FUNKSIONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI O‘RGANISH METODIKASI

Yuklangan vaqt:

12.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

858.9306640625 KB

Ko'chirib olish

FUNKSI ONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI O‘RGANISH
METODIKASI
MUNDARIJA
KIRISH ……………………………………………………………………… 3
I -BOB. FUNKSIONAL TENGLAMALAR VA ULARNI Y E C H IS H
USULLARI
1. 1-§. Funksional tenglamalarning rivojlanish tarixi…………… ……............ 7
1.2-§ . Koshi tenglamasi ……………………….. ..................................... .........
10
1 .3 -§. Funksional tenglamalarni yechish usullari ...............................................
20
II - BOB.Funksional tenglamalar yordamida asosiy elementar funksiyalarni
aniqlash
2.1.1-§. Chiziqli funksiya ……………............................................................ 35
2.1.2-§. Ko‘rsatkichli funksiya……………………………………………….. 39
2.1.3-§. Logarifmik funksiya…………………….............................................
43
2.1.4 -§. Darajali funksiya……………………………...................................... 45
2. 2 -§. Funksional tengsizliklar........................................................................... 48
XULOSA …………………………………………………………………......
57
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI ………………………
59

1

KIRISH
1.Masalaning qo‘yilishi
Hozirgi davrda barkamol avlodning ta‘lim- tarbiyasi davlat ahamiyatiga
molik vazifalardan biridir. Respublikamiz Prezidenti Sh.M.Mirziyoyev bu haqda
o‘z nutq va asarlarida takidlab yosh avlodni fan asoslarini chuqur egallashlari va
bunda akademik litseylar va kasb-hunar kollejlari talabalarining muhim bosqich
sifatida alohida e‘tibor qaratilishi zarurligi haqida muhim vazifalarni ilgari
surganlar. Shu sababdan umumta‘lim maktablarida matematika o‘qitish usullarini,
shu jumladan matematik ta’limda o‘quvchilarning tafakkurini rivojlantirish
muhim ahamiyat kasb etadi. Chunki matematika o‘qitishda matematika
o‘qitishning mazmuni va uning ilmiy usullarini ularda aqliy shu bilan birga
fikrlash faoliyatlarini rivojlantirish uchun imkoniyat yaratadi. Bunda an’anaviy va
noan’anaviy o‘qitish usullarini muvofiqlikda qo‘llash va o‘quvchilar bilim
saviyalari va qiziqishlarini hisobga olgan holda o‘quvchilarda tafakkurni
rivojlantirish uchun asos bo‘lib xizmat qiladi.
2.Mavzuning dolzarbligi.
Umumta’lim maktablari o‘quvchilarining intellekutal salohiyatini
rivojldantirishga ta’lim usullari jamoaviy va indvidual ishlash katta samara beradi,
bunda evristik va tadqiqot metodlari bilan birga muammoli o‘qitish usullari, aqliy
hujum, hamkorlikda ishlash orqali o‘quv jarayonini tashkil etish yordam beradi,
chunki, birinchidan, bu usullar yordamida o‘quvchilarning fikrlash faolligi oshadi,
ikkinchidan esa, o‘quvchilarning mustaqil fikrlash usullariga hamda mustaqil
isbotlashlarga o‘rgatish uchun imkon beradi. Shu bilan birga matematik
tafakkurini rivojlantirish uning muhim tarkibiy qismlari bo‘lgan funksional
2

tafakkurni rivojlantirishni talab etadi va bu ayniqsa funksiyalar va ularning
grafiklarini yasashda, xossalarini o‘rganishda yaxshi natijalar beradi. Shuni
hisobga olib, mavzuning dolzarbligi shundaki, matematika o‘qitishda matematik
tafakkur va uning komponetlarni shakllantirish, ayniqsa bu tafakkur bilan uzviy
bog‘liq funksional tenglama va tengsizliklarni o‘rgatishda amalga oshirishni
hisobga olish quyidagi sabablar jihatidan matematika o‘qitishda funksional
tafakkurni funksional tenglama va tengsizliklarni ahamiyatini ochib berishni talab
etadi.
Funksional tenglamalar juda uzoq vaqt davomida o‘rganilgan, bu kurs
matematika dasturlarida munosib o‘rin topa olmadi. Zero, individual funksional
tenglamalarni yechim mavzuni yetarlicha chuqur tushunishni talab qiladi va
mustaqil ijodiy ishga mehr uyg‘otadi.
Hozirgi vaqtda turli olimpiadalarning mazmuni - maktab va shahardan
xalqarogacha - funksional tenglamalar va tengsizliklar deb ataladigan narsalarni
o‘z ichiga ola boshladi. Hatto turli fakultetlar uchun oliy o‘quv yurtlariga kirish
imtihonlari mazmuniga bunday tenglama va tengsizliklarni kiritish g‘oyasi ham
mavjud. Binobarin, bunday muammolarni hal qilishni o‘rganishni xohlaydiganlar
tobora ko‘payib bormoqda. Shuning uchun ishonch bilan aytishimiz mumkinki,
“Funksional tenglamalar” mavzusi bugungi kunda juda dolzarbdir.
Hozirda funksional tenglamalarni yechimga oid qo‘llanmalar deyarli yo‘q.
Shu sababli, oddiy va aniq misollar yordamida funksional tenglamalarni
echishning zamonaviy usullarini ko‘rsatishga qodir bo‘lgan qo‘llanmaga ehtiyoj
bor. Yakuniy malakaviy ishimizda biz ushbu muammoni hal qilishga harakat
qilamiz. Shuning uchun maskur mavzu dolzarb va uni D.T.S dastur talablari
asosida ilmiy ravishda taminlash va asoslash zaruriyati mavjud.
3. Ishning maqsadi.
Maqsad umumta’lim maktablarida algebrani o‘qitish jarayonida funksional
tenglama va tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda funksional tafakkurni
rivojlantirish bo‘yicha usullarni va vositalarni o‘rganish va bunga doir uslubiy
tavsiyalar ishlab chiqish hamda funksional tenglamalarni o‘rganish va bu
3

tenglamalarni elementar funksiyalarni aniqlashda qo‘llash: chiziqli, ko‘rsatkichli,
logarifmik, darajali va trigonometrik funksiyalarni aniqlash.
4.Ishning vazifalari.
-Funksional tenglama va tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda funksional
tafakkurni rivojlantirish metodikasi asoslarini ishlab chiqish;
- funksional tenglama va tengsizliklarni yechim ko‘nikmalarini shakllantirish;
- funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish da almashtirishlar usullarini
qo‘llash ;
- maxsus ko‘rinishdagi ba’zi funksi onal tenglama va tengsizliklarni yecha olishga
o‘rgatish;
- funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish orqali turli elementar
funksiyalarni kiritish
5. Ishning ilmiy tadqiqot metodlari.
Analiz, kuzatish, tajriba, umumlashtirish va taqqoslash usullari.
6. Ishning ilmiy ahamiyati.
Ishda umumta’lim maktablari algebra kursini o‘rganishda o‘uvchilarning
funksional tafakkurini grafiklarni o‘rgatish asosida shakllantirishning imkoniyat va
usullarining nazariy jihatdan asoslarini bayon etilishi.
7.Ishning amaliy ahamiyati .
Ishdagi natijalar umumta’lim maktablari algebra kursini o‘rganishda asosiy
o‘quvchilarning funksional tafakkurini funksi onal tenglama va tengsizliklarni
o‘rganish asosida shakllantirishda o‘qituvchilarga dars jarayonini tashkil etishda
foydalanish uchun qo‘llanma bo‘lishi va umumiy tadqiqot ishlarida matematik
tafakkurini rivojlantirishning nazariy va amaliy asoslarini ochib berishda qo‘l
keladi.
8.Ishning tuzilishi.
Ish kirish, 2 ta bob, 7 ta paragrafdan, xulosa va foydalanilgan adabiyotlar
ro‘yxatidan iborat. Ishning hajmi 59 betdan iborat
9.Ishning qisqacha mazmuni
4

Birinchi bobda biz funksional tenglamalarni yechim usullarini ko‘rib
chiqamiz: o‘zgaruvchi va funksiya o‘zgarishidan foydalanib, funksional
tenglamani ma’lum tenglamaga keltirish usuli, almashtirish usuli, funksional
tenglamalarni yechimda matematik analiz elementlarini qo‘llash har bir usul
uchun tenglamalarni yechim uchun misollar tanlab olindi.
Ikkinchi bobda biz funksional tenglamalar yordamida asosiy elementar
funksiyalarning (y=c , y= xa , y=ax , y= log ax , y=sin x,y=cos x,y=tgx ,y=ctgx )
ta’rifini keltiramiz hamda ularning ayrim xossalarini ham ko‘rib chiqamiz.
Ishda ko‘rib chiqilgan savollar nafaqat yordamchi vosita, balki o‘qitish
funksiyasini ham bajaradi, bu faqat tanlangan mavzuning muhimligini ta’kidlaydi.
Ishda umumta’lim maktablari algebra kursini o‘qitish jarayonida
funksional tenglama va tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda funksional
tafakkurni rivojlantirish metodikasi asoslarini ishlab chiqish;
- funksi onal tenglama va tengsizliklarni yechim k o‘nikmalarini shakllantirish;
- funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish da almashtirishlar usullarini
qo‘llash ;
- maxsus ko‘rinishdagi ba’zi funksi onal tenglama va tengsizliklarni yecha olishga
o‘rgatish;
- funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish orqali turli elementar
funksiyalarni kiritish bo‘yicha zaruriy uslubiy tavsiyalar ishlab chiqilgan.

5

I -BOB. FUNKSIONAL TENGLAMALAR VA ULARNI Y E C H IS H
USULLARI
1.1 -§ .Funksional tenglamalarning rivojlanish tarixi
Tor ma‘nodagi funksional tenglama deganda noma’lum funksiyasi
murakkab funksiya (tarkib) hosil qilish orqali bir yoki bir nechta
o‘zgaruvchilarning ma’lum funksiyalari bilan bog‘langan tenglama tushuniladi.
Masalan: f(x+y)= f(x)f(y)
bu yerda f - noma’lum funksiya , x va у - erkli
o‘zgaruvchilar.
Ayrim funksional tenglamalar bizga maktab kursidan tanish, bular
f(x)= f(− x)
, f(− x)=− f(x) , f(x+T)= f(x) , funksiyalarning juft, toq, davriylik
kabi xossalarini belgilaydi.
Funksional tenglamaning to‘plamdagi Yechimi uning o‘rnini bosuvchi
funksiyadir
funksional tenglama, u to‘plamda haqiqiy tenglikka aylanadi. Masalan:
f(x)=ex
Funksiya f(x+y)= f(x)f(y) funksional tenglamaning Yechimi ekanligini
ko‘rsatamiz.
6

Darhaqiqat, barcha x va y uchun f(x+y)= f(x)f(y)→ ex+y=exey . Demak,
f(x)=ех
funksiya f(x+y)= f(x)f(y) funksional tenglamaning Yechimidir.
Funksional tenglamalarni yechim muammosi matematik tahlildagi eng qadimgi
masalalardan biridir. Ular funksiyalar nazariyasining boshlanishi bilan deyarli bir
vaqtda paydo bo‘lgan. Ushbu fanning birinchi haqiqiy gullashi kuchlar
parallelogrammasi muammosi bilan bog‘liq. 1769 yilda Dalamber
f(x) funksional
tenglamaning Yechimiga kuchlarni qo‘shish qonunining asoslanishini qisqartirdi.

f(x+y)+ f(x− y)=2f(x)f(y)
( 1 )
Xuddi shu maqsadda shu tenglamani 1804 yilda Puasson ba’zi analitiklik
farazlari ostida ko‘rib chiqqan bo‘lsa, 1821 yilda Koshi (1789 - 1857) faqat
f(x)
ning uzluksizligini qabul qilib, bu tenglamaning umumiy yechim larini topdi

f(x)=cos ax , f(x)= ch ax = eax+e−ax
2 , f(x)≡0
Hatto parallellik burchagi uchun Yevklid geometriyaning mashhur
formulasini
f(x)=tg 1
2∏ (x)=e
−xk N.I. Lobachevskiy (1792 - 1856) funksional
tenglamadan

f2(x)= f(x− y)⋅f(x+ y)
(2)
u Koshi usuliga o‘xshash usul bilan yechdi.
Funksional tenglamalarga olib keladigan bir qancha geometrik masalalarni
ingliz matematigi C.Bebbij (1792 -1871) ko‘rib chiqdi. U egri chiziqning istalgan
juft nuqtalari uchun quyidagi xossa bilan aniqlangan ikkinchi tartibli davriy egri
chiziqlarni o‘rgandi: agar ikkinchi nuqtaning abssissasi birinchisining ordinatasiga
teng bo‘lsa, ikkinchi nuqtaning ordinatasi abssissasiga teng bo‘ladi. Bunday egri
7

chiziq y= f(x);(x,f(x)), funksiyaning grafigi - uning ixtiyoriy nuqtasi bo‘lsin.
Keyin shartga ko‘ra, absissasi bo‘lgan nuqta x ordinatasiga ega bo‘ladi.
Binobarin,

f(f(x))= x
(3)
f unksional tenglama

f(x)=√a2− x2,x∈[0;|a|] , f(x)= a
x,a≠0
funksiyalar bilan qanoatlantiriladi:
Eng oddiy funksional tenglamalardan biri Koshi tenglamalaridir

f(x+ y)= f(x)+ f(y) , (4)

f(x+ y)= f(x)⋅f(y) . (5)

f(xy )= f(x)+ f(y) . (6)

f(xy )= f(x)⋅f(y) . (7)
Koshi 1821 yilda nashr etilgan tahlil kursida bu tenglamalarni batafsil o‘rganib
chiqdi. Ushbu to‘rtta asosiy tenglamaning uzluksiz Yechimlari mos ravishda
f(x)=ax , f(x)= ax,f(x)= log ax,f(x)= xa(x>0)
shaklga ega.
Uzluksiz funksiyalar sinfida boshqa Yechimlar ham bo‘lishi mumkin.
Tenglama (4) ilgari Lejandr va Gauss tomonidan proyektiv geometriyaning asosiy
teoremasini chiqarishda va Gauss ehtimollik taqsimot qonunini o‘rganishda ko‘rib
chiqilgan.
Funksional tenglama (4) yana G.Darbu tomonidan kuchlar
parallelogrammasi masalasiga va proyektiv geometriyaning asosiy teoremasiga
tatbiq etilgan; uning asosiy yutug‘i - bu taxminlarning sezilarli darajada
8

zaiflashishidir. Bizga ma’lumki, Koshi funksional tenglamasi (4) uzluksiz
funksiyalar sinfidagi f(x)=ax chiziqli bir jinsli funksiyani xarakterlaydi. Darbu
shuni ko‘rsatdiki, hech bo‘lmaganda bir nuqtada uzluksiz yoki yuqoridan (yoki
pastdan) ixtiyoriy kichik oraliqda chegaralangan har qanday Yechim ham
f(x)=ax
shaklga ega bo‘lishi kerak. Farazlarni zaiflashtirish bo‘yicha keyingi natijalar
(integrallanuvchanlik, musbat o‘lchovli to‘plamda o‘lchovlilik va hatto o‘lchovli
funksiyaning taqqoslanuvchanligi). Savol tug‘iladi: chiziqli bir hildan farq
qiladigan kamida bitta qo‘shimcha funksiya (ya’ni qanoatlantiruvchi (4)) bormi?
Bunday funksiyani topish, albatta, oson emas! Ish jarayonida biz ratsional x uchun
har qanday additiv funksiyaning qiymatlari qandaydir chiziqli funksiyaning
qiymatlari bilan ustma-ust tushishi kerakligini ko‘rsatamiz, ya’ni
f(x)=ax uchun
x∈Q
. O‘shanda hamma haqiqiy x lar uchun f(x)=ax bo‘lib tuyulardi. Agar f(x) -
uzluksiz bo‘lsa, bu haqiqatan ham shunday, lekin agar bu faraz bekor qilinsa, yo‘q.
Funksional tenglamaning (4)
f(x)=ax dan farqli uzilishga ega Yechimining
birinchi misoli 1905 yilda nemis matematigi G. Gamel tomonidan o‘zi kiritgan
haqiqiy sonlar asosida qurilgan.
Ko‘pgina funksional tenglamalar aniq funksiyani aniqlamaydi, balki
funksiyalarning keng sinfini belgilaydi, ya’ni u yoki bu funksiyalar sinfini
tavsiflovchi xususiyatni ifodalaydi. Masalan,
f(x+1)= f(x) funksional tenglama 1
davriga ega bo‘lgan funksiyalar sinfini,
f(1+x)= f(1− x) tenglama esa x=1 to‘g‘ri
chiziqqa nisbatan simmetrik bo‘lgan funksiyalar sinfini tavsiflaydi va hokazo.
Umuman olganda, differensial yoki integralga qaytarilmaydigan funksional
tenglamalar uchun bir nechta umumiy Yechim usullari ma’lum. Demak, funksional
tenglamalarni yechim usullari masalasini ko‘rib chiqish zarurati tug‘iladi.
1 .2 -§ . Koshi tenglamalari
2 .1. 1. Chiziqli bir jinsli funksiyaning funksional tenglamasi
9

Matematikada eng ko‘p o‘rganilganlaridan biri bu Koshining funksional
tenglamasidir
f(x+y) = f(x) +f(y), D (f) = R
(4)
f(x) = ax (a = const)
ko‘rinishdagi chiziqli bir jinsli funksiyalar
f (x+y ) = a(x+y) = ax + ay = f(x) + f(y)
tenglamani qanoatlantiradi . Savol shundaki, bu funksiyalar yagona bo‘ladimi?
Avvalo, f funksiyasiga hech qanday cheklovlar qo‘ymasdan (ya’ni,
uzluksizlik, chegaralanganlik va boshqalar haqida hech qanday f a razlarsiz ) ba’zi
umumiy faktlarni olamiz.
Yuqoridagi t englamaga y = x ni qo‘ yamiz va biz quyidagilarni olamiz:
f(2x) = 2f(x).
Bundan tashqari, ketma-ket y = 2x, y = 3x, y = 4x va hokazo deb faraz
qilsak, biz quyidagilarga ega bo‘lamiz:
f(3x) = f(x+2x) = f(x)+f(2x) = f(x)+2f(x) = 3f(x);
f(4x) = f(x)+f(3x) = 4f(x);
f(5x) = f(x)+f(4x) = 5f(x),
va umuman, har qanday tabiiy n uchun
f(nx) = n·f(x)
(1.1)
(bu induk s iya orqali osongina tasdiqlanadi). Bu yerdagi x ni 1
n
x bilan
almashtirsak, quyidagini olamiz,
10

f(
1
n
x)= 1
n
f(x)
keyin x o‘rniga mx (m – natural son ) ni qo‘ysak va oldingi tenglikni ishlatsak,
quyidagi munosabatga erishamiz.

f(
m
n
x)= m
n
f(x)
(1.2)
Endi (4) asosiy tenglamaga x = -y ni qo‘yamiz;
f(0) = 2f(0), shuning uchun f(0) = 0. (1.3)
Agar y = -x , ni olsak, u holda:
0 = f(x - x) = f(x) + f(-x)
f(-x) = -f(x),
shuning uchun f(x) funksiya toq va u holda (1.1) dan :

f(− m
n
x)= − f(
m
n
x)= m
n
f(x)
(1.4)
Olingan munosabatlar (1.2) - (1.4) r ratsional soni qanday bo‘lishidan qat’i y nazar
har qanday haqiqiy x uchun o‘rinli
f(rx) = r·f(x),
tenglikka birlashtirilishi mumkin
Agar bu ye rda x = 1 ni olsak, biz quyidagini olamiz
f(r) = r·f(1)
(1.5)
11

yoki f(1) ni a bilan belgilasak, f(r) = ar .
Shunday qilib, biz f funksiyasining ko‘rinishini o‘rnatdik, ammo hozirgacha
faqat argumentning rat s ional qiymatlari uchun. Bunda biz faqat funksiyaning
asosiy Koshi tenglamasini (4) ni qanoatlantirish vaqtida foydalandik. Yechimda
biz allaqachon yechim qidirilayotgan muayyan funksiyalar sinfiga tayanamiz.
Keling, ba’zi eng umumiy funksiyalar sinflarini ko‘rib chiqaylik.
1. 2 Uzluksiz funksiyalar sinfi
Ratsional x uchun f(x) = ax ekanligini aniqladik. Bu munosabat irratsional x
uchun ham amal qilishini ko‘rsatish qoladi. x har qanday irratsional son bo‘lsin.
Keyin ratsional r1,r2,...,rn,... , sonlar ketma-ketligi mavjud, bu x soniga
yaqinlashadi (bu ma’lum fakt; masalan, tegishli cheksiz o‘nli kasrning
segmentlarini olish mumkin). Tasdiqlanganlarga ko‘ra
f(r
n ) = ar
n (n = 1,2,3, . . .).
Keling, bu
n→ ∞ da chegaraga o‘tamiz

lim
n→∞
f(rn)=lim
n→∞
f(ar n)
O‘ngda biz ax , olamiz, lekin chapda, f funksiyasining taxminiy uzluksizligini
hisobga olgan holda, biz q uyidagini olamiz

lim
n→∞
f(rn)= f(lim
n→∞
rn)= f(x)
Shundan keyin
f(x) = ax.
Shunday qilib, barcha uzluksiz funksiyalar chiziqli bir xildir. Oxirgi formula (4)
funksional tenglamaning eng umumiy yechimini beradi.
12

2 .1. 3. Monoton funksiyalar sinfi .
Bu erda f funksiyasi butun real o‘q bo‘yicha kamaymaydi deb faraz qilamiz
(o‘smaydigan funksiya holati ham xuddi shunday ko‘rib chiqiladi). Shunday qilib,
har qanday x
1 < x
2 uchunf(x1)≤ f(x2) .
Ratsional x uchun f(x) = x·f(1). ni isbotladik. Ixtiyoriy irratsional x ni oling.
Ma’lumki, har qanday irratsional sonni ratsional sonlar bilan aniq taxmin qilish
mumkin, shuning uchun har qanday tabiiy q uchun p butun soni mavjud bo‘ladi.

p
q
≤ x< p+1
q (1.6)
etarlicha katta q uchun esa x soni ikkita juda yaqin ratsional sonlar orasida
joylashgan bo‘lib, ularning orasidagi farq
1
q ga teng. f funksiyaning
monotonligidan foydalanib, quyidagini topamiz
f( p
q ¿ ≤ f ( x ) ≤ f ( p + 1
q )
Bu yerdan (f funksiyasining ratsional qiymatlari munosabatidan foydalangan
holda)

a p
q
≤ f(x)≤ a p+1
q , a = f(1). (1.7)
(1.3) dan f(0) = 0 bo‘lganligi sababli, f funksiya kamaymagani uchun, demak, .
Agar a = 0 bo‘lsa, bizda mavjud bo‘lgan
0≤ f(x)≤ 0 tengsizliklardan
f(x)≡ 0
.
Agar a ≠ 0 bo‘lsa, u holda (1,7) dan

p
q≤ f(x)
a ≤ p+1
q . (1.8)
13

Ushbu tengsizliklarni (1.6) bilan taqqoslab, biz quyidagini hosil qilamizf(x)
a
= x
Faraz qilaylik, bu to‘g‘ri emas, masalan,
f(x)
a
<x
tanlangan irratsional x uchun. Biz q ni shunchalik katta tanlaymizki,
p
q kasr
f(x)
a
va x orasiga tushadi
f(x)
a
< p
q
< x
Bu (1.8) ga zid keladi. Olingan qarama-qarshilik shundan dalolat beradi har
qanday irratsional x uchun
f(x)
a
= x , shuning uchun barcha x uchun f(x) = ax .
2 .1. 4. Che gara langan funksiyalar sinfi .
Endi f(x) funksiya qaysidir oraliqda (a,b) . bir tomondan (ya’ni yuqoridan
yoki pastdan chegaralangan) chegaralansin. Berilgan sinfdagi barcha yechimlar (4)
chiziqli bir jinsli funksiyalar bilan tugashini isbotlashimiz kerak. (4) tenglamaning
yechimini f yuqoridan chegaralangan deb o‘rganamiz (f ning pastdan
chegaralangan holi f ni -f ga almashtirish orqali ko‘rib chiqilayotgan holatga
keltiriladi).
14

Biz f funksiyani yuqoridan M doimiysi bilan chegaralangan deb faraz
qilamiz, ya’ni hamma x∈(a,b)
uchun f(x)≤ M . Yordamchi funksiyani ko‘rib
chiqamiz
g(x) = f(x) - x·f(1).
Yuqorida isbotlaganimizdek, har qanday ra t sional x uchun g(x) = 0 Bundan
tashqari, g(x) funksiyasi ham additiv hisoblanadi. Haqiqatan ham,
g(x + y) = f(x + y) - (x + y)·f(1) = f(x) + f(y) - xf(1) - yf(1) = g(x) + g(y).
Tenglikka y = r ( r - ratsional) ni almashtiring
g(x+y) = g(x)+g(y),
g(r) = 0 , ni hisobga olgan holda quyidagini olamiz,
g(x+r) = g(x)+g(r) = g(x).
Demak, har qanday ratsional son r g(x). funksiyaning davridir.
Endi g(x) ning (a, b) oralig‘ida chegaralanganligini ko‘rsatamiz. `

g(x)= f(x)− xf (1)≤ f(x)+|x|⋅|f(1)|≤ M +|x|⋅|f(1)|≤ M 1
b u yerda,
M 1= M +max {|a|,|b|}|f(1)| chunki a< x<b da. |x|<max {|a|,|b|}
Bu g ( x ) ning yuqoridan butun haqiqiy o ‘ q bo ‘ ylab chegaralanganligini anglatadi .
Darhaqiqat, har qanday haqiqiy x uchun r (a-x, b-x), ya’ni a < x +r < b
bo‘ladigan r ratsional son mavjud. Shuning uchun
g(x) = g(x+r) < M
1 ,
chunki x + r (a, b) va (a, b) oraliqda g funksiya M
1 soni bilan chegaralangan.
Endi biz har qanday haqiqiy x uchun g(x) = 0 ekanligini tasdiqlashimiz
mumkin. Aytaylik, bunday emas, ya’ni ba’zi x
0 uchun
15

g(x
0 ) = A, A ¿ 0.
Chunki g(x) funksiya uchun ham har qanday additiv funksiya uchun bo‘lgani kabi,
(1.1) munosabat to‘g‘ri bo‘ladi
g(nx
0 ) = ng(x
0 ) = nA
har qanday n butun soni uchun. Shubhasiz, bunday n ni tanlash mumkin (ehtimol,
mutlaq qiymatda etarlicha katta).
nA > M
1 , , ya’ni. . g(nx
0 ) > M
1 .
Lekin g funksiya yuqoridan M
1 doimiysi bilan chegaralangan. Biz qarama-
qarshilikni olamiz. Demak, g(x)
¿ 0 , bundan f(x) = x·f(1), ni olamiz.
2.1 . 5 . Differensiallanuvchi funksiyalar sinfi.
Agar f(x) funksiya x
0 nuqtada differensiallanuvchi bo‘lsa, u shu nuqtada
uzluksiz ekanligini tekshirish oson. f(x)=|x| funksiya misolida ko‘rsatilganidek,
buning aksi to‘g‘ri emas. Demak, differensiallanuvchi funksiyalar sinfi uzluksiz
funksiyalar sinfiga qaraganda torroqdir. Demak, differensiallanuvchi funksiyalar
sinfidagi Koshi tenglamasining yechimi chiziqli bir jinsli funksiyadir. Shunga
qaramay, f(x) ni differentsiallash mumkin degan faraz ostida Koshi tenglamasini
yechish usuli soddaligi tufayli qiziqish uyg‘otadi. Ruxsat etilgan y
∈ R f (x +
y) va f(x) + f (y) uchun x
∈ R o‘zgaruvchining funksiyalari. Ularning tengligidan
kelib chiqqan holda, hosilalari ham teng (x o‘zgaruvchisiga nisbatan!).
Tenglikning ikkala qismini (4) farqlab, quyidagini olamiz

f'(x+ y)= f'(x) (1.9)
(
(f(y))'= f'(x) , doimiyning hosilasi sifatida). Tenglik (1.9) har qanday
x
∈ R, y ∈ R uchun amal qiladi, chunki y ni ixtiyoriy tanlash mumkin.(1.9) ga
16

x = 0 ni q o‘ yib, biz bir ayniyatga erishamiz. Barcha y ∈ R uchun.
f'(y)= f'(0)= c
Demak,
f'(x) - o‘zgarmas funksiya. Shuning uchun uning ibtidoiy
f (x) = sx + b
(1.10)
bu yerda b qandaydir haqiqiy son. Tekshirish shuni ko‘rsatadiki, (1.10) ni (4) faqat
b = 0 , s
∈ R qanoatlantiradi.
Additiv funksiya muqarrar ravishda chiziqli bir hil bo‘lishi mumkin bo‘lgan
boshqa funksiyalar sinflari mavjud, ammo additiv funksiyaning namunasi uzluksiz
funksiyalar sinfida ham topilgan. Bu misol Hamel tomonidan qurilgan. Tuzilgan
funksiya quyidagi xususiyatga ega: har qanday (o‘zboshimchalik bilan tanlangan)
intervalda (a, b), hatto ixtiyoriy ravishda kichik bo‘lsa ham, f(x) funksiyasi
cheklanmagan, ya’ni ushbu funksiya ushbu intervalda oladigan qiymatlar orasida,
har qanday berilgan musbat sondan kattaroq bo‘lgan ham bor. Bunday funksiyani
qurish uchun Hamel G real sonlar to‘plamini kiritdi, hozirda Hamel asosi deb
ataladi, u har qanday haqiqiy son x ko‘rinishida o‘ziga xos tarzda ifodalanishi
mumkin bo‘lgan xususiyatga ega.
x= n1g1+n2g2+...+nkgk
, ni∈ Z ,gi∈G
G to‘plamining nuqtalarida f (x) qiymatlarini ixtiyoriy o‘rnatish orqali biz

f(x)= f(n1g1+n2g2+...+nkgk)= n1f(g1)+n2f(g2)+...+nkf(gk)
tenglikdan foydalanib, uni butun son chizig‘iga yagonatarzda kengaytirishimiz
mumkin.
Bu additiv f unksiya xossasidan kelib chiqadi. (4) ning barcha yechimlari
bunday funksiyalar bilan tugaydi.
17

2. 1. 6 . Koshi tenglamasining bir umumlashmasi.
N qo‘zg‘almas natural son bo‘lsin. Funksional tenglamani ko‘rib chiqing
f(x+yn)= f(x)+(f(y))n
(1.11)
bu ye rda D (f) = R .. n = 1 uchun u Koshi tenglamasiga aylanadi. Ko‘rsatilganidek,
uzluksiz funksiyalar sinfida Koshi tenglamasining yagona yechimi chiziqli bir
jinsli funksiya hisoblanadi. Hamel natijalaridan kelib chiqadiki, uzluksiz
funksiyalar ham Koshi tenglamasini qanoatlantirishi mumkin. n > 1 uchun (1.11)
tenglamaning yechimi uzluksiz funksiya ekanligini ko‘rsatamiz.
x = y = 0 ni qo‘yib, f (0) = 0 ni olamiz. Demak, x = 0 uchun (1.11) dan
barcha
y
∈ R uchun f(y n
) = (f(y)) n
ga ega bo‘lamiz. Har bir manfiy bo‘lmagan z soni
z = y n
shaklida yozilishi mumkin. Bu yerdan

f(x+z)= f(x+ yn)= f(x)+(f(y))n= f(x)+ f(yn)= f(x)+ f(z),z≥ 0,x∈ R
Xususan, x = -z uchun

f(x)+ f(z)= f(− z)+ f(z)= f(− z+ z)= f(0)= 0
ya’ni . f(-z) = - f (z) , z
∈ R . Agar z≥ 0 , u holda

f(x− z)=− f(− x+z)=− (f(− x)+ f(z))=− f(− x)− f(z)= f(x)− f(z)
Bu f (x + w) = f(x) + f (w) barcha x
∈ R, w ∈ R uchun, ya’ni f (x) additiv funksiya
ekanligini bildiradi. Ratsional t bo‘lgan additiv funksiya uchun f(tw) = tf (w) .
munosabat o‘rinli bo‘ladi. Buni ko‘rish oson

f((t+x)n)= (f(t+x))n= (f(t)+ f(x))n
(1.12)
18

Nyuton formulasidan foydalanish
(a+b)n= ∑
k=0
n
C nkan−kbk , Cn
k= n!
k!(n− k)!
va f(x) ning additivligi , ratsional t uchun (1.12) ning chap va o‘ng qismlarini
alohida o‘zgartiramiz:

f((t+x)n)= f(∑k=0
n
Cnktn−kxk
)= ∑k=0
n
f(C nktn−kxk)= ∑k=0
n
Cnktn−kf(xk) ;

(f(t)+ f(x))n= ∑
k=0
n
C n
k(f(t))n−k(f(x))k= ∑
k=0
n
Cn
k(tf (1))n−k(f(x))k=
¿∑
k=0
n
Cn
ktn−k(f(1))n−k(f(x))k
Oxirgi ikki tenglikning o‘ng tomonlari t dagi ko‘phaddir. t ning bir xil
darajalarida koyeffitsiyentlarni tenglashtirib, biz quyidagini olamiz

f(xk)= (f(1))n−k(f(x))k , k∈ Z0,n>1 .
Xususan, k = 2 uchun bizda mavjud
f(x2)= (f(1))n−2(f(x))2
.
(1.13)
Agar (f(1)) n-2
> 0 , bo‘lsa, f(x) kamaymaydigan funksiyadir. Darhaqiqat, har
qanday y > 0 shaklda ifodalanishi mumkin y = x 2
, demak, (1.13) dan
f(u) = f(x 2
) ≥ 0 . . x
1 > x
2 , x
1 – x
2 > 0 , uchun f(x
1 – x
2 ) ≥ 0 , yoki f(x) ning additivligi
tufayli , ), f (x
1 ) – f (x
2 ) ≥ 0 Agar ( (f(1)) n -2
< 0 bo‘lsa, f(x) funksiyaning ortib
bormasligi xuddi shunday isbotlangan.
Agar qo‘shimcha funksiya monotonik bo‘lsa, u f(x) = ax ko‘rinishga ega
ekanligi ilgari isbotlangan. (1.13) da x = 1 deb faraz qilsak, f (1) juft n uchun 0
yoki 1 ga, toq n > 1 uchun f (1) 0, 1 yoki -1 ga teng ekanligini olamiz.
19

Shunday qilib, f (x)=x yoki f (x)=0 juft n uchun; f (x)=x, yoki f (x)=-x yoki
toq n>1 uchun
f (x) = 0.
Bu n > 1 uchun (1.11) tenglama yechimining uzluksizligini isbotlabgina qolmay,
balki uning shakli ham o lin di.
1 . 3 -§ Funksional tenglamani o‘zgaruvchi va funksiyani o‘zgartirish
yordamida ma’lum tenglamaga keltirish usuli
Umumiy yechimlari bizga ma’lum bo‘lgan tenglamalarga keltirilishi
mumkin bo‘lgan funksional tenglamalarning ayrim turlarini ko‘rib chiqing. Qoida
tariqasida, bunday tenglamalar asosiy Koshi tenglamalariga (4) - (7) keltiriladi.
Usul yordamchi funksiyani kiritishga asoslangan bo‘lib, uni shunday tanlash
kerakki, transformatsiyalardan so‘ng u ma’lum Funksional tenglamalardan birini
qanoatlantirishi aniq bo‘ladi.
1-misol. x1 va x2 larning i xtiyoriy ruxsat etilgan qiymatlarda ayirmasi
f(x1y)− f(x2y)
y ga bog‘liq bo‘lmagan (0;∞) intervalda aniqlangan barcha uzluksiz
funksiyalarni toping.
Yechish . Shartga ko‘ra, f(xy)- f(y) (x
1 =x, x
2 =1) ifoda
y ga bog‘liq emas,
shuning uchun
f(xy )− f(y)= f(x)− f(1) .

g(x)= f(x)− f(1) ni q o‘yib, Koshining funk s ional g(xy )= g(x)+g(y) tenglamasini
olamiz.
Ma’lumki, uzluksiz funksiyalar sinfida
g(x)=cln x . Bundan f(x)=cln x+b
bu yerda
b= f(1) . Tekshirish shuni ko‘rsatadiki, masalaning sharti ni ixtiyoriy b
va
c lar uchun f(x)=cln x+b funk s iyalar bilan qanoatlantiriladi.
20

Hisoblash x1 va x2 larni turli tayinlangan sonl ar deb hisoblab misol
qaraymiz .
f(x1y)− f(x2y) ifoda y ga bog‘liq emasligi sababli f(x1y)− f(x2y)= с ,
x2y= x
bo‘lsin , u holda f(ax )= f(x)+c
Bu yerda
a=
x1
x2
≠1 ,
a>0,c - o‘zgarmas . x ni ex bilan almashtirsak,
f(ex+lna)− c= f(ex),x∈R
ni olamiz.
Ikkala qism i dan
cx
lna ni ayirish natijasida

f(ex+lna)− c(x+ln a)
ln a = f(ex)− cx
ln a ,
yoki,
g(x+ln a)= g(x)
(8)
ni olamiz , bu yerda
g(x)= f(ex)− cx
ln a
(8) tenglama ni ln a davrli davriy funksiyalar qanoatlantiradi . Bu yerdan
g(x)= f(ex)− cln x
ln a
Tekshirishda biz
a - ixtiyoriy doimiy g(x) esa
ln
x1
x2 davrli uzluksiz davriy
funksiya bo‘lganda
f(x)= g(ln x)+aln x ko‘rinishdagi funksiyalar talab qilingan
xossaga ega ekanligiga ishonch hosil qilamiz.
2-misol. Ma’lumki, haqiqiy sonlarni qo‘shish guruhlash xossasiga ega:
har qanday
x,y,z∈R lar uchun (x+y)+z= x+(y+ z) . Guruhlashni "saqlovchi"
barcha
f(x) uzluksiz funksiyalarni topish talab qilinadi, ya’ni.
21

f(x+ y)+ f(z)= f(x)+ f(y+z)
(9)
Yechish . (9) ni quyidagicha qayta yozib olamiz:
f(x+y)− f(x)= f(y+z)− f(z)
Chap tomonning x ga bog‘liq emasligini ko‘rish oson, ya’ni
f(x+y)− f(x)= g(y)
x= 0
bo‘lganda f(y)= g(y)+a,a= f(0) . Koshi funksional tenglamasiga (4) keldik
g(x+y)= g(x)+g(y)
. Uning uzluksiz Yechimi bo‘lib g(x)= cx funksiyalar
hisoblanadi. Shunday qilib,
f(x)=cx +a , bu yerda a
va c - ixtiyoriy o‘zgarmaslar.
3-misol . Quyidagi xossaga ega tekis egri chiziqlarni toping: ixtiyoriy ikkita
nuqta uchun bir nuqtaning abssissasining ikkinchisining ordinatasiga
ko‘paytmalari yig‘indisi abssissasi berilgan nuqtalarning abssissalarining
ko‘paytmasi teng bo‘lgan nuqta ordinatasiga teng.
Yechish . Biz argumentning musbat qiymatlari uchun aniqlangan uzluksiz
funksiyalarning grafiklari bo‘lgan egri chiziqlarni topish bilan chegaralanamiz.
M asala n,
f(xy )= xf (y)+yf (x) funksional tenglamani yechimga keltiriladi
g(x)= f(x)
x
b o‘lsin. U holda g(xy )= g(x)+g(y) ko‘rinishdagi Koshi tenglamasini (6)
olamiz.
x>0 da g(x) uzluksiz bo‘lgani uchun,u holda g(x)= cln x . Bundan c
ixtiyoriy o‘zgarmasli
f(x)=cx ln x .
4-misol .
f(x+ y)= f(x)+ f(y)+2xy f unksional tenglamaning uzluksiz
yechim larini toping.
22

Yechish. Bu yerda quyidagi funksiyani g(x)= f(x)− x2 yordamchi funksiya
sifatida ko‘rib chiqish qulay. U holda berilgan tenglamaga
f(x)= g(x)− x2 ni
qo‘yib,
g(x+y)+(x+y)2= g(x)+x2+g(y)+y2+2xy , g(x+y)= g(x)+g(y) ni olamiz.
Bu Koshi tenglamasi, uning yechimi
g(x)=ax funksiyadir. Nihoyat,
f(x)= g(x)+x2= x2+ax
ni topamiz va barcha bunday funksiyalar shartni
q anaoatlantiradi .
5-misol . Uzluksiz funksiyalar sinfida
f(
x+y
2 )= f(x)+ f(y)
2 ,x,y∈R Iyen sen
tenglamasini yeching.
Yechi sh . Tenglama da
x o‘rniga (x+y) va y o‘rniga 0 qo‘ysak,
f(
x+y
2 )= f(x+ y)+ f(0)
2 = f(x+ y)+c
2 ,c= f(0)
ni olamiz. Olingan munosabatni
dastlabki funksional tenglama bilan taqqoslab ,
f(x+y)+c= f(x)+ f(y) ga ega
bo‘lamiz . Bu tenglama ga
g(x)= f(x)− a almashtirishni qo‘ysak u Koshi
tenglamasiga (4) aylanadi , u holda
g(x)= ax ,f(x)=ax +c va bu yechim haqiqatan
ham Iyen sen tenglamasini qanoatlantiradi.
6-misol.
f(xy )≡ xf (y)+yf (x) ayniyatni qanoatlantiruvchi f:(0;+∞ )→ R
barcha uzluksiz funksiyalarni toping.
Yechish . Ayniyatni
xy ga bo‘lib, uni quyidagicha qayta yozamiz:
f(xy )
xy = f(x)
x + f(y)
y
, bundan ravshanki, g(x)= f(x)
x funksiyani yordamchi sifatida
olishimiz kerakligi aniq bo‘ladi. U holda
g funksiya (6) ni qanoatlantiradi.
Shuning uchun
f(x)= xlog ax ni topamiz.
1. 3. 2 -§ Almashtirish usuli
23

Funksional tenglamaning ba’zi o‘zgaruvchilarini yoki konkret qiymatlar,
yoki boshqa ifodalar bilan almashtirib, biz ushbu tenglamani soddalashtirishga
yoki keyingi yechim aniq bo‘ladigan shaklga keltirishga harakat qilamiz.
Qo‘llaniladigan usulning o‘ziga xos xususiyati shundaki, u bir qator hollarda
barcha mumkin bo‘lgan funksiyalar sinfida yechimlarni topishga imkon beradi.
Q uyidagi misollar bilan usulni tushuntiramiz.
7-misol . f(xy )= ykf(x),k∈N f unksional tenglamaning barcha yechim larini
toping.
Yechi sh . Te nglama da
x= 0:f(0)= ykf(0) deb olamiz . Chunki y - ixtiyoriy
bo‘lgani uchun
f(0)=0 . Endi x≠ 0 bo‘lsin. Tenglama ga y=1
x ni qo‘ysak,
f(1)=(
1
x)
k
⋅f(x)
ni olamiz: yoki f(x)=ax k,(a= f(1)) . f(x)=ax k f unksiya berilgan
tenglamaning yechimi hisoblanadi .
8-m isol .
a≠±1 - biror haqiqiy son bo‘lsin . Barcha x≠1 lar uchun
aniqlangan va
f(
x
x−1)=af (x)+g(x) tenglamani qanoatlantiruvchi f(x) funksiyani
toping, bu yerda
g - x≠1 da aniqlangan berilgan funksiya.
Yechi sh .
x→ x
x− 1 almash tirishdan so‘ng biz

{
f(
x
x−1)= af (x)+g(x)
f(x)=af (
x
x−1)+g(
x
x−1)
sistemani olamiz . Uning yechimi
a2≠ 1 da f(x)=
ag (x)+g(
x
x−1)
1−a2 funksiya
hisoblanadi.
24

9-misol. f(
1
1− x)+ f(
x−1
x )− 2f(x)= x
te nglik bajariladigan
I=(−∞ ,0)∪(0,1)∪(1,+∞) oraliqda berilgan barcha f(x)
funksiyalarni toping.
Yechish. Ikkita ketma-ket
x→ x
x− 1 , x→ 1
1− x ,
almashtirishlarni bajarib,
{
f(
1
1− x)+ f(
x−1
x )− 2 f(x)= x
f(
1
1− x)+2 f(
x− 1
x )+ f(x)= x− 1
x
2f(
1
1− x)+ f(
x−1
x )+ f(x)= 1
1− x
funksional tenglamalar sistemasiga kelamiz:.
Oxirgi tenglama (-1) ga ko‘paytirlgan birinchi ikkitasining yig‘indisi, ya’ni
funksiya bu sistemadan
f(x) yagona aniqlanmaydi. Birinchi ikkita tenglamadan
f(x)= f(
1
1− x)− 1
3⋅2x2+x− 1
x
, f(
x−1
x )= f(
1
1− x)− 1
3⋅2x2+x−1
x lar ni topamiz. Biz
(−∞,0),(0,1),(1,+∞)
oraliqlarning birida f(x) ni ixtiyoriy aniq lashimiz mumkin va bu
formulalar bizga
f(x) ning butun I to‘plamga kengaytmasini beradi.
10-misol .
f(x) va g(x) n oma’lum funksiyalar ga nisbatan uchu
{
f(2x)+2g(2x)= 2x2+x+1
x
f(
1
x)+g(
1
x)= x2+x+1
x
funksional tenglamalar sistemasi ning yechim ini toping .
25

Yechi sh . Birinchi tenglamada 2x= 1
z almashtirishni amalga oshiramiz.
Bunda
2x2+x+1
x = 2z2+z+1
z va birinchi tenglama quyidagi ko‘rinishni oladi:
f(
1
z)+2g(
1
z)= 2z2+z+1
z
yoki f(
1
x)+2g(
1
x)= 2x2+x+1
x .
Natijada

{
f(
1
x)+2g(
1
x)= 2x2+x+1
x
f(
1
x)+g(
1
x)= x2+x+1
x
tenglamalar sistemasi ni olamiz , uning yechim i
g(x)= 1
x , f(x)=1+x .
1. 3 . Funksional tenglamalarni yechi sh da matematik analiz elementlarini
qo‘llash
1.3 . 3 -§ Limitga o‘tish
Limitga o‘tish g‘oyasini quyidagi misollar bilan tushuntiramiz.
14-misol. Uzluksiz funksiyalar sinf ida

3f(2x+1)= f(x)+5x
(10)
tenglamani yeching , bu yerda
x∈R
Yechi sh .
х ni
x−1
2 bilan almashtirsak,

f(x)= 1
3 f(
x−1
2 )+5
3⋅x−1
2 (11)
26

ga ega bo‘lamiz. Xuddi shu almashtirishdan foydalanib, (11) tenglamadan biz
ketma-ket , 1
3 f(
x−1
2 )= 1
9 f(
x−3
4 )+5
9⋅x−3
4
,
1
9 f(
x− 3
4 )= 1
27 f(
x− 7
8 )+ 5
27 ⋅x− 7
8 ,.. .
ni olamiz.
1
3пf(
x− 2n+1
2n )= 1
3n+1 f(
x− 2n+1+1
2n+1 )+ 5
3n+1⋅x− 2n+1+1
2n+1
matematik induksiya bilan isbotlash mumkin.
(11) dan boshlab barcha tenglamalarni qo‘shib,

f(x)= 1
3n+1f(
x− 2n+1+1
2n+1 )+5
3⋅x−1
2 +5
9⋅x−3
4 +...+ 5
3n+1⋅x− 2n+1+1
2n+1 .
(12)
ni hosil bo‘lamiz.
f(x)
f unksiya uzluksiz bo‘lgani uchun, har qanday tayinlangan x uchun.
limn→∞ f(
x− 2n+1+1
2n+1 )= limn→∞f(
x−1
2n+1−1)= f(limn→∞(
x−1
2n+1−1))= f(−1)
b u yerda
limn→∞
x−1
2n+1=0 . (10) tenglamadan f(−1)=− 5
3 . U holda

limn→∞
1
3n+1f(
x−2n+1+1
2n+1 )=0
(12) tenglikning chap tomoni
п ga bog‘liq emas, shuning uchun uning
n→ ∞
dagi limiti mavjud. Tenglikda n→ ∞ da limitga o‘tib
f(x)= limn→∞(
5
3⋅x− 1
2 +5
9⋅x−3
4 +...+ 5
3n+1⋅x−2n+1+1
2n+1 )
27

ga ega bo‘lamiz. O‘ng tomoni5
6x+ 5
36 x+...+ 5
6n+1x+...= x
, − 5
3− 5
9−...− 5
3n+1−...=− 5
2 ,
5
6+ 5
36 +...+ 5
6n+1+...=1
.
uchta cheksiz kamayuvchi progressiyaning yig‘indisidan iborat.
Shunday qilib,
f(x)=x− 3
2 , bu tekshirish bilan ham tasdiqlanadi.
15-misol.
f(
x
1+x)− f(x)= x ,
x∈[0;∞) (13)
tenglamani uzluksiz yechimlarga ega emasligini isbotlang.
Yechi sh . Funksional tenglamaning uzluksiz yechim i bor deb faraz qilaylik.
Dastlabki tenglama da
x o‘rniga
x
1+x ifodani qo‘ya miz , chunki agar x≥ 0 bo‘lsa
u holda ham
x
1+x≥ 0 :

f(
x
1+2x)− f(
x
1+x)= x
1+x (14)
Endi (1 4 ) munosabatda xuddi shunday
x→ x
1+ x almashtirishni amalga
oshiramiz:

f(
x
1+3x)− f(
x
1+2x)= x
1+2x (15)
Tavsiflangan amalni yana bir necha marta bajaramiz. p - qadamda :

f(
x
1+nx )− f(
x
1+(n−1)x)= x
1+(n−1)x
Biz (13) dan boshlab barcha hosil bo‘lgan ifodalarni qo‘shamiz (jami
n ta
ifoda bo‘ladi) va o‘xshash hadlarni ixchamlaymiz:
28

f(
x
1+nx )− f(x)= x+ x
1+x+ x
1+2x+...+ x
1+(n− 1)x (16)
(16) tenglik har qanday natural
n uchun to‘g‘ri. Biz x ni tayinlaymiz va n ni ∞
ga intiltiramiz.
f(x) ning x= 0 n uqtadagi uzluksizlik tufayli

f(0)− f(x)= ∑
k=0
n x
1+kx (17)
ni topamiz, bu ye rda
∑
k=0
n x
1+kx =lim
n→∞∑
k=0
n x
1+kx
( 17) ning chap tomonida konkret (tayin)
х uchun biror o‘zgarmas turibdi, ya’ni.
Berilgan
х uchun (17) ning o‘ng tomonidagi qator bu o‘zgarmasga
yaqinlashadi. Bu qator
x>0 ning istalgan qiymati uchun uzoqlashishinini
ko‘rsatamiz, shunday qilib biz qarama-qarshilikka kelamiz.
Har qanday natural
k va x>0 uchun,
x
1+kx ≥ x
k+kx = x
1+x⋅1
k tengsizlik
o‘rinli, shuning uchun
∑
k=0
n x
1+kx = x+x
1+x+x
1+2x+...+x
1+nx ≥ x+x
1+x⋅1
1+x
1+x⋅1
2+...+x
1+x⋅1
n=
¿x+x
1+x(1+1
2+1
3+...+1
n)
1+1
2+1
3+...+1
n
g armonik qator n oshganda cheksiz o‘sadi (ma’lum fakt), shuning
uchun
lim
n→∞∑
k=0
n x
1+kx =∞ uzoqlashuvchi. Shuni isbotlash talab qilingan edi.
17-misol .

f(x)− 1
2 f(
x
2)= x− x2
29

f unksional tenglamani qanoatlantiruvchi har qanday chekli oraliqda chegaralanganf(x)
ni toping.
Yechi sh .
x= 0 ⇒ f(0)=0 ;
1
2
f(
x
2)− 1
4
f(
1
4)= 1
2(
x
2(
x
2)
2
)= x
4
− x2
8
,
1
4
f(
x
4)− 1
8
f(
1
8)= 1
4(
x
4(
x
4)
2
)= x
42− x2
82 …
1
2nf(
x
2n)− 1
2n+1f(
x
2n+1)= 1
2(
x
2(
x
2)
2
)= x
4n− x2
8n
,
f(x)− 1
2n+1f(
x
2n+1)= x(1+1
4+ 1
42+...+ 1
4n)− x2
(1+1
8+ 1
82+...+ 1
8n)
f(x)
ning uzluksizlikdan va f(0)= 0 foydalan ib x→ ∞ da limitga o‘tsak
f(x)= 4
3x− 8
7x2
ni olamiz.

18-misol . Uzluksiz funksiyalar sinfida

f(x)= 4
3x− 8
7x2 (18)
funksional tenglamani yeching.
Yechi sh .
x→ x− 1
2 ni almashtir ishni bajarib , biz

f(2x+1)+ 1
27 f(
x−3
4 )= 1
3 f(
x−1
2 )+x−1
2
(19)
n i olamiz.
(18) tenglamani
1
3 ga ko‘paytirilgan (19) tenglama bilan qo‘shib
30

f(2x+1)+ 1
27 f(
x−3
4 )= 7x−1
6ni olamiz.
Bu tenglama (10) tenglamaga o‘xshab yechiladi.
2х+1 ni
х−3
4 ga
o‘tkazadigan almashtirishni topamiz. Buning uchun biz
2x+1= t−3
4 deb olamiz .
Bu yerdan.
x= t− 7
8 . n marta x→ x− 7
8 almashtirishni amalga oshirgandan so‘ng,
biz tenglamalar sistemasini olamiz, undan

f(2x+1)+(−1)n 1
33(n+1)f(
x− 23n+2+1
23n+2 )= 7x−1
6 +...+(−1)n7x+7− 23(n+1)
63n+1
Demak,
n→ ∞ f(2x+1)=36 x
31 −27
217 , yoki f(x)=18 x
31 −153
217 , bu esa tekshirish
orqali tasdiqlanadi.
1 . 3.4 -§ Differen s ia llash
Ayrim hollarda funksional tenglamaning yechimini topish uchun, albatta,
hosila mavjud bo‘lsa, tenglamaning ikkala qismini ham farqlash maqsadga
muvofiqdir. Natijada, noma’lum funksiyaning hosilasini ham o‘z ichiga olgan
funksional tenglamani olamiz. Bu tenglamani hosilaga nisbatan yechamiz. U holda
noma’lum funksiya topilgan hosila uchun antiderivativlardan biridir. Bu usul
differensiallanuvchi funksiyalar sinfida Koshi tenglamasini yechimda allaqachon
qo‘llanilgan.
19-misol. Uzluksiz hosila ga ega funksiyalar sinfida

f(3x+2)=3f(x) , x∈R . (20)
31

tenglamaning yechimini toping.
Yechish. Tenglamani limitga o‘tish usuli bilan yechimga urinishlar kerakli
natijaga olib kelmaydi. Chap va o‘ng qismlar x ning funksiyalari hisoblanadi.
Ular teng, shuning uchun ularning
x bo‘yicha hosilalari ham tengdir. Biz
diffrensiallaymiz va qisqartirishdan keyin
f'(3x+2)=3f'(x) ga ega bo‘lamiz.
Ushbu tenglamani endi limitga o‘tish usuli bilan hal qilish mumkin.
x→ x− 2
3
almashtirishni bajarib , biz tengliklar zanjirini olamiz
f'(x)= f'(
x−2
3 )= f '(
x−8
9 )= ...= f'(
x−3n+1
3n )

n→ ∞ da ning f'(x) uzluksizligini hisobga olgan holda
f'(x)= limn→∞ f'(
x−3n+1
3n )= limn→∞f '(
x+1
3n +1)= f'(−1)
ga ega bo‘lamiz.
Shunday qilib,
f'(x)=k bu yerda k= f'(−1) . Boshlang‘ich funksiya
f(x)=kx +b
. (20) ga x=−1 ni qo‘yib , f(−1)=0 ni olamiz. Bundan tashqari,
f(−1)=−k+b
, ya’ni k= b .
Ixtiyoriy
k da f(x)=k(x+1) shartni qondirishini tekshirish oson.
20-misol .

f(x)= f(x)+f(y)
1− f(x)⋅f(y) (21)
funksional tenglamani qanoatlantiradigan barcha haqiqiy
differen s iallanuvchi funksiyalarni toping.
Yechi sh .
f berilgan tenglama ni qanoatlan tir sin. U holda ,
32

f(x)= f(x)+f(0)
1− f(x)⋅f(0)ya’ni
f(0)[1+f2(x)]=0 , va shuning uchun f(0)=0
Almashtirishlardan so‘ng, biz

f(x+h)− f(x)
h = f(h)
h ⋅ 1+f2(x)
1− f(x)f(h)
(22)
ga ega bo‘lamiz, bundan kelib chiqadiki,
lim
n→∞
f(h)= 0 hisobga olinsa

f(x)=C(1+f2(x))
(23)
b u yerda
С= f'(0) .Demak,
∫
0
f(x) dy
1+y2=∫
0
x
Cdx +C1
, arctgf (x)=Cx +C1 , f(x)=tg (Cx +C1) .
f(0)=0
shart C1=0 ekanligini bildiradi , ya’ni f(x)=tgCx . Shubhasiz, tgCx
ko‘nrinishdagi barcha funksiyalari masalaning shartiga mos keladi.
21-misol .
f'(x)+xf (− x)=ax x∈R , a−const .
tenglamani qanoatlantiruvchi
f(x) funksiyani toping.
Yechish.
f'(− x)−xf (x)=−ax . Ya ngi funksiyalarni kiritamiz
F(x)= 1
2(f(x)+f(−x))
, G(x)=1
2(f(x)− f(−x)) .
Ravshanki
F(x) -f unksiya juft, G(x) esa toq funksiya bunda
f(x)=F(x)+G(x)
. F(x) va G(x) ya ngi funksiyalar ga nisbatan
G '(x)−xG (x)=0
, F '(x)+xF (x)=ax , G '(x)=Ce
x2
2 , F '(x)=a+Ae
−x2
2 .
33

tenglamani olamiz vaG(−x)=−G(x) bo‘lgani uchun G(x)=0 i F (x)= a+Ae
−x2
2 : , ,
To‘g‘ridan-to‘g‘ri tekshirish orqali biz har qanday
a sonlar uchun ishonch
hosil qilamiz
f(x) berilgan tenglamaning yechimidan iborat.
Shunday qilib, funksional tenglamaning yechimini izlash yechim
izlanayotgan funksiyalar sinfiga kuchli bog‘liqdir. Funksional tenglamalarni
yechimning ba’zi usullarini ko‘rib chiqdik. Funksional tenglamalar nazariyasida
ko‘pgina amaliy masalalarni yechimda qo‘llaniladigan ayirmali tenglamalar
alohida o‘rin tutadi.
II -BOB . FUNKSIONAL TENGLAMALAR YORDAMIDA ASOSIY
ELEMENTAR FUNKSIYALARNI ANIQLASH
Turli xil matematik masalalarni hal qilishda ba’zi funksiyalar boshqalarga
qaraganda tez-tez ishlatiladi. Shubhasiz, bu funk s iyalar eng ko‘p o‘rganilgan va
elementar funksiyalar deb ataladi. Elementar funk s iyalar orasida asosiy elementar
funk s iyalar ajratiladi.
Funk s iyalar
y=c
, bu ye rda c - o‘zgarmas ,
34

y= xa (darajali),

y=ax ( a>0 , ko‘rsatkichli),

y=log ax ( a>0,a≠1 , logarifmik),

y=sin x,y=cos x,y=tgx ,y=ctgx (trigonometrik),
y=arcsin x,y= arccos x,y= arctgx ,y=arcctgx
(teskari trigonometrik),
asosiy elementar funksiyalar deyiladi.
Chekli sondagi arifmetik amallarni o‘z ichiga olgan formula yordamida
berilishi mumkin bo‘lgan har qanday funksiya elementar funksiya deyiladi.
Masalan:
|x|=√x2 , y= x+|x|
1+x2 , elementar funksiyalar.
Elementar funksiyalarni ko‘rib chiqib, ularni funksional tenglamaning
yechimi sifatida belgilaymiz. Ushbu bob Funksional tenglamalar yordamida asosiy
elementar funksiyalarni aniqlashga bag‘ishlangan.
2.1.1-§. Chiziqli funksiya.
Chiziqli funksiyani aniqlash uchun biz funksional tenglama tuzamiz, uning
yagona yechimi
y= f(x)=kx chiziqli funksiyadir.
Chiziqli funksiyaning ikki xil qiymatining farqi va yig‘indisini topamiz:
y1= f(x1)= kx 1
va y2= f(x2)= kx 2 .

y1+y2= k(x1+x2) (24)
35

y1− y2= k(x1− x2)
(25)
(24) tenglamani funk s ional

f(x1)+ f(x2)= f(x1+x2) (26)
tenglama ko‘rinishida yozamiz.
(25) tenglikka asoslangan ikkinchi funksional tenglamani tekshiramiz.

f(x1)− f(x2)= f(x1− x2)
(27)
(27) tenglamani (26) tenglamadan olish mumkinligini isbotlaylik. (26)
tenglamaning har qanday yechimi toq funksiya ekanligiga ishonch hosil qilaylik.
Buning uchun (26) tenglamada
х2 o‘rniga х1 ni qo‘yamiz. Chiziqli funk s iya
ko‘rinishidan kelib chiqadigan
f(0)=0 faktdan foydalanamiz: . Shunday qilib, biz
− f(x1)= f(−x1)
ekanligini isbotlaymiz. Keyin (26) tenglamada yana x
2 ni x
1 bilan
almashtiri b , (27) tenglamani olamiz. Demak, (26) tenglamaning har bir yechimi
(27) tenglamaning yechimidir. (27) tenglamani (26) tenglama shakliga keltirish
mumkinligini isbotlay miz .
Yuqoridagi mulohazalardan kelib chiqadiki, (26) va (27) tenglamalarning
yechimlari to‘plami ustma-ust tushadi, shuning uchun bu tenglamalar teng
kuchlidir.
1-ta’rif .
D t o‘plamda bir xil yechimlar to‘plamiga ega bo‘lgan barcha
funksional tenglamalar to‘plami ushbu to‘plamdagi funksional tenglamalar sinfi
deb ataladi.
Chiziqli funksiyani aniqlaydigan tenglamalar sinfidagi barcha tenglamalar
ekvivalent bo‘lganligi sababli, tenglamalar sinfini har qanday tenglama bilan
belgilash mumkin, masalan, tenglama (26) bilan ham.
36

2-ta’rif . D t o‘plamdagi Funksional tenglamalar sinfining yechimi deb D
to‘plamdagi sinfning har bir tenglamasining yechimi bo‘lgan funksiyani ataymiz.
Chiziqli funksiyani funksional tenglamalar sinfi (26) yechimi sifatida
aniqlash mumkinligini isbotlaymiz.Chiziqli funksiyani yagona yechim sifatida
ajratib ko‘rsatish uchun oldindan berilgan xossalarga ega bo‘lgan yechimni
izlaymiz:
1)
f(x) - (− ∞ ;+∞) oraliqdagi uzluksiz funksiya;
2)
f(x)=k , k - ixtiyoriy haqiqiy son.
Dastlab (26) funksional tenglamaning har qanday yechimi
y= f(x) shunday
ekanligini isbotlaymiz:
a )
f(0)=0 (26) tenglama da y= x=0 deb qabul qilib, f(0)=2f(0) ni
olamiz. Bu tenglik faqat bitta holatda
f(0)=0 bo‘lganda o‘rinli ;
b)
f(x)=− f(− x) . f(− x)=(f(− x)+f(x))− f(x)= f(0)− f(x)=− f(x) bo‘lgani
uchun
f(x)=− f(− x) . X ixtiyoriy bo‘lgani uchun y= f(x) funksiya toq.
1-teorema . (26) funksional tenglamalar sinfining 1), 2) shartlardagi yechimi
chiziqli funksiyadir.
Isbot. Har qanday haqiqiy
x da Koshi usuli bilan f(x)=kx ekanligini
isbotlaymiz. Avval bu tenglikni
x∈N lar uchun isbotlaymiz. (24) tenglamada
ketma-ket u ni
x,2x,3x , …, ga teng deb faraz qilsak, biz quyidagilarni olamiz:
f(2x)= f(x+x)= f(x)+f(x)=2f(x)
,
f(3x)= f(x+2x)= f(x)+f(2x)=3f(x)
,
f(4x)= f(x+3x)= f(x)+f(3x)=4f(x)
,
37

……………………….
Ushbu tengliklarda ko‘rinadigan qonuniyatlar
f(nx )=nf (x) (28)
ko‘rinishdagi gipotezasini ilgari surishga imkon beradi
Bu yordamchi tenglama. Buni matematik induk s iya usuli bilan isbotlay miz.
n=1
uchun (28) tenglik ravshan . Faraz qilaylik (28) tenglik qandaydir natural n
son uchun o‘rinli va keyingi natural son
n+1 uchun uning o‘rinliligini isbotlaymiz.
f((n+1)x)= f(x)+f(nx )= f(x)+nf (x)=(n+1)f(x)
bo‘lgani uchun tasdiq isbotlandi.
(28) tenglikda
x=1 deb faraz qilib, f(nx )=nf (1) ni yoki olamiz
f(n)= kn
, (29)
bu yerda
k= f(1) . Shuning uchun f(x)=kx tenglik x∈N uchun to‘g‘ri.
Endi
x= r= m
n - har qanday musbat ra s ional son bo‘lsin. U holda (28)
tenglik da
x= m
n deb olib ,
f(m)=nf (
m
n) yoki f(
m
n)= 1
n f(m) ni olamiz; (29)
tenglikni hisobga olgan holda
f(
m
n)= 1
n f(m)= km
n ni topamiz. Demak, f(x)=kx
tenglik
x∈Q+ uchun to‘g‘ri.
b) xossaga ko‘ra
f(
m
n)=− f(− m
n) , demak, f(
m
n)= k(− m
n) . Demak,
f(x)=kx
tenglik x∈Q− uchun ham to‘g‘ri, shuning uchun ham barcha x∈Q lar
uchun ham to‘g‘ri. Endi
x -ixtiyoriy haqiqiy son bo‘lsin. U holda shunday (rn)
38

ra s ional sonlar ketma-ketligi mavjud ki n→ ∞ da (rn)→ n . I sbotlanganiga ko‘ra,
f(rn)=krn
, u holda, bu tenglik da n→ ∞ da limitga o‘tsak (bu f(x) funksiyaning
uzl u ksizligi tufayli mumkin), biz
lim
n→∞
f(rn)=klim
n→∞
rn yoki f(x)=kx ni olamiz.
Yuqoridagi mulohazalardan funksional tenglama yechimining o‘ziga xosligi
kelib chiqadi, chunki bu yechim berilgan ko‘rinishda ifodalanishi mumkin.
3-ta’rif . (26) tenglama sinfini 1) va 2) shartlar bajarilganda chiziqli
funksiyani aniqlaydigan tenglamalar sinfi deb ataymiz.
Ch iziqli funksiyaning keyingi x ossalarini o‘rganamiz.
Chiziqli funksiyaning monotonligini o‘rganamiz. (27) tenglamada
x1= x+Δx ,
Δx >0
, x2= x . deb olamiz ,u holda f(x+Δx )− f(x)= f(x)+ f(Δx )− f(x)= f(Δx )=kΔx
yoki
f(x+Δx )− f(x)=kΔx (30), tenglamani olamiz.
Agar
k>0 bo‘lsa, (30) tenglikning o‘ng tomoni noldan katta (kΔx <0) va
shuning uchun
f(x+Δx )− f(x)>0 , ya’ni f(x) funksiya o‘sadi.
Agar
k<0 bo‘lsa, (30) tenglikning o‘ng tomoni noldan kichik (kΔx <0) va
demak,
f(x+Δx )− f(x)<0 , ya’ni f(x) funksiya qat’iy kamayadi.
Biz chiziqli funksiyaning chegaralanganligini o‘rganamiz. Argument
cheksizlikka moyil bo‘lganligi sababli chiziqli funksiyaning chegaralarini topamiz,
chunki argumentning har bir chekli qiymati uchun chiziqli funksiya ham chekli
qiymatni oladi. Tenglikda (28)
x→ ∞ da limitga o‘tsak,
ga ega bo‘lamiz .
Shunga o‘xshash :
39

Uzluksizlik talabi bo‘lganda, (26) tenglamalar sinfi (26) o‘z yechimi sifatida y= f(x)=kx
elementar funksiyalarning ma’lum bir ko‘rinishiga ega bo‘ladi .
4-t a’rif . (26) f unksional tenglamalar sinfining 1) va 2) shartlardagi yechim i
chiziqli funksiya deyiladi va
f(x)=kx deb belgilanadi.
2.1.2-§. Ko‘rsatkichli funksiya
Yechimi ko‘rsatkichli funksiyani bir qiymatli aniqlaydigan funksional
tenglamani tuzamiz. Buning uchun biz quyidagi tenglikdan foydalanamiz:
(31)
ax1
ax2=ax1−x2
( 3 2)
ax1+ax2= ax1(1+ax2−x1)
(3 3 )
ax1−ax2=ax1(1−ax2−x1)
( 3 4)
(31) - (34) tenglamalarga mos keladigan to‘rtta funksional tenglamani
yozamiz va ularni mos ravishda (35) - (38) deb nomerlaymiz .
f(x1)f(x2)= f(x1+x2)
(35)
f(x1)/f(x2)= f(x1−x2)
(36)
f(x1)+f(x2)= f(x1)(1+f(− x1+x2))
(37)
f(x1)− f(x2)= f(x1)(1− f(− x1+x2))
(38)
(35) - (38) tenglamalar ekvivalent bo‘lgani uchun (35) tenglamalar sinfini
o‘rganamiz. Ushbu tenglamaning quyidagi shartlar ni qanoatlantiradigan yechim ini
ko‘rib chiq amiz :
1)
f(x) - (−∞;+∞) intervaldagi uzluksiz funksiya;
40

2) f(x) aynan nolga teng emas;
3)
f(1)=a (a>0,a≠1) .
2-te orema . (35) f unksional tenglamalar sinfining 1) – 3) shartlardagi
yechimi
f(x)=ax ko‘rinishga ega.
Isbot. Teorema shartiga ko‘ra,
f(x) funksiya aynan nolga teng emas,
shuning uchun shunday
x0 qiymat mavjudki, f(x0)≠0 . y= x0− x deb
belgilaymiz. Bu ko‘rsatilgan
y ni (35) tenglamaga qo‘yamiz.
f(x)f(x0−x)= f(x0)≠0
ni olamiz, x ning ixtiyoriyligi tufayli f(x) funksiya har
qanday
x uchun nolga teng emas. Bundan tashqari, f(x)>0 f(x)>0 chunki
f(x)=(f(
x
2))
2
. Keyinchalik, biz o‘rta maktabdagi logarifm ta’rifidan
foydalanamiz. (35) tenglamaning logarifmini olamiz
ln f(x+y)=ln f(x)+ln f(y) .
Yangi funksiyani
ϕ(x)=ln f(x) kiritiamiz . ϕ(x) f unksiya uzluksiz, chunki uzluksiz
funksiyalar kompozisiyasidan iborat va ta’rifi bo‘yicha
ϕ(x+y)=ϕ(x)+ϕ(y)
tenglamani qanoatlantiradi.
Yechimi 1) – 3) shartlarni qanoatlantiradigan, faqat chiziqli funksiya bo‘lgan
tenglama olindi, shuning uchun
ϕ(x)=ln f(x)=cx , s - ixtiyoriy o‘zgarmas.
Logarifmning ta’rifi bo‘yicha
f(x)=ecx . (a>0,a≠1) bo‘lgani uchun , ec= a deb
belgilashimiz mumkin. Teorema isbotlandi.
Matematik induksiya usuli bilan har qanday
n uchun

f(nx )= fn(x) . (39)
Tenglik o‘rinli bo‘lishini isbotlaymiz.Darhaqiqat,
n=1 da bu tenglik
ravshan. Biz buni qandaydir
n natural son uchun to‘g‘ri deb hisoblaymiz va
41

keyingi (n+1) natural son uchun uning to‘g‘riligini isbotlaymiz. f((n+1)x) ni
qaraymiz . (35) tenglamadan

f((n+1)x)= f(nx +x)= f(nx )f(x)= fn(x)f(x)= fn+1(x)
n i olamiz, shuni isbotlash talab qilingan edi.
x= 1
da (39) tenglik argumentning natural qiymatlari uchun f(x)
funksiya qiymatini beradi:
f(n)= fn(1) yoki f(n)=an . (35) tenglikda x= m
n deb
faraz qilsak,
f(m)= fn
(
m
n) yoki f(
m
n)= a
m
n ni olamiz, ya’ni
x argumentning
musbat qiymatlari uchun
f(x) funksiya qiymatlarini oldik.
f(− x)= 1
f(x) bo‘lgani
uchun u holda

f(− m
n)= 1
f(
m
n)
= 1
a
m
n
= a
−m
n .
Shunday qilib,
x argumentning har qanday rasional qiymati uchun biz
f(r)=ar
ga ega bo‘lamiz . Endi x - har qanday haqiqiy son bo‘lsin va (rn) - x ga
yaqinlashuvchi rasional sonlar ketma-ketligi bo‘lsin. Lekin isbotlanganidek
f(r)= arn
. Bu tengsizlikda n→ ∞ da limitga o‘tib va f(x) funksiya uzluksiz
ekanligini hisobga olsak,

f(x)= limn→+∞f(x)= f(limn→+∞rn)= limn→+∞arn=a
limn→+∞rn=ar
ni olamiz. Teorema isbotlan di .
5-t a’rif . (35) tenglamalar sinfi 1) – 3) shartlarda ko‘rsatkichli funksiyani
aniqlaydigan tenglamalar sinfi deyiladi.
42

(35) f unksional tenglamalar sinfining yechimi sifatida berilgan ko‘rsatkichli
funksiyaning xossalarini o‘rganamiz. A vval ushbu sinf yechim larining bir nechta
xossalarini aniqlaymiz. f(x) - sinfning i xtiyoriy yechim i bo‘lsin.
a )
f(x)>0 . Teorema shartiga ko‘ra, shunday x0∈(−∞;+∞) mavjud ki
f(x0)≠0
. U holda har qanday uchun (35) tenglamaga asos an
f(
x
2)⋅f(x0− x
2)= f(x0)≠ 0
g a ega bo‘lamiz. Bundan
f(
x
2)≠ 0 demak , f(x)= f(
x
2+ x
2)= f2
(
x
2)>0 .
Funksiya qiymatlari to‘plami tushunchasidan foydalangan holda isbotlangan
xossani ifodalaymiz.
b)
f(0)=1 . f(x)= f(x+0)= f(x)+ f(0) va f(x)>0 , bo‘lgani uchun u holda
f(0)=1

v )
f(−x)= 1
f(x) .
(35) tenglama da
y=− x deb o lib, f(0)= f(x)f(−x) yoki f(x)f(−x)=1 ni olamiz.
Binobarin,
f(−x)= 1
f(x)
g ) Ko‘rsatkichli funksiyani monotonlik ka tekshiramiz. (35) tenglamada ,
x1= Δx
, x2= x , deb faraz qilsak, f(x+Δx )= f(x)f(Δx ) ni olamiz.

f(x+Δx )− f(x)= f(x)(f(Δx )−1)
(40)
a yirmani almashtiramiz
43

a> 0, Δx > 0 bo‘lsin. Bunda (40) tenglikning o‘ng tomoni musbat va
demak,
f(x+Δx )− f(x)>0 . Shunday qilib, f(x) funksiya (−∞;+∞) intervalda
qat’iy o‘sadi. Xuddi shunday,
f(x) funksiyaning 0<a<1 da (−∞;+∞) oraliqda
qat’iy kamayishi isbotlanadi.
e) ko‘rsatkichli funksiyani chegaralanganligini tekshiramiz.
f(x)
f unksiyaning
x→± ∞ dagi limitik qiymatlarini topamiz. f(x) f unksiyaning
uzluksizligini va uning
(−∞;+∞) intervalda qat’iy o‘sishi (kamayishi) ni hisobga
olib, butun sonlar to‘plamidagi funksiya limitlarini ko‘rib chiqamiz.

f(n)=an bo‘lgani uchun a>0 da limn→+∞f(n)= limn→+∞an=+ ∞ , 0<a<1 da
limn→+∞f(n)= limn→+∞an=0
. Shuning uchun, a>0 da, lim
x→+∞
f(x)=+ ∞ , 0<a<1 da
lim
x→+∞
f(x)=0
. Xuddi shunday isbotlash mumkinki uchun , a>0 da lim
x→−∞
f(x)=0 ,
0<a<1
da lim
x→−∞
f(x)=+ ∞ .
6-t a’rif . (35) f unksional tenglamalar sinfining (35) 1) - 3) shartlardagi
yechimi ko‘rsatkichli funksiya deyiladi va
f(х)=aх bilan belgilanadi.
2.1.3 -§ Logarifmik funksiyaning ta’rifi
Logarifmik funksiyani aniqlaydigan tenglamalar sinfini aniqlash uchun biz
logarifmlarning xossalaridan foydalanamiz:

log ax1+log ax2=log ax1x2 (41)

log ax1− log ax2= log a
x1
x2 (42)
Tegishli funksional tenglamalarni tuzamiz

f(x1)+f(x2)= f(x1x2) (43)
44

f(x1)− f(x2)= f(
x1
x2) (44)
Olingan (43), (44) tenglamalarning ekvivalentligini isbotlaymiz.
Quyidagi shartlar ostida (43) tenglamani ko‘rib chiq amiz :
1)
f(x) - (0;+∞) oraliqda uzluksiz va intervalda o‘zgarmas farqli funksiya;
2).
f(a)=1 (a>0,a≠1) .
3-te orema 1), 2) shartlardagi funksional (43) tenglamalar sinfi yagona
yechim ga ega.
Isbot . Funksional tenglama yechimining yagonaligini isbotlash uchun
ixtiyoriy
f(x) yechim ni ko‘rib chiqamiz va o‘zgaruvchilarning almashtirishni
kiritamiz.
x= eξ (ξ=ln x) f ormulaga ko‘ra x ni ξ bilan almashtirsak, biz
ϕ(ξ)= f(eξ)= f(x)
ni olamiz. Xuddi shunday, ϕ(η)= f(eη)= f(y) ya’ni y= eη . Bunda
f(xy )= f(eξeη)= f(eξ+η)= ϕ(ξ+η)
. Yangi funksiyaga ega (43) tenglama ma’lum
shartlarda chiziqli funksiyani aniqlaydigan funksional tenglama ko‘rinishini oladi.
Bunda
ϕ(ξ) funksiya ikkita uzluksiz funksiyalarning kompozisiyasi sifatida
uzluksizdir va
ϕ(1)= f(e)=1
Shunday qilib, (43) tenglama uchun chiziqli funksiyani ta’rifi shartlari
bajariladi. Oldingi paragrafda ko‘rsatilganidek, bu holda (43) tenglama
ϕ(ξ)=kξ
yagona yechimga ega.
(43) funksional tenglama
ϕ(ξ)=kξ yagona yechimga ega va har bir funksiya
ϕ(ξ)
ga f(x) yagona funksiya mos kelganligi sababli, 1), 2) shartlarda (43)
funksional tenglama yagona yechimga ega. (43) tenglamaning ushbu yagona
yechimi logarifmik funksiyani ta’riflash uchun asos sifatida ishlatilishi mumkin.
45

ϕ(ξ)=kξ, k≠ 0 bo‘lgani uchun , va shuning uchun k= 1
ln а deb hisoblash
mumkin, ma’lumki
ξ= ln x , demak ϕ(ξ)= f(eξ)= f(x)= log ax .
Isbotlashning ikkinchi usuli ham mavjud. Funksional tenglama yechim ining
yagonaligini isbotlash uchun ixtiyoriy
f(x) yechimni qaraymiz va o‘zgaruvchilarni
almashtiramiz .
x= aξ (ξ= log ax) Formulaga ko‘ra x ni ξ bilan almashtirsak,
ϕ(ξ)= f(aξ)= f(x)
ni olamiz. Xuddi shunga o‘xshash ϕ(η)= f(aη)= f(y) , ya’ni
y= eη
Bundan f(xy )= f(aξaη)= f(aξ+η)= ϕ(ξ+η) . Yangi funksiya bilan (43)
tenglama ma’lum sharitlarda chiziqli funksiyani aniqlaydigan funksional tenglama
ϕ(ξ+η)= ϕ(ξ)+ϕ(η)
ko‘rinishini oladi. Bunda, ϕ(ξ) funksiya ikkita uzluksiz
funksiya kompozisiyasi sifatida uzluksizdir va
ϕ(1)= f(a)=1 .
Shunday qilib, (43) tenglama uchun chiziqli funksiyani aniqlash shartlarini
qanoatlantiradi. Oldingi paragrafda ko‘rsatilganidek, bu holda (43) tenglama
ϕ(ξ)=kξ
yagona yechim ga ega:
7-t a’rif. (43) f unksional tenglamalar sinfining yechimi logarifmik funksiya
deyiladi va 1) - 3) shartlar bajarilganda
f(x)=log ax (a>0,a≠1) bilan belgilanadi.
2.1.4 -§ Darajali funksiya ta’rifi
Bir xil ko‘rsaikichli darajaning x ossalarini esla tib o‘tamiz

xnyn=(xy )n (45)

xn
yn=(
x
y)
n (46)
Tegishli funksional tenglamalarni tuzamiz

f(x)f(y)= f(xy ) ( 47 )
46

f(x)
f(y)
= f(
x
y) (4 8 )
Olingan tenglamalarning ekvivalentligini isbotlaylik.
(47) f unksional tenglamani quyidagi shartlarda ko‘rib chiq amiz :
1)
f(x) - (0;+∞) intervaldagi uzluksiz funksi ya va o‘zgarmasdan farq li
2)
f(a)=b (a>0,a≠1,b>0,b≠1) .
4-te orema . 1), 2) shartlardagi (47) tenglamalar sinfi yagona yechim ga ega.
Isbot . Erkli
x va y o‘zgaruvchilarni va yangi ξ va η o‘zgaruvchilar bilan
va formulalar
ξ= log ax , η= log ay bo‘yicha almashtiramiz va
ϕ:f(aξ)=ϕ(ξ),f(aη)=ϕ(η)
funksiyani kiritamiz .
U holda (47) tenglamadan

ϕ(ξ+η)= f(aξ+η)= f(aξaη)= f(aξ)f(aη)=ϕ(aξ)ϕ(aη) kelib chiqadi, ya’ni ϕ(x)
funksiya
ϕ(ξ+η)= ϕ(ξ)+ϕ(η)
funksional tenglamani.
va
ϕ(1)= f(a)= b ( b>0,b≠1 ) shartni qanoatlantiradi
Ko‘rsatilgandek,
ϕ(ξ)=bξ ko‘rsatkichli funksiya ko‘rsatilgan shartlarda
ushbu tenglamaning yagona uzluksiz yechimidir.
Shuning uchun (47) tenglamaning yagona uzluksiz yechimi
f(x)= blog ax= (alogab)log ax= (alog ax)logab= xlog ab= xμ
funksiya bo‘ladi.
Shunday qilib,
f(x)= xμ , bu yerda μ= log ab
47

8-t a’rif. 1), 2) shartlardagi (47) funksional tenglamalar sinfining (0;+∞)
interval dagi uzluksiz yechimi darajali funksiya deyiladi va
f(x)= xμ bilan
belgilanadi.
Funksional tenglamalar sinfi yechim larining xossalarini o‘rganamiz.
a )
f(1)=1 . Haqiqatan ham, tenglamada x= y=1 deb faraz qilsak, biz
f(1)=(f(1))2
ni olamiz. Bundan , yo f(1)=1 , yoki f(1)=0 . Lekin agar f(1)=0
bo‘lsa , u holda har qanday
x∈(0;+∞) uchun f(1)=0 ,. Haqiqatdan , f(1)=0 bo‘lsin U
holda
f(x)= f(x1)= f(x)f(1)=0 . . Demak f(1)≠0 va f(1)=1 .
b)
f(
1
y)= 1
f(y) ,
f(1)= f(
1
yy)= f(
1
y)f(y)=1 bo‘lgani uchun u holda
f(
1
y)= 1
f(y)
g ) Agar
x1>0 bo‘lsa, u holda f(x1)≠0 I sbot qilaylik, agar x1>0 bo‘lsa
f(x1)≠0
Buning aksini faraz qilaylik. x1>0 va f(x1)=0 . Lekin u holda har qanday
x∈(0;+∞)
uchun. Bizda:
f(x)= f(x1
x
x1)= f(
x
x1)f(x1)=0 , bu mumkin emas, chunki
1-shartga ko‘ra funksiya o‘zgarmasdan farq li .
d )
f(x) funksiyaning barcha qiymatlari musbat.
f(x)= f(√x√x)= f(√x)f(√x)=(f(√x))2
bo‘lgani uchun barcha qiymatlar musbat.
ye) Agar
a≠0 bo‘lsa, u holda f(a)≠0 I sbot qilaylik, agar a≠0 bo‘lsa. f(a)≠0
Buning aksini faraz qilaylik. Biror
a≠0 uchun f(a)=1 bo‘lsin . Lekin u holda
f(an)=(f(a))n=1
. f(ana−n)= f(1)=1 te nglikdan f(an)f(a−n)=1 ga ega bo‘lamiz va
demak
f(a−n)= 1
f(an) .
48

Bundan tashqari, biz f(n√an√a...n√a)= f(a)=1 tenglikdan (f(a−n))n=1 ni olamiz
va demak,
f(a−n)=1 . Nihoyat, f(ar)= f(a
m
n)=(f(a
1
n))
m
= 1(r∈Q ) . Ammo u holda
har qanday haqiqiy
x>0 uchun f(x)= f(alog ax)=1 ning uzluksizligi tufayli log ax
ga yaqinlashuvchi
(rn) ra s ional sonlar ketma-ketligi mavjud ki f(x)= f(alog ax)=1 ,
bu mumkin emas, shuning uchun
f(a)=b≠1 .
Shunday qilib, biz asosiy elementar funksiyalarni ko‘rib chiqdik, funksional
tenglamalar yordamida elementar funksiyalarning ta’rifini tuzdik.
2. 2 -§ . Funksional tengsizliklar
Bir yoki bir necha o‘zgaruvchili funksiyalarga bog‘liq tengsizliklarni
o‘rganishga murojaat qilaylik. Bunday tengsizliklar bilan bog‘liq muammolar
ikkita katta sinfga bo‘linadi. Ba’zi masalalarda ikkita funksiya berilgan ma’lum bir
sohada ularning qiymatlari berilgan tengsizlikni qanoatlantirishini isbotlash talab
qilinadi. Bunday holda, tengsizlik ushbu sohada aynan ekanligini aytamiz. Bunday
masalalar tengsizliklarni isbotlash masalalari deb ataladi.
Ikkinchi turdagi m asalalar boshqa shaklga ega. Bu ye rda funk s iyalar
o‘rtasidagi tengsizlik berilgan va argumentning tengsizlikni qanoatlantiruvchi
barcha qiymatlarini (yoki funk s iyalar bir nechta o‘zgaruvchilarga bog‘liq bo‘lsa,
49

argumentlarni ng ) topish kerak. Bunday masalalarni tengsizliklarni yechish
masalalari deb nomlaymiz.
Tengsizliklar nazariyasi ko‘p jihatdan tenglamalar nazariyasiga o‘xshaydi.
Muhim farq shundaki, tenglama, qoida tariqasida, chekl i yechim lar to‘plamiga ega.
Bi r noma’lum li tengsizliklarning yechimlari haqiqiy son o‘qidagi butun oraliqlar ni
to‘ldiradi. Ko‘p noma’lumli tengsizliklar uchun biz yechim sifatida tekislikdagi,
fazodagi va hokazo sohalarni olamiz.
Tengsizliklar sistemasi va tengsizliklar jamlanmalari tushunchalari xuddi
tenglamalardagi kabi aniqlanadi. Ya’ni, biz tengsizliklar sistemasi
berilgan deymiz, agar bu barcha tengsizliklarni qanoatlantiradigan x ning barcha
qiymatlarini topish kerak bo‘lsa. Agar tengsizliklardan kamida bittasini
qanoatlantiriladigan x ning barcha qiymatlarini topish kerak bo‘lsa, tengsizliklar
jamlanmasi (bir noma’lumli) berilgan deb aytiladi. Tengsizliklar jamlanmasi
quyidagicha belgilanadi :
Avvalo funksional tengsizliklar nazariyasining ba’zi umumiy masalalarini ko‘rib
chiqamiz.
1. Tengsizliklar ning natijalari .
(1)
te ngsizliklar sistemasi berilgan bo‘lsin
50

Biz
(2)
tengsizlikni (1) tengsizliklar sistemasi natijasi deymiz, agar u barcha
tengsizliklarni (1) qanoatlantiradigan har qanday x uchun o‘rinli bo‘lsa. Boshqacha
qilib aytganda, agar barcha tengsizliklar (1) da o‘rinli bo‘lsa, ularning natijasi (2)
da ham o‘rinli bo‘lishi kerak.
Ushbu ta’rifni quyidagicha shakllantirish mumkin. fk(x)<Fk(x) , tengsizlikni
qanoatlantiriladigan nuqtalar to‘plamini
N k bilan, M bilan esa (2) -tengsizlik
bajariladigan nuqtalar to‘plamini belgilaymiz. (2) tengsizlik (1) tengsizliklar
sistemasining natijasi bo‘ladi, agar M barcha N
k to‘plamlarning kesishmasini o‘z
ichiga olsa.
Darhaqiqat,
N1,N 2,… ,N n to‘plamlarning kesish masi barcha tengsizliklarni (1)
qanoatlantiruvchi sonlardan iborat. Shuning uchun, agar (2), (1) tengsizliklar
sistemasining natijasi bo‘lsa, u holda u kesishi ma barcha nuqtalarida ham
bajariladi . va bu N
1 , N
2 , … , N
n ni anglatadi .
Ko‘pincha tengsizliklarning natijalari haqida quyidagi tasdiqlardan
foydalanishga to‘g‘ri keladi.
2.3.1-te orema . Agar biror A to‘plamda
(3)
v a
(4)
tengsizliklar bajarilsa, u holda A da
(5)
51

tengsizlik bajariladi.
Isbot . a - A to‘plamdagi son bo‘lsin. U holda

sonli tengsizliklar o‘rinli.
Shunday qilib, quyidagi tengsizlik o‘rinli bo‘ladi:

Bu a ∈ Ada (5) tengsizlik o‘rinli ekanligini ko‘rsatadi. Demak, (5) - (3) va (4)
ning natijasi ekan.
Quyidagilar ham xuddi shunday isbotlanadi.
2.3.2-te orema . Biror A to‘plamda
v a
tengsizliklar bajarilsin
U holda bu to‘plam da
tengsizlik o‘rinli bo‘ladi.
2. Teng kuchli tengsizliklar.
Biz quyidagi ta’rifni kiritamiz.
Ta’rif 1 . Ikkita
52

va
tengsizliklar teng kuchli deyiladi, agar tengsizlikni (1) qanoatlantiruvchi har bir
son (2) tengsizlikni ham qanoatlantirsa, (2) ni qanoatlantiruvchi har bir son (1) ni
ham qanoatlantirsa (xususan, agar ikkala tengsizlikning yechimlari to‘plami bo‘sh
bo‘lsa).
Boshqacha qilib aytganda, ikkita tengsizlik, agar ularning har biri
ikkinchisining natijasi bo‘lsa, teng kuchli hisoblanadi.
Ikkala tengsizlikning teng kuchliligini aniqlash uchun quyidagi
teoremalardan foydalaniladi.
2.3.3-teorema φ ( x )
funksiya x ning barcha mumkin bo‘lgan qiymatlari
uchun aniqlangan bo‘lsin. U holda
va
te ngsizliklar teng kuchli.
Bu teoremani isbotlash uchun f(a)<F(a) dan
(5) dan esa
f(a)<F(a) kelib chiq ishini nazarda tutishini ta’kidlash kifoya
2.3.1 -teorema dan tengsizliklarda hadlarni o‘tkazish quyidagi qoida si kelib
chiqadi :
(6)
va
53

(7)
tengsizliklar teng kuchli .
Darhaqiqat, (7) dan (6) − φ ( x )
funksiyaning ikkala qismiga qo‘shish orqali
olinadi.
Bu natijadan a har qanday f(x)<F¿ tengsizlik F ( x ) − f ( x ) > 0
ko‘rinishdagi
tengsizlikka teng kuchli ekanligi kelib chiqadi.
Quyidagi teorema ham xuddi shunday isbotlan adi.
2.3.4 -teorema.
(8)
va
(9)
te ngsizliklar teng kuchli.
(10)
va
(11)
tengsizliklar ham teng kuchli.
Nihoyat, quyidagi teoremani isbotlaymiz.
2.3.5 -te orema . φ ( x )
funksiya x ning barcha mumkin bo‘lgan qiymatlari
uchun aniqlan gan va musbat bo‘lsin. U holda
(12)
v a
(13)
54

te ngsizliklar teng kuchli.
Isbot. a (12) tengsizlikni qanoatlantiruvchi son bo‘lsin: f(a)<F(a) . Bu
tengsizlikning ikkala tomonini
φ(a) ga ko‘paytiramiz. φ ( a ) > 0
bo‘lgani uchun
tengsizlik ishorasi o‘zgarmaydi.
ni olamiz
Bu shuni ko‘rsatadiki, a (13) tengsizlikni qanoatlantiradi va shuning uchun
(13) - (12) ning natijasidir. Xuddi shunday (12) - (13) ning natijasi ekanligi
isbotlan adi . Buning uchun (13) tengsizlikning ikkala qismini 1
φ ( a ) musbat songa
ko‘paytirish kifoya.
Agar φ ( x )
funksiyasi x ning barcha mumkin bo‘lgan qiymatlari uchun
aniqlangan bo‘lsa va manfiy bo‘lsa, u holda tengsizlik
tengsizlikka teng kuchli bo‘ladi.
Umumiy holda, mumkin bo‘lgan qiymatlar to‘plamini uchta qism to‘plamga
bo‘lish kerak: φ
( x ) < 0
bo‘lgan, φ ( x ) > 0
bo‘lgan, φ ( x ) = 0
bo‘lgan nuqtalar to‘plamlari
Biz bir o‘zgaruvchili tengsizlik uchun teng kuchlilik teoremalarini
isbotladik. Bu teoremalar bir nechta o‘zgaruvchili tengsizliklar uchun ham to‘g‘ri
bo‘lib qoladi.
3.Tengsizliklarni isbotlash.
Tengsizliklarni isbotlash uchun quyidagi ikkita usuldan biri qo‘llaniladi.
1) Isbot qilinadigan tengsizlikdan boshlab va aniq tengsizlikka erishguncha
uni ketma-ket ekvivalent tengsizliklar bilan almashtiriladi. Har bir bosqichda
55

berilgan tengsizlikka teng kuchli bo‘lgan tengsizlik olinganligi sababli, bu
tengsizlikning o‘rinliligi isbotlanadi.
2) Qandaydir aniq tengsizlikdan kelib chiqiladi va isbotlanishi kerak bo‘lgan
tengsizlikka kelguniga qadar uni tengsizlik-natijalar bilan almashtiriladi. Biz
bilamizki, f ( x ) ≥ g ( x )
tengsizlik f(x)− g(x)≥0 tengsizlikka teng kuchli. Demak,
f ( x ) ≥ g ( x )
tengsizlikning isboti tengsizlikning chap va o‘ng tomonlar orasidagi
ayirmaning musbatligini isbotlashga keltiriladi . Buning uchun ular bu ayirmani
oldindan musbat ifodalarning yig‘indisi yoki ko‘paytmasi ko‘rinishida ifodalashga
harakat qili n adi.
Quyidagi misolni ko‘rib chiq amiz . Tengsizlikni isbotlang

Bu tengsizlik
tengsizlikka teng kuchli dir
Ch ap tomon i ni
ko‘rinishda yozib olamiz
Shubhasiz, kvadratdagi har bir had noldan katta yoki teng bo‘lganligi
sababli, tengsizlik isbotlanadi.
So‘ngra, x
x + a , gde x > 0 , a > 0
kasr surat va maxrajga bir xil musbat son
qo‘shilsa, ortib borishini isbotlaymiz, boshqacha qilib aytganda,
x>0,a>0,b>0
uchun
56

ekanligini isbotlaymiz. ,a>0 ,b>0 tengsizlik
Buning uchun biz tengsizlikning chap va o‘ng qismlari orasidagi ayirmani
tuzamiz:
Kasrlarni umumiy maxrajga keltirib biz quyidagini olamiz:
Bu tenglikning o‘ng tomoni aniq musbat bo‘lgani uchun tengsizlik isbotlandi.
Endi biz tengsizlikni isbotlashning ikkinchi usulidan foydalanishga misol
keltiramiz. Har qanday haqiqiy x soni uchun
tengsizlik o‘rinli bo‘lishini isbotlaymiz, tenglik belgisi esa faqat x = 1 da o‘rinli.
Biz har qanday haqiqiy x uchun o‘rinli
ravshan tengsizlikka tayanamiz, va bu formuladagi tenglik faqat x=1 da sodir
bo‘lishi mumkin
(2) ifodadagi qavslarni ochamiz
x 2
− 2 x + 1 ≥ 0 tengsizlikni olamiz. Ammo x
ning har qanday qiymati uchun tengsizlikning ikkala qismiga 2x sonini qo‘shish
mumkin va keyin hosil bo‘lgan tengsizlikning ikkala qismini 2 ga bo‘lish mumkin.
Ushbu amallarni bajarish orqali isbotlanadigan tengsizlikni olamiz, bu yerda
tenglik belgisi faqat x= 1 da o‘rinli bo‘ladi.
57

Xulosa
Funksional tenglamalarni o‘rganish bo‘yicha ko‘p ishlarni bajarib, biz
funksional tenglama noma’lumlari funksiya (bir yoki bir nechta) bo‘lgan
tenglama degan xulosaga keldik. Misol uchun, f(x)+xf (x+1)=1 ,
f(x)+g(1− x)= f(g(
2
x+1))
.
Funksional tenglamani yechim deganda noma’lum funksiyani asl funksiyaga
almashtirishda topish tushuniladi
58

Agar bir nechta noma’lum funksiyalar mavjud bo‘lsa, u identifikatsiyaga
aylanadi (agar bir nechta noma’lum funksiyalar mavjud bo‘lsa, unda ularning
barchasini topish kerak).
Funksional tenglamalarni aniqlaydigan munosabatlar ba’zi o‘zgaruvchilarga
nisbatan bir xillikdir va ular tenglamalar deb ataladi, chunki noma’lum funksiyalar
keraklidir.
Ko‘pgina funksional tenglamalar bir nechta o‘zgaruvchilarni o‘z ichiga
oladi. Ushbu o‘zgaruvchilarning barchasi, agar ular hech qanday cheklovlarga
duch kelmasa, mustaqildir.
Funksional tenglama qaysi to‘plamda berilganligi har doim aniq ko‘rsatilishi
kerak, ya’ni h ar bir noma’lum funksiyaning sohasi nima. Funksional tenglamaning
umumiy yechimni shu to‘plamga bog‘liq bo‘lishi mumkin.
Funksiyalarni aniqlash sohasi bilan bir qatorda, Yechim qaysi funksiyalar
sinfida qidirilayotganligini bilish ham muhimdir. Yechimlarning soni va harakati
qat’iy ravishda ushbu sinfga bog‘liq.
Umuman olganda, differensial yoki integralga qaytarilmaydigan funksional
tenglamalar uchun juda kam umumiy yechim usullari ma’lum. Biz bunday
tenglamalarning yechimlarni topishga yordam beradigan asosiy texnikalarni ko‘rib
chiqdik.
Amalga oshirilgan tadqiqotlar natijasida shunday xulosaga kelish mumkinki,
funksional tenglamalar atamasi odatda algebraik tenglamalarga oddiy usullar bilan
keltirilmaydigan tenglamalar uchun ishlatiladi. Ularni hal qilish usullarini
bilmasdan, ularni hal qilish deyarli mumkin emas.
Ishda ko‘rib chiqilgan savollar nafaqat ta’lim vositasi, balki o‘qitish
funksiyasini ham bajaradi, bu faqat tanlangan mavzuning muhimligini ta’kidlaydi.
59

FOYDALANILGAN ADABIY O TLAR RO‘YXATI
1. Просветов Г.И. Функциональные уравнения: задачи и решения:
Учебно-практическое пособие. – М.: Издательство «Альфа-Пресс», 2010. –
48с.
2. Функциональный анализ, Л.В.Канторович, Г.П.Акилов, издание
второе, Главная редакция физико-математической литературы изд-ва
«Наука», М., 1977г.
60

3. Элементарные функции: учебно-методическое пособие/ сост.
О.Н.Зубкова; Ряз.гос.ун-т им.С.А.Есенина.- Рязань, 2008.- 84с.
4 . Андреев А.А., Кузьмин Ю.Н.., Савин А.Н., Саушкин И.Н.
Функциональные уравнения. - Самара: В мире науки, 1999
5 . Бродский Я. С., Слипенко А. К. Функциональные уравнения. - К.:
Вища школа. Головное издательство, 1983. - 96 с
6 . Ильин В.А. Методы решения функциональных уравнений //
Соросовский образовательный журнал, 2001, № 2, с. 116 - 120
7 . Лихтарников Л.М. Элементарное введение в функциональные
уравнения.- СПб.: Лань, 1997. - 160 с
8 . Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального
исчисления. В 3-х томах: том 1. - М.: Наука, 1968, c. 157 - 162
9 . Сабитов К.Б. Функциональные, дифференциальные и интегральные
уравнения.М.:''Высшая школа'',2005,с.190199
10. Остонов.К, Хайдаров.Н ФУНКЦИОНАЛ ТЕНГЛАМАЛАРНИ
ЕЧИШНИНГ БАЪЗИ УСУЛЛАРИ “ YOSH MATEMATIKLARNING YANGI
TEOREMALARI -2022” Namangan May 13-14, 2022 yil , 6-22 bet
61

FUNKSI ONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI O‘RGANISH METODIKASI MUNDARIJA KIRISH ……………………………………………………………………… 3 I -BOB. FUNKSIONAL TENGLAMALAR VA ULARNI Y E C H IS H USULLARI 1. 1-§. Funksional tenglamalarning rivojlanish tarixi…………… ……............ 7 1.2-§ . Koshi tenglamasi ……………………….. ..................................... ......... 10 1 .3 -§. Funksional tenglamalarni yechish usullari ............................................... 20 II - BOB.Funksional tenglamalar yordamida asosiy elementar funksiyalarni aniqlash 2.1.1-§. Chiziqli funksiya ……………............................................................ 35 2.1.2-§. Ko‘rsatkichli funksiya……………………………………………….. 39 2.1.3-§. Logarifmik funksiya……………………............................................. 43 2.1.4 -§. Darajali funksiya……………………………...................................... 45 2. 2 -§. Funksional tengsizliklar........................................................................... 48 XULOSA …………………………………………………………………...... 57 FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI ……………………… 59 1

KIRISH 1.Masalaning qo‘yilishi Hozirgi davrda barkamol avlodning ta‘lim- tarbiyasi davlat ahamiyatiga molik vazifalardan biridir. Respublikamiz Prezidenti Sh.M.Mirziyoyev bu haqda o‘z nutq va asarlarida takidlab yosh avlodni fan asoslarini chuqur egallashlari va bunda akademik litseylar va kasb-hunar kollejlari talabalarining muhim bosqich sifatida alohida e‘tibor qaratilishi zarurligi haqida muhim vazifalarni ilgari surganlar. Shu sababdan umumta‘lim maktablarida matematika o‘qitish usullarini, shu jumladan matematik ta’limda o‘quvchilarning tafakkurini rivojlantirish muhim ahamiyat kasb etadi. Chunki matematika o‘qitishda matematika o‘qitishning mazmuni va uning ilmiy usullarini ularda aqliy shu bilan birga fikrlash faoliyatlarini rivojlantirish uchun imkoniyat yaratadi. Bunda an’anaviy va noan’anaviy o‘qitish usullarini muvofiqlikda qo‘llash va o‘quvchilar bilim saviyalari va qiziqishlarini hisobga olgan holda o‘quvchilarda tafakkurni rivojlantirish uchun asos bo‘lib xizmat qiladi. 2.Mavzuning dolzarbligi. Umumta’lim maktablari o‘quvchilarining intellekutal salohiyatini rivojldantirishga ta’lim usullari jamoaviy va indvidual ishlash katta samara beradi, bunda evristik va tadqiqot metodlari bilan birga muammoli o‘qitish usullari, aqliy hujum, hamkorlikda ishlash orqali o‘quv jarayonini tashkil etish yordam beradi, chunki, birinchidan, bu usullar yordamida o‘quvchilarning fikrlash faolligi oshadi, ikkinchidan esa, o‘quvchilarning mustaqil fikrlash usullariga hamda mustaqil isbotlashlarga o‘rgatish uchun imkon beradi. Shu bilan birga matematik tafakkurini rivojlantirish uning muhim tarkibiy qismlari bo‘lgan funksional 2

tafakkurni rivojlantirishni talab etadi va bu ayniqsa funksiyalar va ularning grafiklarini yasashda, xossalarini o‘rganishda yaxshi natijalar beradi. Shuni hisobga olib, mavzuning dolzarbligi shundaki, matematika o‘qitishda matematik tafakkur va uning komponetlarni shakllantirish, ayniqsa bu tafakkur bilan uzviy bog‘liq funksional tenglama va tengsizliklarni o‘rgatishda amalga oshirishni hisobga olish quyidagi sabablar jihatidan matematika o‘qitishda funksional tafakkurni funksional tenglama va tengsizliklarni ahamiyatini ochib berishni talab etadi. Funksional tenglamalar juda uzoq vaqt davomida o‘rganilgan, bu kurs matematika dasturlarida munosib o‘rin topa olmadi. Zero, individual funksional tenglamalarni yechim mavzuni yetarlicha chuqur tushunishni talab qiladi va mustaqil ijodiy ishga mehr uyg‘otadi. Hozirgi vaqtda turli olimpiadalarning mazmuni - maktab va shahardan xalqarogacha - funksional tenglamalar va tengsizliklar deb ataladigan narsalarni o‘z ichiga ola boshladi. Hatto turli fakultetlar uchun oliy o‘quv yurtlariga kirish imtihonlari mazmuniga bunday tenglama va tengsizliklarni kiritish g‘oyasi ham mavjud. Binobarin, bunday muammolarni hal qilishni o‘rganishni xohlaydiganlar tobora ko‘payib bormoqda. Shuning uchun ishonch bilan aytishimiz mumkinki, “Funksional tenglamalar” mavzusi bugungi kunda juda dolzarbdir. Hozirda funksional tenglamalarni yechimga oid qo‘llanmalar deyarli yo‘q. Shu sababli, oddiy va aniq misollar yordamida funksional tenglamalarni echishning zamonaviy usullarini ko‘rsatishga qodir bo‘lgan qo‘llanmaga ehtiyoj bor. Yakuniy malakaviy ishimizda biz ushbu muammoni hal qilishga harakat qilamiz. Shuning uchun maskur mavzu dolzarb va uni D.T.S dastur talablari asosida ilmiy ravishda taminlash va asoslash zaruriyati mavjud. 3. Ishning maqsadi. Maqsad umumta’lim maktablarida algebrani o‘qitish jarayonida funksional tenglama va tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda funksional tafakkurni rivojlantirish bo‘yicha usullarni va vositalarni o‘rganish va bunga doir uslubiy tavsiyalar ishlab chiqish hamda funksional tenglamalarni o‘rganish va bu 3

tenglamalarni elementar funksiyalarni aniqlashda qo‘llash: chiziqli, ko‘rsatkichli, logarifmik, darajali va trigonometrik funksiyalarni aniqlash. 4.Ishning vazifalari. -Funksional tenglama va tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda funksional tafakkurni rivojlantirish metodikasi asoslarini ishlab chiqish; - funksional tenglama va tengsizliklarni yechim ko‘nikmalarini shakllantirish; - funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish da almashtirishlar usullarini qo‘llash ; - maxsus ko‘rinishdagi ba’zi funksi onal tenglama va tengsizliklarni yecha olishga o‘rgatish; - funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish orqali turli elementar funksiyalarni kiritish 5. Ishning ilmiy tadqiqot metodlari. Analiz, kuzatish, tajriba, umumlashtirish va taqqoslash usullari. 6. Ishning ilmiy ahamiyati. Ishda umumta’lim maktablari algebra kursini o‘rganishda o‘uvchilarning funksional tafakkurini grafiklarni o‘rgatish asosida shakllantirishning imkoniyat va usullarining nazariy jihatdan asoslarini bayon etilishi. 7.Ishning amaliy ahamiyati . Ishdagi natijalar umumta’lim maktablari algebra kursini o‘rganishda asosiy o‘quvchilarning funksional tafakkurini funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish asosida shakllantirishda o‘qituvchilarga dars jarayonini tashkil etishda foydalanish uchun qo‘llanma bo‘lishi va umumiy tadqiqot ishlarida matematik tafakkurini rivojlantirishning nazariy va amaliy asoslarini ochib berishda qo‘l keladi. 8.Ishning tuzilishi. Ish kirish, 2 ta bob, 7 ta paragrafdan, xulosa va foydalanilgan adabiyotlar ro‘yxatidan iborat. Ishning hajmi 59 betdan iborat 9.Ishning qisqacha mazmuni 4

Birinchi bobda biz funksional tenglamalarni yechim usullarini ko‘rib chiqamiz: o‘zgaruvchi va funksiya o‘zgarishidan foydalanib, funksional tenglamani ma’lum tenglamaga keltirish usuli, almashtirish usuli, funksional tenglamalarni yechimda matematik analiz elementlarini qo‘llash har bir usul uchun tenglamalarni yechim uchun misollar tanlab olindi. Ikkinchi bobda biz funksional tenglamalar yordamida asosiy elementar funksiyalarning (y=c , y= xa , y=ax , y= log ax , y=sin x,y=cos x,y=tgx ,y=ctgx ) ta’rifini keltiramiz hamda ularning ayrim xossalarini ham ko‘rib chiqamiz. Ishda ko‘rib chiqilgan savollar nafaqat yordamchi vosita, balki o‘qitish funksiyasini ham bajaradi, bu faqat tanlangan mavzuning muhimligini ta’kidlaydi. Ishda umumta’lim maktablari algebra kursini o‘qitish jarayonida funksional tenglama va tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda funksional tafakkurni rivojlantirish metodikasi asoslarini ishlab chiqish; - funksi onal tenglama va tengsizliklarni yechim k o‘nikmalarini shakllantirish; - funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish da almashtirishlar usullarini qo‘llash ; - maxsus ko‘rinishdagi ba’zi funksi onal tenglama va tengsizliklarni yecha olishga o‘rgatish; - funksi onal tenglama va tengsizliklarni o‘rganish orqali turli elementar funksiyalarni kiritish bo‘yicha zaruriy uslubiy tavsiyalar ishlab chiqilgan. 5

O'xshashlar

PARAMETRIK TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARIGA O‘RGATISH METODIKASI

PARAMETRLI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI

MATEMATIKADAN NOSTANDART XARAKTERDAGI MASALALARNI O’QITISH METODIKASI (PARAMETRGA BOG’LIQ BO’LGAN TENGLAMA VA SISTEMALAR MISOLIDA)

Tengsizliklarni isbotlashning ba’zi usullari

10-SINF MATEMATIK ANALIZ ASOSLARI MAZMUNI VA UNING ELEMENTLARINI O‘QITISH MATODIKASI