logo

FUNKSIONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI O‘RGANISH METODIKASI

Yuklangan vaqt:

12.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

858.9306640625 KB
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