Matematikaliq analiz oqiw qollanba

F(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a)

(x − a)

(1)

b − a

F (x) = f (x) −

f (b) − f (a)

b − a

boladı. Roll’ teoremasına tiykarlanıp, sonday c (с (a, b))

tochka tabılsa,

F ' (c) = 0

(2)

boladı. (1) hám (2) qatnaslardan

f (c) −

f (b) − f (a)

= 0 ,

b − a

yamasa

f (b) − f (a) = f (c)(b − a)

kelip shıǵadı. ►

1-nátiyje. Meyli

f (x) funkciya (a, b) da

f (x)

tuwındıǵa iye bolıp,

x (a, b) da

f (x) = 0

bolsın. Onda x (a, b) da f (x) = const boladı.

◄ x, x0

(a, b) nı alıp, shetki tochkaları x hám x0 bolǵan segmentte f (x)

funkciyaǵa Lagranj teoremasın qollap f (x) = f (x0 ) = const . ►

2-nátiyje. f (x) hám g (x) funkciyaları (a, b) da

f (x) , g (x) tuwındılarǵa

iye bolıp, x (a, b)

da f (x) = g (x)

bolsın. Bul

jaǵdayda x (a, b) da

f (x) = g(x) + const boladı.

◄ Bul nátiyjeniń dállili f (x) − g(x)

funkciyaǵa salıstırǵanda 1-nátiyjeni

qollaw menen kelip shıǵadı. ►

Onda sonday с (a, b)

tochka tabılıp,

f (b) − f (a)

=

f (c)

g(b) − g(a)

g (c)

boladı.

◄ Birinshiden

g(b) g(a) bolıwın

aytıp ótemiz, sebebi g(b) = g(a)

Ф(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a)

[g(x) − g(a)] (x [a, b])

g(b) − g(a)

Ф (c) = 0

(3)

boladı. Bunnan

Ф (x) = f (x) −

f (b) − f (a)

g (x)

(4)

g(b) − g(a)

(3) hám (4) qatnaslardan

f (c) −

f (b) − f (a)

g (c) = 0

g(b) − g(a)

yamasa

f (b) − f (a) =

f (c)

g(b) − g(a)

g (c)

1-mısal. x', x' ' R ushın |sin x' − sin

x' '| | x'−x' '|

teńsizlikti dállileń.

◄ Meyli x' x' ' bolsın. f (x) = sin x

ǵa [x', x' ' ]

da Lagranj teoremasın

◄ Meyli x 0 bolsın. Onda f (t) = et

funkciyaǵa [0, x] da Lagranj

teoremasın qollap,

ex − e0 = ec (x − 0).

c (0, x)

Eger c 0 da

ec 1 bolıwın esapqa alsaq, onda keyingi qatnastan bolıwı kelip

shıǵadı.

Eger x 0 bolsa, onda f (t) = et funkciyaǵa [x, 0] da Lagranj teoremasın

qollap,

e x − e0 = ec (0 − x)

ni hám − x 0,

ec 1 esapqa alıp,

ex

1+ x .

Bunnan, x = 0 da e0 =1. Demek, x R da ex 1+ x . ►

3-mısal. Bul

a − b

ln

a

a − b

(0 b a)

a

b

b

teńsizlikti dállileń.

◄ [b, a] segmentte

f (x) = ln( x)

funkciyanı qaraymız. Bul funkciya usı

segmentte úzliksiz hám

(b, a)

da

f

(x) =

1

tuwındıǵa iye. Onda Lagranj

x

teoremasına muwapıq sonday c (b c a) tochka tabılıp,

ln a − ln b

=

1

(5)

a − b

c

b c a

1

1

1

.

(6)

a

c

b

formulaları

Meyli f (x) funkciyanıń

Peano

kórinisindegi qaldıq

aǵzalı

Teylor

formulasın keltiremiz:

f (x) =

f (x

) +

f

(x0 )

(x

− x

) +

f (x0 )

(x − x

)

2

+ ...+

0

1!

0

2!

0

+

f (n) (x0 )

(x − x

)

n

+ ((x − x

)

n

) ,

(x → x

)

n!

0

0

0

Bul teńlikte x0 = 0 dep,

f (0)

f (0)

2

f

(n) (0)

n

n

f (x) = f (0) +

x +

x

+...+

x

+ (x

) ,

(x → 0)

(1)

1!

2!

n!

boladı.

2) f (x) = (1+ x) ,

R

bolsın. Bul funkciya ushın

f (0) =1,

f (n) (0) = ( −1)...( − n +1)

bolıp,

(1 + x)

n ( −1)...( − k +1)

x

k

+ (x

n

), x → 0

=

k!

k =0

1

n

= xk + (xn ), x → 0

1 − x

k =0

1

n

=

(−1)k xk + (xn ), x → 0

1 + x

k =0

boladı.

3)

f (x) = ln(1 + x) bolsın. Bul funkciya ushın

f (0) = 0, f (k ) (0) = (−1)k −1 (k −1)!

bolıp,

n (−1)k xk

ln(1 + x) =

+ (xn ), x → 0

k

k =1

boladı. Bunnan,

n

x k

+ (x n ),

ln(1 − x) = −

x → 0

k

k =1

boladı.

4)

f (x) = sin x

bolsın. Bul funkciya ushın

f (0) = 0, f (2k +1) (0) = (−1)k

bolıp,

n

x

2k +1

sin x = (−1)k

+ (x2n+2 ),

x → 0

k =0

(2k +1)!

boladı.

5)

f (x) = cos x

bolsın. Bul funkciya ushın

f (0) =1,

f (2k ) (0) = (−1)k bolıp,

n

k

x

2k

2n+1

cos x = (−1)

+ (x

),

x → 0

k =0

(2k)!

f (x) =

1

=

1

3x + 2

2 1 +

3

x

2

jazıp

1

n

=

(−1)k xk

+ (xn ), x → 0

1 + x

k =0

paydalanıp,

1

n

k

3

k

k

n

=

(−1)

x

+ (x

), x → 0 .►

2k +1

3x + 2

k =0

Meyli f (x) funkciya (a,

b) da

(− a b + ) berilgen bolsın.

Bunnan, x1, x2

(a, b) , ushın x1

x2

f (x1) f (x2 )

( f (x1) f (x2 )) bolsa,

f (x)

funkciya

(a,

b)

da

ósiwshi

(qatań

ósiwshi),

x1, x2 (a, b)

ushın

x1 x2

f (x1) f (x2 )

( f (x1) f (x2 )) bolsa, onda f (x) funkciya (a,

b)

da

kemeyiwshi (qatań kemeyiwshi) delinedi.

1-teorema. Meyli f (x)

funkciya

(a, b)

da berilgen bolıp, x (a, b)

da

f (x)

tuwındıǵa iye bolsın.

f (x) funkciyanıń

(a, b) da ósiwshi bolıwı ushın

x (a, b) da

f (x) 0

zárúrli hám jetkilikli.

◄ Zárúrligi.

f (x)

funkciya

(a, b) da ósiwshi bolsın. Onda

x 0

bolǵanda

f (x + x) − f (x) 0

f (x) = f (x + 0) =

lim

f (x + x) − f (x)

0 .

x

x→+0

Jetkilikliligi. Meyli x (a,b) da

f (x) bar bolıp, f (x) 0 bolsın. [x1, x2 ]

Demek, x1 x2 f (x1 ) f (x2 ),

f (x) ósiwshi. ►

2-teorema. Meyli f (x)

funkciya (a, b) da berilgen bolıp, x (a,b) da

f (x) tuwındıǵa iye bolsın.

f (x)

funkciya (a, b) da kemeyiwshi bolıwı ushın

x (a,b) da

f (x) 0

zárúrli hám jetkilikli.

Demek, (a, b) da

f (x) 0

f (x) ósiwshi f (x) 0,

f (x) 0

f (x)

kemeyiwshi

f (x) 0,

f (x) 0

f (x)

qatań ósiwshi

f (x) 0,

f (x) 0

f (x)

qatań kemeyiwshi f (x) 0

boladı.

1-mısal. f (x) =

x 2

funkciyanıń ósiwshi, kemeyiwshi aralıqların tabıń.

2 x

◄ Tuwındısı f (x) = x 2−x (2 − x ln 2) boladı.

Bul f (x) 0,

−x

teńsizlik

2

da

orınlı

x 2

(2 − x ln 2)

0

x 0,

ln 2

2

0) (

2

boladı. Demek,

f (x) funkciya x 0,

da ósiwshi, (−,

,

+ )

ln 2

ln 2

da kemeyiwshi boladı. ►

Funkciyanıń

ekstremumları. Meyli

f (x) funkciya

X R

kóplikte

2-anıqlama. Eger

sonday 0

san tabılıp, x U (x0 ) \ { x0}

(U (x0 ) X ) tochkalarda

f (x) f (x0 )

(f (x) f (x0 ))

teńsizlik orınlı bolsa, onda

f (x) funkciya x0

tochkada qatań maksimumǵa (qatań

minimumǵa) erisedi delinedi,

tochkaları delinedi.

3-teorema. Meyli f (x) funkciya

X R kóplikte berilgen bolıp, x0 X

tochkada ekstremumǵa iye bolsın.

Eger f (x) funkciya x0 tochkada

f (x0 ) tuwındıǵa iye bolsa, onda

0 :

x U (x0 ) X da f (x) f (x0 )

boladı. (х0 − ,

х0 + ) intervalda f (x)

funkciyaǵa Ferma teoremasın qollanıp

tabamız:

f (x0 ) = 0 .►

3-anıqlama. Funkciya tuwındısın nolge aylandıratuǵın tochka onıń

stancionar (kritikalıq) tochkası delinedi.

Eskertiw. Eger f (x) funkciya

bazı tochkada ekstremumǵa erisse, ol usı

tochkada tuwındıǵa iye bolıwı shárt emes.

Máselen, f (x) =

x

funkciya

x0 = 0 tochkada minimumǵa erisedi, bazı

tochkada tuwındıǵa iye emes.

Demek,

f (x) funkciyanıń ekstremum tochkaları onıń stacionar hám

tuwındıǵa iye bolmaǵan tochkaları bolıwı múmkin.

4-anıqlama. Eger sonday 0 san tabılıp,

x (x0

− , x0 )

da

g(x) 0

yamasa

x (x0 − , x0 )

da g(x) 0

bolsa, onda g (x) funkciya x0 tochkanıń shep

tárepindegi belgisin saqlaydı

delinedi. Eger sonday 0 san tabılıp,

x (x0 , x0 + )

da g(x) 0 yamasa

x (x0 , x0 + )

da g(x) 0

bolsa, onda g (x) funkciya x0

tochkanıń oń tárepinde belgi saqlaydı delinedi.

4-teorema. Meyli f (x)

funkciya X R kóplikte berilgen bolıp, tómendegi

shártleri orınlansın:

1) 0, x U (x0 ) X да

f (x) tuwındısı bar;

Eger

f (x) tuwındısı x0

tochkanı ótiwde belgisin ózgertse,

f (x)

funkciya

x0

tochkada ekstremumǵa erisedi.

Eger

f (x) tuwındısı x0

tochkanı ótiwde belgisi ózgertpese

f ( x )

funkciya

x0

tochkada ekstremumǵa erispeydi.

5-teorema. Meyli

f (x)

funkciya X R kóplikte berilgen hám

m N ,

m 2,

x0 X bolıp, tómendegi shártler orınlı bolsın:

1) 0,

x U

(x ) X да

f (m−1) (x) tuwındısı bar bolıp;

0

2)

f

(m) (x

0

) tuwındısı bar bolıp;

3)

f

(x ) = f (x ) = ... = f (m−1) (x

) = 0,

f (m) (x

) 0.

0

0

0

0

Onda m = 2k,

k N bolǵanda

f (x) funkciya x0 tochkada ekstremumǵa

erisip,

f (m) (x

0

) 0

bolǵanda x

tochkada

maksimumǵa, f (m) (x

0

) 0 da

0

minimumǵa erisedi.

Eger

m = 2k +1,

k N

bolsa,

onda

f (x)

funkciya

x0

tochkada

ekstremumǵa erispeydi.

Tiykarınan eger

x0

tochka

f (x) funkciyanıń stacionar tochkası bolıp,

f (x) funkciya x0 tochkada shekli

f ''(x0 ) 0 tuwındıǵa iye bolsa, onda bul

tochkada

f (x)

funkciya

f ''(x0 ) 0 bolǵanda maksimumǵa, al

f ''(x0 ) 0