@matematiklar_tv
Mundarija
K i r i s h………………………………. ……. ............................... ……….........3
I Bob. Klassik funksional tenglamalar va funksional
tenglamalarni yechish usullari
1.1-§. Funksional tenglamalar haqida tushuncha……………………..........……6
1.2-§. Elementar funksional tenglamalarni yechish……………..........…………7
1.3-§. Klassik funksional tenglamalar. ……………………...….........................9
I Bob bo`yicha xulosa……………………………………………………………18
II Bob. Trigonometrik funksiyalarni funksional tenglamalar
yordamida aniqlash
2.1-§. Dastlabki mulohazalar va  sonini aniqlash…………….........…….....…20
2.2-§. Funksional tenglamalarning dastlabli sistemasi………………........……..25
2.3-§. S  x  va Cx  funksiyalarning davriyligi hamda ularning asosiy xossalari..27
2.4-§.Asosiy tengsizliklar va asosiy natijalar. ......................................................33
2.5-§. Funksional tenglamalar yordamida qator koeffisiyentlarini aniqlash….....44
II Bob bo`yicha xulosa……………………………………………………..……47
III Bob. Funksional tenglamalarni yechish
3.1-§. Funksional tenglamalarni yechishga oid misollar. . …………..............…48
3.2-§.Turli xil turnirlar va matematik olimpiadalarda talabalarga yechishga tavsiya
etilgan misollardan namunalar…………………...........................................…..61
III Bob bo`yicha xulosa…………………………………………………………67
Umumiy xulosa....………...............................................................................…..68
Adabiyotlar...........................................................................................................69
@matematiklar_tv
KLASSIK FUNKSIONAL TENGLAMALAR VA FUNKSIONAL TENGLAMALARNI YECHISH
USULLARI
1.1-§. Funksional tenglamalar haqida tushuncha
Noma’lum funksiyaga nisbatan qaralayotgan tenglama funksional tenglama deyiladu. Masalan bir
o’zgaruvchili funksiyaning juftlik, toqlik, qo’zg’almas nuqtaga ega bo’lishi xossalarini ifodalovchi funksional
tenglamalarni mos ravishda
f x   f  x , f x    f x , f  f x   x
tenglamalardan iborat. Shu kabi
 x
f  x   f  ;
2
f  x   cos
1  x
f  , f 0   1, f  uzluksiz funksiya
2 2
tenglamalar bir o’zgaruvchili funksional tenglamalarga misol bo’ladi. Ikki o’zgaruvchili
f  x  y   f  x   f  y ; f  x  y   f  x  f  y ;
f  xy   f  x   f  y ; f  xy   f  x  f  y ;
funksional tenglamalar Koshi tenglamalari deyiladi. Shu bilan birga ikki o’zgaruvchili funksional tenglamalarga
 x  y  f x   f  y 
f
 Iyensen tenglamasini va

2
 2 
f x  y   f x  y   2 f x  f  y   Dalamber tenglamasini
misol keltirishimiz mumkin.
Misol sifatida f x   sin x, g x   cos x trigonometrik funksiyalarning qo’shish formulalari asosida
tuzilgan ikki noma’lumli ikki o’zgaruvchili
f x  y   f x g  y   g x  f  y ;
f x  y   f x g  y   g x  f  y ;
g x  y   g x g  y   f x  f  y ;
g x  y   g x g  y   f x  f  y 
funksional tenglamalarni yozishimiz mumkin.
Shuningdek yana bir misol sifatida f x   tgx trigonometrik funksiyalarning qo’shish formulalari asosida
f x  y  
f x   f  y 
f x   f  y 
f x  y  
1  f x   f  y 
1  f x   f  y 
funksional tenglamalarni yozishimiz mumkin.
Odatda funksional tenglamalar ko’plab yechimlarga ega bo’ladi, ammo bu tenglamalarni bevosita yechish
qiyinchilik tug’diradi. Ammo izlanayotgan funksiyaninmg ba’zi xarakteristik xossalari: uzluksizligi, davriyligi,
chegaralangaligi kabi xossalari berilsa, funksional tenglamani yechish osonlashadi. Ko’plab matematik turnir va
matematik olimpiadalarda funksional tenglamalarni yechishga oid misollar berilmoqda. Aytilganlarni e’tiborga olgan
holda ba’zi klassik funksional tenglamalarni yechilishini ko’rib o’tamiz.
1.2-§. Elementar funksional tenglamalarni yechish
 3x  1  x  1
bo’lsa f x  funksiyani toping.

 x  2  x 1
3х  1
2t  1
 t almashtirish kiritamiz. Natijada x 
Yechilishi. Berilgan tenglamani yechish uchun
х2
3t
1-misol (7.97). Agar f 
bo’lib, bu holda berilgan tenglama
f t  
t4
5t  2
x4
.
5x  2
1
2-misol (7.98). Agar f  x   2 f    x bo’lsa f x  funksiyani toping.
 x
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g
ko’rinishga keladi. Demak, f  x  
2
@matematiklar_tv
1
almashtirish bajarilsa berilgan tenglama
x
1
1
f    2 f x  
x
x
Yechilishi. Bu tenglamani yechish uchun x 
ko’rinishni oladi. Hosil bo’lgan tenglamani -2 ga ko’paytirib berilgan tenglamaga qo’shilsa
3 f x  
2
x
x
f x  
2 x
 natijani hosil qilamiz.
3x 3
1
1
3-misol (7.99). Agar  x  1 f  x   f   
bo’lsa f x  funksiyani toping.
 x  x 1
1
Yechilishi. Bu tenglamani yechish uchun ham x  almashtirish bajarilsa berilgan tenglama
x
х
1  1
  1 f    f  x  
1 x
 х   x
tenglikni hosil qilamiz. Bundan
ko’rinishni oladi. Hosil bo’lgan tenglamani berilgan tenglama bilan birgalikda yechib
x
f x  
2

 x 1
1 x
2
funksiyani topamiz.
 x 
  2 bo’lsa f x  funksiyani toping.
 2x  1
х
Yechilishi. Bu tenglamani yechish uchun x 
almashtirish bajarilsa berilgan tenglama
2x  1
х
 х 
f
f x   2

 2x  1  2х  1
ko’rinishni oladi. Hosil bo’lgan tenglamani  х ga ko’paytirib berilgan tenglamaga qo’shilsa
х2
f x  
f x   2  2 x
2х  1
2
tenglikni va bundan esa izlangan f  x   4 
funksiyani topamiz.
x 1
5-misol. Agar af x  1  bf 1  x   cx1  x  bo’lsa, f x  funksiyani toping, bu yerda a, b va c
haqiqiy sonlar bo’lib, a  b .
Yechilishi. Bu tenglamani yechish uchun t  x  1 almashtirish bajarilsa berilgan tenglama
af t   bf  t   ct t  1
ko’rinishga keladi.
Endi t  t belgilash bajarilsa bu tenglama
af  t   bf t   ct 1  t 
ko’rinishni oladi. Oxirgi ikki tenglamalardan birinchisini а ga ikkinchisini  b ga ko’paytirib qo’shilsa
a 2  b 2 f t   ac t 2  t  bc t  t 2
4-misol (7.100). Agar f  x   xf 


tenglikni hosil qilamiz. Bundan izlangan
f x  




acx 2  x   bcx 2  x 
a2  b2
funksiyani topamiz.
6-misol. Barcha x, y  R lar uchun
f x  y   x  yf x   1  x y
tenglamani qanoatlantiruvchi f : R  R funksiyani toping.
(1)
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g
3
@matematiklar_tv
Yechilishi. f x  funksiya barcha x, y  R lar uchun (1) tenglamani qanoatlantirsin. Agar (1) tenglamada
у  0 bo’lsa, u holda f x   x bo’lib, bu funksiya berilgan tenglamani qanoatlantiradi, chunki
x  yf x  1  xy  х  ух  у  ху  х  у  f x  y 
Javob: f x   x .
1.3-§.Klassik funksional tenglamalarni yechish
1-misol. Ushbu
f x  y   f x   f  y 
(1)
tenglamani yeching.
Yechilishi. Agar (1) tenglamada y  0 bo’lsa, u holda
f 0  0
(2)
munosabat kelib chiqadi.
Agar (1) tenglamada y   x bo’lsa, u holda (2) munosabat e’tiborga olinsa,
f 0  f x   f  x   f  x   f x ,
(3)
f  x   f x 
Bundan izlanayotgan funksiya toq funksiya ekanligi ravshan. Endi x  0 bo’lganda y  x bo’lsa, (1)
tenglikdan f 2 x   2 f x  va induktiv mulohazalar bilan
(4)
f nx  nf x , n  N
tenglikni hosil qilishimiz mumkin.
Agar
x
m
ratsional son bo’lsa, bundan
n
n  x  m 1 ekanligi e’tiborga olinsa (4) munosabatdan
f n  x   f m  1 tenglikdan
f x  
m
f 1
n
(5)
tenglik kelib chiqadi. Agar f 1  c deb belgilasak, u holda (2),(3) va (5) tengliklarga asoslanib,
uchun f x   cx xulosaga kelamiz.
Еndi izlanayotgan funksiya xususiyatlariga qarab quyidagi taxlilni amalga oshiramiz.
a) Aytaylik f  uzluksiz funksiya bo’lsin. Agar x  irratsional son bo’lsa, u holda
x  ratsional soni
lim x
n
qanoatlantiruvchi ( xn ) ratsional sonlar ketma ketligi uchun
barcha haqiqiy x lar uchun f x   cx .
b) Aytaylik f  monoton o’suvchi
lim r
n
n
 x tenglikni
f x   lim f xn   lim cxn  cx bo’lgani uchun
xn  x
xn  x
funksiya bo’lsin. Agar x  irratsional son bo’lsa, u holda
 x lim Rn  x tengliklarni qanoatlantiruvchi o’suvchi (rn ) va kamayuvchi
n
ketliklari uchun
n
Rn  ratsional
sonlar ketma
crn  f rn   f x   f Rn   cRn
tengsizliklarda n   da limitga o’tilsa, barcha haqiqiy x lar uchun f x   cx .
c) Aytaylik f  chegaralangan funksiya bo’lsin, ya’ni
f x   M , x  a, b
bo’lsin. Biz f funksiyani 0, b  a kesmada ham chegaralanganligini ko’rsatamiz. Agar x  0, b  a bo’lsa, u
holda x  a  a, b bo’lgani uchun (1)ga ko’ra f x   f x  a   f a  tenglikdan f x   2M , x  0, b  a
ekanligini ko’ramiz. Agar b  a  d belgilash kiritilsa, u holda f funksiya 0, d  kesmada chegaralangan bo’ladi.
Endi
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g
4
@matematiklar_tv
f d 
, g  x   f  x   cx
d
belgilashlardan foydalansak, g x  y   g x   g  y  bo’lgani uchun
g d   f d   cd  cd  cd  0 va g x  d   g x  g d   g x
tengliklardan g x  davri d ga teng bo’lgan davriy funksiya bo’ladi. Ammo davriy funksiya butun son to’g’ri
chizig’ida chegaralangan. Shuning uchun ixtiyoriy x0 nuqta uchun g nx0   ngx0  munosabatga ko’ra yetarlicha
c
katta n lar uchun ng x0  chegaralangan bo’lgani uchun ziddiyat kelib chiqadi. Shuning uchun g x   0 bo’lishi
kerak. Bundan esa bu holda ham f x   cx .
2-misol. Ushbu
tenglamani yeching.
Yechilishi.
Javob: f x   cx.
f x  y   f x   f  y 
(6)
f a   0 shartni qanoatlantiruvchi a soni mavjud bo’lsa, u holda
f x  a   f x   f a   0 tenglikdan barcha x lar uchun berilgan tenglama aynan nolga teng yechimga ega bo’lar
edi. Shuning uchun aynan nolga teng bo’lmagan yechimlar uchun f x   0 .
t
2 t 
Agar x  y 
bo’lsa, u holda (1) dan f t   f    0 bo’lgani uchun berilgan tenglamaning yechimi deyarli
2
2
barcha x lar uchun musbat bo’ladi.
Agar (6) da y  0 bo’lsa, u holda f 0  1 ekanligini va y  x bo’lsa, u holda f 2 x   f 2 x  bo’lgani
1-usul. Agar
uchun induktiv mulohazalarga binoan
f nx  f n x 
(7)
tenglikni hosil qilamiz.
x
Agar
m
ratsional son bo’lsa, bundan n  x  m 1 ekanligi e’tiborga olinsa (7) munosabatdan va
n
f n  x   f m  1 tenglikdan
f
Agar oxirgi tenglikda a  f 1
uchun f  x   a
x
n
x  
f
m
1  f x  
f
m
n
1 .
belgilash kiritsak, u holda f x   a
ekanligini ko’ramiz. f x   0 bo’lganligi uchun (6) dan
m
n
, ya’ni
x
ratsional soni
ln f x  y   ln f x  ln f  y  tenglikni va g  ln f belgilash bilan g x  y   g x  g  y 
tenglamani yozamiz. 1-misolga ko’ra g x   cx bu tenglamaning yechimi bo’lgani uchun ln f x   cx va nihoyat
f x   e cx yechimni hosil qilamiz.
2-usul. y  0 bo’lsa, f x   f x   f 0  f 0  1. f x  x  f x  f x tenglikning har ikkala
tomonidan f x  ayirilsa,
f x  x  f x   f x( f x  1)
tenglik hosil bo’ladi. Tenglikning har ikki tomonini x ga bo’linsa,
f  x  x   f  x 
f 0  x   f 0 
 f x  
x
x
tenglik kelib chiqadi. Oxirgi tenglikda x  0 da limitga o’tilsa
f x   Cf x 
differensial tenglama hosil bo’ladi, bu yerda C  f 0 . Bu tenglamani integrallash
ln f x   ln C1  Cx yoki f x   C1e Cx
funksiyani beradi. f 0  1 bo’lgani uchun f  x   e Cx funksiyani hosil qilamiz.
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g
5
@matematiklar_tv
3-misol.
tenglamani yeching.
Yechilishi. Barcha
Javob: f  x   e Cx
f xy  f x   f  y 
(9)
x lar uchun f x   0 berilgan tenglamaning yechimi ekanligi ravshan. Xuddi
shuningdek f funksiyaning aniqlanish sohasi D f  ga tegishli bo’lgan x  0 uchun ham yechimlardan biri
f x   0 dir. Haqiqatdan ham, 0  D f  bo’lsa, (9) tenglamada y  0 deb olinsa f 0  f x   f 0 bo’lib,
bundan f x   0 .
Endi 1  D f  bo’lsa, (1) dan x  y  1 bo’lganda f 1  2 f 1 va bundan
(10)
f 1  0.
Agar 1 D f  bo’lsa, u holda (9) dan x  y  1 bo’lganda f 1  2 f  1 bo’lib, (10) ga ko’ra
f  1  0. Agar (9) da y  1 deb olnsa, u holda
f  x   f x  f  1, yani f  x   f x  bo’lib, izlanayotgan funksiya juft funksiya bo’lishi lozim.
Endi f x   differensiallanuvchi funksiya bo’lsin. Bu holda y ni maxkamlab (9) ni x bo’yicha
differensiallaymiz. Natijada y  f xy  f x  tenglik hosil bo’ladi. Bu tenglikda x  1 bo’lsa, y  f  y   f 1
f 1
tenglikni, o’zgaruvchilarni almashtirgandan so’ng f  x  
differensial tenglamani hosil qilamiz. Bundan
x
x  0 bo’lganda hosil bo’lgan tenglamani integrallab,
x
f 1




f x  f 1 
dx  f 1 ln x
x
1
ni topamiz. Agar f funksiya x  0 bo’lganda ham aniqlangan bo’lsa, izlanayotgan funksiya f x   f 1 ln x
bo’ladi.
Javob: f x   f 1 ln x
 
2-usul. Agar berilgan (1) tenglamada x  eu , y  e v , f eu  g u  belgilashlar kiritilsa , u holda 1-misolda
taxlil qilingan
g u  v  g u   g v
ko’rinishdagi tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglamaning yechimi
g u   cu
belgilashimizga ko’ra (1) tenglamaning yechimi f x   g ln x   c ln x bo’ladi.
bo’lgani uchun kiritilgan
Javob: f x   c ln x
4-misol. Ushbu
f xy  f x f  y 
(11)
tenglamani yeching.
Yechilishi. Agar berilgan (11) tenglamada x  eu , y  e v , f eu  g u  belgilashlar kiritilsa , u holda 2misolda taxlil qilingan
 
g u  v   g u g v 
 
cu
u
ko’rinishdagi tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglamaning yechimi g u   e  e
Xususiy holda misolning trivial yechimi f x   0 ham bu tenglikda saqlanadi.
Agar (1) tenglamada
x y t
x  y  t
va
bo’lganda
c
 x c bo’lgani uchun f x   x c .
 
f 2 t   f t 2  f  t  f  t 
va
 f t   t c  ypki 0
f  t   
bo’lgani uchun berilgan tenglamaning uzluksiz umumiy yechimlari:
c
  f t   t
f x   x ; f x   signx  x ; f x   0
c
c
funksiyalardan iborat.
5-misol. Ushbu
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g
6
@matematiklar_tv
 x  y  f x   f  y 
f

2
 2 
(12)
Iyensen tenglamasini yeching.
Yechilishi. Agar f 0  a bo’lsa, y  0 bo’lganda (12) tenglama
 x  f x   a
f 
2
2
ko’rinishni olgani uchun
f x   f  y 
 x  y  f x  y   a
 f

2
2
 2 
tenglamani, yoki
tenglamani
hosil
qilamiz.
Endi
f x  y   f x   f  y   a
g x  f x  a belgilash kiritilsa,
u
f x  y   f x  y   2 f x  f  y 
(13)
holda
1-misolda
ko’rilgan
g x  y   g x  g  y  tenglamaga kelamiz.
Bu tenglamaning yechimi g x   cx bo’lgani uchun kiritilgan belgilashga ko’ra berilgan tenglamaning
yechimi f x   cx  a dan iborat bo’ladi.
Javob: f x  cx  f 0
6-misol. Ushbu
Dalamber tenglamasini yeching.
Yechilishi. Biz bu tenglamaning uzluksiz yechimlarini tanlaymiz. Berilgan tenglama f x   0 trivial
yechimga ega ekaligi ayon.
Agar (13) tenglamada y  0 bo’lsa, u holda f 0  1
Agar (13) tenglamada x  0 bo’lsa, u holda
f  y   f  y   2 f  y  f 0  f  y   f  y  .
Bundan izlanayotgan funksiya juft funksiya ekan
Agar x  ny bo’lsa,
(14)
f n  1y  2 f  y  f ny  f n  1y
tenglik hosil bo’ladi. Bu tenglikda y  x bo’lsa
f 2 x   f 0  2 f 2 x
tenglikka va bundan t  2 x bo’lganda
t
2 f 2    1  f t 
(15)
2
tenglikka o’tamiz. (14) va (15) munosabatlarni cost va cht funksiyalar qanoatlantirishi ma’lum. f  uzluksiz
bo’lib, f 0  1 ekanligidan yetarlicha kichik a  0 soni uchun x   a, a bo’lsa f x   0. shuning uchun
f a   0 quyidagi hollarni qaraymiz.

1  hol. 0  f a   1 bo’lsin. U holda f a   cos c tenglikni ta’minlaydigan va 0  c 
tengsizlikni
2
n
qanoatlantiruvchi c soni mavjud. Bizning maqsadimiz ixtiyoriy x  m a soni uchun
2
c
f  x   cos x
(16)
a
tenglikni bajarilishini ko’rsatishdir.
x  a bo’lsa, (16) tenglikning o’rinli ekanligi c ning aniqlanishidan kelib chiqadi. Shu bilan birga (15)
tenglikda x 
a
uchun
2
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g
7
@matematiklar_tv
a
2 f 2    1  f a   1  cos c  2 cos2 c
2
c
a
Bu tenglikka ko’ra f    0, cos  0 tengsizliklar e’tiborga olinsa
2
2
c
a
f    cos
(17)
2
2
a
xulosaga kelamiz. Faraz qilaylik (16) tenglik x  m uchun o’rinli bo’lsin. U holda (15) munosabatdan
2
c
c
 a 
 a 
2 f 2  m1   1  f  m   1  cos m  2 cos2 m1 ,
2
2
2 
2 
yoki bundan har bir natural m soni uchun
c
 a 
f  m1   cos m1
2
2 
Shuning uchun (14) tenglikda n  2 bo’lganda
 3 
 a 
 a   a 
 a 
f  m a   f  3  m   2 f  m  f  m 1   f  m  
2 
 2 
2  2 
2 
c
c
c
3
 2 cos m cos m 1  cos m  cos m c
2
2
2
2
n 1
 n 
 n 
(16) munosabat x   m  a uchun o’rinli va x   m  a bo’lganda (14) munosabatda x  m a va
2
2 
2 
n 1
 n 1 
n
x  m a sonlari uchun f  m a   cos m c . Demak,
2
2
 2

n
 n 
f  m a   cos m c, n, m  0,1,2,...
2
2 
Shu bilan birga f  uzluksiz juft funksiya bo’lgani uchun barcha x lar uchun
c
f  x   cos x .
a
2  hol. f a   1 bo’lganda f a   chc tenglikni ta’minlovchi c  0 soni mavjud bo’lib, xuddi
1  hol. dagidek barcha x lar uchun
c
f  x   ch x
a
tenglikka ega bo’lamiz. Shuning uchun (1) funksional tenglama
f x   0, f x   cosbx, f x   chx
uzluksiz yechimlarga ega bo’lib, bu yechimlar qatoriga b  0 bo’lganda hosil bo’ladigan f x   1 yechim ham
kiradi.
Endi (13) tenglamaning ikki marta differensiallanuvchi yechimini topamiz. Buning uchun
f x  y   f x  y   2 f x f  y  (13)
tenglamani har ikki o’zgaruvchi bo’yicha ikki marta differensiallaymiz, natijada
x bo’yicha: f x  y   f x  y   2 f x  f  y ,
y bo’yicha: f x  y   f x  y   2 f x f  y 
Har ikki tenglamadan
f x  f  y   f x  f  y  
f x  f  y 

c
f x 
f y
tenglikni va bundan f x   cf x  differensial tenglamaga ega bo’lamiz.
2
Bu tenglama c   bo’lsa, f x   a cosx  b sin x yechimga,
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g
8
@matematiklar_tv
c   2 bo’lsa, f x  achx  bshx yechimga ega bo’ladi.
Ammo f 0  1 va f  x   f x  ekanligidan bu yechimlardan (13) funksional
f x   cosx, f x   chx yechimliarini topamiz.
f x   f  y 
7-misol. f  x  y  
tenglamani yeching.
1  f x   f  y 
f  x   f 0
Yechilishi. y  0 bo’lsa, f  x  
, yoki
1  f x   f 0
f x   f 2 x   f 0  f x   f 0
Bundan esa f 0  0 boshlang’ich shartni aniqlaymiz. 3-misoldagidek fikr yuritilsa,

f x  x   f  x   f x   f x 

 f x   x ,
x
1  f x   f x 

tenglamaning
yoki
f x  x   f x  f x   f 0
1  f 2 x 


x
x
1  f x   f x 
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikdan x  0 da
f x   f 0  1  f 2 x   C 1  f 2 x 
munosabatni hosil qilamiz. Bu tenglikni
df x 
 Cdx
1  f 2 x 
ko’rinishida yozib, integrallasak arctgf x   Cx  C1 munosabatni, f 0  0 ekanligi e’tiborga olinsa, C1  0
bo’ladi. Demak, arctgf x   Cx , bundan esa f x   tgCx funksiyani aniqlaymiz.
Javob: f x   tgCx
II Bob. TRIGONOMETRIK FUNKSIYALARNI FUNKSIONAL TENGLAMALAR YORDAMIDA
ANIQLASH
2.1-§. Dastlabki mulohazalar va  sonini aniqlash
Ma’lumki umumta’lim maktablar matematika kursida asosiy trigonometrik funksiyalar geometrik tarzda
aniqlanadi. Bunday geomerik aniqlashlar turli ko’rinishda bo’lishi mumkin. Masalan, qandaydir burchakning o’lchovi
sifatida  sonini olib,  sonining trigonometrik funksiyalarini to’g’ri burchakli uchburchakning mos tomonlarining
nisbati orqali, yoki mos nuqta radius vektori proyeksiyalarining bu radius uzunligiga nisbati kabi, yoki bu nuqta
koordinatalarini shu nuqtadan koordinata boshigacha bo’lgan masofaga nisbati kabi aniqlash mumkin va hakozo.
Trigonometrik funksiyalarni geometrik tarzda aniqlashda bu funksiyalarning xossalarini keltirishda geometriyaga
tayanishga majburmiz. Ammo maktab matematika kursi o’ta qat’iy talablarga bo’sunmaganligi uchun keltirilgan
trigonometriyada qo’llanilgan bir qator isbotlarda qa’tiylik yetishmaydi. Geometriya bilan bog’liq bo’lmagan tarzda
trigonometrik funksiyalarni aniqlashni differensial tenglamalar asosida amalgam oshirish mumkin: a)ikkinchi tartibli
chiziqli
d2y
y0
dx 2
tenglamaning
x  0 bo’lganda y1  1,
boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi
b) ikkinchi tartibli chiziqli
dy1
0
dx
у1 х  yechimini kosinus deb nomlaymiz va cos x kabi belgilaymiz.
d2y
y0
dx 2
tenglamaning
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g
9
@matematiklar_tv
dy2
1
dx
x  0 bo’lganda y 2  0,
boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi у 2 х  yechimini sinus deb nomlaymiz va sin x kabi belgilaymiz.
Trigonometrik funksiyaning keltirilgan bu ta’rifIdan uning barcha xossalarini o’rnatish mumkin va
shuningdek х sonini qandaydir burchak o’lchovi sifatida qaralsa sin x va cos x funksiyalar yuqorida aytilgan
geometrik xossalarga ega bo’ladi.
Trigonometrik funksiyalarni darajali qatorlar yordamida ham aniqlashimiz mumkin.
Bu holda х ning barcha qiymatlarida yaqinlashuvchi
x
x3 x5 x7



3! 5! 7!
darajali qatorning yig’indisiga x soning sinusi, х ning barcha qiymatlarida yaqinlashuvchi
1
x2 x4 x6



2! 4! 6!
darajali qatorning yig’indisiga x soning kosinusi deyiladi. Ammo bu ta’rifni maktab matematika kursiga kiritib
bo’lmaydi.
Endi х ning barcha qiymatlarida
(1)
S x  y   S x C y   Cx S  y  ,
(2)
Сx  y   Сx C y   S x S  y  ,
S 2 x   C 2 x   1 ,
(3)
S x 
(4)
1
lim
x
x 0
shartlarni qanoatlantiruvchi ikkita S  x  va Cx  funksiyalarni qaraymiz. Bu munosabatlardan S x   sin x va
C x   cos x funksiyalarni aniqlash mumkin. Biz bu bobda trigonometrik funksiyalarni aniqlashning funksional
tenglamalarga asoslangan yana bir usulini keltiramiz. Trigonometrik funksiyalarni aniqlashda  soni muhum o’rin
tutadi. Bu sonni analitik ko’rinishda aniqlaymiz.
Ushbu sonlar ketma ketligini qaraymiz:
2,
2 2,
2  2  2 ...
Bu ketma ketlikning umumiy hadini z n bilan belgilaymiz. Bu ketma ketlik monoton o’suvchidir, chunki
z1  z 2  z 3  z 4   .
Bu ketma ketlikini chegaralangan ekanligini ko’rsatamiz. Haqiqatdan ham, ixtiyoriy natural n soni uchun
z n 1  2  z n
munosabatga ega bo’lamiz.
nk
uchun
zn  2
tengsizlik bajarilsin deb faraz qilamiz. U holda
z n 1  2  z n  2  2  2 . Ammo z1  2 bo’lgani uchun z 2  2, z 3  2 va hakazo. Bundan z n sonlar ketma
ketligi limitga ega ekanligi kelib chiqadi.
lim z
n 
n
t
deb olamiz. Shu bilan birga yana quyidagi
2  2,
2 2 2,
2  2  2  2 ...
sonlar ketma ketligini qaraymiz. Bu ketma ketlikning umumiy hadi
ketlikning umumiy hadi z n 1  2 ga teng.
Demak,
lim z    lim z
 z n 2
2
n
n
n
n
dan iborat. Shu bilan birga bu ketma
 2
Bu tenglikni t 2  t  2 ko’rinishda yozish mimkin. Bundan t  2 bo’lgani uchun
lim z
n 
n
2
natijaga ega bo’lamiz. Endi
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 10
@matematiklar_tv
2 2;
22 2  2 ;
2 3 2  2  2 ; ...
ketma ketlikni olamiz. Bu ketma ketlikning umumiy hadini u n bilan belgilaymiz.
un  2n 2  2  2  2    2
(radikallar soni n ta). Bundan
n 1
u n 1 2  2  2  2  2    2

un
2n  2  2  2  2  2
(maxrajdagi radikallar soni n ta, suratdagi radikallar soni n  1 ta). Bu tenglikning o’ng qismi surat va maxrajini
n  1 radikallardan iborat
2  2  2  2  2
soniga ko’paytiramiz. Natijada yuqorida
2  2  2  2    2  2 ekanligi ko’rsatilgani uchun radikallar
soni nechta bo’lmasin
n 1
u n 1 2  2  2  2  2    2  2  2  2  2    2


un
2n  2  2  2  2    2  2  2  2  2    2
2

1
2  2  2  2  2
u n musbat sonlar bo’lgani uchun u n 1  u n . Demak,
u n ketma ketlik monoton o’suvchidir.
Shu bilan birga quyigagi sonlar ketma ketligini qaraymiz:
5
23 2  2 2 4 2  2  2 2 2  2  2  2
;
;
;
; ....
2
2 2
2 2 2
2 2 2 2
22 2
Bu ketma ketlikning umumiy hadini v n orqali belgilaymiz:
vn 
2n  2  2  2    2
2  2  2  2
(maxrajdagi radikallar soni ham n ta, suratdagi radikallar soni ham n ta).
Xuddi yuqorida
u n 1
nisbatga nisbatan bajarilgan ishlarga o’xshash tarzda
un
vn

v n 1
1
2  2  2  2

1
2
ekanligini ko’rsatamiz.
vn
 1 bo’ladi. v n musbat sonlar bo’lgani ucgun v n 1  v n
v n 1
sonlar ketma ketligi kamayuvchi bo’ladi. Endi ixtiyoriy natural n soni uchun u n  v n ekanligini
2  2  2    2  2 bo’lgani uchun
bo’lib, v n
ko’rsatamiz. Haqiqatdan ham,
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 11
@matematiklar_tv
2  2  2  2
un

vn
2
2  2  2    2  2 bo’lgani uchun
( suratdagi radikallar soni n ta).
un
 1 . Demak n ortishi bilan u n ketma ketlik o’suvchi
vn
22 2
 4 sonidan kichikligicha qoladi, chunki u n  vn  v2  4 .
2
Bundan u n ketma ketlik limiotga ega. Biz bu limitni  bilan belgilaymiz.
bo’lada, ammo qandaydir sondan masalan v1 
Demak,
  lim 2 n  2  2  2    2 ( radikallar soni n ta).
n 
Ikkinchi tomondan n ortishi bilan v n ketma ketlik kamayuvchi bo’lada, ammo qandaydir sondan masalan
u1  2 2 sonidan kattaligicha qoladi, chunki vn  u n  u1  2 2 . Demak, v n ketma ketlik limitga ega. Shu bilan
birga
vn

un
2
2  2  2  2
bo’lgani uchun
vn
lim u
n 
 1 va
lim v
n 
n
n
 lim u n  
n 
Geometrik nuqtai nazardan u n va v n ketma ketlikliklar mos ravishda R  1 radiusli aylanaga ichki va
tashqi chizilgan muntazam n burchaklarning yarim perimetrlaridir. Shuning uchun  aylana uzunligini diametrga
nisbatidir.
2.2-§. Funksional tenglamalarning dastlabki sistemasi.
Funksional tenglamalarning
S x  y   S x   C  y   C x   S  y ,
С x  y   С x   C  y   S x   S  y  ,
(1)
(2)
sistemalarini
 
х   0, 
 2
(3)
 
S   1
2
(4)
oralikda
shart bo’yicha qaramiz va bu shartlarni qanoatlantiruvchi S  x  va
Cx  funksiysyalar mavjud deb faraz qilamiz.
(1)-(4) munosabatlardan
S x  va Cx funksiylarning quyidagi xossalari kelib chiqadi.
(1) munosabatda х  у deb olib
(5)
S 0  0

munosabatga ega bo’lamiz. (1) munosabatda х  , у  0 deb olib. (5) munosabatni e’tiborga olgan holda
2
С 0  1
munosabatga ega bo’lamiz. (2) tenglikda х  у deb olib,
S 2 x   C 2 x   1
(6)
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 12
@matematiklar_tv
tenglikni hosil qilamiz. (6) munosabatdan
S x   1, C x   1
hamda (6) dan x 

2
(7)
bo’lganda
 
 
S2   C2  1
2
2
tenglikni hosil qilamiz. Ammo
 
S   1
2
bo’lgani uchun
 
С   0
2
munosabat o’rinli bo’ladi.
S x  funksiyani toq funksiya,
munosabatda х  0 deb olib,
(8)
Cx funksiyani juft funksiya ekanligini ko’rsatamiz. Hqiqatdan ham, (1)
va bundan S 0  0, C 0  1 bo’lgani uchun
S  y   S 0  C y   C0  S  y 
S  y   S  y 
(9)
munosabat o’rinli bo’ladi. (2) tenglikda x  0 deb olsak,
va bundan S 0  0, C 0  1 bo’lgani uchun
С y   С0  C y   S 0  S  y 
C y   C y 
(10)
munosabat o’rinli bo’ladi.
Endi S  x  va Cx  funksiyalar uchun qo’shish formulalarini keltirib chiqarish qiyin emas. Haqiqatdan
ham, (1) va (2) formulalarda у ni  у bilan almashtirib,
(11)
S x  y   S x  C y   Cx  S  y  ,
(12)
Сx  y   Сx   C y   S x   S  y  ,

tengliklarni hosil qilamiz. (11) va (12) qo’shish formulalarida у 
bo’lganda quyidagi formulalar kelib chiqadi:
2




S  х    С х 
С  х     S x 
(13) ,
(14).
2
2


Bu ikki formula (9) va (10) formulalar bilan birgalikda х ning ixtiyoriy haqiqiy qiymati uchun S  x  va
 
Cx  funksiyalarning qiymatlarini bu funksiyalarning х ning  0,  oraliqdagi qiymatlari orqali topish
 2
imkoniyatini beradi. Xususiy holda


S   x   C  х     S  х  ,
2



С   x    S  х    C  х 
2

2.3-§. S  x  va Cx  funksiyalarning davriyligi va
ularning asosiy xossalari
Endi yuqoridagilardan foydalanib, S  x  va Cx  funksiyalarning davriyligini ko’rsatishimiz mumkin.
Haqiqatda quyidagi teorema o’rinli:
1-teorema. S  x  funksiya davriy va 2 soni bu funksiyaning eng kichik musbat davri bo’ladi.
Isboti.
S 2  x  S     x   S   x  S x
bo’lgani uchun har qanday x soni uchun
S 2  x   S x 
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 13
@matematiklar_tv
tenglikka ega bo’lamiz.
Faraz qilaylik shunday k
0  k  2  soni mavjudki, har qanday x soni uchun

S k  x  S x
tenglik o’rinli bo’lsin. k soni  soniga teng emas, chunki agar k   bo’lsa, u
holda
Ammo S   x   S x 

S   x   S x 
bo’lgani uchun S x   S x  bo’lib, bundan (3) ga zid bo’lgan
S x   0
ziddiyatni hosil qilamiz.
k soni
3
3
soniga ham teng emas, chunki agar k   bo’lsa, u holda
2
2
3

S    x   S x 
2

Ammo
3



S    x   S     х   С   х   С  x   С  х 
2

2

bo’lgani uchun biz S x   Сx  ziddiyatga ega bo’lamiz.
k soni


soniga ham teng emas, chunki agar k 
bo’lsa, u holda
2
2


S   x   S x 
2



Ammo boshqa tomondan S  x 
 munosabatda
х  0 deb olib

  С  x  bo’lgani uchun biz S x   С x  ziddiyatga ega bo’lamiz.
2
S k   S 0
tenglikni hosil qilamiz.
 
k soni  0,  oraliqqa ham tegishli emas, aks holda biz (3) ga zid munosabatga kelamiz.
 2
 
 
k soni  ,   oraliqqa ham tegishli emas, chunki   k soni  0,  oraliqqa tegishli bo’lib, biz (3)
2 
 2
ga zid bo’lgan S   k   S  k   S k   0 munosabatga kelamiz.
k soni  ,2  oraliqqa ham tegishli emas, chunki 2  k soni 0,   oraliqqa tegishli bo’lib, biz (3)
ga zid bo’lgan
S 2  k   S 2   k   S  k   S k   0
munosabatga kelamiz.
Demak, 2 soni S  x  funksiyaning eng kichik musbat davri ekan.
2-teorema. Сx  funksiya davriy va 2 soni bu funksiyaning eng kichik musbat davri bo’ladi.
Isboti.
С2  x  С    x   С  x  Сx
bo’lgani uchun har qanday x soni uchun
С2  x   Сx 
tenglikka ega bo’lamiz.
Faraz qilaylik shunday k
tenglik o’rinli bo’lsin. k soni
0  k  2  soni mavjudki, har qanday x soni uchun
 
Сk  x   Сx
1
1
 soniga teng emas, chunki agar k   bo’lsa, u holda
2
2
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 14
@matematiklar_tv
1

С    x   С x 
2

1
2


Ammo С    x    S  x 

bo’lgani uchun Сx   S x  ziddiyatni hosil qilamiz.
k soni  soniga ham teng emas, chunki agar k   bo’lsa, u
holda
С   x   С x 
Ammo
С  x  Сх
bo’lgani uchun biz С x   С x  tenglikdan С х   0 ziddiyatga ega bo’lamiz.
3
3
k soni
soniga ham teng emas, chunki agar k 
bo’lsa, u holda
2
2
 3

С
 x   С x 
 2

3 



Ammo boshqa tomondan С  x 
  С     х    S   x   S  x  bo’lgani uchun biz
2 

2


3
.  
C x   S x  ziddiyatga ega bo’lamiz, chinki
C 0  1, S 0  0 . Demak, k  , k   , k 
2
2

munosabatda х 
deb olinsa
2


 
C  k   C   0
2

2


tenglikni hosil qilamiz. Ammo С  x     S k  . Demak, S k   0 . Lekin bu munosabatning bo’lishi mumkin
2

emasligi yuqorida ko’rsatildi.
Demak, 2 soni Сx  funksiyaning eng kichik musbat davri ekan.
Biz kelgusida (1) va (2) qo’shish formulalaridan kelib chiquvchi quyidagi
 x  x 2   x1  x 2 
S x1   S x 2   2S  1
  C
,
 2   2 
 x  x 2   x1  x 2 
S x1   S x 2   2C  1
  S

 2   2 
 x  x 2   x1  x 2 
C x1   C x 2   2C  1
  C
,
 2   2 
 x  x 2   x1  x 2 
C x1   C x 2   2S  1
  S

 2   2 
formulalarni keltirib chiqaramiz.
Masalan, birinchi formula quyidagi tartibda hosil qilinadi.
 x  x 2 x1  x 2 
 x  x 2 x1  x 2 
 x  x 2   x1  x 2 
S x1   S x 2   S  1


  S 1
  2S  1
  C

2 
2 
 2
 2
 2   2 
Keyin,
S 2 x   S x   C x   C x   S x   2S x   C x ,
formulalarga ega bo’lamiz. Nihoyat
1  C x 
 x
S   
,
2
2
C 2 x   C 2 x   S 2 x 
1  C x 
 x
C   
2
2
formulalarni keltirib chiqaramiz.
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 15
@matematiklar_tv
Haqiqatdan ham,
 x  x
 x
1  С х   2S    S    2S 2  
2 2
2
bo’lgani uchun
1  C x 
 x
S   
2
2
Keyin
 x 
1  С  х   2C    C  
2 
bo’lgani uchun
1  C x 
 x
C   
2
2


3-teorema. Cx  funksiya  0;
Isboti. Agar 0  x 
x
2 x 
  2C  
2
2

2
 oraliqda musbat.
2

bo’lsa, u holda 0 

bo’lib, bu (3) ga zid. Demak, 0  x 



2
2
x

2


 x  0
2

. Faraz qilaylik C x   0 bo’lsin. U holda S 
bo’lganda C x   0 ekan.
 
kesmada S  x  funksiya o’suvchi, Cx  funksiya esa kamayuvchi funksiya bo’ladi.
2 
  
Isboti. Aytaylik, х1 va х 2 sonlari 0 ,  kesmaga tegishli bo’lib, x1  x2 bo’lsin. U holda
 2
x  x2 
x  x2 
va 0  1
0 1


2
2
2
2
4-teorema. 0 ,
Demak,
 x  х2 
S 1
0
 2 
va
 x  х2 
C 1
0
2


Shu bilan birga
bo’lgani uchun S x1   S x2   0 , ya’ni
 x  х 2   x1  х 2 
S  x1   S x 2   2C  1
  S

 2   2 
S x1   S x2 
bo’lib S  x  funksiya o’suvchi bo’ladi.
Keyin
 x  х 2   x1  х 2 
 x  х 2   x1  х 2 
С  x1   С x 2   2S  1
  S
  2S  1
  S
0
 2   2 
 2   2 
bo’lgani uchun Сx1   Сx2   0 , ya’ni
С x1   С x2 
bo’lib Cx  funksiya kamayuvchi bo’ladi.
5-teorema. Ixtiyoriy n natural soni uchun

2C  n
2

2S  n
2

  2  2  2  2


  2  2  2  2


 
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 16
@matematiklar_tv
tengliklar o’rinli, bu yerda radikallar soni n  1 ta.
Isboti. Ma’lumki,
 
 
2
1  C 
1  C 
1
 
 2   2 ; 2C     2 
 4  2
2  2 2
2C    2 
 
2
2
2
4
8
Aytaylik  munosabat n  k uchun to’g’ri bo’lsin. U holda k  1 ta radikallar uchun
 
2C  k   2  2  2    2
2 
bo’lishi kerak. Natijada
 
2  2  2  2
1  C k 
1
  
2   2
2
2C  k 1   2
 2  2  2  2
2
2
2 
bo’lib, bu yerda radikallar soni k ta. Demak,  munosabat n  k  1 uchun ham to’g’ri. Bu tenglik n  2 uchun
ham to’g’ri bo’lgani uchun ixtiyoriy natural n uchun ham o’rinli. Ikkinchi tenglik esa quyidagi mulohazalardan kelib
chiqadi:
2  2  2  2
 
 
2S  n   2 1  C 2  n   2 1 
4
2 
2 
radikallar soni n  1 tadan iborat.
6-teorema. Agar n natural son bo’lsa, u holda
 

C  n   1 va
S n
lim
lim
2
2 
n 
n
Isboti. Haqiqatdan ham, biz yuqorida, radikallar soni n ta bo’lganda
 2  2  2  2

0

zn  2  2  2    2
belgilash kiritgan edik. Shung uchun
   z 1
C n   n
2
2 
Bundan
z 1
 
 lim n
 1,
n 
 n  2
lim C  2
n 
chunki
lim z
n 
n 1
2
Ikkinchi tomondan yuqorida belgilashlarni e’tiborga olinsa
 
S n  
2 
2  z n2
2
Bundan esa talab etilayotgan ikkinchi munosabat kelib chiqadi.
7-teorema. Cx  va S  x  funksiyalar uzluksizdir.
x 
 x  
  S x 
 va shu bilan birga
2 
 2  
x 
 x 

S x 
  1 va lim S    0 bo’lgani uchun lim C x   0 .
2 
 2 
x 0

x 0
x 
 x  
S  x   S  x  x   S  x   2 S    C  x 
 va shu bilan birga
2 
 2  
Isboti. C  x   C  x  x   C  x   2 S 
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 17
@matematiklar_tv
x 

C x 
  1 va
2 

 x 
  0 bo’lgani uchun
2 
lim S 
x 0
lim S x   0
x 0
2.4-§. Asosiy tengsizlik va asosiy natija


8-teorema. Agar х soni  0,

 oraliqqa tegishli bo’lsa, u holda
2
f x   x
Isboti. Bu tengsizlikni to’g’ri ekanligini dastlab х 

soni uchun isbotlaymiz, bu yerda n qandaydir
2n
natural son. Yuqorida biz n  1 ta radikallardan iborat ifoda uchun
u n 1  2 n 1 
2
2
2 
2 
tengsizlikka ega bo’lgan edik. Bu tengsizlikdan
2  2  2  2
2


2n
tengsizlik kelib chiqadi. Shuning uchun ixtiyoriy natural n soni uchun
  
S n   n
2  2


Endi х soni  0,

 oraliqqa tegishli bo’lib
2
x
ko’rinishdagi son uchun
m
2n
S х   х
tengsizlikni isbotlaymiz, bu yerda m va n natural sonlar bo’lib, m  2 n .
Agar m  1 yoki m  2 bo’lsa, yuqorida isbotlanganlarga ko’ra f x   x tengsizlikning to’g’riligi
ravshan.
Faraz qilaylik f x   x tengsizlik x 
k
soni uchun to’g’ri bo’lsin, bu yerda k  qandaydir natural son
2n
(k  1)
soni uchun ham o’rinli bo’lishini ko’rsatamiz. Haqiqatdan ham,
2n
 k  1 
  k 
    k 
 k    
S
  S  n  n   S  n   C n   S  n   C n 
n
2 
 2

2
2   2 
 2  2 
bo’lib, k  2 n 1 . Endi bu tengsizlik x 
Ammo

S n
2
 
 k
  n , S  n
 2
2
 k

  n , C  n
 2
2

 k
  1 va C  n

2

  1

bo’lgani uchun
 k  1 
    k 
 k      k k  1
S
  S  n   C n   S  n   C n   n  n 
n
2
2n
 2

2   2 
 2  2  2
m
S х   х tengsizlik, т  2 bo’lgan hol uchun x  n soni uchun to’g’ri bo’lgani uchun bu tengsizlik
2
т  3 uchun ham o’rinli va demak, ixtiyoriy т  1 soni uchun o’rinlidir.
m
ko’rinishdagi sonni rm , n bilan belgilaymiz va agar rm ,n  rk ,l bo’lsa, u holda
2n
rm,n  rk ,l  S rm,n   S rk ,l 
tengsizlikni o’rinli bo’lishini ko’rsatamiz.
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 18
@matematiklar_tv
Haqiqatdan ham,
Agar rm , n va rk ,l
 rm,n  rk ,l   rm,n  rk ,l 
  S 

S rm,n   S rk ,l   2С 
2
2

 

r r
 
sonlari  0,  oraliqqa tegishli bo’lsa, u holda m,n k ,l soni ham bu oraliqqa tegishli
2
 2
hamda
 rm,n  rk ,l
0  С 
2


  1

Keyin,
rm ,n  rk ,l 
m k


 l  n l 2 l m  2 n k  n l p ,
n
2
2
2
2


bu yerda
2l m  2 n k  p
deb olindi.
rm ,n  rk ,l bo’lgani uchun
m
k
 l va p butun musbat son bo’ladi. Yuqorida isbotlanganlarda ko’ra
n
2
2
 rm ,n  rk ,l  rm ,n  rk ,l
 
S 
2
2


Shuning uchun
S rm,n   S rk ,l   2 
rm,n  rk ,l
2
 rm,n  rk ,l
Bu tenglikdan agar rm ,n  rk ,l bo’lsa, u holda
rm,n  S rm,n   rk ,l  S rk ,l 
tengsizlik o’rinli bo’ladi.
 
 oraliqdagi qandaydir х uchun va qandaydir natural n va k sonlari uchun
 2
x  rk ,l
Endi  0,
bo’lsin. Yuqorida isbotlanganlarga ko’ra
rk ,l  S rk ,l   0
tengsizlikka ega bo’lamiz.
Biz doimo
rk ,l  rm,n  x va S x  S rm,n   rk ,l  S rk ,l 
tengsizliklar bajariladigan natural m va n sonlarini topishimiz mumkin.
Ikkinchi tomondan
rm,n  S rm,n   rk ,l  S rk ,l 
Bu tengsizliklardan
х  S x  rm,n  S rm,n   x  S x  rk ,l  S rk ,l 
х  S x  rk ,l  S rk ,l   x  rm,n   S x  S rm,n 
Shu bilan birga
bo’lgani uchun
x  rm , n  0 va S x  S rm,n   rk ,l  S rk ,l 
х  S x   0
va hakozo.
T x  
S x 
C x 
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 19
@matematiklar_tv
funksiyani qaraymiz. Bu funksiya

2
2k  1
ko’rinishdagi sonlardan boshqa barcha haqiqiy sonlar to’plamida
aniqlangan, bu yerda k  ixtiyoriy butun son.
Quyidagi munosabatlarga ega bo’lamiz:
S 0
 0,
C 0
S  x 
S x 
T  x  

 T x 
C  x 
C x 

S x   C  y   C x   S  y 
T x  y  
, bu yerda x  y  2k  1
2
C x   C  y   S x   S  y 

S x   C  y   C x   S  y 
T x  y  
, bu yerda x  y  2k  1
2
C x   C  y   S x   S  y 

2m  1 ga teng emas deb faraz qilib oxirgi
Qandaydir т natural soni uchun x, y sonlaridan biri
2
tengliklarning o’ng qismlarini С х   С  у  ga bo’lib,
T 0 
T x   T  y 
,
1  T x   T  y 
T x   T  y 
T x  y  
1  T x   T  y 
T x  y  
formulalarga ega bo’lamiz.
Keltirish formulasi
1


Т  х  
Т х 
2

formulani beradi.  soni Т х  funksiyaning eng kichik musbat davri ekanligini isbotlaymiz.
Haqiqatdan ham,
  
1

Т  х     Т     х   
 Т х 



2  2
Т  х
2

Endi barcha х lar uchun
Т k  x  T x
tenglikni qanoatlantiruvchi k 0  k    soni mavjud deb faraz qilamiz.
Bu tenglikda x  0 bo’lsa, u holda
T k   T 0  0
k

2
bo’lgani uchun C k   0 . Demak, S k   0 , bu yerda 0  k 
Shu bilan birga quyidagi formulalarga ega bo’lamiz:
T x1   T x 2  

2
yoki,

2
 k 
S x1  х 2 
,
C x1   C х 2 
S x1  х 2 
C x1   C х 2 
2T  x 
T 2 x  
,
1  T 2 x 
T x1   T x 2  
1  С х 
 х
T   
1  С х 
2
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 20
@matematiklar_tv
 
 oraliqga tegishli bo’lsa, u holda Т х  funksiya 0,   oraliqga tegishli bo’ladi.
 2
Agar х soni  0,
Agar 0  x1  x 2 

2
bo’lsa, u holda
T x1   T x2  


chunki S x1  х2   0 . Demak, Т х  funksiya  0,
S x1  х2 
 0,
C x1   C х2 

 oraliqda monoton funksiya bo’ladi. Shu bilan birga
2
lim T x1   T x2   0
 x1  x2 0
Haqiqatdan ham,
lim S x
2
 x1  x 2 0


Demak, Т х  funksiya  0,
 x1   0 va
lim T x   T x  
 x1  x2 0
1
2
lim S x
 x1  x2 0
2
 x1 
lim C x C x 

1
x1  x2 0
0
2

 oraliqda uzluksizdir. Т х  funksiyaning davriyligidan uning bu xossasi
2

2k  1;  2k  1  ko’rinishdagi oraliqlarga yoyiladi.
2
2

 
9-teorema. Agar х soni  0,  oraliqga tegishli bo’lsa, u holda
 2
х  T x 
ixtiyoriy butun k sonlari uchun barcha 
Isboti. Dastlab bu tengsizlikni х 

2n
soni uchun isbotlaymiz, bu yerda n  1  natural son.
 
S n 
 
2
T n     
 2  C  
 n
2 
2  2  2  2
,
2  2  2  2
bu yerda surat va maxrajda n  1 tadan radikallar ishtirok etmoqda. Ma’lumki,

2n 2  2  2    2
,
2  2  2  2
bu yerda ham surat va maxrajda n  1 tadan radikallar ishtirok etmoqda.
Bu mulohazalardan

 
 T n 
2
2 
n
tengsizlik kelib chiqadi.
т
 
 0,  oraliqga tegishli bo’lgan х soni х  n ko’rinishga ega bo’lsin , bu yerda m va n natural
2
 2
n
sonlar. Demak, n  1 va m  2 .
k
x  T x  tengsizlik х  n ( n  1 va k  2 n ) bo’lganda o’rinli. Bu tengsizlikni
2
(k  1)
k  1  2 n 1 bo’lganda х 
uchun isbotlaymiz:
2n
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 21
@matematiklar_tv
 k 
 
T n   T n 
 k  1 
 k  
2 
2 
T
  T n  n  
n
2 
 k    
 2

2
1 T n  T n 
 2  2 
(k  1)
 
 k    
soni  0,  oraliqga tegishli bo’lgani uchun 0  1  T  n   T  n   1 , va demak
n
2
 2  2 
 2
 k  1 
T
  0.
n
 2

Shuning uchun
Bundan х 
(k  1)
 k  1 
 k 
   k 
T
  T n  T n   n  n 
n
2
2n
 2

2 
2  2
т
ko’rinishga sonlar uchun
2n
x  T x 
tengsizlikni bajarilishi kelib chiqdi, bu yerda m va n natural sonlar bo’lib, n  1 va m  2 n 1 .
Xuddi yuqoridagidek
т
n  1, т  2 n 1 sonini rm , n bilan belgilaymiz va
n
2


qilamiz. U holda
deb faraz
rm , n  rk ,l  T rm , n   T rk ,l 
tengsizlikka ega bo’lamiz. Haqiqatdan ham,
T rm,n  T rk ,l   0
bo’lgani uchun
T rm,n   T rk ,l  
T rm,n   T rk ,l 
1  T rm,n   T rk ,l 
Ammo yuqorida
rm ,n  rk ,l 
bu yerda
rm ,n  rk ,l

2 n l
 T rm,n  rk ,l 
p,
2 l m  2 n k  p -butun musbat son deb belgilash kiriutilgan edi.
 
rm ,n  rk ,l soni  0,  oraliqga tegishli bo’lgani uchun p  2 n l 1 . Shuning uchun
 2
T rm,n  rk ,l   rm,n  rk ,l


Demak, rm , n , rk ,l sonlari  0,
T rm,n   T rk ,l   rm,n  rk ,l
yoki

 oraliqga tegishli bo’lsa va rm , n  rk ,l bo’lsa, u holda
2
T rm,n   rm,n  T rk ,l   rk ,l
 
 0,  oraliqdan olingan qandaydir х soni va qandaydir natural k va l sonlari uchun
 2
x  rk ,l
bo’lsin. Bu holda
Shu bilan birga doimo
T rk ,l   rk ,l  0
rk ,l  rm,n  x va T x  T rm,n   T rk ,l   rk ,l
tengsizliklar bajariladigan m va n natural sonlarni topishimiz mumkin.
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 22
@matematiklar_tv
Keyin,
Т х  х  T rm,n   rm,n  х  Т х  T rk ,l   rk ,l
Bundan
Т х  х  T rk ,l   rk ,l  x  rm,n   Т х  T rm,n 
Ammo m va n natural sonlarni
0  x  rm,n  T rk ,l   rk ,l
tengsizlik bajariladigan qilib tanlashimiz mumkin. Ikkinchi tomondan
Т  х   T rm ,n   0
Demak, Т х   х  0 va Т х   х .
S x 
limit mavjud.
x
x 0
 
Isboti. Aytaylik х soni  0,  oraliqga tegishli bo’lsin. Natijada
 2
S x   x  T x 
lim
10-teorema. Ushbu
tengsizlik o’rinli. Bu tengsizlik
1
x
 C x  ,
S x 
1
S x 
1

x
C x 
yoki
tengsizlikka ega bo’lamiz.
lim C x   1 bo’lgani uchun lim
x 0
Ammo
x 0
S  x  S x 

bo’lgani uchun
x
x
S x 
1
x
S x 
1
x
x 0
11-teorema. Ushbu munosabatlar o’rinli: S x   sin x, C x   cos x
Isboti. Ixtiyoriy haqiqiy x soni uchun
S x   sin x va Cx  cos x

tengliklarni ko’rsatamiz. Bu tengliklar х  n soni uchun bajariladi, bu yerda n qandaydir natural son. Haqiqatdan
2
ham, ixtiyoriy х uchun quyidagi tengliklar:
x
1  cos x
x
1  cos x
sin  
,
cos  
2
2
2
2
Xuddi yuqorida ko’rsatilganidek n  1 ta radikallardan iborat
lim
sin

2
n

2  2  2  2
2
,
cos

2
n

2  2  2  2
2
formulalarni ko’rsatishimiz mumkin. Bu formulalarni yuqorida hosil qilingan
 
S n  
2 
2  2  2  2
2
formulalar bilan taqqoslab
sin
,
 
C n  
2 
2  2  2  2
2

 
 
 S  n  va cos n  C  n 
2
2
2 
2 

n
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 23
@matematiklar_tv
tengliklarni hosil qilamiz.
Aytaylik х soni
т
2n
ko’rinishda bo’lsin, bu yerda m  qandaydir butun son, n  natural son. Qo’shish teoremasi yordamida sin x




 
funksiyani sin n va cos n lar orqali ifodalash mumkin. sin n ning o’rniga S  n  ni, cos n ning o’rniga
2
2
2
2
2 
 
C  n  ni qo’yamiz.
2 
х
Natijada
sin
т
 т 
 S n 
n
2
 2 
tenglik hosil bo’lasi. Xuddi shu kabi
cos
tengliklar hosil qilinadi.
т
 т 
 C n 
n
2
 2 
т
(т  1)
va
sonlarini
n
2
2n
т
(т  1)
x
n
2
2n
х  ixtiyoriy haqiqiy son bo’lsin. Biz doimo ikkita
tengsizlik bajariladigan qilib tanlashimiz mumkin. Bundan sinusning monotonligidan foydalanib,
sin
т
(т  1)
 sin x  sin
n
2
2n
tenglikni va bundan esa
 т 
 ( т  1) 
S  n   sin x  S 

n
 2 
 2

tenglikni yoza olamiz. Ammo S  x  funksiyaning monotonligidan
 т 
 (т  1) 
S  n   S ( x)  S 

n
 2 
 2

tengsizlikni yozamiz.
Faraz qilaylik S x   sin x bo’lsin. U holda
 (т  1) 
 т 
S  x   sin x  S 
  S n 
n
 2

 2 
 (т  1) 
 т 
S x  uzluksiz funksiya bo’lgani uchun S 
  S  n  ayirmani istalgancha kichik qilishimiz
n
 2

 2 
mumkin. Shuning uchun bu tengsizlikdan S x   sin x
tenglik kelib chiqadi. Xuddi shu kabi C x   cos x tenglik ko’rsatiladi.
Bu mulohazalar bizni quyidagi tasdiqqa olib keladi: agar х ni qandaydir burchakning o’lchovi sifatida
qaralsa va sin x va cos x funksiyalar geometrik ko’rinishda aniqlansa, u holda sin x va cos x funksiyalar (1)-(4)
munosabatlar o’rinli bo’ladi.
Keltirilgan shartlarni qanoatlantiruvchi boshqa funksiyalar mavjud emasligi (1)-(4) funksional
munosabatlarni trigonometrik funksiyalarni aniqlashga asos sifatida olish mumkin. S  x  va Cx  (1)-(4)
munosabatlarni qanoatlantiruvchi funksiyalar bo’lsin. Aniqlaganimizga ko’ra
sin x  S x , cos x  Cx 
tengliklar bilan biz funksional tenglamalar yordamida trigonometrik funksiyalarni aniqlaymiz.
2.5-§. Funksional tenglamalar yordamida qator
koeffisiyentlarini aniqlash
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 24
@matematiklar_tv
Agar qatorlar funksional tenglamalar ko’rinishdagi rekkurent formula bilan berilsa bunday qatorlarning
noma’lum koeffisiyentlarini funksional tenglamani yechish yordamida aniqlash mumkin ekanligini misollarda
ko’rsatamiz.
Biz ushbu bo’limda shu xususda to’xtalamiz.
1-misol. Ushbu



 q 1
F z   1  qz  1  q 2 z 1  q 3 z ...
funksiya darajali qatorga
F z   A0  A1 z  A2 z 2  A3 z 3  
ko’rinishda yoyilishi ma’lum.
F z   1  qzF qz
funksional tenglama yordamida ko’rsatilgan qatorninig Аn koeffisiyentlarini aniqlang.
Yechilishi. Keltirilgan qator bo’yicha



 

F qz  1  q 2 z 1  q 3 z 1  q 4 z ... 1  q n z ...  A0  A1qz  A2 q 2 z 2  A3 q 3 z 3  
bo’lgani uchun
1  qz F qz   A0  A1qz  A2 q 2 z 2  A3 q 3 z 3    A0 qz  A1q 2 z 2  A2 q 3 z 3  A3 q 4 z 4   
bo’lg
 A0   A1  A0 qz   A2  A1 q 2 z 2   A3  A2 q 3 z 3  
ani uchun berilgan funksional tenglama
A0   A1  A0 qz   A2  A1 q 2 z 2   A3  A2 q 3 z 3    A0  A1 z  A2 z 2  A3 z 3  
ko’rinishdagi ayniyatni beradi.
z ning bir xil darajalari oldidagi koeffisiyentlarini tenglash
 An  An1 q n  An
, n  1,2,3,...
tengliklarni beradi.
Bu tenglikdan
qn
An 1 , n  1,2,3,...
qn 1
An 
Nihoyat oxirgi tenglikdan izlanayotgan
An 
koeffisiyentlarni aniqlaymiz.
2-misol. Ma’lumki
q
n  n 1
2
q  1q 2  1 q n  1


, n  1,2,3,...

F z   1  qz  1  q 2 z 1  q 3 z ...
 q 1
funksiya ko’rinishda bo’lib, bu miqdorga teskari miqdor
1
 B0  B1 z  B2 z 2  B3 z 3  
F z 
ko’rinishda qatorga yoyilishi ma’lum.
F z   1  qzF qz
funksional tenglama yordamida ko’rsatilgan Bn koeffisiyentlarini aniqlang.
Yechilishi. Keltirilgan qator bo’yicha
1
 B0  B1 qz  B2 q 2 z 2  B3 q 3 z 3  
F qz 
bo’lgani uchun funksional tenglama
1
1  qz

F qz  F  z 
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 25
@matematiklar_tv
ko’rinishga ega ekanligidan foydalanib,


B0  B1 qz  B2 q 2 z 2  B3 q 3 z 3    B0  B1 z  B2 z 2  B3 z 3    B0 qz  B1 q 2 z 2  B2 q 3 z 3  B3 q 4 z 4   
 B0  B1  B0 q z  B2  B1q z 2  B3  B2 q z 3  
tenglikni
yozamiz. Demak, berilgan funksional tenglama
B0  B1  B0 qz  B2  B1qz 2  B3  B2 qz 3    B0  B1qz  B2 q 2 z 2  B3 q 3 z 3   ko’rinishda
gi ayniyatni beradi.
z ning bir xil darajalari oldidagi koeffisiyentlarini tenglash
B n B n1 q B n q n
, n  1,2,3,...
tengliklarni beragi.
Bu tengliklardan
Bn 
q
Bn 1 , n  1,2,3,...
1 qn
Nihoyat oxirgi tengliklardan izlanayotgan
Bn 
qn
, n  1,2,3,...
1  q  1  q 2  1  q n

 

koeffisiyentlarni aniqlaymiz.
3-misol. Ushbu
1  qz 1  qz 1 1  q 3 z 1  q 3 z 1 1  q 5 z 1  q 5 z 1 ...



1  q
2 n 1



z 1  q 2 n 1 z 1 

 С 0  С1 z  z 1  С 2 z 2  z  2    С n z n  z  n

ayniyatdan
C0 , C1 , C 2 ,... koeffisiyentlarni aniqlang.
Yechilishi. Keltirilgan ayniyatning chap qismini ikki qismga ajratamiz:


 

f z   1  qz  1  q 3 z 1  q 5 z ... 1  q 2 n 1 z ,
va



 
g z   1  qz 1 1  q 3 z 1 1  q 5 z 1 ... 1  q 2 n1 z 1

Birinchi va ikkinchi munosabatlardan mos ravishda
 
f q2z 
1  qz
1  q 2 n 1 z
g z 
va g q 2 z  
qz  q 2 n
1  qz
funksional tenglamalarni hosil qililish qiyin emas. Demak, berilgan tenglikning chap qismi
u holda bu funksiya bu ikki funksiyalar ko’payitmasidan iborat bo’lgani uchun
 n q 2 z  
 n  z  bilan belgilansa,
1  q 2 n 1 z
 n z 
qz  q 2 n
funksional tenglamani qanoatlantirishini ko’rishimiz qiyin emas. Bundan,




С q 2 1 1  q 2n2  C 1 1  q 2n2 2 Cn  q n ,   0,1,2,..., n  1
2
Demak, qator koeffisiyentlari
C 
1  q
1  q
....1  q  ,
1  q 1  q .....1  q 
2 n  2  2
2
2 n  2  4
4
4n
2 n  2
  0,1,2,..., n  1
munosabat bilan aniqlanadi.
II bob bo`yicha xulosa
Ushbu bobda funksional tenglamalar yordamida trigonometrik funksiyalarni kiritish amalga oshirilgan.
Ma’lumki umumta’lim maktablar matematika kursida asosiy trigonometrik funksiyalar geometrik tarzda aniqlanadi.
Bunday geometrik aniqlashlar turli ko’rinishda bo’lishi mumkin. Masalan, qandaydir burchakning o’lchovi sifatida 
sonini olib,  sonining trigonometrik funksiyalarini to’g’ri burchakli uchburchakning mos tomonlarining nisbati
orqali, yoki bu nuqta koordinatalarini shu nuqtadan koordinata boshigacha bo’lgan masofaga nisbati kabi aniqlash
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 26
@matematiklar_tv
mumkin. Geometriya bilan bog’liq bo’lmagan tarzda trigonometrik funksiyalarni aniqlashni differensial tenglamalar
asosida amalga oshirish mumkin:
a) ikkinchi tartibli chiziqli
d2y
y0
dx 2
tenglamaning
x  0 bo’lganda y1  1,
boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi
b) ikkinchi tartibli chiziqli
dy1
0
dx
у1 х  yechimini kosinus deb nomlaymiz va cos x kabi belgilaymiz.
d2y
y0
tenglamaning
dx 2
dy2
1
x  0 bo’lganda y 2  0,
dx
boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi
у 2 х  yechimini sinus deb nomlaymiz va sin x
kabi
belgilaymiz. Trigonometrik funksiyaning keltirilgan bu ta’rifidan uning barcha xossalarini o’rnatish mumkin va
shuningdek х sonini qandaydir burchak o’lchovi sifatida qaralsa sin x va cos x funksiyalar yuqorida aytilgan
geometric xossalarga ega bo’ladi.
III Bob. Funksional tenglamalarni yechish
3.1-§. Funksional tenglamalarni yechishga oid misollar
Biz bu paragrafda turli adabiyt va risolalardan to’plangan bir qator funksional tenglamalarni yechilishiga oid
misollardan namunalar keltiramiz.
1-misol. Barcha x  R lar uchun
xossaga ega bo’lgan uzluksiz f x  funksiyalarni toping.
 x
f x   f  
2
x
almashtirishdan
2
 x 
 x
 x 
 x 
f  x   f    f  2     f  n  Bundan f  x   lim f  n   f 0  bo’lgani uchun
2
2 
2 
2 
n 
Yechilishi. x 
f x   o’zgarmas funksiya.
2-misol. Ushbu
Javob: f x  C  const.
f x  y   g x  h y 
tenglamani qanoatlantiruvchi uzluksiz funksiyalarni toping.
Yechilishi. Bu tenglama Koshi tenglamasiga keltirilishi mumkin, buning uchun
y  0, h0  b deb olamiz. U holda berilgan tenglamani
f x  g x  b yoki, g x  f x  b
kabi yozishimiz mumkin.
x  0, g 0  a deb olsak, x  0 bo’lganda berilgan tenglamadan
f  y   a  h y  yoki h y   f  y   a
kabi yozishimiz mumkin. Natijada
f x  y   f x   f  y   a  b
tenglama hosil bo’ladi. Endi f 0 z   f z   a  b belgilash kiritilsa, u holda
f 0 x  y   f 0 x   f 0  y 
Koshi tenglamasi hosil bo’ladi. Bu tenglamaning yechimi f 0 x   cx bo’lgani uchun kiritilgan
belgilashlarga ko’ra
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 27
@matematiklar_tv
f x  cx  a  b, g x  cx  a, hx  cx  b
yechimga ega bo’lamiz.
3-misol. Ushbu
f x  y   f x  y   2 f xcos y
tenglamani qanoatlantiruvchi f x  funksiyalarni toping.
Yechilishi. y 

2
bo’lganda tenglikning o’ng tomoni nolga teng bo’ladi.
x  0, y  t
x
x

2

2
 t, y 
, y

2
t
bo’lsa, tenglama f t   f  t   2a cost;

2
bo’lsa, tenglama f   t   f t   0;
bo’lsa, tenglama f   t   f  t   2b sin t
 
 belgilashlar kiritilgan.
2
tenglamarga o’tadi. Bu yerda a  f 0 , b  f 
Hosil bo’lgan tenglamalardan berilgan tenglamaning yechimi uchun f t   a cost  b sin t funksiyani
hosil qilamiz.
Javob: f t   a cost  b sin t
4-misol. Maxkamlangan a soni va ixtiyoriy x uchun
f x  a  
1  f x 
1  f x 
tenglikni qanoatlantiruvchi f x  davriy funksiya ekanligini isbotlang.
Yechilishi.
1
1  f x  a 
1
f  x  2a  

1  f x  a  1  1 
1
1
f  x  4a   
 f x 
f  x  2a 
tengliklardan f x  funksiya davriy bo’lib, uning davri 4a ga teng.
1
f x 
1
f x 

'
f x 
f x 
f x 
5-misol. Ushbu px  1  px   2 x  1 tenglikni qanoatlantiruvchi px  ko’phadlarni toping.
Yechilishi. Berilgan tenglamani px   x 2 funksiya qanoatlantiradi. Berilgan
yechimlari mavjudmi? kabi savol tug’ilishi tabiiy.
Shuning uchun f x   px   x 2 belgilash kiritsak,
f x  1  px  1  x  1  px  2x  1  x  1  px  x 2  f x
f x  C  const. Demak, px   x 2  C.
Javob: px   x 2  C.
2
2
tenglamaning boshqa
bo’lib,
bundan
6-misol. Barcha x  R lar uchun aniqlangan va ixtiyoriy x, y lar uchun
xf  y   yf x   x  y  f x f  y 
tenglamani qanoatlantiruvchi f x  uzluksiz funksiyani toping.
Yechilishi. y  x  f x   f
2
x   f x  f x   1  0
, demak, barcha x lar uchun f x   0
va
f x   1 uzluksiz yechimlardir. Uzilishga ega bo’lgan ko’plab yechimlar ham mavjud. R ning ixtiyoriy A qism
to’plami uchun
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 28
@matematiklar_tv
0, agar x  A bo' lsa,
f x   
1, agar x  R \ A bo' lsa
Ammo bu ziddiyatga olib keladi, chunki y   x bo’lganda
funksiyadir.
Javob:
7-misol. Barcha x, y lar uchun
f  x   f  x 
bo’lib, f x   juft
f x   0 va f x   1
f x  f  y   f x  y 
tenglamani qanoatlantiruvchi noldan farqli f x  funksiyani toping.
f 0  1 .
Yechilishi. y  0  f x  f 0  f x  tenglikdan f x  aynan noldan farqli yechim bo’lgani uchun
y  x  f 2 x   f 0  1 tenglikdan f x   1 va f x   1 uzluksiz yechimlarni hosil qilamiz. Shu
bilan birga uzilishga ega bo’lgan yechimlar ham mavjud. Masalan, R ning ixtiyoriy A qism to’plami uchun
 1, agar x  A bo' lsa,
f x   
 1, agar x  R \ A bo' lsa
yechimni olishimiz mumkin.
Javob: f x   1 va f x   1
8-misol. x  0 soni uchun
f xy  xf  y   yf x 
tenglamani qanoatlantiruvchi f x  funksiyani toping.
f x 
belgilash kiritsak,
x
f xy xf  y   yf x  f  y  f x 
g xy 



 g x   g  y 
xy
xy
y
x
Koshi tenglamasiga kelamiz. Bu tenglamaning yechimi g x   C ln x bo’lgani uchun berilgan tenglamaning
yechimi f x   Cx ln x bo’ladi.
Yechilishi. g  x  
Javob:
9-misol. Ushbu
f x  C ln x
f x  y   f x  y   2 f x   f  y 
tenglamani qanoatlantiruvchi f x  funksiyani toping.
Yechilishi. y  0  2 f x   2 f x   2 f 0  f 0  0
kelib chiqadi.
y  x  f 2 x   f 0  4 f x   f 2 x   2 2 f x 
matematik induksiya usuli bilan har bir n  N uchun
f nx  n 2 f x 
(1)
p
ekanligini ko’rsatishimiz mumkin.
x   ratsional son bo’lsa, u holda q  x  p  1 bo’lgani uchun
q
f q  x   f  p 1 , bundan esa
(1)
ga asosan q 2 f x   p 2 f 1 , yoki, f x  
p2
f 1  f 1x 2 . a  f 1
2
q
belgilash kiritsak berilgan tenglamaning yechimi f  x   ax 2 dan iborat bo’ladi. Bevosita tekshirish bu funksiya
berilgan tenglamani qanoatlantirishi kelib chiqadi.
Javob: f  x   ax 2
10-misol. Ushbu
f x  y   f x  y   2 f  y 
tenglamani qanoatlantiruvchi f x  funksiyani toping.
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 29
@matematiklar_tv
Yechilishi. y  0  f x   f x   2 f 0  f 0  0
kelib chiqadi.
y  x  f 2 x   f 0  2 f x   f 2 x   2 f x 
matematik induksiya usuli bilan har bir n  N uchun
(1)
f nx  nf x 
p
ekanligini ko’rsatishimiz mumkin.
x   ratsional son bo’lsa, u holda q  x  p  1 bo’lgani uchun
q
p
f q  x   f  p 1 , bundan esa (1) ga asosan qf x  pf 1 , yoki, f x   f 1  f 1x . a  f 1 belgilash
q
kiritsak berilgan tenglamaning yechimi f x   ax dan iborat bo’ladi. Bevosita tekshirish bu funksiya berilgan
tenglamani qanoatlantirishi kelib chiqadi.
11-misol. Ushbu
Javob: f x   ax
f x  y   f x  y   2 f x 
tenglamani qanoatlantiruvchi f x  funksiyani toping.
Yechilishi.
y  x  f 2 x   f 0  2 f x   f 2 x   2 f x   f 0
Endi berilgan tenglamada x ni 2x bilan almashtirsak y  x bo’lganda
f 3x   f x   2 f 2 x , yoki f 3x   3 f x   2 f 0 tenglikni hosil qilamiz. Matematik
induksiya usuli bilan har bir n  N uchun
(1)
f nx  nf x   n  1 f 0
p
ekanligini ko’rsatishimiz mumkin.
x   ratsional son bo’lsa, u holda q  x  p  1 bo’lgani uchun
q
f q  x   f  p 1 , bundan esa (1) ga asosan
qf x  q  1 f 0  pf 1   p  1 f 0 ,
yoki bundan
f x  
yoki
p
pq
f 1 
f 0 ,
q
q
f x  xf 1  x  1 f 0
Endi a  f 0  f 1, b   f 0 belgilashlar kiritsak berilgan tenglamaning yechimi f x   ax  b
chiziqli funksiyadan iborat bo’ladi. Bevosita tekshirish bu funksiya berilgan tenglamani qanoatlantirishi kelib chiqadi.
Javob:
f x  ax  b
12-misol. Ushbu
f x  y  
tenglamani qanoatlantiruvchi f x  funksiyani toping.
Yechilishi. Berilgan tenglamani
f x  f  y 
f x   f  y 
1
1
1


f x  y  f x  f  y 
ko’rinishda yozib, g x  
1
belgilash kiritilsa, berilgan tenglama Koshining
f x 
g x  y   g x   g  y 
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 30
@matematiklar_tv
tenglamasiga o’tadi. Bu tenglamaning yechimi g x   cx bo’lgani uchun berilgan tenglamaning yechimi
bu yerda a 
f x  
a
x
1
c
Javob:
13-misol. Ushbu
f x  
a
x
f 2 x   f x  y  f x  y 
tenglamani qanoatlantiruvchi f x  funksiyani toping.
Yechilishi. Berilgan tenglamani har ikki qismini logarifmlab,
2 ln f x   ln f x  y   ln f x  y 
tenglamaga g  ln f belgilash bilan
2 g x   g x  y   g x  y 
Koshi tenglamasiga kelamiz. Bu tenglamaning yechimi g x   ax  b bo’lgani uchun kiritilgan almashtirishga ko’ra
berilgan tenglamaning yechimi f  x   Ce ax ko’rinishda bo’ladi.
Javob:
f x   Ce ax
14-misol. x  0,1 soni uchun
 1 
f x   f 
x
1 x 
(1)
tenglik bajariladigan barcha f x  funksiyani toping.
1
almashtirish bajarilsa, (1) tenglama
1 x
1
 1
f 1    f  x   1 
(2)
x
x

Yechilishi. Berilgan tenglamada x 
tenglamaga (2) x 
1
almashtirishda
1 x
 1
f 1   
x

1
 1 
f

1 x  1 x
(3)
tenglamaga o’tadi.
Endi (1) va (2) tenglamalarni hadlab qo’shib, (3) e’tiborga olinsa, u holda
2 f x  
1
1
 x 1
1 x
x
tenglikni va bundan berilgan tenglamaning
f x  
1
1
1 
1  x  

2
x x 1
yechimini hosil qilamiz.
15-misol. Ushbu
f x  y   f x  f  y   g x g  y 
tenglamani qanoatlantiruvchi uzluksiz funksiyalarni toping.
Yechilishi. Berilgan tenglamada x va y ning o’rinlari almashtirilsa, f funksiyaning juft funksiya
ekanligi kelib chiqadi.
x  y  f 0  f 2 x   g 2 x  va x  y  0  f 0  f 2 0  g 2 0
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 31
@matematiklar_tv
Shu bilan birga f 0  1  g 0  0 .
Agar berilgan tenglamada y  0 bo’lsa
f x   f x  f 0  g x g 0
Agar berilgan tenglamada y  0 bo’lsa
f 2 x   f x f  x  g x g  x 
Oxirgi tenglik f x   cos x, g x   sin x funksiyalar uchun o’rinli.
Javob: f x   cos x, g x   sin x
16-misol. Ushbu
f x  y  f x  y    f x f  y 
2
tenglikni qanoatlantiruvchi barcha uzluksiz funksiyalarni toping.
Yechilishi. Berilgan tenglamaning har ikkala qismini logarifmlaymiz. Natijada
ln f x  y   ln f x  y   2 ln f x   2 ln f  y 
tenglama hosil bo’ladi. Endi g  ln f belgilash kiritilsa, u holda
g x  y   g x  y   2 g x   2 g  y 
tenglama hosil bo’ladi. Ammo
x  y 2  x  y 2  2x 2  y 2 
ayniyat e’tiborga olinsa, u holda g x   ax2 deb olishimiz mumkin. U holda kiritilgan belgilashga ko’ra berilgan
tenglamaning yechimi f x   e ax .
2
Javob: f x   e ax
2
17-masala. Arifmetik progressiyaning uchta: x, x  y, x  2 y hadlari geometrik progressiyaning uchta:
f ( x), f ( x  y ), f ( x  2 y ) hadlariga o’tkazuvchi, ya’ni
 f x  y2  f x f x  2 y
tenglamani qanoatlantiruvchi f : R  R funksiyani toping.
Yechilishi. Tenglamada x  x  y almashtirish bajarilsa, u holda tenglama
f 2 x   f x  y  f x  y 
ko’rinishni oladi. f x   0 deb faraz qilib, bu tenglamaning har ikkala qismini logarimlasak,
2 ln f x   ln f x  y   ln f x  y 
tenglama hosil bo’ladi. Endi oxirgi tenglamada g  ln f almashtirish bajarilsa, oldindan yechilgan
2 g x   g x  y   g x  y 
tenglamani hosil qolamiz. Bu tenglamaning yechimi g x   ax  b bo’lgani uchun kiritilgan o’rin almashtirishga
ko’ra berilgan tenglamaning yechimi
f  x   Ce ax dan iborat.
Javob: f  x   Ce ax
18-misol. Ushbu
f x  y   f x   f  y   f x  f  y 
tenglikni qanoatlantiruvchi barcha uzluksiz funksiyalarni toping.
Yechilishi. Agar f x   g x   1 belgilash kiritilsa berilgan tenglama Koshining
tenglamasiga o’tadi. Bu tenglamaning
f  x   a x  1 dan iborat.
Javob:
g x  y   g xg  y 
x
yechimi g  x   a bo’lgani uchun
berilgan tenglamaning yechimi
f x   a x  1
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 32
@matematiklar_tv
19-misol. Ushbu
f 2 x   1  f x  1
tenglikni qanoatlantiruvchi funksiyaga misol keltiring.
Yechilishi. f x   ax  b  chiziqli funksiya bo’lsin. U holda
ax  b2  1  ax  1  b . Bundan
a 2 x 2  2ab  a x  b 2  a  b  1  0
tenglik barcha
xR
lar uchun bajarilishi kerak. Demak, a  0, b  b  1  0  b 
2
Javob: f  x  
1 5
.
2
1 5
2
20-masala. Arifmetik progressiyaning uchta hadini arifmetik progressiyaning uchta hadlariga o’tkazuvchi
funksiyaga misol keltiring.
Yechilishi. Arifmetik progressiyaning dastlabki uchta hadi f almashtirishda arifmetik progressiya tashkil
etuvchi f ( x), f ( x  y ), f ( x  2 y ) sonlalrga o’tsin. U holda arifmetik progressiyaning ta’rifiga asosan
f ( x)  f (2 x  y )  2 f ( x  y )
funksional tenglamaga ega bo’lamiz. Bu tenglamada y  0 bo’lsa, f 2 x   2 f x  tenglamaga va induksiya
bo’yicha
f nx  nf x 
funksional tenglamaga ega bo’lamiz.
p
 ratsional son bo’lsa, u holda q  x  p  1 bo’lgani uchun f q  x   f  p 1 , bundan esa
q
qf x  pf 1 , yoki, a  f 1 belgilash kiritsak berilgan tenglamaning yechimi f x   ax dan iborat bo’ladi.
x
Bevosita tekshirish bu funksiya berilgan tenglamani qanoatlantirishi kelib chiqadi.
Javob: f x   ax
21-misol. Ushbu
3 f 2 x  1  f x   5x
tenglikni qanoatlantiruvchi funksiyani toping.
Yechilishi. Berilgan tenglamaning yechimini f x   ax  b ko’rinishda izlaymiz. U holda berilgan
tenglamadan
6ax  3a  3b  a  5x  b
tenglikka kelamiz. Bu tenglik barcha x lar uchun 6a  a  5, 3a  3b  b bo’lganda, ya’ni a  1, b  
bo’lganda bajariladi. bundan berilgan tenglamaning yechimi f  x   x 
Javob: f  x   x 
22-misol.
3
2
3
ekanligi kelib chiqadi.
2
3
.
2
x  0 nuqtada chegaralangan,
f x  
1  x
f    x2
2 2
tenglamani qanoatlantiruvchi funksiyani toping.
Yechilishi. Berilgan tenglikda ketma ket
tengliklarni ketma ket
x ni
x x x
x
, 2 , 3 ,..., n larga almashtirib, hamda hosil bo’lgan
2 2 2
2
1
ga ko’paytirib
2
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 33
@matematiklar_tv
f x  
1  x
f    x2 ,
2 2
2
1  x 1  x  1 x
f 
f    ,
2  2  22  22  2  2 
2
1  x  1  x 1  x 
f 
f    ,
2 2  2 2  23  23  2 2  2 2 
.......... .......... .......... .......... .......... .......
1  x 
1  x  1  x 
f  n   n1 f  n1   n  n 
n
2 2  2
2  2 2 
2
tengliklarni yozamiz. Bu tengliklarni hadlab qo’shib,
f x  
1  x 
1
1
1 

f  n1   x 2 1  3  6    3n 
n 1
2
2
2 
2 
 2
tenglikka kelamiz. Bunda x  0 da f x  yaqinlashuvchi, n   da esa bu tenglikdan f  x   0  x 2 
yoki, f  x  
1
1
1
23
8 2
x natijaga erishamiz.
7
Javob: f  x  
8 2
x
7
23-misol. Ushbu
f x  
1
2
 x
f    x  x2
2
tenglamani qanoatlantiruvchi, har qanday chekli oraliqda chegaralangan funksiyani toping.
Yechilishi. 1-misoldagidek bajarilgan ishlarni bajarib,
f x  
tenglikka
kelamiz.
f x   0  x 
1
1
1
22
1
2 n1
Bunda
 x2 
f x 
1
1
1
1
1 
1
1
1 
 x 


f  n1   x1  2  4    2 n   x 2 1  3  6    3n 
2
2 
2
2 
2 
 2
 2
1
23
chegaralangan
yoki, f  x  
bo’lib,
n
da
esa
bu
tenglikdan
4
8
x  x 2 natijaga erishamiz.
3
7
Javob: f  x  
4
8
x  x2
3
7
24-misol. a  1 haqiqiy soni va x  1 da aniqlangan   x  funksiya uchun
tenglikdan f x  funksiyani toping.
Yechilishi. y 
 x 
f
  af  x     x 
 x 1 
x
y
belgilash kiritilsa, x 
va
x 1
y 1
 y 
 y 
 y 
   
  aaf  y     y    
 ,
f  y   af 
 y 1
 y 1
 y 1
yoki
1  a  f  y   a  y     y y 1 
2


https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 34
@matematiklar_tv
 y 

a  y    
y  1 

bo’ladi. Bundan esa f  y  
bo’ladi.
1  a2
 x 
a x    

x 1

Javob: f x  
.
1  a2
25-misol. Qanday funksiya
xf x  2 xf  x  1
tenglik bilan xarakterlanadi?
Yechilishi. x   x almashtirishlar bajarilsa, u holda
 xf  x   2 xf  x   1
tenglama hosil bo’ladi. Ikkinchi tenglamani 2 ga ko’paytirib birinchi tenglamaga qo’shilsa  3 f x   3 va bundan
izlangan funksiya
1
ekanligi kelib chiqadi.
x
f x  
Javob:
26-misol. Ushbu
f x  
1
.
x
f x  y   f x  f  y   xy
tenglikni qanoatlantiruvchi barcha uzluksiz funksiyalarni toping.
Yechilishi. Agar f  x   ax 2  bx  c bo’lsa , u holda berilgan tenglamadan hisoblashlar natijasida
2a 1xy  c
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglik a 
f x  
1
, c  0 bo’lganda barcha x, y lar uchun o’rinli bo’ladi. Demak,
2
1 2
x  bx berilgan tenglamaning yechimi bo’ladi.
2
Javob: f  x  
27-misol. Agar
q  0, q  1 bo’lsa
tenglamani yeching.
Yechilishi. Berilgan tenglamada


yoki  t   t
ko’rsatadi. Demak,
 1
1 2
x  bx
2
f x  f qx
x  q t , f  x    t 
belgilash kiritilsa, tenglama
f q t   f q t 1 
ko’rinishni oladi. Bundan izlangan funksiya davri 1 ga teng bo`lgan funksiya ekanligini
 ln x 
,
f  x    t   pt   p

ln
q


bu yerda
p  davri 1 ga teng bo’lgan ixtiyoriy funksiya.
Javob:
bu yerda
p  davri 1 ga teng bo’lgan ixtiyoriy funksiya.
 ln x 
 ,
f  x   p
ln
q


3.2-§. Turli xil turnir va matematik olimpiadalarda talabalar yechishi
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 35
@matematiklar_tv
uchun taklif etilgan misollardan namunalar
Dastlab viloyat olimpiadalarida yechish uchun tavsiya etilgan quyidagi misollarni keltiramiz:
1-misol. Agar x, y  R bo’lsa, ixtiyoriy x, y larda f x  y   f x   f  y   2 xy
qanoatlantiruvchi barcha f funksiyalarni toping.
Yechilishi. Berilgan tenglamada x  2 y deb olinsa,
shartni
f (2 y)  4 y 2 tenglik hosil bo’ladi. Bundan
f ( x)  x 2 ekanligi kelib chiqadi.
Javob: f ( x)  x 2 .
2-misol. f x  funksiya ixtiyoriy x uchun aniqlangan va quyidagi xossalarga ega:
1) f 1  2 ,
2) f x  6  f x   6 ,
3) f x  1  f x   1 ;
f 2010 ning qiymatini toping.
f x  6  f x  5  1  f x  5  1, ya’ni
f x  5  f x   5 . Hosil bo’lgan tengsizlik va 3) shartdan f x  5  f x  4  1  f x  4  1 , ya’ni
f x  4  f x   4 . Xuddi shu tartibni davom ettirsak, f x  1  f x   1 bo’ladi. Bu va 3) shartdan
f x  1  f x   1
funksional tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglamaning yechimini f x   ax  b ko’rinishida izlab,
a  b 1
ekanligini aniqlaymiz. Demak, f x   x  1 bo’lgani uchun f 2010  2011 bo’ladi.
Yechilishi.
Masalaning
2)
va
3)
shartlaridan
3-misol. x  R haqiqiy sonlari uchun ushbu
Javob: 2011
x  1Px  1  x  1Px  1  2xPx
tenglikni qanoatlantiruvchi barcha Px  ko’phadlarni toping.
Yechilishi. 1-usul. x  0 bo’lsa, u holda P 1  P1, x  1 bo’lsa, u holda P0  P1 bo’lgani uchun
Px  ko’phadni Px   cx x 2  1 ko’rinishida izlash mumkin. Bevosita tekshirish Px   cx x 2  1 ko’phad
berilgan ayniyatni qanoatlantirishini ko’rsatadi.
2-usul. Berilgan ayniyatning har ikkala qismini x 2  1 ifodaga bo’linsa, u holda
Px  1 Px  1 2 x 2 Px 

 2

,
x 1
x 1
x 1 x
yoki
f x  1  f x  1 
2x2
f x 
x2  1
tenglikni beradi. f x  ko’phadni f  x   ax 2  bx  c ko’rinishda izlaymiz. Natijada
tenglikni hosil qilamiz.
Bundan c  a, b  0 ekanligini aniqlaymiz.

a

x2
ax2  bx  c
x2  1


Javob: Px   ax x 2  1
Endi xorijda talabalar o’rtasida o’tkazilgan xorijning turli matematik olimpiadalarda yechish uchun tavsiya
etilgan funksional tenglamalarga oid bir qator misollardan namunalar keltiramiz. Misollarning aksariyati [14-16]
adabiyotlardan tanlangan.
1. (MDPI) Uzluksiz funksiyalar sinfida
f x  f 2x
tenglamani yeching.
2. (MIIT) х  0 nuqtada chegaralangan
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 36
@matematiklar_tv
f x  
1  x
f    х2
2 2
tenglamani qanoatlantiruvchi funksiyani toping.
3. (MEI) Ushbu
f x  y  
f x   f  y 
1  f x  f  y 
funksional tenglamani qanoatlantiruvchi barcha differensiallanuvchi funksiyalarni toping.
4. (MEI) Ixtiyoriy х1 va х 2 lar uchun
f x1  х2   f x1   f x2 
munosabatni qanoatlantiruvchi barcha uzluksiz f x  funksiyalarni toping.
5. (MDPI) а  0,1 haqiqiy son bo’lsin. х  1 bo’lganda aniqlangan va
 х 
f
(1)
  аf  x    ( x)
 х 1
tenglamani qanoatlantiruvchi barcha f x  funksiyalarni toping.
6. (MDPI) x  0 yarim o’qda
f x n   f x 
funksional tenglamani yeching, bu yerda   maxkamlangan haqiqiy son, n  natural son.
7. (Mexmat) Barcha х lar uchun R da
f x  f sin x
tenglamani qanoatlantiruvchi barcha uzluksiz f x  funksiyalarni toping.
8. (KDU) х  0 nuqtada uzluksiz va barcha х, у  R lar uchun
f x  у   f x  f  у   хух  у 
munosabatni qanoatlantiruvchi barcha uzluksiz f : R  R funksiyalarni toping.
9. (Mexmat) Barcha х, у  R lar uchun Рх  ko’phad
Р 2  x   Р 2  у   Р х  у   Р х  у 
tenglikni qanoatlantiradi. Qandaydir а soni uchun Рх   ах ekanligini isbotlang.
10. (KDU) f x  funksiya [0,1] kesmada Riman bo’yicha integrallanuvchi bo’lib, х  R uchun
1  х
 х 1
 х  2
f x   f    f 
 f

3 3
 3 
 3 
1
tenglikni qanoatlantiradi. Shu bilan birga f    1 . f х  funksiyani aniqlang.
 
11. (Moskva I-III kurs) Barcha х  R lar uchun
f  f x   e  x
munosabatni qanoatlantiruvchi butun haqiqiy son o’qida aniqlangan uzluksiz f х  funksiya mavjudmi?
12. (MEI) Ushbu
b
    x dx   х  0
0
tenglamani qanoatlantiruvchi barcha   Ca, b funksiyalarni toping, bu yerda   Ca, b ma’lum funksiya.
13. (Mexmat)  t  funksiya
n
1   t    a i t ki  t  i
k
i 1
tenglamani qanoatlantiradi, bu yerda ai  haqiqiy sonlar, k i  musbat butun son.
Agar
 t  f t t  
1
1 t
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 37
@matematiklar_tv
bo’lsa f t  funksiyani toping.
12.
(UDN)
px : 0,1  R, p0  p1  0
va
barcha
x, y  0,1
lar
uchun
x y
p
  px   p y  .
 2 
a) Barcha x  0,1 lar uchun px   0 ekanligini va px  funksiya 0,1 kesmada cheksiz ko’p nollarga
ega bo’lishini isbotlang;
b) Aynan nolga teng bo’lmagan px  funksiyaga misol keltiring.
13. (Nyu-York, 1978) f : R  R funksiya
f x   f  y 
, x, y  R , x  y  0
x y
ayniyatni qanoatlantiradi. f x   0 shartni qanoatlantiruvchi x  R soni mavjudmi?
f xy 
14. (Bolgariya, 1968) Ushbu
xf  y   yf x   x  y  f x  f  y 
ayniyatni qanoatlantiruvchi barcha f : R  R funksiyalarni toping.
15. (Germaniya, 1982) М bilan f 0  0 shartni va n, m  Z sonlari uchun
f n f m  f n  m  f n  m
ayniyatni qanoatlantiruvchi f : Z  R funksiyalar to’plami berilgan.
a) f 1  5 / 2 shartni qanoatlantiruvchi barcha f n  M funksiyalarni toping;
b) f 1  3 shartni qanoatlantiruvchi barcha f n  M funksiyalarni toping.
16. (Avstriya-Polsha, 1979) Ushbu
f n  m  f n  m  f 3n , n, m  Z  , n  m
ayniyatni qanoatlantiruvchi barcha f : Z   R funksiyalarni toping.
17. (Nyu-York, 1976) f , g : R  R funksiyalar o’zgarmas sondan farqli bo’lib,
uchun
x, y  R
sonlari
f  x  у   f  x   g  y   g  x   f  у ,
g x  у   g x   g  y   f x   f  у 
ayniyatlarni qanoatlantiradi. f 0 va g 0  ning mumkin bo’lgan qiymatlarini toping.
18. (Lyuksemburg, 1980) f 1  2 shartni va x, y  Q sonlari uchun
f xy  f x  f  y   f x  y   1
ayniyatni qanoatlantiruvchi barcha f : Q  Q funksiyalarni toping.
19. (Yugoslaviya, 1983) f : Z  R funksiya n  Z uchun
 n  10 , agar n  100 bo' lsa,
f n   
 f  f n  11 , agar n  100 bo' lsa
shart bajariladi. Ixtiyoriy n  100 uchun f n   91 ekanligini isbotlang.
20. (Xindiston, 1990) Nomanfiy sonlar to’plamida f funksiya aniqlangan bo’lib, bu funksiya o’z
qiymatlarini shu to’plamdan qabul qiladi. Quyidagilar ma’lum:
a) nomanfiy x sonlari uchun
x
 f x 
x  f  x   19   90
;
19 
 90 
b) 1900  f 1990  2000. f 1990 ning qabul qiladigan qiymatlari to’plamini toping.
21. (Ruminiya, 1979) f , g , h : N  N funksiyalar quyidagi:
a) hn funksiya n  N nuqtada bittadan ortiq qiymatni qabul qilmaydi;
b) g n  funksiyaning qiymatlari N to’plamdan iborat;
c) n  N uchun f n  g n  hn  1
shartlarni qanoatlantiradi. n  N uchun f n   1 ayniyatni isbotlang.
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 38
@matematiklar_tv
22. (Ruminiya,1978)
mavjudligini isbotlang.
23. (AQSh,1982)
n  N uchun
f k  x, y  
x, y  R sonlari uchun
f  f n   n 2 ayniyatni qanoatlantiruvchi f : N  N funksiya
x k  y k   1  x  y 
k
k
k
belgilash kiritamiz. m  n  0 tengsizlikni va
f m x, y  f n x, y   f m n x, y 
ayniyatni qanoatlantiruvchi noldan farqli barcha m  n sonlarini toping.
Ko’rsatma. m  2, n  3 va m  2, n  5 juftlar ko’rsatilgan shartlarni qanoatlantiradi.
24. (Belgiya,1977) Ushbu
f x  y   f x   f  y   2 xy , x, y  R
ayniyatni qanoatlantiruvchi cheksiz marta differensiallanuvchi barcha f : R  R
funksiyalarni toping.
III bob bo`yicha xulosa
Mazkur bobda hozirgi kunda turli xil matematik turnir va olimpiadalardan o`rin olgan funksional
tenglamalarni yechish masalalari qaralgan. Misol tariqasida shu yil akademik litsey va kollej talabalari uchun
o`tkazilgan viloyat olimpiadasida Ihtiyoriy x  R haqiqiy sonlari uchun ushbu
x  1Px  1  x  1Px  1  2xPx
tenglikni qanoatlantiruvchi barcha Px  ko’phadlarni topish masalasi ham dissertatsiyadan o`rin olgan. Shuningdek
bu bobda jahonning turli xil turnirlar va matematik olimpiadalarda talabalar yechishi uchun taklif etilgan funksional
tenglamalarga oid misollar jamlangan.
Umumiy xulosa
Matematika fanida funksiyalarning ko’plab xossalari o’rganiladi. Ayrim xossalarini funksiyaning turli
nuqtalaridagi qiymatlarini bog’lovchi tenglamalar yordamida ifodalash mumkin. Adabiyotlarda bunday tenglamalar
funksional tenglamalar deyiladi. Masalan, o’zining aniqlanish sohasida juft, toq va davriy bo’lgan funksiyalar mos
ravishda
f x   f  x ,
f x    f  x  va f x   f x  T 
funksional tenglamalarni qanoatlantiradi. Shu bilan birga, bizga ma’lum bo’lgan x n , a x , loga x, tgx elementar
funksiyalar mos ravishda
f xy  f x  f  y , f x  y   f x  f  y , f xy  f x   f  y ,
f x  y  
f x   f  y 
1  f x  f  y 
tenglamalarni qanoatlantirishini ko’rish qiyin emas.
Funksional tenglamalar ko’plab matematik turnir va olimpiadalarda berilib, bu funksional tenglamalarni
qanoatlantiruvchi funksiyalarni toppish talab qilinadi. Umuman aytganda funksional tenglamalarni yechishning
traditsion usullari mavjud bo’lmasdan balki har bir olingan tenglamaga alohida qarash lozim bo’ladi.
Magistrlik dissertatsiyamizda asosan funksional tenglamalarni klassifikatsiyalashga e’tiborimizni qaratdik.
Shu maqsadda eng sodda
elementar funksonal tenglamalar, klassik funksional tenglamalar hamda funksional
tenglamalar yordamida qator koeffisiyentlarini aniqlash, trigonometrik funksiyalarni aniqlash kabi bo’limlarga
ajratdik. Shuning bilan birga turli xil turnir lar va matematika olimpiadalarda funksional tenglamalarni yechishga oid
taklif qilingan misollardan namunalar keltirdik.
Mazkur ishimiz talabalarni turli xil matematik turnirlarga tayorlashda qo’llanma bo’lib xizmat qiladi deb
hisoblaymiz.
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 39
@matematiklar_tv
Darslik va o`quv qo`llanmalar.
9. Artur Engel Problem-Solving Strategies. 1998 Springer-Verlag New York
10. Туманов С.А. Поиски решения задач. М. «Просвещение», 1969 г.
11. A.A.Abduaxmedov, H.A.Nasimov, U.M.Nosirov, J.H.Husanov ” Algebra va matematik analiz asoslari” Iqism, Toshkent O’qituvchi nashriyoti, 2001 yil
12. Лопщиц А.М. Функциональные уравнения.-Квант,1970 г. №1-2,30-35 с.
13. Котельников П.М. О функциональных уравнениях, определяющих
тригонометрические функции. Математика в школе , 1951, №2, 1-12 с.
14. Ясинский В.А. Олимпиадна математика, функциональни ривнення.Х.:
Oснова, 2005.
15. Андреев А.А. и др. Функциональные уравнения.-Самара: В мире
науки,1999.
16. Бродский Я.С.,Слипенко А.К. Функциональные уравнения.-К.,Вища
школа, 1983.
17. Ильин В.А. Методы решения функциональных уравнений// Соросовский образовательный журнал,
2001, №2,С.116-120.
18. Лихтарников Л.М.Элементарное введение в функциональные
уравнения.- СПб.: Лань, 1977.-С.160.
19. Paul Vaderlind. Functional Equations for The Beginners. Stockholm
University, 2005.
20. Titu Andreecu, Iurie Borieico. Functional Equations. Electronic Edition, 2007.
21. Ismailov Sh.Berkisheva L. Funksional tenglamalarni yechishning bir sodda usuli haqida // Fizika, Matematika,
Informatika, 2/2013.-C. 57-62.
22. Cадовничый В.А., Григорьян А.А.,Конягин. Задачи студентических
математических олимпиад. Изд-во МГУ, 1987.
24. Cадовничый В.А., Подкользин А.С. Задачи студентических
математических олимпиад. Москва, Наука, 1978.
25. Зарубежные математические олимпиады. Под редакцией И.Н.Сергеева.Москва, Наука, 1987.
Ilmiy jurnallardagi maqollalar
1. Mo`minov G`.M, Ahunova G.B, Yoqubov D. Klassik funksional tenglamalarni yechish. Fizika matematika va
informatika fanlarini o`qitishning dolzarb muammolari mavzusidagi hududiy ilmiy uslubiy anjuman materiallari.
Andijon 2013. 69-75 betlar.
2. Ahunova G.B Funksional tenglamalar yordamida qator koeffisentlarini aniqlash. ADU, Ilmiy habarnoma 2014
yil “Maxsus son”
3. Bahritdinov B, Axlimirzayev A, Ibragimov M, Axunova G. AnGU. « О применения формулы
интегрирования по частям» ”Oliy ta’lim sifati: muammolar va yechimlar” mavzusidagi respublika ilmiy amaliy
konferensiya materiallari. Qo`qon 2014. 166-170 betlar.
Internet saytlari
http://www.search.re.uz - O`zbekiston axborotlarni izlab topish tizimi.
http://www.atv.emmm.narod.ru – Rossiya Federassiyasining matematik modellashtirish bo`yicha turli mavzulardagi
ma’lumotlarni olishni ta’minlaydi.
http://www.ziyonet.uz
http://www.adu.uz – (Andijon Davlat Universiteti)
http://www.google.uz
https://t.me/joinchat/AAAAAFE911Rh8zKY7DHW5g 40