Qarshi muhandislik-iqtisodiyot instituti "oliy matematika" kafedrasi

        4-misol. 

2

x

y



  parabolaga 

 

9

;

3

M

  nuqtasida  o’tkazilgan  urinmaning  burchak 

koeffitsienti topilsin. 

Yechish. 

0

x

=3, 

 

 

9

3

3

2

0







f

x

f

. 

 

0

0

2

'

x

x

f



 edi.  

Demak,  k= 

 

6

3

2

3

'







f

. 

 Murakkab funksiyaning hosilasi 

    

Murakkab funksiyani differensiallash qoidasi bilan tanishamiz. 

)

(u

f

y



,  

)

(x

u





 

murakkab funksiyani qaraymiz. 

      

Teorema. 

)

(u

f

y



  va 

)

(x

u





  differensiallanuvchi  funksiyalar  bo’lsin. 

Murakkab   

)

(u

f

  funksiyaning  erkli  o’zgaruvchi    х    bo’yicha  hosilasi  bu  funksiyaning 

oraliq argumenti  u  bo’yicha hosilasi 

'

u

y

 ning oraliq argumentning erkli o’zgaruvchi  х  

bo’yicha hosilasi 

)

(

' x

u

 ga ko’paytmasiga teng, ya‘ni  

x

u

x

u

y

y











. 

        Isboti. 

)

(x

u





funksiya 

0

x

x



  nuqtada, 

)

(u

f

y



  funksiya  esa  bu  nuqtaga  mos   

)

(

0

0

x

u





  nuqtada  differensiallanuvchi  bo’lsin.  U  holda   

 

0

0

lim

u

f

u

y

u













    chekli  limit 

mavjud.  Bundan 











)

(

'

0

u

f

u

y

    yoki 

u

u

u

f

y













)

(

'

0

  kelib  chiqadi,  bu  yerdagi 

0

,





u



  da  cheksiz  kichik  funksiya.  So’nggi  tenglikni  har  ikkala  tomonini   

x



  ga 

bo’lsak      

x

u

x

u

u

f

x

y



















)

(

'

0

   hosil bo’ladi. Bunda  

0





x

 da limitga o’tib  

0

lim

lim

,

lim

,

lim

0

0

'

0

'

0





































u

x

x

x

x

x

u

x

u

y

x

y

    ekanini  hisobga  olsak  isbotlanishi  lozim 

bo’lgan 

 

   

0

0

0

'

'

'

x

u

u

f

x

y





  yoki 

x

u

x

u

y

y











    kelib  chiqadi.  Biz  bu  yerda 

differensiallanuvchi  

)

(x

u

 funksiya uzluksiz va 

0





x

 da 

0





u

 ni hisobga oldik. 

 

 Teskari funksiya va uning hosilasi 

      

 

b

a;

 kesmada aniqlangan o’suvchi yoki kamayuvchi 

)

(x

f

y



 funksiyani qaraymiz. 

 

c

a

f



, 

 

d

b

f



  bo’lsin. Aniqlik  uchun 

)

(x

f

y



  funksiya

 

b

a;

  kesmada  o’suvchi  deb 

faraz  qilamiz. 

 

b

a;

  kesmaga  tegishli  ikkita  har  xil 

1

x

va 

2

x

nuqtani olamiz. O’suvchi 

funksiyaning ta‘rifidan agar 

2

1

x

x



  va  

 

1

1

x

f

y



, 

 

2

2

x

f

y



bo’lsa, 

2

1

y

y



   bo’ladi. 

     Demak,  argumentning  ikkita  har  xil 

1

x

va 

2

x

qiymatlariga  funksiyaning  ikkita  har 

xil 

1

y

 va 

2

y

qiymatlari mos keladi. Buning teskarisi ham to’g’ri, ya‘ni 

2

1

y

y



   bo’lib, 

 

1

1

x

f

y



, 

 

2

2

x

f

y



bo’lsa, o’suvchi funksiya ta‘rifidan 

2

1

x

x



 bo’lishi kelib chiqadi.  

Boshqacha  aytganda    х    ning  qiymatlari  sohasi 

 

b

a;

  kesma  bilan    у    ning 

qiymatlari  sohasi 

 

d

c;

  kesma  orasida  o’zaro  bir  qiymatli  moslik  o’rnatiladi.      у    ni 

argument,    х    ni  esa  funksiya  sifatida  qarab    х    ni  у    ning  funksiyasi  sifatida  hosil 

qilamiz:   

)

( y

x





. 

    

Bu  funksiya  berilgan   

)

(x

f

y



  funksiyaga  teskari  funksiya  deyiladi. 

Kamayuvchi funksiya uchun ham shunga o’xshash mulohaza yuritish mumkin.                 

Shuni aytish lozimki, 

)

(x

f

y



 funksiyaning qiymatlari sohasi  

 

d

c;

 unga teskari 

)

( y

x





  funksiyaning  aniqlanish  sohasi  bo’ladi  va  aksincha. 

)

( y

x





  funksiya  uchun 

)

(x

f

y



  funksiya  teskari  funksiya  bo’lgani  uchun 

)

( y

x





  va 

)

(x

f

y



  funksiyalar 

o‟zaro teskari funksiyalar deb ataladi. 

   

)

(x

f

y



  funksiyaga  teskari  funksiya 

)

(x

f

y



  tenglamani    х    ga  nisbatan  yechib 

topiladi.  O’zaro  teskari  funksiyalarning  grafigi    0ху  tekisligidagi  bitta  egri  chiziqni  

ifodalaydi.  

        5-misol. 

3

x

y



 funksiyaga teskari funksiya topilsin. 

Yechish.  Bu  funksiya  butun  sonlar  o’qida  aniqlangan  va  o’suvchi.  Tenglikni    х  

ga nisbatan yechsak berilgan funksiyaga teskari 

3

y

x



 funksiya hosil bo’ladi. 

   

Har qanday funksiya  ham teskari funksiyaga ega bo’lavermaydi. Masalan 

2

x

y



 

funksiya 











,

 intervalda teksari funksiyaga ega emas, chunki  у  ning har bir musbat 

qiymatiga    х    ning  ikkita 

y

x





    va   

y

x



  qiymatlari  mos  keladi.  Agar 

2

x

y



 

funksiyani 





0

,





 intervalda qaralsa funksiya 

y

x





 teskari funksiyaga ega, chunki  у  

ning  har  bir  musbat  qiymatiga    х    ning  yagona 

2

x

y



  tenglikni  qanoatlantiradigan 

qiymati mos keladi. 

  Shuningdek 

2

x

y



  funksiyani 







,

0

  oraliqda  qarasak  unga  teskari 

y

x



  funksiya 

mavjud bo’ladi. 

    

Izoh. 

)

(x

f

y



 funksiyaga teskari 

)

( y

x





 funksiyaning argumentini odatdagidek  

х    bilan,  funksiyani  esa    y    bilan  belgilasak  va 

)

(x

f

y



  hamda 

)

(x

y





  funksiyalarni 

grafigini  bitta  koordinatalar  sistemasida  chizsak  grafik  birinchi  koordinatalar 

burchagining bissektrisasiga nisbatan simmetrik bo’ladi.  

     

Teorema.  Agar  o’suvchi  (kamayuvchi) 

)

(x

f

y



  funksiya 

 

b

a;

  kesmada 

uzluksiz, shu bilan birga 

 

c

a

f



, 

 

d

b

f



 bo’lsa, u holda unga teskari 

)

( y

x





 funksiya 

 

d

c;

(

 

c

d;

) kesmada aniqlangan monoton va uzluksiz bo’ladi. 

   Endi 

)

( y

x





  teskari  funksiyani  hosilasini  bilgan  holda   

)

(x

f

y



  funksiyaning 

hosilasini topish imkonini beradigan teoremani isbotlaymiz. 

     

Teorema.  Agar 

)

( y

x





  funksiya  biror  intervalda  monoton  bo’lib  shu 

intervalning  y  nuqtasida  noldan  farqli 

)

(

' y



hosilaga  ega  bo’lsa,  bu  nuqtaga  mos    х  

nuqtada teskari  

)

(x

f

y



 funksiya ham hosilaga ega bo’lib,  

)

(

'

1

)

(

'

y

x

f





 

tenglik o’rinli bo’ladi. 

     

Isboti.  Shartga  binoan 

)

( y

x





  funksiya    monoton  va  differensiallanuvchi  

bo’lgani uchun u uzluksiz hamda unga teskari monoton va uzluksiz  

)

(x

f

y



 funksiya 

mavjud.    х    ga 

0





x

  orttirma  bersak   

)

(x

f

y



  funksiya 

y



  orttirma  oladi  va 

uzluksizligini nazarga olsak 

0





x

 da   

0





y

. Natijada  

)

(

'

1

lim

1

1

lim

lim

)

(

'

0

0

0

y

y

x

y

x

x

y

x

f

y

x

x



































 

Bu formulani 

y

x

x

y







1

  ko’rinishda yozish ham mumkin. 

Shunday  qilib,  teskari  funksiyaning  hosilasi  shu  funksiya  hosilasiga  teskari 

miqdorga teng ekan. 

Asosiy elementar funksiyalarning hosilalari 

 

.O‟zgarmas funksiyaning hosilasi 

          Teorema.  O’zgarmas  funksiyaning  hosilasi    nolga  teng,  ya‘ni 

0

'



C

,  bunda  C-

o’zgarmas son. 

         Isboti. 

C

x

f

у





)

(

  desak  х  argument 

x



  orttirma  olganda  у  funksiya 

0

)

(

)

(

















C

C

x

f

x

x

f

у

 orttirma oladi. 

 

Demak, 

x

y

C

x











0

lim

'

=

0

0

lim

0









x

x

. Shunday  qilib  

0

'



C

. 

 

Masalan,  

 

  







0

87

ln

20

2

25

0

18

















tg

. 

. Logarifmik funksiyaning hosilasi 

Teorema. 

x

ln

 lagorifmik funksiyaning hosilasi 

х

1

 ga teng. 

       Isboti  у=lnx funksiyani qaraymiz. x     ∆х orttirma olganda funksiya   

∆у=





x

x





ln

-

x

ln

=

х

х

х





ln

=

















x

x

1

ln

  orttirma oladi. 

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

х

x

y



































































1

ln

1

1

ln

1

1

ln

1

 

nisbatni 

tuzamiz. 







х

х

 

deb 

belgilasak ∆х→0 da α→0.  

 

Demak, 





x

e

x

x

x

x

x

у

x

x

x

1

ln

1

1

ln

lim

1

1

ln

1

lim

1

0

0











































,  ya‘ni 

x

x

1

)

(ln





.            Bu  

yerda 

e













1

0

)

1

(

lim

   ikkinchi ajoyib limitdan foydalanildi. 

 

Shunga o’xshash 

a

x

a

x

a

x

x

a

ln

1

ln

)

(ln

ln

ln

)

(log

























 kelib chiqadi (bunda а>0, а≠1). 

 

Agar   у=

u

ln

 bo’lib, bunda, 

 

x

u

u



 differensiallanuvchi funksiya bo’lsa,  u holda 

murakkab funksiyani differensiallash  

qoidasiga binoan  





u

u

и







ln

  tenglikka ega bo’lamiz. 

Xususan, 

agar 

)

(

,

log

х

u

и

и

у

a





 

bo’lsa, 

u 

holda  





 

и

a

и

u

a

a

и

и

a































ln

ln

ln

1

ln

ln

log

  bo’ladi. 

Darajali funksiyaning hosilasi 

Teorema. х

α

 darajali funksiyaning hosilasi 

1







х

 ga teng, bunda               α-o’zgarmas 

son. 

 

Isboti.  у=х

α

  funksiyani  qaraymiz.  Uni    е  asosga  ko’ra  logarifmlab   

x

y

ln

ln





 

tenglikka ega bo’lamiz .   у  ni  х  ning funksiyasi hisoblab, tenglikning ikkala qismini x 

bo’yicha differensiallaymiz: 

х

у

у

1









. 

          Bundan  

1

1

1































х

х

х

х

у

у

. 

 

Shunday  qilib 

















1







х

х

. Teorema  isbotlandi. 

 

Agar 



и

у



  bo’lib, 

 

x

u

u



  differensiallanuvchi  funksiya  bo’lsa,  u  holda 

murakkab funksiyani differensiallash qoidasiga binoan   

и

и

и













1

)

(







  bo’ladi.