O‘zbekiston respublikasi oliy va o‘rta maxsus ta’lim vazirligi toshkent arxitektura qurilish instituti oliy matematika

NAZORAT ISHINI BAJARISH BO‘YICHA USLUBIY 
KO‘RSATMALAR
Uslubiy ko‘rsatmaning ushbu bandida nazorat ishlarining namunaviy 
masalalari yechib ko‘rsatilgan. Masalalarning yechimi talaba nazorat ishini 
bajarishi jarayonida o‘rganishi kerak bo‘lgan mavzular bo‘yicha keltirilgan. 
Masalalarning yechimi talaba o‘zining variantini bajarishida faodalanilishi mumkin 
bo‘lgan formula va tushunchalarni o‘z ichiga olgan. Ta’kidlash joizki, bu formula 
va nazariy tushunchalar faqat amaliy mashg‘ulotlarda va nazorat ishlarini 
bajarilishida qo‘llanilishi mumkin. Ular yakuniy nazoratni topshirish uchun yetarli 
emas. 
1-MAVZU. BIR O‘ZGARUVCHI FUNKSIYASINING 
DIFFERENSIAL HISOBI 
 
1-masala.
Hosilalarni toping: 
1) 
;
)
7
(
4
7
3
5
5
2





x
x
x
y
2) 
x
x
arctg
y
sin
3
3
4


; 
3) 
3
3
2
1
3
2
x
e
x
x
y



; 4) 
x
x
y
sin
3

. 
Yechish.
Berilgan hosilalarni differensiallash qoidalari va differensiallar 
jadvalidan foydalanib hisoblaymiz. 
1) 

































5
5
1
2
5
5
2
)
7
(
4
)
7
3
(
)
7
(
4
7
3
x
x
x
x
x
x
y














)
7
(
)
7
)(
5
(
4
)
7
3
(
)
7
3
(
5
1
6
2
5
4
2
x
x
x
x
x
x
.
)
7
(
20
)
7
3
(
5
2
7
1
)
7
(
20
)
2
7
(
)
7
3
(
5
1
6
5
4
2
6
5
4
2
















x
x
x
x
x
x
x
x
2) 











)
3
(
4
3
)
4
(
)
3
4
(
sin
3
sin
sin
3
x
x
x
x
arctg
x
arctg
x
arctg
y








)
(sin
3
ln
3
4
3
)
4
(
4
3
sin
3
sin
2
x
x
arctg
x
arctg
x
arctg
x
x










x
x
arctg
x
x
x
arctg
x
x
cos
3
ln
3
4
3
)
4
(
16
1
1
4
3
sin
3
sin
2
2








x
x
arctg
x
x
arctg
x
x
cos
3
ln
3
4
3
16
1
4
4
3
sin
3
sin
2
2

---

7 
.
cos
3
ln
16
1
12
4
3
2
2
sin












x
arctgx
x
x
arctg
x
3) 


































3
2
3
3
1
2
3
3
1
2
3
3
2
)
1
3
2
(
)
1
3
2
(
1
3
2
x
x
x
x
e
e
x
x
e
x
x
e
x
x
y


















3
2
3
3
1
2
3
2
3
2
2
3
)
1
3
2
(
)
1
3
2
(
)
1
3
2
(
3
1
x
x
x
e
x
e
x
x
e
x
x
x
x
















3
2
3
2
3
2
2
3
1
3
2
3
1
)
1
2
2
(
3
3
4
x
x
e
x
x
x
x
x
e








3
2
2
3
2
)
1
3
2
(
3
1
3
2
3
4
x
x
e
x
x
x
x
.
)
1
3
2
(
3
4
7
2
3
2
2
3
2





x
x
e
x
x
x
4) Logarifmik differensiallash formulasidan foydalanamiz: 











u
u
v
u
v
u
u
v
v
ln
)
(
. 
Shartga ko‘ra 
x
v
x
u
sin
3
,


. Bundan 
x
v
u
cos
3
,
1




.
U holda













x
x
x
x
x
x
y
x
x
1
sin
3
ln
cos
3
)
(
sin
3
sin
3







x
x
x
x
x
x
sin
3
ln
cos
3
sin
. 
2-masala.
Parametrik ko‘rinishida berilgan 
y
funksiyalarning 
x
bo‘yicha 
ikkinchi tartibli hosilasini toping: 








.
,
1
3
2
t
t
y
t
t
x

Yechish.
Avval birinchi tartibli hosilani topamiz: 
.
1
2
1
3
)
1
(
)
(
2
2
3













t
t
t
t
t
t
x
y
y
t
t
t
t
x

---

8 
U holda 


























3
2
2
2
)
1
2
(
)
1
3
(
)
1
2
(
)
1
2
(
)
1
3
(
1
2
1
2
1
3
)
(
t
t
t
t
t
t
t
t
x
y
y
t
t
t
x
xx






3
2
)
1
2
(
)
1
3
(
2
)
1
2
(
6
t
t
t
t
.
)
1
2
(
2
6
6
3
2



t
t
t
3-masala.
limitni Lopital qoidasidan foydalanib toping: 
x
tg
x
x


)
2
2
(
lim
2


. 
Yechish.
)
2
2
ln(
lim
2
1
2
)
1
(
)
2
2
(
lim
x
x
tg
x
tg
x
x
e
x










.
Bunda
.
0
0
)
2
2
ln(
lim
)
0
(
)
2
2
ln(
lim
2
1
2
1















x
ctg
x
x
x
tg
x
x


Oxirgi limitga Lopital qoidasini qo‘llaymiz: 
.
2
sin
2
2
2
lim
)
(
)
)
2
2
(ln(
lim
)
2
2
ln(
lim
2
2
2
1
2
1



















x
x
x
ctg
x
x
ctg
x
x
x
x
Demak, 
.
)
2
2
(
lim
2
2



e
x
x
tg
x



 
4-masala. 
Funksiyani to‘la tekshiring va grafigini chizing: 
1
1
2



x
x
y
. 
 
Yechish.
.
1
o
Funksiyaning aniqlanish sohasi:
);
;
1
(
)
1
;
(
)
(




f
D
 
.
2
o
0

x
da 
1


y
bo‘ladi. Funksiya 
Oy
o‘qini 
)
1
;
0
(

nuqtada kesadi. 
0

y
bo‘lgani uchun funksiya 
Ox
o‘qini kesmaydi.
.
3
o
Funksiya 
)
;
1
(

intervalda musbat ishorali va 
)
1
;
(

intervalda manfiy 
ishorali. 
.
4
o
Funksiya uchun 
)
(
)
(
x
f
x
f


va 
)
(
)
(
x
f
x
f



tengliklar bajarilmaydi.
Demak, u umumiy ko‘rinishdagi funksiya.
.
5
o






1
1
lim
2
0
1
x
x
x
va






1
1
lim
2
0
1
x
x
x
.
Demak,
1

x
 
to‘g‘ri chiziq vertikal asimptota bo‘ladi.

---

9 
1
)
1
(
1
lim
2






x
x
x
k
x
,
.
1
1
1
lim
1
1
1
lim
2



















x
x
x
x
x
b
x
x
Demak, 
1


x
y
to‘g‘ri chiziq 


x
da ham


x
da ham gorizontal 
asimptota bo‘ladi. 
 
.
6
o
Funksiyaning o‘sish va kamayish oraliqlarini topamiz. 
,
)
1
(
1
2
)
1
(
1
)
1
(
2
)
(
2
2
2
2










x
x
x
x
x
x
x
x
f
0
)
(


x
f
dan 
2
1
,
2
1
2
1




x
x
.
Hosila 
1

x
nuqtada mavjud emas va 
2
1
,
2
1
2
1




x
x
0

x
nuqtalarda nolga teng. Bu nuqtalar berilgan funksiyaning aniqlanish sohasini 
to‘rtta 
)
;
2
1
(
),
2
1
;
1
(
),
1
;
2
1
(
),
2
1
;
(






intervallarga ajratadi. 
Funksiya 
)
;
2
1
(
),
2
1
;
(




intervallarda 
o‘sadi 
va 


,
1
;
2
1

)
2
1
;
1
(
),
1
;
2
1
(


intervallarda kamayadi. 
.
7
o
Funksiyani ekstremumga tekshiramiz. Hosilaning har bir kritik nuqtadan 
chapdan 
o‘ngga 
o‘tgandagi 
ishoralarini chizmada belgilaymiz: 
Demak, 
2
1


x
maksimum 
nuqta,
2
1


x
minimum nuqta. 
2
2
2
)
2
1
(
,
2
2
2
)
2
1
(
min
max








f
y
f
y
.