Matematika va Informatika

Bir tomonlama limitlar

Ta‘rif. Agar f (x) funksiyaning x=a nuqtadagi limitining ta‘rifida x o’zgaruvchi a dan kichik bo’lganicha qolsa, u holda funksiyaning shu nuqtadagi b limiti uning x=a nuqtadagi (yoki x a - 0 dagi) chap tomonlama limiti deb ataladi va yoki yoki =f(a-0) kabi yoziladi.

Agar a=0 bo’lsa, u holda =f(-0) kabi yoziladi.


Ta‘rif. Agar f (x) funksiyaning x=a nuqtadagi limiti ta‘rifida x o’zgaruvchi a dan katta bo’lganicha qolsa, u holda funksiyaning shu nuqtadagi b₂ limiti uning x=a nuqtadagi (yoki x a +0 dagi) o’ng tomonlama limiti deb ataladi va b₂ = yoki b₂ = , yoki =f(a+0) kabi yoziladi.


lim f (x) = f (+0) kabi yoziladi.

x—+0




Agar a=0 bo’lsa, u holda

f(x) funksiyaning x=a nuqtadagi chap va o’ng tomonlama limitlari bir tomonlama limitlar deb ataladi. = bo’lsa, u holda f(x) funksiya x=a nuqtada limitga ega.

Aksincha, f (x) funksiyaning a nuqtadagi bir tomonlama limitlari mavjud va ular teng, ya‘ni f (a - 0) = f (a + 0) bo’lganda va faqat shundagina bu funksiya a nuqtada limitga ega bo’ladi.

	1,	agar	x > 0	bo' Is a,
f (x) = signx = •	0,	agar	x=0	bo' Is a,
	-1,	agar	x < 0	Bo’ Is a

Masalan,

funksiya х=а nuqtada limitga ega emas, chunki f (-0) =-1, f (+0) =1 va f (-0) f (+0) (86-chizma). Bu funksiya 0 dan farqli istalgan nuqtada limitga ega.

4. Limitlar haqida asosiy teoremalar. Ajoyib limitlar.

Funksiyalarning limitlarini topishga yordam beradigan limitga o’tishning eng sodda qoidalari bilan tanishamiz.

Bunda isbot faqatgina x a hol uchun o’tkaziladi (x da shunga o’xshash isbotlanadi). Ba‘zan qisqalik uchun, x a ni ham, x да ni ham yozmaymiz.

Teorema. Chekli sondagi limitga ega funksiyalar algebraik yig’indisining limiti qo’shiluvchi funksiyalar limitlarining algebraik yig’indisiga teng, ya‘ni
lim( (x) + u₂ (x) +... + u_n (x)) = lim (x) + limu₂ (x) +... + lim u_n (x)

Isboti. Mulohazani ikkita qo’shiluvchi bo’lgan hol uchun yuritamiz. Lim u₁(x) = a, lim u₂(x) = b bo’lsin. U holda lim(u(x) + u₂(x)) = a + b tenglik to’g’ri bo’lishini ko’rsatamiz. Cheksiz kichik funksiyalarning xossalaridagi 16.5-teoremaning birinchi qismiga asosan = a + a, u₂ = b + 0 deb yozishimiz mumkin, bu yerdagi а, -cheksiz kichik funksiyalar.















Demak, + u₂=(a + a)+(b + 0) = (a+b)+(a+0). Bu tenglikda a+b-o’zgarmas son, а,b- cheksiz kichik funksiya. Yana o’sha 16.5-teoremaning ikkinchi qismini qo’llasak

lim(u +u₂)=a +b=lim +lim ekanligi kelib chiqadi.

1-misol:==
2-misol: ==

Teorema. Chekli sondagi limitga ega funksiyalar ko’paytmasining limiti shu funksiyalar limitlarining ko’paytmasiga teng, ya‘ni lim((x) • (x) •... • (x)) = lim(x) • lim u₂ (x)... lim (x)
Isboti. Ko’paytmada ikkita funksiya bo’lgan holni qaraymiz. lim=a, limu₂=b bo’lsin. U holda yuqorida eslatilgan 16.5-teoremaga binoan = a + a, u₂ = b + 0 bo’ladi, -cheksiz kichik funksiyalar. Demak, • u₂ = (a + )(b + ) = ab + ( b + + ). Bu tenglikdagi ab- o’zgarmas son, (ab + +)- cheksiz kichik funksiya. Yana o’sha 16.5-teoremani ikkinchi qismini qo’llasak limu₂= ab= lim• limu₂ ekanligi kelib chiqadi.




3-misol: = =(2+3)(2-4)=5

4-misol:

== =(1-0)(2+0)=2

Natija. O’zgarmas C ko’paytuvchini limit belgisidan chiqazish mumkin, ya’ni lim C • u(x) = C lim u(x) chunki lim C = C. 5-misol.



Teorema. Ikkita limitga ega funksiya bo’linmasining limiti maxrajning limiti noldan farqli bo’lganda, shu funksiyalar limitlarining bo’linmasiga teng, ya‘ni agar limv 0 bo’lsa,

lim= bo’ladi.
Isbot. Lim u(x) =a, limv(x)=b0 bo’lsin. U holda u=a+, v=b+ bo’lishini hisobga olsak


+=+

Tenglikga ega bo’lamiz, bunda o’zgarmas son

cheksiz kichik funksiya chunki cheksiz kichik funksiya va b(b+

So’ngi tengsizlikga 16.5-teoremani 2-qismni qo’lasak

lim= tenglik hosil bo’ladi.

6-misol:

ni toping.

Yechish: =7. Shuning uchun: ====1

7-misol:

ni toping.

Yechish: bo’lgani uchun 17.3-teoremani qo’llab bo’lmaydi.

Suratning limiti

bo’lgani uchun berilgan ifodaning teskarisining limitini topamiz. ====0

Bundan = kelib chiqadi, chunki cheksiz kichik funksiyaga teskari funksiya cheksiz katta funksiya bo’ladi.

Teorema: Agar a nuqtaning biror atrofiga tegishli barcha x lar uchun y=f(x) va ( b chekli son) bo’lsa u holda b

Isboti. Teskarisini faraz qilamiz , ya’ni bo’lib b<0 bo’lsin. U holda bo’lishi ravshan. Oxirgi tengsizlik f(x)-b ayirmaning nolga intilmasligini, ya‘ni b son f(x) funksiyaning x —a dagi limiti emasligini ko’rsatadi. Bu teoremaning shartiga zid, binobarin b<0 degan faraz shu ziddiyatga olib keldi. Demak,fx)> 0 bo’lsa lim f (x) > 0 bo’lar ekan.

Shunga o’xshash limitga ega f (x)< 0 funksiya uchun bo’lishini isbotlash mumkin.

Boshqacha aytganda nomanfiy funksiya limitga ega bo’lsa uning limiti manfiy son bo’laolmas ekan va nomusbat funksiya limitga ega bo’lsa uning limiti musbat son bo’laolmas ekan.

Teorema. Agar x —a da limitga ega f₁(x) va f₂ (x) funksiyaning mos qiymatlariuchun f (x) > f₂(x) tengsizlik bajarilsa, u holda bo’ladi

Isboti. Teskarisini faraz qilamiz , ya’ni bo’lib b<0 bo’lsin. U holda bo’lishi ravshan. Oxirgi tengsizlik f(x)-b ayirmaning nolga intilmasligini, ya‘ni b son f(x) funksiyaning x —a dagi limiti emasligini ko’rsatadi. Bu teoremaning shartiga zid, binobarin b<0 degan faraz shu ziddiyatga olib keldi. Demak,fx)> 0 bo’lsa lim f (x) > 0 bo’lar ekan. 14

Shunga o’xshash limitga ega f (x)< 0 funksiya uchun bo’lishini isbotlash mumkin. 14

Boshqacha aytganda nomanfiy funksiya limitga ega bo’lsa uning limiti manfiy son bo’laolmas ekan va nomusbat funksiya limitga ega bo’lsa uning limiti musbat son bo’laolmas ekan. 14

19

tengsizlik bajariladi. 19

Bular 19

- 19

tengsizliklar teng kuchli.Endi teorema shartidagi u(x) v(x) z(x) tengsizliklarni unga teng kuchli u(x) - b v(x)- b z(x) - b tengsizliklar bilan almashtiramiz (barchasidan bir xil b son ayirildi). 19

Bunga (17.1) tengsizliklarni qo’llasak -< u(x) - b v(x)-b z(x) - b < yoki bundan -

Bu ekanini bildiradi. 19

Shu sababli (17.2) tengsizliklar sin x < x < tgx ko’rinishni yoki ga qisqartirilgandan so’ng sinx0 ga bo’lamiz U holda 1<> cos x tengsizliklarga ega bo’lamiz. Bu tengsizliklar x>0 deb faraz qilinib chiqarildi. 22

=, cos(-x)=cosx ekanligini etiborga olib, bu tengsizliklar x<0 bo’lganda ham to’g’ri degan xulosaga kelamiz . Ammo va 22

Demak, funksiya shunday ikki funksiya orasidaki, ularning ikkalasi ham bir hil 1 ga teng limitga intiladi. Shuning uchun oraliq funksiyaning limiti haqidagi 16.6-teoremaga binoan oraliqdagi funksiya ham ana shu 1 limitga intiladi, ya’ni =1. y= funksiyaning grafigi 88-chizmada tasvirlangan. 23

11-misol. 23

== 23

12-misol. 23

=m(m-o’zgarmas son) 23

13-misol. 23

= 23

Ikkinchi ajoyib limit. 24

Ushbu sonli ketma-ketlikni qaraymiz, bunda n-natural son. 24

Teorema. Umumiy hadi bo’lgan ketma-ketlik n da 2 bilan 3 orasida yotadigan limitga ega. 24

Isboti. Nyuton binomi formulasi. 24

24

Dan foydalanib ketma-ketlikni hadlarini quydagi ko’rinishda yozamiz. 24

=1+1++…+…, (17.4) 24

. 25

ni taqqoslasak, had haddan bitta musbat qo’shiluvchiga ortiqligini ko’ramiz. 25

(k=1,2,3,…,n-1) bo’lgani uchun uchinchi haddan boshlab har bir qo’shiluvchi dagi unga mos qo’shiluvchidan katta. Demak, istalgan n uchun va umumiy hadi bo’lgan ketma-ketlik monoton o’suvchi. 25

Endi berilgan ketma-ketlikni chegaralanganligi ko’rsatamiz. Istalgan k=1,2,3,… uchun 1- ekanini hisobga olib (17.4) formuladan 25

=<1+1+++…+ 25

tengsizlikni xosil qilamiz. 25

So’ngra ,…, 25

ekanligini ta’kidlab tengsizlikni 25

25

Ko’rinishida yozamiz. Qavsga olingan yig’indi birinchi hadi a=1 va maxraji q= bo’lgan geometric progresiyaning hadlari yig’indisini ifodalanganligi uchun cheksiz kamayuvchi geometrik progresiyaning hadlari yig’indisini toppish formulasi S= ga asosan 26

= 26

Tengsizlikga ega bo’lamiz. Ketma-ketlik monoton o’suvchi bo’lganligi sababli uning birinchi hadi uning qolgan barcha hadlaridan kichik bo’ladi. 26

Demak, barcha n uchun 2 <3 o’rinli, ya‘ni umumiy hadi = bo’lgan ketma-ketlik monoton o’suvchi va chegaralangan. Shu sababli u monoton chegaralangan ketma- ketlikning limiti mavjudligi haqidagi 16.1-teoremaga ko’ra chekli limitga ega. Bu limitni е harfi bilan belgilaymiz, ya‘ni 26

26

е-irratsional son. Keyinroq uni istalgan darajada aniqlik bilan hisoblash usuli ko’rsatiladi. 27

е= 2,7182818284... 28

Teorema. funksiya xda е songa teng limitga ega: 28

(17.5) 28

Isboti. 1) x deylik. U holda n> 1+ bo’ladi. Agar holda nva yoki 28

e bundan kelib chiqadi. 28

2) x deylik. Yangi t=-(x+1) yoki x=-(t+1) o’zgaruvchini kiritamiz. da va 28

28

= 29

= = 29

Shunday qilib ekanini isbotladik. Bu limit ikkinchi ajoyib limit deb yuritiladi. 29

Agar bu tenglikda = deb faraz qilinsa, u holda x da va 29

29

tenglikni hosil qilamiz. Bu ikkinchi ajoyib limitning yana bir ko’rinishi y= funksiyaning grafigi 89-chizmada tasvirlangan. 29

89-chizma. 29

Chizmadan ko’inib turibdiki bu funksiya (-1;0) intervalda aniqlanmagan, ya‘ni 1+ <0 chunki 1+ = = va x +1 > 0, x < 0. Izoh. Asosi е bo’lgan y = ex ko’rsatkichli funksiya eksponental funksiya deb ataladi. Bu funksiya mexanikada(tebranishlar nazariyasida), elektrotexnika va radiotexnikada, radioximyada va hokazolarda turli hodisalarni o’rganishda katta ro’l o’ynaydi. 30

Izoh. Asosi е= 2,7182818284...sondan iborat logarifmlar natural logarifmlar yoki Neper logarifmlari deb ataladi va logex o’rniga lnx deb yoziladi. Bir asosdan ikkinchi asosga o’tish formulasi dan foydalanib o’nli va natural logarifmlar orasida bog’lanish o’rnatish mumkin. 30

lgx==lnx=0,434294lnx yoki lnx=ln10lgx=2,302585lgx 14-misol. 30

15-misol: topilsin. 30

Yechish: x=3t desak, x da va 30

bo’ladi. 30

5.Funksiyaning uzluksizligi 31

Argument va funksiyaning orttirmalari y = f (x) funksiya (a; b) intervalda aniqlangan bo’lsin. Bu intervaldan ixtiyoriy x0 nuqtani olamiz, unga funksiyaning y0 = f (x0) qiymati mos keladi (90-chizma). 31

(a; b) intervaldan olingan argumentning boshqa x qiymatiga funksiyaning y = f (x) qiymati mos keladi. x - x0 ayirma x argumentning x0 nuqtadagi orttirmasi deyiladi va Ax orqali belgilanadi. f (x) - f (x0) ayirma f (x) funksiyaning argument orttirmasi Ax ga mos orttirmasi deyiladi va Ay orqali belgilanadi. Shunday qilibx = x - x0, y = f(x) - f(x0). Bundan x = x0+x,y = f (x0 + x) - f (x0) . 90-chizmada (a; b) intervalning hech bir nuqtasida grafigi uzilmaydigan funksiya tasvirlangan. Undan ko’rinib turibdiki argumentning kichik Ax orttirmasiga funksiyaning ham kichik Ay orttirmasi mos keladi. Boshqacha aytganda argument x ning bir-biriga yaqin qiymatlariga funksiyaning ham bir-biriga yaqin qiymatlari mos keladi. Bu qoida har qanday funksiya uchun ham to’g’ri kelavermaydi. Masalan, y =funksiyani qaraylik. x ning bir-biriga 90-chizma 32

ancha yaqin x1 =-10-6 va x2 = 106 qiymatlariga funksiyani bir-biridan katta farq qiladigan y1 =-106 va y2 = 106 qiymatlari mos keladi. Boshqacha aytganda argumentning juda kichik x = x2 - x = 2 • 10-6 orttirmasiga funksiyaning ancha katta y = y2 - y1 = 2 • 106 33

orttirmasi mos keladi. Agar biz y= funksiyani grafigini (91-chizma) kuzatsak grafikning uzilishga ega (u ikki bo’lakdan iborat) ekanligini va uzilish x ning x=0 33

bo’lishini ko’ramiz. Shuning uchun ham argumentning x0 =0 nuqtaga yaqin nuqtalardagi kichik orttirmasiga funksiyaning kichik orttirmasi mos kelmaydi. Bu kabi hollar barcha funksiyalar sinfini ikkiga, ya‘ni grafigi uzilmaydigan va grafigi bir nechta qismlardan iborat funksiyalar sinfiga bo’lib o’rganishni taqozo etadi. 33

Funksiyaning nuqtada va intervalda uzluksizligi 33

Y=f(x) funksiya nuqtada va uning biror atrofida aniqlangan bo’lsin. 33

1-ta’rif: 33

ya‘ni funksiyaning x0 nuqtadagi limiti uning shu nuqtadagi qiymatiga teng bo’lsa, y = f(x) funksiya x0 nuqtada uzluksiz deb ataladi. 33

91-chizma 34

Bu ta‘rifga teng kuchli yana bir ta‘rifni keltiramiz. 34

2-ta’rif. Istalgan son uchun shunday son mavjud bo’lsaki, |x- shartni qanoatlantiradigan istalgan x uchun |f(x)-f(|< tenglik bajarilsa, y=f(x) funksiya nuqtada uzluksiz deb ataladi. 34

3-ta’rif. (18.2) 34

bo’lsa, funksiya nuqtada uzluksiz deb ataladi. 34

90-chizmada tasvirlangan y=f(x) funksiya nuqtada uzluksiz, chunki (18.2) shart bajariladi. 92-chizmada tasvirlangan y=f(x) funksiya nuqtada uzluksiz emas, chunki 34

1-misol: y= funksiyani ixtiyoriy nuqtada uzluksizligini ko’rsating. 35

Yechish. Bu funksiya butun o’qida aniqlangan. ni tuzamiz. f(x)= f(=; f(; 35

35

Demak, va y= funksiyani ixtiyoriy nuqtada uzluksiz. 35

Shunday qilib, y= funksiya aniqlanish soxasining har bir nuqtasida uzluksiz ekan. 35

2-misol. y=sinx funksiyani ixtiyoriy nuqtada uzluksizligini ko’rsating. 35

Yechish. f(x)=sinx 35

cos 35

chunki =0 35

Endi asosiy elementar funksiyalarning aniqlanish sohalarining chetlaridagi limitlari hamda ajoyib limitlar jadvalini keltiramiz. 36

1) x=a nuqtada uzluksiz y=f(x) funksiya uchun 36

Misollar 37

Funksiyaning limiti ta’rifidan foydalanib quyidagi tengliklar isbotlansin. 37

Quydagi limitlar topilsin. 38

Berilgan funksiyalarning o’zining aniqlanish sohasida uzluksiz bo’lishi ko’rsatilsin. 39

Quyidagi funksiyalar uzluksizlikka erishishi tekshirilsin va grafiklari chizilsin. 39

40

tengsizlik bajariladi.

Bular

-

tengsizliklar teng kuchli.Endi teorema shartidagi u(x) v(x) z(x) tengsizliklarni unga teng kuchli u(x) - b v(x)- b z(x) - b tengsizliklar bilan almashtiramiz (barchasidan bir xil b son ayirildi).

Bunga (17.1) tengsizliklarni qo’llasak -< u(x) - b v(x)-b z(x) - b < yoki bundan -

Bu ekanini bildiradi.

Bu teoremani hazillashib «Ikki militsioner haqidagi teorema» deb atashadi. Nima uchun shunday deb atalishini o’ylab ko’rishni o’quvchiga havola etamiz.
8-misol.

isbotlansin.

Yechish. Radiusi 1 ga teng aylanani qaraymiz.

-

87-chizmadan: x>0 bo’lsa =sinx; АС=sin x, АВ=x

(markaziy burchak o’zi tiralgan yoy bilan o’lchanadi), AC<АВ yoki sinx

Shunday qilib x>0 uchun

0< sinx

87-chizma.

uchun 0<| sinx |<|x| tengsizliklarga ega bo’ldik.

ekanligini hisobga olsak

17.6-teoremaga binoan ekanligi kelib chiqadi.
9-misol: =0 isbotlansin.

Yechish. 0<|sin|<|sinx| ekani ravshan bo’lgani uchun 17.6-teoremaga binoan =0 yoki =0 kelib chiqadi.
10-misol. ekanligi isbotlansin.

Yechish. 2=1-cosx yoki cosx=1-2 ekanligini etiborga olsak =1-2=1-2=1

hosil bo’ladi.
Birinchi ajoyib limit

funksiya faqat x=0 nuqtada aniqlanmagan, chunki bu nuqtada kasrning surati ham, maxraji ham 0 ga aylanib uni o’zi ko’rinishga ega bo’ladi. Shu funksiyaning x dagi limitini topamiz. Bu limit birinchi ajoyib limit deb ataladi.
Teorema. funksiya x da 1 ga teng limitga ega.


Isboti. Radiusi 1 ga teng aylana olib AOB markaziy burchakni x bilan belgilaymiz va u intervalda yotadi deb faraz qilamiz. (87-chizma)Chizmadan ko’rinib turibdiki, АОВ yuzi

Shu sababli (17.2) tengsizliklar sin x < x < tgx ko’rinishni yoki ga qisqartirilgandan so’ng sinx0 ga bo’lamiz U holda 1<> cos x tengsizliklarga ega bo’lamiz. Bu tengsizliklar x>0 deb faraz qilinib chiqarildi.

=, cos(-x)=cosx ekanligini etiborga olib, bu tengsizliklar x<0 bo’lganda ham to’g’ri degan xulosaga kelamiz . Ammo va

Demak, funksiya shunday ikki funksiya orasidaki, ularning ikkalasi ham bir hil 1 ga teng limitga intiladi. Shuning uchun oraliq funksiyaning limiti haqidagi 16.6-teoremaga binoan oraliqdagi funksiya ham ana shu 1 limitga intiladi, ya’ni =1. y= funksiyaning grafigi 88-chizmada tasvirlangan.

11-misol.

==

12-misol.

=m(m-o’zgarmas son)

13-misol.

=

Ikkinchi ajoyib limit.

Ushbu sonli ketma-ketlikni qaraymiz, bunda n-natural son.

Teorema. Umumiy hadi bo’lgan ketma-ketlik n da 2 bilan 3 orasida yotadigan limitga ega.

Isboti. Nyuton binomi formulasi.

Dan foydalanib ketma-ketlikni hadlarini quydagi ko’rinishda yozamiz.

=1+1++…+…, (17.4)

.

ni taqqoslasak, had haddan bitta musbat qo’shiluvchiga ortiqligini ko’ramiz.

(k=1,2,3,…,n-1) bo’lgani uchun uchinchi haddan boshlab har bir qo’shiluvchi dagi unga mos qo’shiluvchidan katta. Demak, istalgan n uchun va umumiy hadi bo’lgan ketma-ketlik monoton o’suvchi.

Endi berilgan ketma-ketlikni chegaralanganligi ko’rsatamiz. Istalgan k=1,2,3,… uchun 1- ekanini hisobga olib (17.4) formuladan

=<1+1+++…+

tengsizlikni xosil qilamiz.

So’ngra ,…,

ekanligini ta’kidlab tengsizlikni

Ko’rinishida yozamiz. Qavsga olingan yig’indi birinchi hadi a=1 va maxraji q= bo’lgan geometric progresiyaning hadlari yig’indisini ifodalanganligi uchun cheksiz kamayuvchi geometrik progresiyaning hadlari yig’indisini toppish formulasi S= ga asosan

=

Tengsizlikga ega bo’lamiz. Ketma-ketlik monoton o’suvchi bo’lganligi sababli uning birinchi hadi uning qolgan barcha hadlaridan kichik bo’ladi.

Demak, barcha n uchun 2 <3 o’rinli, ya‘ni umumiy hadi = bo’lgan ketma-ketlik monoton o’suvchi va chegaralangan. Shu sababli u monoton chegaralangan ketma- ketlikning limiti mavjudligi haqidagi 16.1-teoremaga ko’ra chekli limitga ega. Bu limitni е harfi bilan belgilaymiz, ya‘ni

е-irratsional son. Keyinroq uni istalgan darajada aniqlik bilan hisoblash usuli ko’rsatiladi.

е= 2,7182818284...

Teorema. funksiya xda е songa teng limitga ega:

(17.5)

Isboti. 1) x deylik. U holda n> 1+ bo’ladi. Agar holda nva yoki

e bundan kelib chiqadi.

2) x deylik. Yangi t=-(x+1) yoki x=-(t+1) o’zgaruvchini kiritamiz. da va

=

= =

Shunday qilib ekanini isbotladik. Bu limit ikkinchi ajoyib limit deb yuritiladi.

Agar bu tenglikda = deb faraz qilinsa, u holda x da va

tenglikni hosil qilamiz. Bu ikkinchi ajoyib limitning yana bir ko’rinishi y= funksiyaning grafigi 89-chizmada tasvirlangan.

89-chizma.

Chizmadan ko’inib turibdiki bu funksiya (-1;0) intervalda aniqlanmagan, ya‘ni 1+ <0 chunki 1+ = = va x +1 > 0, x < 0. Izoh. Asosi е bo’lgan y = e^x ko’rsatkichli funksiya eksponental funksiya deb ataladi. Bu funksiya mexanikada(tebranishlar nazariyasida), elektrotexnika va radiotexnikada, radioximyada va hokazolarda turli hodisalarni o’rganishda katta ro’l o’ynaydi.

Izoh. Asosi е= 2,7182818284...sondan iborat logarifmlar natural logarifmlar yoki Neper logarifmlari deb ataladi va log_ex o’rniga lnx deb yoziladi. Bir asosdan ikkinchi asosga o’tish formulasi dan foydalanib o’nli va natural logarifmlar orasida bog’lanish o’rnatish mumkin.

lgx==lnx=0,434294lnx yoki lnx=ln10lgx=2,302585lgx 14-misol.

15-misol: topilsin.

Yechish: x=3t desak, x da va

bo’ladi.

5.Funksiyaning uzluksizligi

Argument va funksiyaning orttirmalari y = f (x) funksiya (a; b) intervalda aniqlangan bo’lsin. Bu intervaldan ixtiyoriy x0 nuqtani olamiz, unga funksiyaning y₀ = f (x₀) qiymati mos keladi (90-chizma).

(a; b) intervaldan olingan argumentning boshqa x qiymatiga funksiyaning y = f (x) qiymati mos keladi. x - x₀ ayirma x argumentning x₀ nuqtadagi orttirmasi deyiladi va Ax orqali belgilanadi. f (x) - f (x₀) ayirma f (x) funksiyaning argument orttirmasi Ax ga mos orttirmasi deyiladi va Ay orqali belgilanadi. Shunday qilibx = x - x₀, y = f(x) - f(x₀). Bundan x = x₀+x,y = f (x₀ + x) - f (x₀) . 90-chizmada (a; b) intervalning hech bir nuqtasida grafigi uzilmaydigan funksiya tasvirlangan. Undan ko’rinib turibdiki argumentning kichik Ax orttirmasiga funksiyaning ham kichik Ay orttirmasi mos keladi. Boshqacha aytganda argument x ning bir-biriga yaqin qiymatlariga funksiyaning ham bir-biriga yaqin qiymatlari mos keladi. Bu qoida har qanday funksiya uchun ham to’g’ri kelavermaydi. Masalan, y =funksiyani qaraylik. x ning bir-biriga 90-chizma

ancha yaqin x1 =-10-⁶ va x₂ = 10⁶ qiymatlariga funksiyani bir-biridan katta farq qiladigan y₁ =-10⁶ va y₂ = 10⁶ qiymatlari mos keladi. Boshqacha aytganda argumentning juda kichik x = x₂ - x = 2 • 10^-6 orttirmasiga funksiyaning ancha katta y = y₂ - y₁ = 2 • 10⁶

orttirmasi mos keladi. Agar biz y= funksiyani grafigini (91-chizma) kuzatsak grafikning uzilishga ega (u ikki bo’lakdan iborat) ekanligini va uzilish x ning x=0

bo’lishini ko’ramiz. Shuning uchun ham argumentning x₀ =0 nuqtaga yaqin nuqtalardagi kichik orttirmasiga funksiyaning kichik orttirmasi mos kelmaydi. Bu kabi hollar barcha funksiyalar sinfini ikkiga, ya‘ni grafigi uzilmaydigan va grafigi bir nechta qismlardan iborat funksiyalar sinfiga bo’lib o’rganishni taqozo etadi.

Funksiyaning nuqtada va intervalda uzluksizligi

Y=f(x) funksiya nuqtada va uning biror atrofida aniqlangan bo’lsin.

1-ta’rif:

ya‘ni funksiyaning x₀ nuqtadagi limiti uning shu nuqtadagi qiymatiga teng bo’lsa, y = f(x) funksiya x₀ nuqtada uzluksiz deb ataladi.

91-chizma

Bu ta‘rifga teng kuchli yana bir ta‘rifni keltiramiz.

2-ta’rif. Istalgan son uchun shunday son mavjud bo’lsaki, |x- shartni qanoatlantiradigan istalgan x uchun |f(x)-f(|< tenglik bajarilsa, y=f(x) funksiya nuqtada uzluksiz deb ataladi.

3-ta’rif. (18.2)

bo’lsa, funksiya nuqtada uzluksiz deb ataladi.

90-chizmada tasvirlangan y=f(x) funksiya nuqtada uzluksiz, chunki (18.2) shart bajariladi. 92-chizmada tasvirlangan y=f(x) funksiya nuqtada uzluksiz emas, chunki

1-misol: y= funksiyani ixtiyoriy nuqtada uzluksizligini ko’rsating.

Yechish. Bu funksiya butun o’qida aniqlangan. ni tuzamiz. f(x)= f(=; f(;

Demak, va y= funksiyani ixtiyoriy nuqtada uzluksiz.

Shunday qilib, y= funksiya aniqlanish soxasining har bir nuqtasida uzluksiz ekan.

2-misol. y=sinx funksiyani ixtiyoriy nuqtada uzluksizligini ko’rsating.

Yechish. f(x)=sinx

cos

chunki =0

Endi asosiy elementar funksiyalarning aniqlanish sohalarining chetlaridagi limitlari hamda ajoyib limitlar jadvalini keltiramiz.

1) x=a nuqtada uzluksiz y=f(x) funksiya uchun

2)

3) a>0 bo’lganda bo’ladi

4) 0<a<1 bo’lganda

5) a>0 bo’lganda =+, a<0 bo’lganda

6)

6

7)0<a<1 bo’lganda

8)

9)

10)

11)

12)

12’) =1

13)

14)

14’)

Misollar

Funksiyaning limiti ta’rifidan foydalanib quyidagi tengliklar isbotlansin.

1. 
   
   
2. 
   
   
3. 
   
   
4. 
   
   
5. 
   
   
6. 
   
   
7. 
   
   
8. 
   
   
9. 
   
   

Quydagi limitlar topilsin.

1. 
   
   
2. 
   
   
3. 
   
   
4. 
   
   
5. 
   
   
6. 
   
   
7. 
   
   
8. 
   
   
9. 
   
   
10. 
    
    

Berilgan funksiyalarning o’zining aniqlanish sohasida uzluksiz bo’lishi ko’rsatilsin.

1. 
   f(x)=sinx
   
2. 
   f(x)=|x|
   
3. 
   f(x)=
   
4. 
   f(x)=
   
5. 
   f(x)=
   

Quyidagi funksiyalar uzluksizlikka erishishi tekshirilsin va grafiklari chizilsin.

1. 
   f(x)=
   
2. 
   f(x)=x-
   
3. 
   f(x)=
   
4. 
   f(x)=
   
5. 
   f(x)=