Sonli ketma-ketliklar


-misol. Ushbu limit hisoblansin. ◄ Bu limitni yuqoridagi xossalardan foydalanib hisoblaymiz: .► 2-misol



Yüklə 1,04 Mb.
səhifə4/37
tarix28.11.2023
ölçüsü1,04 Mb.
#167158
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   37
MATEMATIKA MAVZULAR

1-misol. Ushbu

limit hisoblansin.
◄ Bu limitni yuqoridagi xossalardan foydalanib hisoblaymiz:

.►
2-misol. Ushbu

limit hisoblansin.
◄ Ma’lumki, . Shuni hisobga olib topamiz:

. ►

ELEMENTAR FUNKSIYALAR UZLUKSIZLIGI




Reja:
1. Haqiqiy ko’rsatkichli daraja.
2. Ko’rsatkichli funksiya.
3. Giperbolik funksiyalar.
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. (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(xn)>n ni qanoatlantiradigan xn [a;b] nuqta topiladi. Bol’tsano-Veyershtrass teoremasiga binoan (xn) 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( )>nk 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.

Yüklə 1,04 Mb.

Dostları ilə paylaş:
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   37




Verilənlər bazası müəlliflik hüququ ilə müdafiə olunur ©azkurs.org 2024
rəhbərliyinə müraciət

gir | qeydiyyatdan keç
    Ana səhifə


yükləyin