Mavzu: Kesmada uzluksiz bo'lgan funksiyalar haqidagi teoremalar Reja

Uzluksiz funksiyalarning oraliq qiymatlari haqidagi teorema.
Teorema. (Bol’tsano-Koshining ikkinchi teoremasi)Agar f(x) funksiya [a;b] segmentda uzluksiz bo’lib, f(a)=A, f(b)=B va A<B bo’lsa, u holda A<C<B ni qanoatlantiruvchi har qanday C son uchun shunday c (a;b) son topilib, f(c)=C bo’ladi.
Isbot. Yordamchi (x)=f(x)-C funksiyani olamiz. (x) Bol’tsano-Koshining birinchi teoremasining barcha shartlarini qanoatlantiradi. Haqiqatan, 1) (x) funksiya [a;b] da uzluksiz, chunki f(x) funksiya [a;b] da uzluksizdir.
2) (a)=f(a)-C<0, (b)=f(b)-C>0.
Shuning uchun (a;b) da shunday c nuqta topiladiki, (c)=0, yoki f(c)-C=0, ya’ni f(c)=C bo’ladi.
Demak, [a;b] da uzluksiz bo’lgan funksiya o’zining ikki qiymati orasidagi barcha qiymatlarni qabul qiladi.
Natija. Agar f(x) funksiya X oraliqda aniqlangan va uzluksiz bo’lsa, uning qiymatlari biror Y oraliqni tutash to’ldiradi.
Teorema. (Veyershtrassning birinchi teoremasi).
Agar f(x) funksiya [a;b] segmentda aniqlangan va uzluksiz bo’lsa, funksiya shu segmentda chegaralangan bo’ladi.
Isbot. Teoremani teskaridan faraz qilish orqali isbotlaymiz. Faraz qilaylik f(x) funksiya yuqoridan chegaralanmagan bo’lsin. U holda ixtiyoriy n son uchun f(x_n)>n ni qanoatlantiradigan x_n [a;b] nuqta topiladi. Bol’tsano-Veyershtrass teoremasiga binoan (x_n) ketma-ketlikdan yaqinlashuvchi ( ) qismiy ketma-ketlik ajratib olish mumkin. = [a;b] deylik. Funksiya uzluksiz bo’lganligi uchun f(x ) f( ) bo’ladi. Ikkinchi tomondan f( )>n_k dan f( ) kelib chiqadi. Bu qarama-qarshilik farazimizning noto’g’ri ekanligini ko’rsatadi.
Eslatma: Teoremadagi har bir shart muhim bo’lib, ularning birortasi bajarilmasa teoremaning xulosasi ham o’rinli bo’lmasligi mumkin.
Misol.
1. y=tgx funksiya (- ) da uzluksiz, lekin chegaralanmagan.
2. f(x)= funksiya [0;1] da aniqlangan, lekin chegaralanmagan.
Teorema. (Veyershtrassning ikkinchi teoremasi).
Agar f(x) funksiya [a;b] segmentda aniqlangan va uzluksiz bo’lsa, funksiya shu segmentda o’zining aniq quyi va aniq yuqori chegaralariga yerishadi.
Isbot. Teoremaning xulosasini quyidagicha aytish mumkin, ya’ni [a;b] segmentda shunday x₁ va x₂ nuqtalar topiladiki, f(x₁)= {f(x)}, f(x₂)= {f(x)} bo’ladi (ya’ni f(x₁) - f(x) funksiyaning [a;b] segmentdagi eng katta qiymati, f(x₂) esa eng kichik qiymati).
f(x) funksiya [a;b] da uzluksiz bo’lgani uchun Veyershtrassning birinchi teoremasiga binoan f(x) [a;b] da chegaralangan, demak aniq yuqori va aniq quyi chegaralarga ega:
{f(x)}=M , {f(x)}=m deylik.
Endi [a;b] da biror x₁ nuqtasi uchun f(x₁)=M bo’lishini ko’rsatamiz. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni barcha x [a;b] larda f(x)<M bo’lsin.
funksiyani tuzib olaylik. (x) funksiya [a;b] segmentda uzluksiz, Veyershtrassning birinchi teoremasiga binoan u quyidan chegaralangan bo’ladi, ya’ni shunday >0 son topilib, (x)  bo’ladi. Bundan f(x)< M- bo’lib, M- f(x) funksiyaning yuqori chegarasi ekanligi kelib chiqadi. Bu qarama-qarshilik farazimizning noto’g’ri ekanligini ko’rsatadi.
Eslatma. Teoremadagi har bir shart muxim bo’lib, ularning birortasi bajarilmasa uning xulosasi ham o’rinli bo’lmasligi mumkin.
Misol. f(x)=x-[x] funksiya ixtiyoriy b 1 uchun [a;b] segmentda qiymatlar to’plami E(f)=[0;1) bo’lib, [a;b] da o’zinig yuqori chegarasiga erishmaydi.