborat.
Guk qonuniga binoan prujinaning taranglik kuchi uning
cho’zi-lishiga proportsional, ya’ni -s ga teng, bu yerda so’zgarmas pro-portsionallik koeffitsienti, u prujinaning birkligi,
deyiladi.
Shuning uchun xarakat tenglamasi
d 2x
m 2
dt
c
P
bo’ladi.
Muvozanat holatida prujinaning taranglik kuchi og’irlik kuchi bilan teng bo’lgani uchun
bo’ladi. Buni tenglamaga qo’ysak, u
d 2x
dt 2
s2x
0
357
www.ziyouz.com kutubxonasi
Р с
ст
2
c m deb belgilandi va - st= х ekanligi e’tiborga olindi. Bu
ko’rinishga keladi, bu yerda s
tenglama yukning "erkin tebranish" yoki "garmonik ostsillyator" tenglamasi, deb ataladi. Bu o’zgarmas
koeffitsientli ikkinchi tartibli bir jinsli differentsial tenglama. Uning xarakteristik tenglamasi
k2
s2
0
mavhum
k1, 2
is
ildizlarga ega. Unga mos keluvchi umumiy yechim
x C1 cos st
bo’ladi. Agar buni
C12
A
C 22
ga ko’paytirib va bo’lib,
C1
sin
C 2 sin st
C12
C2
, cos
C 22
C12
C 22
desak, u quyidagi ko’rinishga keladi:
x
A sin st
.
Demak, havo qarshiligi bo’lmasa yuk muvozanat holati atrofida garmonik tebranar ekan. A kattalik
tebranish amplitudasi, st+ tebranish fazasi,
esa boshlang’ich fazasi, deyiladi. Tebranish chastotasi
s
cm
prujinaning birkligi va yukning massasiga bog’liq.
c P
cm
mg
cm
bo’lgani
uchun tebranish davri
T
2
s
2
mc
2
cm
g
bo’ladi.
Endi faraz qilaylik, yukka xarakat tezligiga proportsional bo’lgan havo qarshiligi ta’sir etsin. U holda
yukka ta’sir etadigan kuchlar qatoriga havoning qarshilik kuchi R= - v qo’shiladi, bu yerda manfiy
ishoraning olinishiga sabab, R kuch qarshilik kuchi bo’lgani uchun xarakat yo’nalishiga teskari
yo’nalgan bo’ladi.
Bu holat uchun xarakat tenglamasi
bo’ladi, bu yerda agar
s2 ,
cm
d 2x
m 2
dt
m 2n
dx
dt
cx
desak, u
d 2x
dt 2
dx
dt
s2x
n
n2
2n
0
(1)
ko’rinishga keladi. Uning xarakteristik tenglamasi
k1, 2
s2
(2)
ildizlarga ega.
Bu yerda uch hol ro’y berishi mumkin. Agar muhit qarshiligi uncha katta bo’lmasa, u holda
n2
s2
0
k1, 2
bo’lib, ildizlar
n ik1
ko’rinishda bo’ladi, bu yerda
k12
s2
n2
deb
belgilandi. Shuning uchun tenglamaning yechimi
x e
nt
C1 cos k1t
C2 sin k1t
ko’rinishda bo’ladi. Agar yuqoridagidek almashtirishlar bajarsak, u quyidagi ko’rinishga keltiriladi:
x
Ae
nt
sin k1t
nt
.
Bu yerda amplituda sifatida Ae
miqdorni ko’rishga to’g’ri kelyapti, u t
da, nolga
intiladi, ya’ni havo qarshiligi kam bo’lsa, tebranish so’nuvchan bo’lar ekan. Shu sababli bunday
tebranishni
"so’nuvchi
tebranish",
deb
ataymiz.
So’nuvchi
tebranish
davri
T
2
k1
2
s2
n2
ga teng.
358
www.ziyouz.com kutubxonasi
n
k1
So’nuvchi tebranishning amplitudasi maxraji e
ga teng bo’lgan geometrik progressiyani
tashkil etadi. Bu miqdor "so’nish dekrementi", deb ataladi, uni biz D harfi bilan belgilaymiz.
Dekrementning natural logarifmi
Agar muhitning
k1, 2
n h
ln D
n
k1
n h
n2
qarshiligi katta va shu sababli
bo’lib, bu yerda
h
2
n
2
s
2
s2
0
bo’lsa,
u
holda
ildizlar
, tenglamaning umumiy yechimi
n ht
x C1e
yoki agar
"so’nishning logarifmik dekrementi", deyiladi.
n ht
C2 e
bo’lsa,
x e
nt
C1
C2 t
ko’rinishda bo’ladi.
Bu ikkala holda ham
2 -masala. Uzunligi
t
da
l
x
0
bo’ladi, ya’ni tebranish so’nuvchi bo’lar ekan.
bo’lgan prujinaga og’irligi R bo’lgan yuk osilgan. Agar yukka xarakat
tezligiga proportsional bo’lgan muhit qarshiligidan tashqari qo’zg’atuvchi Q sin pt kuch ta’sir etsa,
yukning xarakat qonunini topaylik.
Aynan yuqoridagidek mulohazalar bilan xarakat tenglamasini quyidagi ko’rinishda hosil qilamiz:
d 2x
m 2
dt
dx
Q sin pt
dt
cx
yoki
d 2x
dt 2
2n
dx
dt
s2x
q sin pt,
(3)
2
c m , m 2n va q Q m , va yuqoridagilardan farqli o’laroq yukka ta’sir
bu yerda s
etayotgan qo’zg’atuvchi kuch ham e’tiborga olindi. Bu jarayonda tebranma xarakat qo’shimcha kuch
ta’sirida ham sodir bo’layotgani uchun bu xarakatni "majburiy tebranma xarakat", deb atashadi.
(3) o’zgarmas koeffitsientli bir jinsli bo’lmagan chiziqli ikkinchi tartibli differentsial tenglamadir.
п
Avval yukka muhit qarshiligi ta’sir etayotgan holni ko’raylik, bunda
k1, 2
bo’lsa, u holda xarakteristik tenglama kompleks
k12
s2
n ik1
0
bo’ladi. Agar
n2
s2
ildizlarga ega bo’ladi, bu yerda
n 2 . Shu sababli, mos bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi
x
Ae
nt
sin k1t
bo’ladi (1-masalaga qarang). (3) ning xususiy yechimini
x*
M cos pt
N sin pt
M
ko’rinishda izlaymiz. Buni (3) ga qo’yib ixchamlagandan so’ng,
topamiz:
2npq
M
s
2
p
2 2
2
4n p
2
q s2
, N
s
2
p
N
va
larning qiymatlarini
p2
2 2
2
4n p
2
.
Demak, xususiy yechim
q
x*
s
2
p
2 2
2np
2
4n p
2
s
2
p
2 2
s2
cos pt
2
4n p
2
bo’lar ekan. Quyidagi belgilashlarni kiritaylik:
359
www.ziyouz.com kutubxonasi
s
2
p
p2
2 2
sin pt
2
4n p
2
q
s
2
p
2np
s
2
p
B,
2 2
2
4n p
2
s2
sin ,
2 2
2
4n p
2
s
2
p2
2 2
p
cos .
2
4n p
2
U holda xususiy yechim
x* B sin pt
ko’rinishni oladi. (3) ning umumiy yechimi esa
x
nt
Ae
Bsin pt
sin k1t
(4)
bo’ladi. Uning birinchi hadi so’nuvchi teranishni ifodalaydi; t
da u nolga intiladi. Shu sababli,
biror muddatdan keyin uning umumiy yig’indiga ta’siri bo’lmay qoladi va asosiy qiymatni majburiy
tebranishni aniqlaydigan had beradi. Bu tebranishning chastotasi р tashqi kuchning chastotasiga teng,
majburiy tebranishning amplitudasi р ning s ga qanchalik yaqinligi va п ning qanchalik kichikligiga
qarab, shunchalik katta bo’ladi.
Majburiy tebranish amplitudasining п ning har xil qiymatlarida р chastotaning o’zgarishiga
qanchalik bog’liqligini tekshiraylik. Buning uchun uni differentsiallaymiz:
q
B( p)
s
B' ( p) q
s
Agar
B' ( p)
0
desak, ( s
2
2
p
2
2
4n p
2
s2
p2 2p
4n 2 p
2
2 2
2
p
p 2 ) 2n 2
s
kuchlarning chastotasini beradi: p
(tekshiring!). Uning maksimum qiymati
,
2 2
0
2n 2
4n p
2
32
.
tenglama hosil bo’ladi. Uning ildizi tashqi
. Bu qiymatda
B( p)
maksimum qiymatga erishadi
q
Bmax
2n s 2
n2
(5)
ga teng. п qanchalik kichik bo’lsa, р ning qiymati s ga shunchalik yaqin bo’ladi va (5) dan
ko’rinadiki, tebranishlar amplitudasi shunchalik katta bo’ladi:
lim B ( p )
Agar
p s
p
s
.
bo’lsa, rezonans holati yuz beradi.
Endi faraz qilaylik,
tenglamasi
п
0
bo’lsin, ya’ni yukka tashqi muhit ta’sir etmasin. U holda xarakat
d 2x
dt 2
s2x
q sin pt
bo’ladi. Mos bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi
x
Agar
p
s
A sin st
.
bo’lsa, (6) ning xususiy yechimini
x*
M cos pt
N sin pt
360
www.ziyouz.com kutubxonasi
(6)
ko’rinishda izlaymiz. Buni (6) ga qo’yib ixchamlagandan so’ng,
topamiz:
M
q
0, N
s2
p2
M
N
va
larning qiymatlarini
.
U holda umumiy yechim
x
bo’ladi.
Agar
p s
q
A sin st
s
2
p2
sin pt
bo’lsa, (6) ning xususiy yechimini
x*
ko’rinishda izlaymiz. Bunda
M
va
t ( M cos pt
N
N sin pt )
lar quyidagicha bo’ladi:
M
q
,N
2s
x*
q
t cos st
2s
0.
Demak,
ekan. U holda umumiy yechim
x
q
t cos st
2s
A sin st
bo’ladi. O’ng tarafdagi ikkinchi had t kattalashgan sari tebranish amplitudasi cheksiz orta borishini
ko’rsatadi. Bu holat rezonans holati, deb ataladi.
2. Elektr zanjiridagi tebranishlar.
r
L
qarshilik,
induktivlik va
C
sig’im ketma-ket ulangan
zanjirda boshlang’ich t 0 vaqt momentida konturdagi tok va kondensatordagi zaryad nolga teng
bo’lsa, tokning shu zanjirdan o’tish jarayonini tekshiraylik.
Ur
UL
U (t )
UС
128-rasm.
Biz bu masalani shu bobning 1.1-§ ida 5-misolda ko’rgan edik. Agar
yurituvchi kuchi (e.yu.k.) bo’lsa, u holda zanjirdan
I
d I
dt 2
r
Faraz qilaylik, zanjir manbaasining e.yu.k. o’zgarmas,
quyidagi bir jinsli tenglamaga aylanadi:
d 2I
dt 2
r dI
L dt
manbaaning elektr
tokning o’tish tenglamasi quyidagicha edi:
2
L
U
I
LC
dI
dt
I dU
C dt
const
ya’ni U
0.
361
www.ziyouz.com kutubxonasi
(7)
bo’lsin. U holda (7)
Uning xarakteristik tenglamasi
r 2 C 4L
4 L2 C
r
2L
k1, 2
2
ildizlarga ega. Agar r C 4 L 0 bo’lsa, ildizlar haqiqiy, shuning uchun umumiy yechim nodavriy
bo’ladi. Demak, tok ham nodavriy bo’ladi. Bu zanjirda hech qanday tebranishlar ro’y bermasligini
bildiradi. Agar
r 2C
4L
0
bo’lsa, umumiy yechim
I
r 2L ,
bo’ladi, bu yerda
С1
va
С2
2
1
1 LC
r
2
C1 cos 1t C2 sin
2
4L
t
(8)
1
.
koeffitsientlarning
I |t
boshlang’ich shartlarni
differentsiallaymiz:
dI
dt
t
e
e
t
qanoatlantiruvchi
C1 cos
1
t
C 2 sin
С1
Q sin t
topaylik.
t
t
Buning
C 2 sin
1
0, С2
U
e
L 1
I
U
1
E
L
0
qiymatlarini
Agar boshlang’ich shartlardan foydalansak:
quyidagi ko’rinishda bo’lar ekan:
Endi faraz qilaylik,
dI
|t
dt
0,
0
U L
sin
1
1
1
t
uchun
avval
C 2 cos
1
(8)
ni
t .
lar topiladi. Demak, yechim
t.
bo’lsin. U holda (7) tenglama quyidagicha bo’ladi:
d 2I
L 2
dt
r
dI
dt
I
C
Q cos t .
(9)
Ma’lumki (1.1-§, 5-misolga qarang)
t
I |t
0
1
Idt
C0
rI
0,
L
dI
dt
Q sin t .
Bundan
dI
|t
dt
0
0
ekanligi kelib chiqadi. Demak, (9) uchun boshlang’ich shartlar
I |t
0,
0
dI
|t
dt
0
0
bo’lar ekan. Shu shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy yechimni topaylik. Agar
bu yechimni
I*
M cos t
ko’rinishda qidiramiz. Uni (9) ga qo’yib,
topamiz:
M
Q 1C
1C
L
2 2
L
M
va
N sin t
N
larni 1-masala-dagidek mulohazalar bilan
2
2
r2
bo’lsa, u holda
1
, N
Q
1C
U holda umumiy yechim
362
www.ziyouz.com kutubxonasi
L
2
r
2 2
2
r2
.
I
t
e
Q
1 (C ) L
bo’ladi. Agar
L
1C
I
t
e
2
C1 cos 1t C2 sin 1t
1
L cos t r sin t
2
C
r
K2
K;
r2
Z
C1 cos 1t C 2 sin
ko’rinishni oladi. Boshlang’ich shartlardan
С1
va
desak, yechim
С2
QK
, C2
Z2
C1
Q
K cos t r sin t
Z2
t
1
larni topamiz:
Q
r
Z2
K
.
1
Qavsda turgan ifodani quyidagicha o’zgartiraylik:
r
r
2
K
r
1
r
L
r
2L
C
2 C
1
1
K'
K ' , bu yerda L
C
C
r
L
C
deyildi.
Demak,
Q
I
t
e
K
K ' sin
1 cos 1t
Z2 1
2
bo’lgani uchun
C
K' K
K2
2
1
K '2
K2
LC
2
4
C
1
LC
K2
2
1
C
L
1
C
Q
K cos t r sin t
Z2
1t
4
C
K2
K2
LC
2
1
C
K
4 Lr 2
C 4 L2
.
2
Z2
.
LC
Agar
K
K2
2
1
1
K '2
2
sin
K'
1
,
K2
2
1
K '2
2
cos
1,
K
Z
sin
,
r
Z
cos
desak, u holda yechimni quyidagicha yozish mumkin:
I
Agar
1
Qe
Z
1
t
LC
sin
t
1
1
Q
sin t
Z
.
bo’lsa, u holda xususiy yechimni
I * t ( M cos t
N sin t )
ko’rinishda izlaymiz. Bu qavs oldidagi t kattalashgan sari tebranish amplitudasi cheksiz orta borishini
ko’rsatadi. Demak, bu holda rezonans holati yuz berar ekan.
13.3. Differentsiàl tenglàmàlàrning iqtisod dinàmikàsigà qo’llànishi. Iqtisod dinamikasining modellarida
differentsial tenglamalar yetarlicha ko’p qo’llaniladi. Quyida biz makroiqtisod dinamikasiga qo’llanilishigа doir bir
nechta masalalarni ko’ramiz.
363
www.ziyouz.com kutubxonasi
1-masala. Faraz qilaylik, y (t ) - biror korxonaning t vaqt momentida sotgan mahsulotlari hajmi bo’lsin. Agar
korxona chiqargan mahsulotini bir xil p narxda sotgan bo’lsa, u holda korxonaning t vaqt momentida olgan
daromadi Y (t )
py(t ) bo’ladi.
I (t ) bilan ishlab chiqarishni kengaytirish uchun sarf qilinadigan investitsiya miqdorini belgilaylik. Tabiiy o’sish
modelida mahsulotning chiqish tezligi (ya’ni akseleratsiyasi) investitsiya miqdoriga proportsional deb hisoblanadi,
ya’ni
y ' (t ) lI (t ).
(1)
Investitsiya miqdori I (t ) daromadning o’zgarmas qismini tashkil etadi, deb faraz qilsak:
I (t )
mY (t )
mpy(t ) ,
(2)
m 1 bo’lgan o’zgarmas miqdordir.
bu yerda proportsionallik koeffitsienti m 0
Agar (2) ifoda (1) ga olib borib qo’yilsa:
y' ky
differentsial tenglama hosil bo’ladi, bu yerda k
tenglamadir. Uni yechsak:
mpl. Bu tenglama o’zgaruvchilari ajraluvchi differentsial
y0 e k (t
y(t )
(3)
t0 )
,
y0
y(t 0 )
funktsiya hosil bo’ladi.
Aytish lozimki, (3) tenglama demografik jarayonda aholini o’sish dinamikasini, muntazam inflyatsiya davrida
narxning o’sish dinamikasini va xokazo jarayonlarni ifodalaydi.
Amalda bozorning to’yinish sharti yetarlicha kichik vaqt intervali uchun qabul qilinadi. Umuman talab egri
chizig’i, ya’ni sotilgan mol narxi p ning uning hajmi y ga bog’likligi p p ( y ) kamayuvchi funktsiya bo’ladi,
chunki mahsulot hajmining oshishi bozorning shu molga to’yinishiga olib keladi, u esa mahsulot narxining
kamayishiga olib keladi. Shu sababli, raqobatbardor bozor shartida o’sish modeli quyidagicha bo’ladi:
y ' mlp ( y ) y.
(4)
Bu yana o’zgaruvchilari ajraluvchi differentsial tenglama. (4) ning o’ng tomonidagi barcha ko’paytuvchilar musbat
bo’lgani uchun y ' 0 , shu sababli u o’suvchi y (t ) funktsiyani ifodalaydi. Bu funktsiyani qavariqlikka
tekshirganda tabiiy uning elastiklik tushunchasi ishlatiladi. Xaqiqatan, agar (4) ni differentsiallab yuborsak
y"
mly '
dp
y
dt
p
munosabatni hosil qilamiz. Ma’lumki, narxga nisbatan talabning elastikligi E p ( y )
p dy
formula orqali
y dp
ifodalanadi. U holda oxirgi tengligimizni quyidagicha yozsa bo’ladi:
y" mly ' p
Bu yerda y"
yoki E p ( y )
ya’ni
E p ( y)
0 desak, E p ( y )
1
1.
E p ( y)
1 tenglik hosil bo’ladi. Demak, agar talab elastik bo’lsa, ya’ni E p ( y )
1
1 bo’lsa, y" 0 bo’lib y (t ) funktsiya qavarig’i tepaga bo’ladi, agar talab elastik bo’lmasa,
1 yoki
1 E p ( y)
0 bo’lsa, u holda y" 0 bo’lib y (t ) funktsiya qavarig’i pastga bo’ladi.
1-misol. Agar talab egri chizig’i p ( y )
2
y tenglama bilan berilgan, akseleratsiya normasi 1
l
2,
investitsiya normasi m 0,5, y (0) 0,5 bo’lsa, sotilgan mahsulot hajmini toping.
Yechish. Berilgan malumotlarga ko’ra, (4) tenglama quyidagicha ko’rinishga ega:
y ' (2
y ) y yoki
dy
(2 y ) y
dt .
Oxirgi tenglikni integrallab yuborsak:
ln
y 2
y
2t C1 yoki
364
www.ziyouz.com kutubxonasi
y 2
y
Ce
2t
(5)
e C1 . Agar y (0)
hosil bo’ladi, bu yerda C
(5) dan y
2
1 3e
2t
0,5 ekanligini e’tiborga olsak, C
3 kelib chiqadi. U holda
topiladi.
daromad
y
2
Н
noelastik talab
1
½
elastik talab
0
t
t
vaqt
tn
129-rasm
Bu funktsiyaning grafigi yuqoridagi chizmada berilgan. Chizmadagi egri chiziq logistik chiziq deyiladi.
2-masala. Biror korxonaning t vaqt momentida olgan daromadi Y (t ) investitsiya I (t ) va talab miqdori C (t )
lar yig’indisiga teng:
Y (t )
I (t ) C (t ).
(6)
Xuddi tabiiy o’sish modeliga o’xshab, bu yerda ham daromadning o’sish tezligi investitsiya miqdoriga proportsional
deb faraz qilamiz, ya’ni
bY ' (t )
bu yerda b - daromad o’sishining kapitalsig’imi koeffitsiyenti, u mahsulot narxi
I (t ),
p o’zgarmas va l
(7)
1
pb
bo’lsa,
(3) ga ekvivalent.
C (t ) funktsiyaning o’zgarishi daromad funktsiya Y (t ) ning o’zgarishiga qay darajada ta’sir qilishini ko’raylik.
Faraz qilaylik, C (t ) daromadning muayyan qismi bo’lsin: C (t )
normasi. (6) va (7) lardan
(1 m)Y (t ) , bu yerda m investitsiya
Y'
tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglama (4) ga p
m
Y
b
const bo’lganda tengkuchli.
Ko’pincha talab funktsiyasi C (t ) oldindan ma’lum bo’ladi.
14-§. Oddiy differentsial tenglamalar sistemasi.
14.1. Differentsial tenglamalarning normal sistemasi. Quyidagi
365
www.ziyouz.com kutubxonasi
(8)
dy1
f 1 x , y1 , y 2 ,  , y n ,
dx
dy 2
f 2 x , y1 , y 2 ,  , y n ,
dx

dy n
dx
(1)
f n x , y1 , y 2 ,  , y n
sistema normal sistema, deb ataladi.
Kuzatilayotgan yoki tadqiqot qilinayotgan ayrim jarayonlar modeli (1) ko’rinishdagi tenglamalar
sistemasidan iborat bo’ladi.
1 - m i s o l . A modda P va Q moddalarga parchalansin. Ularning har birini hosil bo’lish tezligi
A moddaning parchalanmagan qismiga proportsional bo’lsin. Agar P va Q moddalarning t
momentdagi miqdorlarini mos ravishda х va y desak, u holda A moddaning t momentdagi miqdori
а х
у
х
bo’ladi. Masala shartiga ko’ra bu miqdor
proportsional, ya’ni
dx
dt
dy
dt
k1 a
x
y,
k2 a
x
y.
va
y
miqdorlarning hosilalariga
2 - m i s o l . Biologiyadan ma’lumki, ayrim bakteriyalar ko’pa- yishdan tashqari o’zining miqdorini
kamaytirib turuvchi zahar ham ishlab chiqaradi. Faraz qilaylik, bakteriyaning miqdori N o’zining
ko’payish tezligi
yerda
х
dN dt
dx dt
ga va zahar ishlab chiqarish tezligi
ga proportsional bo’lsin, bu
zahar miqdori. U holda quyidagi sistemaga ega bo’lamiz:
dN
dt
kN
k1 Nx,
dx
dt
k 2 N.
(1) sistemani integrallash deganda, (1) ni va quyidagi berilgan
y1 | x
boshlang’ich
y10 , , y 2 | x
x0
shartlarni
x0
qanoatlantiruvchi
y 20 , , y n | x
noma’lum
yn0
x0
y1 , y 2 , , y n
(2)
funktsiyalarni
topishni
tushunamiz.
Bunday sistemalarni integrallash uning ko’rinishiga qarab, har xil usullar bilan bajarilishi mumkin.
Shulardan bir nechtasini ko’rib chiqamiz.
(1) ning birinchi tenglamasini х bo’yicha differentsiallaylik:
d 2 y1
dx 2
Tenglikning o’ng tarafidagi
f1
x
f1 dy1
y1 dx

f1 dyn
.
y n dx
dy1 dx , dy2 dx , , dyn dx
hosilalarni (1) dan
lar orqali ifodalari bilan almashtiramiz, natijada quyidagi tenglama hosil bo’ladi:
d 2 y1
dx 2
F2 x, y1 , y 2 ,  , y n .
Bu tenglamani differentsiallab, aynan yuqoridagidek almashtirishlar bajarsak:
366
www.ziyouz.com kutubxonasi
f 1 , f 2 , , f n
d 3 y1
dx 3
F3 x, y1 , y 2 ,  , y n
tenglama hosil bo’ladi. Bu jarayonni davom ettirib, nihoyat
d n y1
dx n
Fn x, y1 , y 2 ,  , y n
tenglamaga kelamiz. Endi hosil bo’lgan tenglamalardan quyidagi sistemani tuzib olaylik:
dy1
f1 x, y1 , y 2 ,, y n ,
dx
d 2 y1
F2 x, y1 , y 2 ,, y n ,
dx 2

d n y1
dx n
Bu sistemaning dastlabki
n 1
ta tenglamasidan
(3)
Fn x, y1 , y 2 ,, y n .
x, y1 , y1' , , y1n
y2 , y3 ,, yn
larni
, , y n
x, y1 , y1' ,  , y1n
1
lar
orqali ifodalab:
y2
2
x, y1 , y1' ,  , y1n
1
n
1
(4)
sistemaning oxirgi tenglamasiga olib borib qo’yamiz:
d n y1
dx n
Bu tenglamadan
y1
x, y1 , y1' ,  , y1 n
.
(5)
ni topamiz:
x, C1 , Cn .
n 1 marotaba differentsiallab, (4) ga qo’ysak, qolgan y2 , y3 ,, yn
y1
Oxirgi tenglikni
1
(6)
1
noma’lumlar
ham topiladi:
y1
1
x, C1 ,Cn , y2
2
x, C1 ,Cn ,, yп
Agar (2) boshlang’ich shartlar berilgan bo’lsa, mos
C1 , , C n
n
x, C1 ,Cn .
koef- fitsientlarni topish xuddi bitta
tenglama uchun bajarilgandek amalga oshiriladi.
Agar (1) ning o’ng tarafidagi funktsiyalar o’z o’zgaruvchilariga nisbatan chiziqli bo’lsa, u holda
sistemani chiziqli normal sistema deb ataymiz. Chiziqli normal sistemaga mos keluvchi (5) tenglama
ham chiziqli bo’ladi.
dy
dx
dz
y z tenglamalar sistemasini yeching.
dx
Yechish. Birinchi tenglamani х bo’yicha differentsiallaymiz:
d 2 y dy dz
dx 2 dx dx
va undan y , dy dx larni yo’qotamiz. Shu bilan tenglama
3-m i s o l.
y
z,
d2y
dx 2
2y
0
367
www.ziyouz.com kutubxonasi
k1, 2
ko’rinishga keladi. Buning xarakteristik tenglamasi
2
il- dizlarga ega. Shuning uchun uning
umumiy yechimi
y C1e x
2
C2 e
x 2
bo’ladi. z ni topish uchun bu yechimni sistemaning birinchi teng-lamasiga qo’yamiz:
z
dy
dx
y
C1
2 1 ex
2
C2
2 1 ex 2 .
Eslatma. Ayrim hollarda sistemaning tenglamalari ustida bir nechta almashtirishlar bajarib,
yechimni topishga olib keladigan osongina integrallanadigan tenglama hosil qilish mumkin. Bu usulni
integrallovchi kombinatsiyalar usuli, deb atashadi.
4 -m i s o l .
dx
dt
dy
2 x 3 y dt
x
;
y
2x 3y
tenglamalar sistemasini yeching.
Yechish. Avval birinchi integrallovchi kombinatsiyani tuzib olamiz. Buning uchun birinchi
tenglamani ikkinchisiga bo’lamiz:
dx
dy
x dx
;
y x
dy
; ln x ln y ln C1
y
yoki
x C1 y.
Ikkinchi integrallovchi kombinatsiyani tuzish uchun birinchi tenglamani 2 ga va ikkinchi
tenglamani 3 ga ko’paytirib, o’zaro qo’shamiz:
2
dx
dt
3
dy
1; 2dx 3dy
dt
dt
yoki
2x
3y
t
C2 .
Hosil bo’lgan tenglamalardan sistema tuzib olib, umumiy yechimni topamiz:
x
C1 t C 2
, y
2C1 3
t C2
.
2C1 3
14.2. O’zgarmas koeffitsientli chiziqli differentsial tenglamalar sistemasi. Faraz qilaylik, bizga
quyidagi
dx1
a11 x1 a12 x2  a1n xn ,
dt
dx2
a 21 x1 a 22 x2  a 2 n xn ,
dt

dxn
dt
a n1 x1 a n 2 x2  a nn xn
sistema berilgan bo’lsin, bu yerda barcha koeffitsientlar o’zgarmas.
Bu sistemani
dX
dt
AX
matritsa ko’rinishida ham yozish mumkin, bu yerda
368
www.ziyouz.com kutubxonasi
(7)
A
a11
a 21
a12
a 22
a n1
an2
 a1n
 a 2n
, X

 a nn
dX 1
dt
dX 2
dt .

dX n
dt
X1
X2
, dX

dt
Xn
Berilgan (7) sistemaning yechimini
x1
p1e t , x2
p2 e t , , xn
t
pn e
ko’rinishda izlaymiz. Agar bularni sistemaning tenglamalariga qo’yib, o’xshash hadlarni ixchamlasak, noma’lum
p1 , p2 , , pn
koeffitsientlarga nisbatan quyidagi chiziqli bir jinsli algebraik tenglamalar sistemasini hosil
qilamiz:
a11
p1
a 21 p1
a 22
a 22 p 2  a1n p n
0,
p2  a2n pn
0,

a n1 p1 a n 2 p 2  a nn
pn
Ma’lumki,
p1
0, p2
bunday
sistema
0,, pn
0
hamisha
birgalikda,
masalan,
hech
(8)
0.
bo’lmaganda
nol
yechimi mavjud. (8) sistema noldan farqli yechimga ega bo’lishi uchun
uning determinanti nolga teng bo’lishi zarur va etarlidir:
a11
a21
.
a n1

a1n

a2 n

.
 ann
a12
a 22
.
an 2
0.
Bu
ga nisbatan n-darajali algebraik tenglama. Uni A matritsaning va shu vaqtning o’zida (7)
sistemaning ham xarakteristik tenglamasi deb ataymiz.
Ma’lumki, bunday tenglama n ta
bo’ladi. Har bir
k xos songa biror
,
1
2
, ,
n ildizlarga ega. Ular A matritsaning xos sonlari
p1k , p 2k , , p nk
xos vektor mos keladi.
Bu yerda uch hol yuz berishi mumkin.
1-hol. Barcha xos sonlar har xil:
1
2

n va haqiqiy. U holda, (7) sistema n ta
yechimga ega:
1 uchun:
x11
p11e 1t , x21
p 21e 1t ,, xn1
pn1e 1t ;
2 uchun:
x12
p12 e 2t , x22
p22 e 2t ,, xn 2
p n 2 e 2t ;
n uchun:
x1n
p1n e nt , x2 n
p2 n e nt ,, xnn
pnn e nt .
Biz fundamental yechimlar sistemasini topdik. Umumiy yechim
x1
C1 p11e
1t
C 2 p12 e
2t
 C n p1n e nt ,
x2
C1 p21e
1t
C2 p22e
2t
 C n p 2 n e nt ,
xn
C1 pn1e
1t
C2 pn 2 e
2t
 Cn pnn e nt .
369
www.ziyouz.com kutubxonasi
ko’rinishda bo’ladi.
dx1
dt
5-misol.
7 x1
dx2
dt
3x 2 ,
6 x1
4 x2
sistemaning umumiy yechimini toping.
Yechish. Sistemaning xarakteristik tenglamasini tuzib olaylik:
7
3
6
0
4
2
yoki
11
10
0.
Uning 1 1, 2 10 ildizlari sistemaning matritsasini xos sonlaridir.
vektorni topish uchun
7 1 p1
6 p1
2 p1
sistemani tuzib olamiz. Bu bitta
aniqlaymiz.
Agar
o’rniga
10
2
3 p2
0,
4 1 p2
0
p2
0
1
1
ga mos keluvchi xos
tenglamaga ekvivalent. Bundan (1;-2) vektorni
ni qo’ysak, quyidagi sistema hosil bo’ladi:
7 10 p1
6 p1
3 p2
0,
4 10 p 2
0.
Bundan (1;1) vektor aniqlanadi.
U
x12
holda
fundamental
e10t , x22
yechimlar:
1
1
e t , x21
x11
da
2e t ;
2
10
da
e10t , umumiy yechim esa
C1e t
x1
C2 e10t , x2
2C1e t
C2 e10t
bo’ladi.
2-hol. Xos sonlar har xil, lekin ularning ayrimlari kompleks.
Umumiylikni buzmagan holda bu kompleks ildizlar
k1, 2
i
bo’lsin, deb faraz qilaylik. Bu
ildizlarga
x j1
i
p j1e
t
, x j2
p j 2e
i
t
, j 1,2, , n
yechimlar mos keladi.
Aynan 10-§ ning 3-holiga o’xshagan mulohazalar bilan kompleks yechimning haqiqiy va mavhum
qismlari ham yechim bo’lishini ko’rsatish mumkin. Shu sababli,
xu- susiy yechimlar sifatida
~
x j1
e
t
q j 2 sin t , ~
x j2
q j1 cos t
funktsiyalarni olish mumkin, bu yerda
k1, 2
i
larga mos keladigan
e t q j 3 cos t q j 4 sin t
q j1 , q j 2 , q j 3 , q j 4
p j1 , p j 2
lar
lar orqali aniqlanadigan
haqiqiy sonlar. Sistemaning umumiy yechimiga shu funktsiyalarning mos kombinatsiyalari kiradi.
6-misol.
dx1
dt
7 x1
x2 ,
dx2
dt
2 x1
5 x 2 sistemaning umumiy yechimini toping.
Yechish. Avval xarakteristik tenglamani tuzib olamiz:
7
1
2
Uning ildizlari:
1
6 i,
5
2
0
6 i.
yoki
Birinchi
2
1
12
37
6 i
0.
xos songa mos keluvchi xos
6 i xos songa mos keluvchi xos vektor (1; 1-i). U holda bu xos
vektor (1; 1+i), ikkinchi
2
son va xos vektorlarga mos keluvchi berilgan sistemaning yechimlari quyidagicha:
370
www.ziyouz.com kutubxonasi
x11
x12
e
e
6 it
6 it
e 6t cos t i sin t , x21
e 6t cost i sin t , x22
6 it
(1 i)e
(1 i)e
6 it
6t
(1 i)e
(1 i)e
6t
cost i sin t ,
cost i sin t ,
yoki agar ularning haqiqiy va mavhum qismlarini ajratib yozsak:
~
x1(1) e 6t cos t ,
~
x1( 2) e 6t sin t ,
~
x2(1)
~
x ( 2)
2
e
6t
cos t
e
6t
cost sin t
sin t ,
funktsiyalarni xususiy yechim sifatida olish mumkin. Demak, umumiy yechim
x1 C1e 6t cos t C2 e 6t sin t ,
C1e 6t (cos t sin t ) C2 e 6t (cos t sin t )
x2
bo’ladi.
3-hol. Xos sonlarning ayrimlari haqiqiy va karrali.
Umumiylikni buzmagan holda,
mos keluvchi sistemaning echimi
1 xos son haqiqiy va m karrali bo’lsin, deb faraz qilamiz. Unga
p1 (t )e 1t , x2
x1
p2 (t )e 1t , , xn
p1 (t ), p 2 (t ), , p n (t )
ko’rinishda bo’ladi, bu yerda
p n (t )e
1t
(9)
lar darajalari m-1 dan katta bo’lmagan
ko’phadlar. Agar (9) ni (7) ga qo’yib, t larning bir xil darajali hadlari oldidagi koeffitsientlarni
tenglasak, bu ko’phadlarning noma’lum koeffitsientlarini topish uchun chiziqli algebraik tenglamalar
sistemasini hosil qilamiz. Buning bajarilish tartibini quyidagi misolda ko’rib chiqaylik.
7-misol.
dx1
dt
5 x1
x2 ,
dx2
dt
x1
3x2
sistemaning umumiy yechimini toping.
Yechish. Avval xarakteristik tenglamani yechib olamiz:
5
1
1
1
4
2
0;
3
8
16 0;
1
2
4.
xos songa
e 4t a1t
x1
e 4t b1t b2
a2 , x1
yechimlar mos keladi. Ularni t bo’yicha differentsiallab, sistemaga qo’yamiz:
a1e 4t
4(a1t
b1e 4t
4(b1t b2 )e 4t
Agar bu tengliklarning har birini
tenglasak:
sistemalarni
a1
C1 ; a2
hosil
desak,
yechimi quyidagicha bo’ladi:
x1
e 4t
5a1
4b1
a1
b1
5e 4t (a1t
a2 ) e 4t (b1t
b2 ),
e 4t (a1t a2 ) 3e 4t (b1t b2 ).
ga qisqartirib, t ning oldidagi koeffitsientlarni va ozod hadlarni
4a1
qilamiz.
C2
a2 )e 4t
Bundan
C1 ; b2
b1 ,
a1
4a 2
5a 2
3b1 ,
b1
4b2
a2
b2 ,
3b2
a1 b1 ; a 2 b2 a1 b1 kelib chiqadi. Agar
C 2 C1 bo’ladi, shuning uchun sistemaning umumiy
e 4t C1t C2 , x2
e 4t C1t C2 C1 .
Eslatma. O’zgarmas koeffitsientli chiziqli yuqori tartibli differentsial tenglamalar sistemasi ham
aynan yuqoridagi tartibda ko’rib chiqilishi mumkin. Masalan, agar sistema
371
www.ziyouz.com kutubxonasi
d 2 x1
dt 2
d 2 x2
dt 2
a11 x1
a12 x 2 ,
a 21 x1
a 22 x 2
ko’rinishda bo’lsa, u holda uning xarakteristik tenglamasi
a11
a 21
2
a12
a 22
0
2
bo’lib, uning ildizlariga mos keluvchi umumiy yechim
x1
C1 p1e
x2
1t
C1 q1e
2t
C2 p2 e
1t
C2 q2 e
2t
C3 p3 e
3t
C 4 p 4 e 4t ,
C 3 q3 e
3t
C4 q4 e
4t
bo’ladi.
14.3. Bir jinsli bo’lmagan chiziqli o’zgarmas koeffitsientli differentsial tenglamalar sistemasini
o’zgarmaslarni variatsiyalash usuli bilan yechish. Bizga
dx1
a11 x1 a12 x 2  a1n x n
dt
dx2
a 21 x1 a 22 x 2  a 2 n x n
dt

dxn
dt
a n1 x1
an 2 x2
 a nn x n
f1 (t ),
f 2 (t ),
(10)
f n (t )
sistema berilgan bo’lsin.
Faraz qilaylik, unga mos keluvchi bir jinsli (7) tenglamalar sistemasining umumiy yechimi ma’lum
bo’lsin:
x1 C1 x11 C2 x12  Cn x1n ,
x2 C1 x21 C2 x22  Cn x2n ,
C1 xn1 C2 xn 2  Cn xnn .
xn
Berilgan (10) sistemaning umumiy yechimini
x1
x2
C1 (t ) x11 C2 (t ) x12  Cn (t ) x1n ,
C1 (t ) x21 C2 (t ) x22  Cn (t ) x2n ,
xn
C1 (t ) xn1 C2 (t ) xn 2  Cn (t ) xnn
ko’rinishda izlaymiz, bu yerda
C1 (t ), C2 (t ), , Cn (t )
funktsiyalar. Bularni (10) ga qo’yamiz, u holda uning
'
1 i1
Cx
'
2 i2
C x
'
n
 C xin
 C n xn'
an1 xn1
'
1
C1 x
lar topilishi lozim bo’lgan noma’lum
i -tenglamasi quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
a11 x11 a12 x12  a1n x1n
an 2 xn 2  ann xnn
Qavs ichidagi yig’indilarning hammasi aynan nolga teng, chunki
xk1 , xk 2 , , xkn

f i (t ) .
barcha k 1,2,  , n
lar uchun
lar bir jinsli (7) siste-maning yechimlaridir. Shuning uchun
C1' xi1 C 2' xi 2  C n' xin
372
www.ziyouz.com kutubxonasi
f i (t ) , i 1,2,, n
(11)
xk1 , xk 2 , , xkn
sistemaga ega bo’lamiz.
,
k 1,2,  , n
lar chiziqli erkli bo’lgani uchun bu
sistemaning asosiy determinanti
x11  x1n
.  .
0.
x n1  x nn
C1 ' (t ), C2 ' (t ),, Cn ' (t ) larni (11) dan aniqlab, integrallab chiqsak,
C1 (t ), C2 (t ), , Cn (t ) lar, va demak, (10) ning umumiy yechimi to-piladi.
dy
3 2
dx
2x 4 y 1 4t ,
x y
t sistemani yeching.
8-misol.
2
dt
dt
barcha
Yechish. Avval bir jinsli sistemani yechib olamiz:
dx
dt
2x 4 y
0,
dy
dt
x
y
0.
Buning uchun birinchi tenglamani differentsiallaymiz:
d 2x
dt 2
Ikkinchi tenglamadan
dy
dt
y
x
2
dx
dt
4
dy
dt
0.
dx
dt
4y
ni va birinchi tenglamadan
2x
ni aniqlab, bu
tenglamaga qo’ysak:
d 2x
dt 2
dx
dt
6x 0
o’zgarmas koeffitsientli ikkinchi tartibli tenglama hosil bo’ladi. Uning umumiy yechimi
x C1e 2t
bo’ladi. Buni
y
1 dx
4 dt
1
x
2
3t
C2 e
ga qo’ysak:
y
1
C2e
4
C1 e 2t
3t
ham topiladi.
Endi berilgan bir jinsli bo’lmagan sistemani yechish uchun
x C1 (t )e 2t
C2 (t )e
3t
C1 (t )e 2t
, y
deb faraz qilamiz. (12) ni berilgan sistemaga qo’ysak:
C1' (t )e 2t
4C2' e
3t
1 4t ,
C1' (t )e 2t
C 2' e
3t
3 2
t
2
sistema hosil bo’ladi. Bundan
1 4t 6t 2
C (t )
e
5
'
1
2t
, C 2' (t )
1 4t
Bularni integrallasak:
373
www.ziyouz.com kutubxonasi
5
3 2
t
2 e 3t .
1
C 2 (t )e
4
3t
(12)
C1 (t )
t 3t 2
e
5
2t
1 2
t
2 e 3t
5
t
C1 , C 2 (t )
C2
hosil bo’ladi. Bularni (12) ga qo’yib sistemaning umumiy yechimini topamiz:
x C1e 2t
C2 e
3t
t t2, y
1
Ce
4
C1e 2t
3t
1 2
t .
2
15-§. Turg’unlik nazariyasi.
Ko’p hollarda differentsial tenglamalar yoxud tenglamalar sistemasining echimlari elementar
funktsiyalar bilan berilmagani uchun ularni echish uchun taqribiy hisoblash usullari qo’llaniladi. Bu
usullarning kamchiligi shundaki, ular faqat bitta xususiy yechimni topishga imkon beradi. Boshqa
xususiy yechimni topish uchun bu usulni yana boshqatdan qo’llashga to’g’ri keladi. Bir xususiy
yechimni bila turib, boshqa xususiy yechimlar to’g’risida biror fikr aytib bo’lmaydi.
Texnik va mexanik masalalarning aksariyatida yechimlarning konkret qiymatlari emas, balki bu
yechimlarning biror nuqta atrofida yoki argument cheksiz ortib borganda o’zini qanday tutishi ko’proq
qiziqtiradi. Bu masalalar bilan differentsial tenglamalarning sifatlash nazariyasi shug’ullanadi. Bu
nazariyaga A.M.Lyapunov1 va A.Puankare2 lar asos solishgan.
Sifatlash nazariyasida ko’riladigan asosiy masalalardan biri bu yechimning turg’unlik masalasidir.
15.1. Lyapunov ma’nosidagi turg’unlik. Bizga quyidagi
dx1
f1 t , x1 , x2 ,, xn ,
dt
dx2
f 2 t , x1 , x2 ,, xn ,
dt

dxn
dt
tenglamalar sistemasi berilgan bo’lsin. Faraz qilaylik,
x1 |t
f n t , x1 , x2 ,, xn
x1 (t ), x2 (t ), , xn (t )
x10 , , x2 |t
0
(1)
0
x20 , , xn |t
lar (1) ning
0
xn 0
(2)
boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechimi bo’lsin.
1-ta’rif. Agar har qanday
qiymatlari
0
son uchun shunday
y i (0)
tengsizliklarni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy
y i (t )
tengsizliklar barcha
t
0
xi 0
,
0 son to- pilsaki, (1) ning boshlang’ich
i 1,2,  , n
yi (t ), i 1,2,  , n ,yechimi uchun
xi (t )
,
lar uchun bajarilsa, u holda
i 1,2,  , n
x1 (t ), x2 (t ), , xn (t )
yechim "Lyapunov
ma’nosida turg’un", deyiladi, aks holda bu yechim "turg’un emas", deyiladi.
Demak, yechim Lyapunov ma’nosida turg’un bo’ladi, agar boshlang’ich qiymatlari bilan unga yaqin
bo’lgan boshqa har qanday yechim barcha t 0 lar uchun ham shu yechimga yaqin bo’lsa.
Agar Lyapunov ma’nosida turg’un bo’lgan yechim uchun bundan tashqari
1
2
А .M.Lyapunov (1857-1918) - rus matematigi.
Anri Puankare - farang matematigi.
374
www.ziyouz.com kutubxonasi
lim y i (t )
x i (t )
t
0, i 1,2,  , n
tengliklar ham o’rinli bo’lsa, u holda bu yechim "asimptotik turg’un", deb ataladi.
Bu ta’rifning ma’nosi quyidagicha: agar berilgan tenglamalar sistemasi biror harakatni ifodalasa,
turg’un yechimlar holida boshlang’ich shartlarni yetarlicha kichik miqdorga o’zgartirganda harakat
xarakteri o’zgarmaydi.
Aytish joizki, yechimning asimptotik turg’un ekanligidan uning Lyapunov ma’nosida turg’un
bo’lishi kelib chiqmaydi.
dx
dt
1- m i s o l.
y,
dy
dt
x
x(0)
sistemaning
qanoatlantiruvchi yechimini turg’unlikka tekshiring.
Yechish.
Sistemaning
berilgan
boshlang’ich
x(t )
0, y (t )
Sistemaning
0, y (0)
shartlarni
0
boshlan- g’ich shartlarni
qanoat-
lantiruvchi
yechimi
0 dir. Bunday yechimni biz sistema- ning "sukut nuqtasi", deb ataymiz.
x(0) х0 , y(0) у0 boshlang’ich shartlarni qanoat-lantiruvchi har qanday
boshqa
yechimi
x(t ) x0 cos t
y0 sin t , x(t )
x0 sin t
y0 cost
ko’rinishda bo’ladi.
Ixtiyoriy
0
t
son olaylik. Ayonki, har qanday
x0 cos t
y 0 sin t
x0 cos t
x0 sin t
y0 cost
tengsizliklar o’rinlidir. Shuning uchun, agar
x0 cos t
х0
lar uchun
y 0 sin t
x0 sin t
у0
2
x0
y0 ,
y0 cost
x0
desak, u holda barcha
y 0 sin t
( )
bo’ladi. Demak, agar masalan,
0
, x0 sin t
х0
deb olsak,
y0
t
0
(3)
lar uchun
y0 cost
,
y0
(4)
bo’lganda, (3)
tengsizliklarga ko’ra, barcha t 0 lar uchun (4) teng-sizliklar o’rinli bo’ladi, ya’ni sistemaning nol
yechimi Lyapunov ma’nosida turg’un ekan, lekin u asimptotik turg’un emas.
Faraz
qilaylik,
1
(t ),
2
(t ), ,
n
(t )
lar
(1)
ning
(2)
boshlang’ich
shartlarni
qanoatlantiruvchi yechimi bo’lsin. Agar
уi (t )
хi (t )
i
(t ), i 1,2,  , n ,
(5)
desak, u holda (1) sistema quyidagi
dу1
f1 t , у1
1 (t ), y 2
dt
dy2
f 2 t , y1
1 (t ), y 2
dt

dyn
dt
f n t , y1
1
2
(t ),, y n
2
n
(t ),, y n
(t )
f1 t ,
(t )
f 2 t,
n
1
(t ),,
1
n
(t ),,
(t ) ,
n
(t ) ,
(6)
(t ), y 2
2
(t ),, y n
n
(t )
f n t,
1
(t ),,
n
(t )
sistemaga almashadi. Bu sistema
у1 |t
boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi
0, , у2 |t 0 0, , уn |t 0 0
уi (t ) 0, i 1,2,  , n , trivial yechimga ega.
0
Bundan quyidagi teorema kelib chiqadi.
375
www.ziyouz.com kutubxonasi
(7)
1-teorema.
2
(t ), ,
(1)
n
sistemaning
(t )
yechimi
(2)
boshlang’ich
Lyapunov
ma’nosida
shartlarni
1
(t ),
uchun
(6)
qanoat-lantiruvchi
(asimp-totik)
turg’un
bo’lishi
sistemaning (7) shartlarni qanoat-lantiruvchi trivial yechimi Lyapunov ma’nosida (asimptotik) turg’un
bo’lishi zarur va yetarlidir.
Demak, umumiylikni buzmagan holda, (1) sistemaning (7) shart- larni qanoatlantiruvchi trivial
yechimini turg’unlikka tekshirsak kifoya ekan.
хi (t ) 0, i 1,2,  , n , trivial yechimga ega
2-teorema (Lyapunov). Faraz qilaylik, (1) sistema
bo’lsin. Agar quyidagi
( x1 ,, xn ) 0 va faqat х1 х2
2) barcha t 0 lar uchun
n
dxi
d
dt i 1 xi dt
1)
 хп
n
xi
i 1
0
f i t , x1 , x 2 , , x n
( x1 , , xn )
shartlarni qanoatlantiruvchi differentsiallanuvchi biror
0;
bo’lgandagina
0
funktsiya mavjud bo’lsa, u holda
хi (t ) 0, i 1,2,  , n , trivial yechim Lyapunov ma’nosida turg’un bo’ladi.
Agar bundan tashqari, koordinatalar boshining yetarlicha kichik atrofining tashqarisida barcha
t
0
lar uchun
d
dt
bo’lsa, bu yerda
- o’zgarmas son, u holda
0
хi (t ) 0, i 1,2,  , n ,
trivial yechim asimptotik
turg’un bo’ladi.
( x1 , , xn )
funktsiya "Lyapunov funktsiyasi", deb ataladi.
2 - m i s o l .
dx1
dt
x15
dx2
dt
x2 ,
x1
x 23
sistemaning
х1 |t
0, , х2 |t
0
0
0,
boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi trivial yechimini turg’unlikka tekshiring.
Yechish.
( x1 , x n )
х12
х 22
funktsiyani ko’raylik. Bu funktsiya uchun 2-teoremada qo’yilgan
1-shartning bajarilishi ayon, shu sababli 2-shartni tekshiramiz:
d
dt
Agar
х1
0, х 2
0
2 x1
x15
x2
2 x 2 x1
bo’lsa, u holda barcha
t
0
x 23
2 x13
lar uchun
x 24
d
dt
0.
0
bo’ladi. Demak,
berilgan sistemaning trivial yechimi asimptotik turg’un ekan.
1-eslatma. Lyapunov funktsiyasini
a ij x i x j
х1 , х2 ,, хп
larning quyidagi
kvadratik forma ko’rinishida izlash tavsiya etiladi.
i, j
Bu funktsiyaga qo’yilgan birinchi shart bu kvadratik formaning musbat aniqlanganligini bildirgani
uchun,
aij
koeffitsientlarni Silvester mezonining shartlarini qanoatlantiradigan qilib olinadi, ya’ni
a11
a
0, 11
a 21
a12
a 22
a11  a1n
0,  , .  .
a n1  a nn
376
www.ziyouz.com kutubxonasi
0.
2-eslatma. Agar (1) sistema biror harakatni ifodalab, t vaqtni bildirsa va u tenglamalarda oshkor
ishtirok etmasa, ya’ni sistema ushbu
dx1
f1 x1 , x2 ,, xn ,
dt
dx2
f 2 x1 , x2 ,, xn ,
dt

dxn
dt
f n x1 , x2 ,, xn
ko’rinishda bo’lsa, u holda (1) avtonom sistema, deyiladi.
15.2. Sukut nuqtalarining eng sodda ko’rinishlari. Ushbu
dx1
a11 x1 a12 x2  a1n xn ,
dt
dx2
a 21 x1 a 22 x2  a 2 n xn ,
dt

dxn
dt
(8)
a n1 x1 a n 2 x2  a nn xn
sistema berilgan bo’lib, uning barcha koeffitsientlari o’zgarmas bo’lsin. x (t ) 0, y (t ) 0 bu
sistemaning sukut nuqtasi bo’ladi, buni bevosita o’rniga qo’yish usuli bilan tekshirish mumkin. Bu
nuqta turg’un bo’lishi uchun koeffitsientlar qanday shartlarni qanoatlantirishini tekshiraylik.
Aynan 13.2-§ dagidek yechimni
x1
p1e t , x2
p2 e t , , xn
pn e
t
ko’rinishda izlaymiz. (8) ning
a11
a21
.
a n1
xarakteristik tenglamasining ildizlarini
3-eslatma. Agar
A
a ij
,
i , j 1, n
a12
a 22
.
an 2
1
,
2
x(t )
, ,

a1n

a2 n

.
 a nn
0
n bilan belgilaylik.
x1 (t ), x 2 (t ), , x n (t )
377
www.ziyouz.com kutubxonasi
T
, desak, (8) quyidagi
dx
dt
Ax
(9)
vektor ko’rinishga keladi. Bunda xarakteristik tenglamaning ildizlari A matritsaning xos sonlaridan
iborat bo’ladi.
4-eslatma. 1-teoremaga ko’ra,
dx
dt
Ax
f (t )
birjinsli bo’lmagan tenglamalar sistemasining ixtiyoriy x (t ) yechimining Lyapunov ma’nosida turg’un
(asimptotik turg’un) bo’lishi uchun unga mos keluvchi bir jinsli (9) sistemaning trivial yechimini
Lyapunov ma’nosida (asimptotik) turg’un bo’lishi zarur va yetarlidir.
Bu yerda uch hol yuz berishi mumkin.
1-hol. Barcha xos sonlar har xil:
1

2
n , haqiqiy va
0 , k 1,2,  , n
k
bo’lsin. U holda (8) ning umumiy yechimi
x1
1t
C1 p11e
x2
xn
1t
C1 pn1e
 C n p1n e nt ,
2t
C2 p22e
C2 pn 2 e
 C n p 2 n e nt ,
0
desak:
xk 0 , k 1,2,, n
det p ij
chiziqli algebraik tenglamalar sistemasini hosil qilamiz. Bu yerda
p1k , p 2k , , p nk
,
k
1,2,, n
Ci
(10)
 Cn pnn e nt .
2t
 Cn p kn
C2 pk 2
2t
koeffitsientlarni bu yechim (2) boshlang’ich shartlarni
t
qanoatlantiradigan qilib tanlaymiz. Agar
C1 pk1
1t
C1 p21e
C1 , C2 , , Cn
ko’rinishda bo’ladi.
C 2 p12 e
0, chunki
lar chiziqli erkli xos vektorlar edi. U holda
1
n
A ji x j 0 , i 1,2,, n,
j 1
bu yerda
A ji - p ji
ning
determinantdagi algebraik to’ldiruvchisi. Quyidagi
max p i , k
p, max Ai ,k
i , k 1, n
A
i ,k 1,n
belgilashlarni kiritaylik.
Agar ixtiyoriy
e
kt
0
son uchun
1, k 1,2,, n ,
i 1,2, , n,
(n 2 pA)
( )
bo’lgani uchun
xi 0
desak, barcha
, i 1,2,, n,
t
bo’lganda,
0
lar uchun
xi (t )
,
bo’ladi, ya’ni sukut nuqta Lyapunov ma’nosida turg’un ekan. Bundan tashqari,
lim x i (t )
t
0, i 1,2,, n,
va demak, sukut nuqta asimptotik turg’un ham ekan.
Agar
п
2
bo’lsa,
х1Ох2
tekislik (1) sistemaning faza tekisligi, uning yechimlari esa, quyidagi
dx2
dx1
a11 x1
a 21 x1
differentsial tenglamaning traektoriyalari, deb ataladi.
378
www.ziyouz.com kutubxonasi
a12 x2
a 22 x x
(11)
O(0,0) koordinatalar boshi (11) tenglamaning maxsus nuqtasi bo’ladi, chunki bu nuqta tenglama
yechimining mavjudlik va yagonalik sohasiga tegishli emas.
(10) ko’rinishdagi yechim uchun bu maxsus nuqta turg’un tugun nuqta, deb ataladi. Bunda nuqta
t
da traektoriya bo’ylab, maxsus nuqtaga yaqinlashadi deymiz.
2 - m i s o l.
dx
dt
х,
dy
dt
2у
sistemaning
x(0)
0, y (0)
0
bosh-lang’ich shartlarni
qanoatlantiruvchi yechimini turg’unlikka tekshiring.
Yechish. Sistemaning xarakteristik tenglamasi
1
0
0
1,
2
0
2
ildizlarga ega. Sistemaning unga mos keluvchi yechimlari
x C1e t , y C2 e 2t .
Bulardan boshlang’ich
x |t
0
x0 , y | t
y0
0
shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy yechimlari
0, y (t ) 0, ya’ni
Bundan ko’rinadiki, t
da x(t )
faza tekisligiga o’taylik. (12) dan t parametrni yo’qotsak:
2
x
x0
у 0 e 2t .
х0e t , y
x
x
0, y
(12)
0
y
y0
parabolalar oilasini hosil qilamiz (129-rasmga qarang).
у
х
О
129-rasm.
(12) tenglama bu misol uchun quyidagicha
dy
dx
2y
x
.
Bu tenglamaning O(0,0) maxsus nuqtasi turg’un tugun nuqtadir.
379
www.ziyouz.com kutubxonasi
yechim turg’un. Endi
2-hol. Barcha xos sonlar har xil:
1

2
n , haqiqiy va
у
х
О
130-rasm.
0 , k 1,2,  , n
k
kt
e
t
,
da
п
2
t
bo’lsin. Bu holda ham yechim (10) ko’rinishda bo’ladi.
t
da
k 1,2,  , n , bo’lgani uchun boshlang’ich shartlar qanday bo’lishidan qat’iy nazar,
xk (t )
, k 1,2,  , n , bo’ladi, ya’ni yechim turg’un emas.
bo’lganda faza tekisligida sistemaning maxsus nuqtasi turg’un bo’lmagan tugun bo’ladi:
da nuqta traektoriya bo’ylab
3-misol.
dx
dt
х,
dy
dt
2у
x
0, y
0
sukut nuqtasidan uzoqlasha boradi.
sistemaning yechimini turg’unlikka tekshiring.
Yechish. Bu sistema uchun xarakteristik tenglama
1
0
0
1,
| x(t ) |
2
0
2
ildizlarga ega. Unga mos keluvchi yechimlar:
, | y (t ) |
,
x
х0 e t , y
у 0 e 2t . t
da
ya’ni yechim turg’un emas.Agar t ni yo’qotsak:
x
x0
2
y
y0
parabolalar oilasi hosil bo’ladi. O(0;0) maxsus nuqta turg’un bo’lmagan tugun nuqtadir (130-rasmga
qarang).
3-hol. Xarakteristik tenglamaning ildizlari haqiqiy, lekin har xil ishorali. Umumiylikni buzmagan
holda, faraz qilaylik,
0 , , k 0 , 1 k n, bo’lsin. U holda,
n, koeffitsientyechimdagi Ci pik , i 1,2, , n; 1 k
larning kamida biri noldan farqli bo’lsa, t
da xk (t )
1
0,
2
agar, unga mos keluvchi umumiy
,1 k
n,
yechim turg’un emas. Bunda sukut nuqtani turg’un bo’lmagan egar, deb ataymiz.
4-misol.
dx
dt
х,
dy
dt
2у
sistemaning yechimini turg’unlikka tekshiring.
380
www.ziyouz.com kutubxonasi
bo’ladi, ya’ni
Yechish. Bu sistema uchun xarakteristik tenglama
1
0
0
1,
da
2
| x(t ) |
2
0
ildizlarga ega. Unga mos keluvchi yechimlar:
,
x
х0 e t , y
у 0 e 2t . t
ya’ni yechim turg’un emas. Agar t ni yo’qotsak:
yx 2
y 0 x 02
tenglama hosil bo’ladi. Bu faza tekisligida giperbolalar oilasini ifodalaydi (131-rasmga qarang).
у
О
х
131-rasm.
Maxsus O(0;0) nuqta turg’un bo’lmagan egar nuqtadir.
4-hol. Xarakteristik tenglamaning ayrim ildizlari kompleks. Umumiylikni buzmagan holda, faraz
qilaylik,
i ,
1
a) agar
0,
3
i
0
2
0, ,
n
bo’lib, qolganlari haqiqiy bo’lsin.
bo’lsa, u holda ularga mos keluvchi umumiy yechim
e t C1 pi1 sin t C2 qi1 cos t
xi
ko’rinishda bo’ladi. Shu sababli,
t
C3 p n 3 e
da xk (t )
3t
 Cn pnn e nt , i 1,2,, n,
0, 1 k n, bo’ladi, ya’ni yechim
asimptotik turg’un. Sukut nuqta bu holda turg’un focus, deb ataladi (132-rasmga qarang).
b)
agar
0
2
2
C1 pi1
xk (t )
( i,
i
3,4,  , n,
larning
birortasi
musbat)
bo’lsa,
u
holda
C 2 qi1
0 ( musbat i oldidagi Ci pik 0 ) bo’lsa, t
da
, 1 k n, bo’ladi, ya’ni yechim turg’un bo’lmaydi (133-rasmga qarang). Bu nuqtani
turg’un bo’lmagan focus, deb ataymiz.
381
www.ziyouz.com kutubxonasi
132-rasm.
0,
v) agar
xi
0,
C1 pi1 sin( t
3
0,,
133-rasm.
0
n
bo’lsa, u holda ularga mos keluvchi umumiy yechim
) C2 qi1 cos( t
) C3 p n 3 e
3t
 Cn pnn e nt ,
i 1,2, , n,
ko’rinishda
bo’ladi.
xk (t ), 1 k
n,
Bu
yechim
Lyapunov
ma’nosida
turg’un,
lekin,
t
da
lar nolga intilmagani uchun yechim asipm-totik turg’un emas. Sukut nuqta bu
holda markaz, deb ataladi (134-rasmga qarang).
134-rasm.
16-§. Differentsial tenglamalarni taqribiy hisoblash.
16.1. Eyler usuli. Bizga 1-tartibli
dy
dx
f ( x, y )
(1)
differentsial tenglamaning
y( x0 )
y0
(2)
boshlang’ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini topishni talab etuvchi Koshi masalasi berilgan bo’lsin.
Faraz qilaylik,
f ( x, y )
funktsiya
х0 , у 0
nuqtaning biror atrofida mavjudlik teoremasining
shartlarini qanoatlantirsin.
Quyida keltiriladigan "Eyler1) usuli" (1)-(2) masalani analitik yechib bo’lmaydigan hollarda, bu
yechimning biror
x0 , d
y (d )
qiymatini, bu yerda
x0
d
x0
, taqriban hisoblash imkonini beradi.
oraliqni
x0
x1
x2  xn
1)
d
Leonard Eyler (1707-1783)- ulug’ matematik, Rossiya fanlar akademiyasining akademigi, kelib
chiqishi bo’yicha shveytsariyalik.
382
www.ziyouz.com kutubxonasi
h xi 1 xi uzunligini
hisoblash qadami, deb ataymiz. Yechimning xi nuqtadagi taqribiy qiymatini у i bilan belgilaylik.
(1) tenglamada hosilani har bir x0 , x1 , x2 ,, xn nuqtada orttirmalar nisbati bilan almashtiraylik:
n
nuqtalar bilan
xi , xi
ta teng bo’laklarga bo’lamiz.
yi
x
oraliqning
1
f ( xi , y i )
yoki
yi
yi
bu yerda
yi
1
f ( xi , y i ) x ,
yi , i 1,2,, n. Xususan, х
y1
y0
x0
nuqtada
у1
ni topish uchun
f ( x 0 , y 0 )h
yoki
y1
tenglikni hosil qilamiz, bu yerda
Agar
х
x1
x0 , y 0 , h
y0
f ( x 0 y 0 )h
(3)
- lar ma’lum sonlar.
desak:
y2
y1
f ( x1 y1 )h
tenglik hosil bo’ladi, bu yerda x1 , h - lar ma’lum sonlar, у1 esa (3) dan topiladi. Bu jarayonni
boshqa nuqtalar uchun davom ettirsak, quyidagi rekurrent formula hosil bo’ladi:
yi
1
yi
f ( xi , yi )h, i 1,2,  , n.
A 0 x 0 , y 0 , A1 x1 , y1 ,, An xn , yn
Koordinatalar tekisligida
у
Аn
(4)
nuqtalarni birlashtirib,
Аn
1
А2
А1
А0
O
x0 x1 x2
xn
1
xn
d x
135-rasm.
integral chiziqni taqriban ifodalovchi
A0 A1 A2  An 1 An
siniq chiziqni hosil qilamiz. Bu chiziq
"Eyler siniq chizig’i ", deb ataladi.
(1) tenglamaning
y
y n (x)
x
h
bo’lgandagi Eyler siniq chizig’iga mos keluvchi taqribiy yechimini
deylik. Agar (1) tenglamaning (2) shartni qanoatlantiruvchi yagona yechimi mavjud
bo’lsa, u holda
x0 , d
oraliqda
y n (x)
ketma-ketlik aniq yechimga tekis yaqinlashadi.
16.2. Runge-Kutta usuli. Bu usul (1)-(2) masala uchun Eyler usuliga nisbatan yuqori tartibli
yaqinlashishni beruvchi usullardan biri hisoblanadi. Umuman Eyler usulini Runge-Kutta usulining
xususiy holi, deb qarash mumkin.
383
www.ziyouz.com kutubxonasi
Faraz
xk
qilaylik,
taqribiy
xk
yechimning
уk
nuqtadagi
qiymati
topilgan
bo’lib,
uning
хk h nuqtadagi уk 1 qiymatini hisoblash kerak bo’lsin.
Agar ( xk , у k ) larni (1) ga va uning х bo’yicha differentsiallangan ifodasiga qo’ysak:
1
yk '
f xk , y k
f
x
yk "
f
y'
y
(5)
(6)
x xk ,
y yk
qiymatlarni topamiz.
Yechimning Teylor yoyilmasida
а
xk , x
xk
xk
1
h
deylik:
2
yk
yk
1
h
h
yk '
yk " O h 2
1
2!
.
Agar bu yerda (5) va (6) ifodalarni e’tiborga olsak:
yk
1
yk
yk '
h
h
yk " O h 2
2
0
bo’ladi. Ikkinchi qo’shiluvchini biror
yk
yk
1
h
1
f xk , y k
2
f xk , y k
2
1
2
bu yerda
k1
1
2
f
h
x
f xk , yk , k 2
f
y
h, y k
f xk
hf
f
h
x
f x, y
1
f xk
2
f xk , y k
f
x
f
f
y
O h2
x xk
y yk
songa ko’paytirib bo’laylik:
1
2
f xk , y k
h
2
f xk , y k
hf
h, yk
O h2
f
y
hf
2
1
2
hk1
x xk
y yk
O h2
x xk
y yk
1
k2 ,
2
k1
deb belgilandi. Na- tijada quyidagi
sxemaga keldik:
yk
yk
1
2
h
Bu formuladagi
1
2
1
k2 .
2
k1
(7)
sonni yaqinlashish tartibi imkon qadar yuqoriroq bo’ladigan qilib tanlanadi. Aytish
0
joizki, biz hosil qilgan (7) sxema har qanday
son uchun ikkinchi tartibli yaqinlashishga ega.
16.3. 2-tartibli tenglama uchun Adams usuli. Bizga quyidagi
y" f x, y, y' ,
y( x0 ) y 0 , y' ( x0 ) y 0 '
Koshi masalasi berilgan bo’lsin. Bu masala yechimining
х
х0
(8)
(9)
nuqta atrofidagi Teylor formulasi
bo’yicha yoyilmasini ko’raylik:
y
y0
x
x0
1
y0 '
x
x0
2!
2
y0 " 
384
www.ziyouz.com kutubxonasi
x
x0
m!
m
y0
m
Rm .
(10)
у0
Bu yoyilmadagi
у0 '
va
qiymatlarini (8) dan quyidagi tartibda topiladi: agar (5) ning o’ng tarafiga
у0 '
qiymatlarni qo’ysak,
(8) ni
х
у0 " ni topamiz:
y0 "
f x0 , y0 , y0 '
.
bo’yicha differentsiallasak:
f
x
y' ' '
bo’ladi, bu tenglikning o’ng tarafiga
f
x
y0 ' ' '
х
(11) ni yana
qo’ysak,
у 0 " , у 0 " ,
boshlang’ich х0 , у 0 va
qiymatlar ma’lum ((9) ga qarang), hosilaning
у0
4
х0 , у0 , y0 '
у0 "
va
f
y'
y
f
y'
y
(11)
qiymatlarni qo’ysak,
f
y" | x
y'
bo’yicha differentsiallab, o’ng tarafiga
f
y"
y'
x0 y y0 y ' y0 ', y " y0 "
у0 "' ni topamiz:
.
х0 , у0 , y0 ' , y0 ' '
va
ni topamiz. Shu tartibda davom etib, ixtiyoriy tartibli hosilaning
у0 " '
х
qiymatlarni
х0
nuqtadagi
qiymatlarini topish mumkin. Shunday qilib, (10) ifodadagi qoldiqdan boshqa barcha hadlari
aniqlanadi. Endi, agar qoldiqni tashlab, х ga ixtiyoriy qiymat bersak, yechimning shu nuqtadagi
х х0
taqribiy qiymatini topishimiz mumkin. Qilinadigan xatolik
miqdor kattaligiga va (10)
yoyilmada olingan hadlar soniga bog’liq bo’ladi.
x
(10) yoyilmada to’rtta had olib, mos ravishda
va
у2
x
h
y0
2h
( 2h) 2
( 2h) 3
y0 '
y0 "
y0 ' ' ' .
1
2!
3!
va
x0
2h
у
x0
desak,
ning
у1
qiymatlarini topamiz:
y1
y0
h
h2
h3
y0 '
y0 "
y0 ' ' '
1
2!
3!
y2
,
Xuddi shunday (10) ni differentsiallab, hosil bo’lgan ifodada
x
x0
h
va
x
x0
2h
desak,
у ' ning у1 ' va у 2 ' qiymatlarini topamiz:
h
h2
y0 '
y0 ' '
y0 '"
1
2!
y1 '
Natijada
у
va
у'
2h
( 2h) 2
y0 '
y0 ' '
y0 '" .
1
2!
y2 '
,
ning uchtadan qiymati topildi:
у0 , у1 , у 2
va
у0 ' , у1 ', у 2 '.
qiymatlardan foydalanib, (8) tenglamadan qu- yidagilarni topamiz:
y0"
f x0 , y0 , y0 ' , y1"
f x1 , y1 , y1 ' , y2"
f x2 , y2 , y2 ' .
Faraz qilaylik, shu tartibda yechimning
у0 , у1 , у2 ,, yk
qiymatlarini va uning hosilalarining
у0 ' , у1 ', у2 ' ,, yk ' ; у0 ", y1 ", y2 ",, yk "
qiymatlarini topgan bo’laylik. Quyidagi ifodalarni
y0
y1
y 0 , y1
y2
y1 , , yk
1
yk
1-tartibli ayirmalar, deb ataymiz. 2-tartibli ayirmalar, deb esa
2
y0
2
y1
y1
y0
y2
2 y1
y0 ,
y2
y1
y3
2 y2
y1 ,
385
www.ziyouz.com kutubxonasi
yk
1
Endi bu
¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾
2
yk
yk
2
yk
1
yk
2
2 yk
yk
1
2
ifodalarga aytamiz.
x0
Agar (10) Teylor formulasida
ning o’rniga
xk
x
ni,
ning o’rniga esa
xk
1
xk
h
qo’ysak:
yk
1
h
h2
yk '
yk " 
1
2!
yk
hm
yk
m!
m
Rm
qiymatni topish mumkin. Biz bu yerda beshta had bilan kifoyalansak ham bo’ladi:
yk
Bu formuladagi noma’lum
deb
уk 1" ni va x0
yk
1
3
yk , yk
h
h2
h3
yk '
yk "
yk
1
2!
3!
4
h4
4
yk .
4!
3
x0
qiymatlarni topish uchun (10) da
xk , x xk
2h
y
y k"
уk 2 "
ni Teylor formulasiga yoyamiz:
h '' '
yk
1
h
2!
2
"
k
2h '''
yk
1
2h
2!
2
y k"
deb
"
k 1
y
2
xk , x xk
(12)
h
y k4 ,
(13)
y k4 .
(14)
(13) dan
y k'
y k"
1
y k"
h 3
yk
1
1
h2 4
yk
2!
(15)
tenglikni hosil qilamiz. Agar (13) ning hadlaridan (14) ning hadlarini ayirsak, quyidagiga ega bo’lamiz:
y k'
y k'
2
y k'
1
h 3
yk
1
2
3h 2 4
yk
2!
Endi (15) dan (16) ni hadma-had ayiramiz:
2
y k"
y k"
2
y k"
1
h 2 y k4
2
.
Bundan
y k4
1
h2
2
y k"
2
.
Agar buni (16) ga qo’ysak:
y
3
k
y k"
h
2
y k"
2h
1
2
kelib chiqadi. Topilgan bu qiymatlarni (12) ga qo’yaylik:
yk
1
yk
h '
yk
1
h2 "
yk
2!
h2
y k"
3!
1
3h 2
4!
Bu tenglik "Adams formulasi", deb ataladi. U yechimning uchta avvalgi
qiymatini bilgan holda, keyingi qiymatini topishga imkon beradi.
386
www.ziyouz.com kutubxonasi
2
y k"
2
.
.
(16)
MUNDARIJA
So’z boshi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3
1 – BOB
CHIZIQLI ALGЕBRA ELЕMЕNТLARI
1-§. Matritsalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 1.1. Matritsaga doir asosiy tushunchalar. . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .4 1.2. Ìatritsaning deterìinanti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3. Ìinor va algebraik
to’ldiruvchi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4. Dеtеrminantlarning xossalari. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
2-§. Tеskari matritsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12
3-§. Arifmеtik vеktorlar fazosi. Matritsaning rangi. . . . . . . . . . . . . . . 15
3.1. Arifmеtik vеktorlar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .15
3.2. Matritsaning rangi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19
4-§. Chiziqli tеnglamalar sistеmasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .25 4.1. Umumiy tushunchalar. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . 25 4.2. Chiziqli tеnglamalar sistеmasini еchishning matritsalar
usuli va Kramеr formulalari. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .25 4.3. Iхtiyoriy chiziqli tеnglamalar sistеmasini
yеchish. . . . . . . . . . . 27 4.4. Bir jinsli sistеmalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31 4.5. JordanGaussning noma’lumlarni kеtma-kеt yo’qotish
usuli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .32 4.6. Ko’p tarmoqli iqtisodiyotda Leont’ev
modeli. . . . . . . . . . . . . . .34
2 – BOB
Vеktorlar algеbrasi
1-§. Umumiy tushunchalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2-§. Vеktorlar ustida arifmеtik amallar . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .41 3-§. Dеkart koordinatalar sistеmasida vеktorlar . . . . . . . . . . . . . . . . .44 4-§. Tеkislikda
yo’nalishni aniqlash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .48 5-§. Vеktorlarning skalyar ko’paytmasi. . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . 51 6-§. Chiziqli еvklid fazosi va chiziqli operator . . . . . . . . . . . . . . . . . .53
7-§. Vektorlarning vektor va aralash ko’paytmalari. . . . . . . . . . . . . . 59 7.1. IkkI vеktorning vеktor ko’paytmasi . . . .
. . . . . . . . . . . . . .59 7.2. Uch vеktorning aralash ko’paytmasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 7.3. Parallelopiped
va piramidaning hajmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
387
www.ziyouz.com kutubxonasi
3 – BOB
TЕKISLIKDAGI ANALITIK GЕOMЕTRIYA
1-§. Tеkislikdagi to’g’ri chiziq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 1.1. Umumiy tushunchalar. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . 65 1.2. To’g’ri chiziqning umumiy tеnglamasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .66 1.3. To’g’ri
chiziqning boshqa turdagi tеnglamalari . . . . . . . . . . . . 68 1.4. To’g’ri chiziqga doir turli masalalar. . . . . . . . . . .
. . . . . . . .70 1.5. To’g’ri chiziqlar dastasining tеnglamasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
2-§. Ikkinchi tartibli chiziqlar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .73 2.1. Aylananing umumiy tеnglamasi . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . 73 2.2. Ellips . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .74 2.3. Gipеrbola . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 2.4. Parabola. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3-§. Dеkart koordinitalar sistеmasini almashtirish va qutb
koordinitalar sistеmasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 3.1. Koordinitalarni parallеl ko’chirish . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .82
3.2. Koordinitalar sistеmasini burish. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 3.3. Qutb
koordinitalar sistеmasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
4-§. Ikkinchi tartibli chiziqlarning tеnglamalarini kanonik
ko’rinishga kеltirish . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .88
4 – BOB
FAZODAGI ANALITIK GЕOMЕTRIYA
1-§. Fazodagi tеkislik tеnglamalari. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .93 1.1. Umumiy tushunchalar. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . 93 1.2. Tеkislikning umumiy tеnglamasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 1.3. Tеkislikning
kеsmalardagi tеnglamasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 1.4. Tеkislikning normal tеnglamasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . 96 1.5. Tеkislikka doir ayrim masalalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
2-§. Fazodagi to’g’ri chiziq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 2.1. Fazodagi to’g’ri chiziqning umumiy
tеnglamasi. . . . . . . . . . . . 98 2.2. To’g’ri chizIqning kanonik va paramеtrik tеnglamalari . . . . . . 99 2.3.
To’g’ri chizIqqa doir ayrim masalalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . .101
3-§. Ikkinchi tartibli sirtlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .103 3.1. Umumiy tushunchalar . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . 103 3.2. Sfеra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 3.3. Tsilindrik
sirtlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .104 3.4. Konus sirt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . 105 3.5. Aylanma sirtlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .106 3.6. Ellipsoidlar. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .108 3.7. Gipеrboloidlar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 3.8.
Paraboloidlar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
4-§. Ikkinchi tartibli sirt tеnglamalarini kanonik
ko’rinishga kеltirish. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .115
5 – BOB
O’ZGARUVCHI VA O'ZGARMAS MIQDORLAR
1-§. Umumiy tushunchalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .122 1.1. O’zgarmas va o’zgaruvchi miqdorlar,
to’plamlar. . . . . . . . . . .122 1.2. Kеsma, intеrval, chеgalangan to’plam . . . . . . . . . . . . . . . . . .123 1.3. Sanoqli
to’plam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .124
2-§. Kеtma-kеtlikning limiti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2.1. ―Kеtma-kеtlikning limiti‖ tushunchasi. . . . .
. . . . . . . . . . . . .125 2.2. Limitga ega bo’lgan o’zgaruvchilar ustida arifmеtik
amallar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 2.3. Chеksiz kichik va chеksiz katta
miqdorlar. . . . . . . . . . . . . . .131 2.4. Aniqmasliklar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .133 2.5.
Monoton kеtma-kеtliklar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 2.6. е soni. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .137 2.7. Boltsano-Vеyеrshtrass tеorеmasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 2.8. Chеkli limitning
mavjudlik sharti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .140
6 – BOB
FUNKTSIYA. FUNKTSIYANING LIMITI.
1-§. «Funktsiya» tushunchasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .142
2-§. Funktsiyaning limiti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 2.1. Ta’riflar. Chеksizlikka intiluvchi
funktsiyalar.
Chеgaralangan funktsiyalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 2.2. Funktsiya limitlari haqidagi tеorеmalar .
. . . . . . . . . . . . . . . .149 2.3. Birinchi ajoyib limit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .152 2.4. Ikkinchi
ajoyib limit. Natural logarifmlar. . . . . . . . . . . . . . . . .153
388
www.ziyouz.com kutubxonasi
3-§. Uzluksiz funktsiyalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .155 3.1. Ta’riflar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . 155 3.2. Asosiy tеorеmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 3.3. 1- va 2-tur
uzilish nuqtalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 3.4. Kеsmada uzluksiz funktsiya. Vеyеrshtrass tеorеmasi. . . .
. . . .161 3.5. Tеskari uzluksiz funktsiyalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 3.6. Tеkis uzluksiz funktsiyalar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .167 3.7. Elеmеntar funktsiyalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .169 3.8.
―O‖ va ―o‖ miqdorlar. Miqdorlarni solishtirish. . . . . . . . . . . . .175
389
www.ziyouz.com kutubxonasi
7 – BOB
BIR O’ZGARUVCHILI FUNKTSIYA UCHUN
DIFFЕRЕNTSIAL HISOB
1-§. Hosila va uni hisoblash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 1.1. Asosiy tushunchalar. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . 178 1.2. Hosilaning gеomеtrik ma’nosi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .181 1.3. Elеmеntar
funktsiyalarning hosilalari.. . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 1.4. Murakkab funktsiyaning hosilasi . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . 186
1.5. Tеskari funktsiyaning hosilasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
1.6. Elеmеntar
funktsiyalarning hosilasi (davomi) . . . . . . . . . . . . 188 1.7. Hosilalar jadvali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . 189
2-§. Diffеrеntsial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 2.1. Funktsiyaning diffеrеntsiali . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . 191 2.2. Diffеrеntsialning taqribiy hisoblashda qo’llanishi . . . . . . . . . 193 2.3. Yuqori
tartibli hosilalar va diffеrеntsiallar . . . . . . . . . . . . . . 194 2.4. Paramеtrik funktsiyalarni diffеrеntsiallash . . . . . .
. . . . . . . . . 198
3-§. O’rta qiymat haqidagi tеorеmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .199 3.1. Fеrma tеorеmasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .199 3.2. Roll tеorеmasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .200 3.3. Chеkli
orttirmalar haqidagi tеorеmalar . . . . . . . . . . . . . . . . .201 3.4. Aniqmasliklarni ochish. Lopital qoidalari. . . . . . .
. . . . . . . . . .204
4-§. Tеylor formulasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .209 4.1. Ko’phad uchun Tеylor formulasi. . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .209 4.2. Iхtiyoriy funktsiya uchun Tеylor formulasi. . . . . . . . . . . . . . .210 4.3. Qoldiq
hadning har хil ko’rinishlari. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .211 4.4. Elеmеntar funktsiyalarni Tеylor formulalari
bo’yicha yoyilmalari. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .214
8 – BOB
HOSILALAR YORDAMIDA FUNKTSIYALARNI
TЕKSHIRISH
1-§. Funktsiyalarning monotonligini tеkshirish. . . . . . . . . . . . . . . . .217 1.1. Funktsiyaning o’zgarmaslik sharti. . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .217 1.2. Funktsiyaning monotonlik shartlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
2-§. Funktsiyaning lokal ekstrеmumlari. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 2.1. Lokal ekstrеmumlarni birinchi hosila
yordamida
aniqlash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .220 2.2. Lokal ekstrеmumlarni ikkinchi hosila
yordamida
aniqlash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
3-§. Funktsiyaning bеrilgan kеsmadagi eng kichik va eng
katta qiymatlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 4-§. Egri chiziqning qavariqligi. Bukulish
nuqtalari. . . . . . . . . . . . . 226 5-§. Funktsiya grafining asimptotalari. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 6-§. Uzluksiz
va silliq egri chiziqlar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
7-§. Funktsiya grafigini qurishning umumiy sхеmasi. . . . . . . . . . . . .231
9 – BOB
KOMPLЕKS SONLAR. KO’PHADLAR
1-§. Komplеks sonlar. Boshlang’ich tushunchalar. . . . . . . . . . . . . . .234 2-§. Komplеks sonlar ustida asosiy amallar .
. .. . . . . . . . . . . . . . . . 235 3-§. Komplеks sonlarning darajalari va ildizlari . . . . . . . . . . . . . . . .237 4-§. Komplеks
ko’rsatkichli funktsiya va uning хossalari.. . . . . . . . .239 5-§. Eylеr formulasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . 241 6-§. Ko’phadni ko’paytuvchilarga ajratish . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .242 7-§. Komplеks yеchimlar holida
ko’phadni ko’paytuvchilarga
ajratish . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 8-§. Intеrpolyatsiyalash. Lagranjning va
Nyutonning intеrpolyatsion formulalari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 9-§. ChеbIshеv nazariyasi . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . 248
10 – BOB
ANIQMAS INTЕGRAL
1-§. Boshlang’ich funktsiya va aniqmas intеgral . . . . . . . . . . . . . . . 250 2-§. Intеgrallashning o’rniga qo’yish usuli . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . 253 3-§. Kvadrat uchhad qatnashgan intеgrallar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 4-§. Bo’laklab
intеgrallash usuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 5-§. Ratsional kaslarni intеgrallash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
390
www.ziyouz.com kutubxonasi
. . . . . 260 6-§. Irratsional funktsiyalarni intеgrallash. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .263 7-§. Trigonomеtrik funktsiyalarni
o’z ichiga olgan ayrim ifodalarni intеgrallash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265 8-§. Ayrim irratsional funktsiyalarni
trigonomеtrik almashtirishlar yordamida intеgrallash. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
11 – BOB
ANIQ INTЕGRAL
1-§. Quyi va yuqori intеgral yig’indilar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .270 2-§. Aniq intеgralning ta’rifi va mavjudlik
shartlari. . . . . . . . . . . . . .272 3-§. Aniq intеgralning хossalari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .277 4-§. Yuqori
chеgarasi o’zgaruvchi bo’lgan intеgral . . . . . . . . . . . . . 280 5-§. Aniq intеgralni hisoblash usullari. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . 281 6-§. Хosmas intеgrallar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .284 6.1. Chеgaralari chеksiz
bo’lgan intеgrallar . . . . . . . . . . . . . . . . .285 6.2. Uzlukli funktsiyaning intеgrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.287
12 – BOB
ANIQ INTЕGRALNING TATBIQLARI.
TAQRIBIY HISOBLASH USULLARI
1-§. Tеkis shakllar yuzini hisoblash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290 1.1. Dеkart koordinatalar tеkisligida
yuzalarni hisoblash. . . . . . . 290 1.2. Tеkis shakllar yuzasini qutb koordinatalarda hisoblash. . . . . 292
2-§. Egri chiziq yoyining uzunligi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 2.1. Yoy uzunligini Dеkart koordinatalar
sistеmasida hisoblash ..293 2.2. Qutb koordinatalar sistеmasida yoy uzunligini hisoblash. . . . .295
3-§. Aniq intеgralning jism hajmlarini hisoblashga qo’llanishi . . . . . 296 3.1. Jism hajmini parallеl kеsimlar
yuzalari bo’yicha
hisoblash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296 3.2. Aylanma jismning hajmi . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . 297
4-§. Aniq intеgralni mехanika masalalariga tatbig’i . . . . . . . . . . . . .298
4.1. Ishni aniq intеgral yordamida
hisoblash . . . . . . . . . . . . . . . .298 4.2. Inеrtsiya momеntini aniq intеgral yordamida hisoblash. . . . . 299 4.3.
Og’irlik markazining koordinatalarini hisoblash . . . . . . . . . . . 300
5-§. Aniq intеgralni taqribiy hisoblash . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303 5.1. To’g’ri to’rtburchaklar usuli . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .303 5.2. Trapеtsiyalar usuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .304 5.3. Parabolalar
(Simpson) usuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
13 – BOB
KO’P O’ZGARUVCHILI FUNKTSIYANING
DIFFЕRЕNTSIAL HISOBI
1-§. Boshlang’ich tushunchalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .309 2-§. Funktsiyaning limiti . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .311 3-§. Uzluksiz funktsiyalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313 4-§. Хususiy
orttirmalar va hosilalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .315 5-§. To’la diffеrеntsial va uning taqribiy hisoblarda
qo’llanishi . . . . 316 6-§. Murakkab funktsiyaning хususiy hosilalari. To’la hosila.
Murakkab funktsiyaning to’la dIffеrеntsiali . . . . . . . . . . . . . . . 321 7-§. Oshkormas funktsiyaning hosilasi. . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .324 8-§. Urinma tеkislik. Diffеrеntsialining gеomеtrik ma’nosi. . . . . . . . 325 9-§. Bir jinsli
funktsiyalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327
10-§. Yuqori tartibli hosilalar va diffеrеntsiallar. . . . . . . . . . . . . . . .329 10.1. Yuqori tartibli hosilalar . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .329 10.2. Aralash hosilalar haqidagi tеorеmalar . . . . . . . . . . . . . . . . 330 10.3. Yuqori
tartibli diffеrеntsiallar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332 10.4. Tеylor formulasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . 334
§11. Yuksaklik sirtlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 §12. Yo’nalish bo’yicha hosilalar . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . 336 §13. Gradiеnt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .337 §14. Yopiq to’plam .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 §15. Yopiq chеgaralangan sohada uzluksiz funktsiya . . . . . . . .. . . .
341 §16. Ko’p o’zgaruvchili funktsiyalarning ekstrеmumlari . . . . . . . . . .343 §17. Funktsiyaning eng katta va eng
kichik qiymatlarini topish . . . .348 §18. Shartli ekstrеmumlar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .348 §19. Eng
kichik kvadratlar usuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .351
14 – BOB
DIFFERENTSIAL TENGLAMALAR
391
www.ziyouz.com kutubxonasi
1-§. Umumiy tushunchalar. Ta’riflar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .354
1.1. Differentsial tenglamalar
tushunchasiga olib keluvchi
ayrim masalalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .354 1.2. Ta’riflar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . 358
2-§. Birinchi tartibli differentsial tenglamalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 2.1. Umumiy tushunchalar. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .359 2.2. O’zgaruvchilari ajralgan va ajraluvchi differentsial
tenglamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361 2.3. Bir jinsli tenglamalar. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .363 2.4. Bir jinslikka keltiriladigan differentsial tenglamalar. . . . . . . . .364
3-§. Birinchi tartibli chiziqli tenglamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .367 3.1. Bernulli usuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .367 3.2. Lagranj usuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .369
4-§. Bernulli tenglamasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371
5-§. To’la differentsialli tenglamalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .373 5.1. Ta’rif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .373 5.2. To’la differentsialli tenglamaga keltiriladigan tenglamalar.
Integrallovchi ko’paytma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375
6-§. Egri chiziqlar oilasining o’ramasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .378 7-§. Birinchi tartibli differentsial
tenglamalarning maxsus yechimlari382
8-§. Hosilaga nisbatan echilmagan differentsial tenglamalar. . . . . . .384 8.1. n-darajali birinchi tartibli tenglamalar
. . . . . . . . . . . . . . . . . 384 8.2. y ga nisbatan yechilgan va х qatnashmagan tenglamalar. . .385 8.3. х ga
nisbatan yechilgan va y qatnashmagan tenglamalar. . .386 8.4. Klero tenglamasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . 386 8.5. Lagranj tenglamasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388
9-§. Yuqori tartibli differentsial tenglamalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . .390 9.1. Umumiy tushunchalar. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .390 9.2. Eng sodda n-tartibli tenglamalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391 9.3. y ni
bevosita o’z ichiga olmagan tenglamalar. . . . . . . . . . . .392
9.4. Erkli o’zgaruvchini o’z ichiga olmagan
n
larga nisbatan bir jinsli bo’lgan tenglamalar. . .395
tenglamalar. . . . . . . .394 9.5. y, y' , y" , , y
10-§. Yuqori tartibli chiziqli birjinsli tenglamalar . . . . . . . . . . . . . . .396 10.1. Ta’riflar va umumiy xossalar. . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . .396 10.2. Chiziqli bir jinsli tenglamalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398 10.3. Birjinsli
bo’lmagan chiziqli differentsial tenglamalar . . . . . . . 406
11-§. O’zgarmas koeffitsientli chiziqli birjinsli differentsial
tenglamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410 12-§. O’zgarmas koeffitsientli chiziqli birjinsli
bo’lmagan
differentsial tenglamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412
13-§. Differentsial tenglamalarning fizik va mexanik
masalalarga qo’llanishi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .418 13.1. Mexanik tebranishlar. 1-masala . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . 418 13.2. Elektr zanjiridagi tebranishlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .423 13.3.
Differentsial tenglamalarning iqtisod dinamikasiga
qo’llanishi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426
14-§. Oddiy differentsial tenglamalar sistemasi . . . . . . . . . . . . . . . . 429 14.1. Differentsial tenglamalarning normal
sistemasi . . . . . . . . . . 429 14.2. O’zgarmas koeffitsientli chiziqli differentsial
tenglamalar sistemasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .432 14.3. Bir jinsli bo’lmagan chiziqli o’zgarmas
koeffitsientli
differentsial tenglamalar sistemasini o’zgarmaslarni
variatsiyalash usuli bilan echish . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436
15-§. Turg’unlik nazariyasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .439 15.1. Lyapunov ma’nosidagi turg’unlik . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .439 15.2. Sukut nuqtalarining eng sodda ko’rinishlari . . . . . . . . . . . . . 443
16-§. Differentsial tenglamalarni taqribiy hisoblash . . . . . . . . . . . . . 449
16.1. Eyler usuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . 449
16.2. Runge-Kutta usuli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 450 16.3. 2-tartibli
tenglama uchun Adams usuli . . . . . . . . . . . . . . . . .451
392
www.ziyouz.com kutubxonasi