Haqiqiy sonning moduli va uning xossalar

1. Monoton funksiyalarning uzluksizligi va uzilish nuqtasi.
Teorema. Agar f(x) funksiya X oraliqda (qat`iy) monoton funksiya bo`lsa, u shu oraliqning istalgan nuqtasida uzluksiz bo`ladi yoki faqat birinchi tur uzilishga (sakrashga) ega bo`ladi.
Isbot. f(x) funksiya X oraliqda o`suvchi bo`lsin. nuqta X ning ichki nuqtasi , ya`ni nuqtaning biror ( - ; + ) atrofii X ga tegishli bo`lsin. f(x) funksiya o`suvchi bo`lgani uchun barcha x larda f(x) f( ) ya`ni funksiya yuqoridan chegaralangan. Shuning uchun u chekli f( ­- 0) f( ) limitga ega. Xuddi shu kabi chekli f( +0) limit mavjud bo`lib, f( -0) f( ) bo`ladi.
Agar f( -0)=f( )=f( +0) bo`lsa, funksiya nuqtada uzluksiz bo`ladi. Aks holda f( -0)< f( +0) bo`lib, funksiyaning birinchi tur uzilish nuqtasi bo`ladi.
Monoton kamayuvchi funksiya uchun ham shu kabi isbotlanadi.
Teorema. Agar f(x) funksiya X oraliqda monoton bo`lib, uning qiymatlari biror Y oraliqdan iborat bo`lsa, u holda funksiya X oraliqda uzluksiz bo`ladi.

Isbot. f(x) funksiya X oraliqda o`suvchi bo`lsin. Faraz qilaylik funksiya biror X nuqtada uzilishga ega bo`lsin. U holda yuqoridagi teoremaga binoan f( -0) +0) bo`lib, (f( -0),f( +0)) {f( )} to`plamdagi sonlarning hech biri funksiyaning qiymati bo`lmaydi, ya`ni funksiya qiymatlari Y oraliqdan iborat bo`lmaydi. Teorema isbotlandi.


2. Uzluksiz funksiyaning nolga aylanishi haqidagi teorema.
1⁰. Agar f(x) funksiya nuqtada uzluksiz bo`lsa, u holda x ning ga yetarlicha yaqin qiymatlarida f(x) funksiya chegaralangan bo`ladi.
2⁰. Agar f(x)funksiya nuqtada uzluksiz, f( )>0 (f( )<0) bo`lsa, u holda x ning ga yetarlicha yaqin qiymatlarida f(x)>0 (f(x)<0) bo`ladi.
Teorema. (Bolsano-Koshining birinchi teoremasi). Agar f(x) funksiya [a;b] segmentda uzluksiz bo`lib, kesmaning chetki nuqtalarida qarama-qarshi ishorali qiymatlarga ega bo`lsa, u holda f(c)=0 tenglikni qanoatlantiradigan c (a<c<b) son topiladi.
Isbot. f(a)>0, f(b)<0 bo`lsin, [a;b] ni teng ikki [ ] va [ ] qismga bo`lamiz. Agar f( )=0 bo`lsa, teorema isbot qilingan bo`ladi. f( )0 bo`lsin, u holda bo`lakchalarning birining uchlarida funksiya qarama-qarshi ishorali qiymatlarga ega bo`ladi. Usha kesmani [a<sub>1</sub>;b<sub>1</sub>] orqali belgilaymiz. f(a<sub>1</sub>)>0, f(a<sub>2</sub>)<0 bo`ladi. Endi [a₁;b₁] ni teng ikkiga bo`lamiz va yuqoridagi mulohazani [a<sub>1</sub>;b<sub>1</sub>] ga nisbatan takrorlaymiz va hakoza. Umuman quyidagi ikki holdan biri yuz beradi:
1) biror nuqtada f(x) funksiya 0 ga teng bo`ladi, yoki
2) Barcha n uchun f( )0 bo`lib, bu jarayon cheksiz davom etadi.
Bunda 1) holda teorema isbot qilingan bo`ladi;

1. 
   holda esa [a₁;b₁], [a₂;b₂], ..., [a_n;b_n], ... ichma-ich joylashgan segmentlar ketma-ketligi hosil bo`ladi. Bunda f(a<sub>n</sub>)>0, f(b<sub>n</sub>)<0, n=1, 2, ... bo`ladi. Ichma-ich joylashgan segmentlar haqidagi teoremaga binoan a_n= b_n=c [a;b], f(x) funksiya uzluksiz bo`lgani uchun
   

f(c)= f(a_n) 0, f(c)= f(b_n) 0
bo`ladi. Bulardan f(c)=0 kelib chiqadi.
Bu teoremadan tenglamalarning yechimi mavjudligini ko`rsatishda foydalanish mumkin.
Misol. x⁷+x³+1=0 tenglamaning [-1;0] segmentda yechimga ega ekanligini ko`rsating.
f(x)= x<sup>7</sup>+x<sup>3</sup>+1=0 deb olsak, f(-1)=-1<0, f(0)=1>0 bo`ladi. f(x) funksiya [-1;0] segmentda uzluksiz bo`lganligidan yuqoridagi teoremaga binoan birorta c (-1;0) son topilib, f(c)=0 bo`ladi.