CC BY
70QISQARTIRIB AKSLANTIRISH PRINSIPI VA UNING TADBIQLARI
TO'G'RISIDA
Boboyarova Nargiza Ashurovna
Urganch davlat universiteti o'qituvchisi Kutlimuratov Dilmurat Sabirovich Urganch davlat universiteti o'qituvchisi
Sobirov Usmon Matyaqubov Urganch davlat universiteti o'qituvchisi
ANNOTATSIYA
Ushbu maqolada qisqartirib akslantirish prinsipi va uning tadbiqlarini dars o'tish jarayonida sodda va lo'nda qilib tushuntirish, keyinchalik murakkab masalalarga bog'liqlikxususiyatlari ko 'rib chiqiladi.
Kalit so'zlar: akslantirish, qisqartirish, M.Freshe, element, metric fazo.
АННОТАЦИЯ
В данной статье принцип краткого размышления и его применения объясняются просто и лаконично по ходу урока, а затем рассматриваются особенности зависимости от сложных вопросов.
Ключевые слова: отражение, редукция, М.Фреше, элемент, метрическое пространство.
Haqiqiy sonlar orasidagi masofa tushunchasini umumlashtirish natijasida zamonaviy matematikaning eng muhim tushunchalaridan biri bo'lgan metrik fazo tushunchasi fransuz matematigi M.Freshe tomonidan 1956-yilda kiritilgan. quyida biz metrik fazodagi asosiy tushunchalar bilan tanishamiz. Ta'rif: X to'plamning har bir x va y elementlari juftligiga namunaviy p(x,y)
haqiqiy soni mos qo'yilgan ,quyidagi shartlarni qanoatlantirsa, u holda p(x, y)
funksiyaga metrika deyiladi.
1. p(x, y )> 0, p(x, y )= 0 x = y
2. p(x y ) = p{y, x )
3. p(x,y)<p(x,z)+p(z,y)
{X,p) juftligiga metrik fazo deyiladi.Haqiqiy sonlar o'qida х va у sonlar orasidagi masofani p(x,y)=\x — y\ ko'rinishida aniqlasak u holda p(x,y) nierrika bo'ladi
Ta'rif: Agar metric fazoning ixtiyoriy fundamental ketma-ketlik shu fazoga
SJIF 2023 = 6.131 / ASI Factor = 1.7
3(6), June, 2023
Tegishli limitga ega bo'lsa,u holda u to'la metrik fazo deb ataladi.Haqiqiy sonlar to'plami to'la metrik fazoga misol bo'ladi.
A akslantirishX metrik fazoni o'ziga o'tkazsin A:X X
Agar Ax0 = x0 tenglik o'rinli bo'lsa ,u holda x0 nuqta A akslantirishning
qo'zg'almas nuqtasi deb ataladi.
Masalan: R da aniqlangan f(x) = x akslantirishning barcha nuqtalari qo'zg'almas nuqtadan iborat f{x) = x2 funksiyada esa 0 va 1 nuqtalar
qo'zg'almas nuqtalar bo'ladi. f(x) = sfx ning qo'zg'almas nuqtalari 0 va 1 /(x) = ln(l + x) funksiyax0 = 0 qo'zg'almas nuqtagaega. Ta'rif: {X, p) metrik fazo va A\X-> X akslantirish bo'lsin.Agar shunday a, 0 < a < 1 soni mavjud bo'lib , Vx,y EX nuqtalar uchun
Munosabat bajarilsa ,u holda A akslantirishni qisqartirib akslantirish deyiladi. TEOREMA: (Qisqartirib akslantirish prinspi) to'la metrik fazoning har bir ,4 qisqartirib akslantirishi yagona qo'zg'almas nuqtaga ega. Qisqartirib akslantirish prinspi va uning tadbiqlarini talabalarga tushunarli qilib yetkazish ,ularni turli xil masalalarga tadbiq qilish
1-misol Cn da metrikap(z,w) = zk ~wk)2 kabi kiritiladi.
Az = ... z = (z1,z2,... ,zn) akslantirish qisqartirib
akslantirish bo'ladimi?
2-misol R da f(x) = x — arctgx qisqartirib akslantirish bo'ladimi? \f(x) — f(y)\ < - y| bo'lsin, u holda y = x + 1 deb olsak, u holda
ekan.
x -» +oo da arct(x + !)->-, arctx - demak a > 1 bo'ladi.
2 2
Demak ,bu qisqartirib akslantirish emas. 3-misol yarim interval da f(x ) = ^ Inx funksiyani qaraylik Vx1 G [1; oo) ,x2 G [1; oo) nuqtalari uchun
Oriental Renaissance: Innovative, educational, natural and social sciences
SJIF 2023 = 6.131 / ASI Factor = 1.7
/Ui) -/U-2) = f'idi A"! - a2 ) - - Ax - a2 tengsizlik o'rinlidir.(Bu yerdaC E {Xlt X2)) Ammo bu funksiya qo'zg'almas nuqtaga ega emas.Chunki f{x) = ^ Inx akslantirish nurni ga emas ,balki[0; oo] ga akslantiradi.
4-misol 3,3 + y 3 + ~rI ■■■ kabi aniqlangan {xj ketma ketlikni
X^ 3 j Xy^ = 3 + bo'lganligidanx^ = 3
X
-,(/¡>2) ko'rinishida recurrent aniqlash mumkin
71-1
(71 > 3) tengligi va x1 < y, x2 < y
xTl — 2 10
Tengsizliklardan xn< — ekani kelib chiqadi.Shu o'ziga o'tkazadigan f(t) = 3 + - akslantirishni qaraymiz.
segmentni o'z-
l l
X y
p(fMJW) = \f00-f(y)\ Demak, akslantirish qisqartiruvchi ekan,u holda uning yagona qo'zg'almas nuqtasi mavjud bo'lib,x0 = lim bo'ladi,bunda xn = /(x„-i) = 3 +
n—>00
(n > 2) x1 = 3,xQ = 3 tenglamani yechib, x0 = 13
XJl- 1
ekanini
topamiz.Bu berilgan ketma ketlikning limiti bo'ladi.
5-misol xn+1 = j(xn + y) bo'lsin,bu yerda x0 = 2 {xn} ketma ketlik
yaqinlashuvchi ekanini isbotlang .
Ketma-ketlikning har bir hadi musbat bo'lgani uchun
tengsizlik o'rinli.Bu esa ketma
ketlikning quyidan chegaralanganligini bildiradi./(t) = ^ (t +
p(fWJ(y)) = l/0)-/(y)l
l l
x H---y —
x y
x -y
xy
<
ekanini topamiz .Demak qisqartiruvchi ekan.
Masala:Agar/(x) funksiya haqiqiy sonlar o'qida uzluksiz,diferensiallanchi bo'lib,ushbu 0 < c < f'(x) < d < co sharti o'rinli bo'lsa, u holda / ( .v i = 0 tenglama yagona yechimga egaligini isbotlang.
Oriental Renaissance: Innovative, educational, natural and social sciences
SJIF 2023 = 6.131 / ASI Factor = 1.7
Yechimi :/lx = x —- f(x) akslantirishning sonlar o'qining o'ziga qisqartirib
o'tkazishini ko'rsataylik: Vx,y G R, x < y uchun
Demak, |/lx - Ay\
<
l-c-d
\x~y I
0 <
d
< 1 bo'lganligidan y = Ax qisqartirib akslantirish bo'ladi.U
holda
.v.; - - /(AV: ) = Ai;: tenglikni ,yani
/(*„) = 0 tenglikni qanoatlantiruvchi /(A.yi funksiya
yagona x0 nuqta mavjuddir. TEOREMA1 : Aytaylik,
sohada x bo'yicha uzluksiz va y bo'yicha musbat chegaralangan xosilaga ega bo'lsin: 0 < m < fy' < M
U holda , /(x,y) = 0 tenglama [a,ii] kesmada yagona uzluksiz yechimga
Yechimi: C[a,b] fazoni o'z -o'ziga o'tkazuvchi Ay = y — ^/(x,y)
akslantirishni qaraymiz.Bu akslantirish qisqartirib akslantirish ekanini ko'rsatamiz.
Agar y1 va y2 funksiyalar C [a, fazoning elementlari bo'lsa, u holda
1 1
Uyi - Ay-i I =
yi -^fW.yù-yi -^№2^2)
Demak,qisqartirib akslantirish prinspidan Vy0 G C[a,b] uchun
yL = Ay0 ,y2 = Aylt... ketmaketlikyaqinlashuvchi bo'ladi va lim yn = y
funksiya f{x,y) = 0 funksiyaning yagona yechimi bo'ladi.
Masalan: f(x) = ln(x + 1) funksiya [0; oo] da uzluksiz diferensiallanuvchi va
holda
< 1 demak ln(x + 1) = 0 tenglama yagona yechimga ega.
TEOREMA2: Aytaylik, f(x)EC[a,b] y + -sinx + f(x) = 0 tenglama yagona yechimga egaligini isbotlang.
bo'lsin.
U
Yechimi: f(x, у) = у + ^sinx + f(x) fimksiya x bo'yicha uzluksiz fy (x, у) = 1 chegaralangan.Yuqoridagi masalaga ko'ra/(x,y) = 0 tenglama [a, b] kesmada yagona uzluksiz yechimga ega.
Xuddi shunday y + ^sinx +/(x) = 0 tenglama ham yagona uzluksiz
yechimga ega.
3.1. Ba'zi ketma-ketliklar limitlarini hisoblash.
SHunday ketma-ketliklar borki, ulaming limitlarini xisoblashda iteratsiya usuli juda qo'l keladi. Ushbu
аг, a2, аъ,..., an,... (1)
ketma-ketlikni olaylik. Agar (1) ning hadlari geometrik progressiya tashkil etsa, u xolda quyidagilarga ega bo'lamiz:
a0, ai = aoq, a2 = a\q, ..., an = an-iq.... . (2)
Bu erda q progressiyaning maxraji.
Faraz qilaylik, (1) ning ikkinchi hadidan boshlab har bir hadi o'zidan oldingi hadi bilan biror qonun bo'yicha borlangan bo'lsin. Bu borlanishni quyidagicha ifodalaymiz:
an = f (an-l), n = 1,2,3,... . (3)
Agar hadlari (3) tengliklarni qanoatlantiruvchi (1) ketma-ketlikning n ^œ da chekli limiti mavjud bo'lsa, u holda bunday yaqinlashish usuliga ketma-ket yaqinlashish yoki iteratsiya usuli deyiladi. Bunda a0 -nolinchi yaqinlashish, a esa n -yaqinlashish deyiladi. Endi (3) ketma-ketlikning yaqinlashishi uchun etarlilik shartini kiritamiz.
1-teorema. Agar (3) monoton va chegaralangan ketma-ketlik bo'lsa, u yagona chekli limitga ega, ya'ni
lim an = lim f (an-i) = f ( lim an-i I = a.
n ^œ n ^œ \n ^œ J
a soni a = f (a) tenglamadan aniqlanadi.
2-teorema Agar y = f (x) funksiyaning
1) aniqlanish sohasini o'z ichiga olsa yoki unga teng bo'lsa;
2) aniqlanish sohasida olingan ixtiyoriy ikkita xx va x2 qiymatlar uchun
\f ( x1) - f ( x2)| <a\ x1 - x2 | tengsizlik o'rinli bo'lib, 0 <a < 1 bo'lsa,
u holda (3) ketma-ketlik yagona chekli limitga yaqinlashadi va bu limit a = f (a) tenglamaning ildizi bo'ladi.
Teoremaning isboti murakkab bo'lmaganligi uchun uni keltirib o'tirmaymiz.
Eslatma:
a) 1- va 2- teoremalarning shartlari (3) iteratsiya ketma-ketligi yaqinlashishining etarli shartlaridir, lekin zaruriy shartlari bo'la olmaydi, chunki (3) ketma-ketlik yaqinlashishidan bu shartlarning bajarilishi kelib chiqmaydi.
b) YUqoridagi teoremalar (3) iteratsiya ketma-ketligi chekli limitga yaqinlashishini barcha etarli shartlarini qamrab olmagan.
Endi teoremalarning natijalarini misollarda oydinlashtiramiz.
1-misol. Birinchi hadi a, maxraji q bo'lgan geometrik progressiya hadlari yirindisidan tuzilgan Sn ketma-ketlikni olaylik.
Sn = a1 + q(a1 + a2q +... + alqn~2) = a1 + qSn_1.
y = f(x) = a + qx funksiyaning aniqlanish sohasi R = (_x, + œ) bo'ladi, qiymatlar to'plash ham. Demak, 2-teoremaning 1-sharti o'rinlidir. Xj,x2 g R ixtiyoriy nuqtalar bo'lsin. U holda
\f (xi) _ f (x2^ = |qxi _qx2\ =1 q I ■ I xi _x21
Agar | q |< 1 bo'lsa, 2-teoremaning 2-sharti ham o'rinli bo'ladi. Demak, ketma-ketliik yaqinlashadi. lim S„ = lim S^ = S larni hisobga olsak, S = a + qS ni hosil
qilamiz.
a,
Bundan S ni aniqlasak, S = —— bo'ladi. Bu esa Sn ketma-ketlikning limitidir.
1 _ q
| q |> 1 bo'lsa, {SB} uzoqlashadi.
2-misol. Interatsiya usulidan foydalanib quyidagi ketma-ketlik limitini hisoblaymiz
a„
= W a + byl a +... + b4a (a > 0, b > 0).
Bu erda a = b-ia ; a, = bV a + b4a va hokazo.
Yechish. Bu ketma-ketlikning har bir keyingi hadini o'zidan oldingi hadi orqali quyidagicha ifodalash mumkin:
a2 = b^Ja + a1, a3 = b^Ja + a2,...,an
= bV a + an _1 . (4)
{a } monoton (kamaymaydigan) ketma-ketlik ekani ravshan. Demak,
an+1 _ an > 0 (n = 1,2,3,...) .
Bundan
^ , I--b2 (a + a ) _ a2 2
0 < bJa + a _ a =—v, nJ-n- ^_ a2 + b2a + b2a > 0 ^
V n n j I n n
bJa + a + a
V n n
^ a2 _b2a _b2a < 0, (n = 1,2,3,...)
nn
Oxirgi kvadrat uchhadning ildizlarini aniqlaymiz
, , b2 ± Wb2 + 4a
(an )i,2 =-2-.
Bunga ko'ra (an)2 < an < (an)1 bo'ladi. aH > 0 (n = 1,2,3,...) bo'lgani uchun ushbu
A , b2 + Wb2 - 4a
0 < a <-
n 2
tengsizlik o'rinli bo'ladi. Bundan esa {an} ketma-ketlikning chegaralanganligi
kelib chiqadi. SHunday qilib, qaralayotgan ketma-ketlik 1-teoremaning hamma shartlarini qanoatlantiradi. Demak, u chekli limitga yaqinlashadi. (4) tenglikning har ikkala tomonida n ^ œ bo'lganda limitga o'tamiz va liman = liman_x = x ni hisobga
, ^ •• , ,, 7 I- Ь2 + Ьл/Ь2 + 4a . .
olamiz. Natijada ushbu x = Wa + x, x =---ni topamiz.
Bu yuqoridagi ketma-ketlikning limitidir.
,• 1,1 и I и I—— Ь2 + ь4ь 2 + 4a lima = ^a + ^a + +... =-.
n^œ 2
Bu tenglikning har ikkala tomonini Ь ga qisqartirsak, quyidagilarni hosil qilamiz:
I , I , I—= Ь WЬ2 + 4a
Va + ^a + Wa + ■■■ =---. (5)
(5) tenglikda a va Ь ga tayin qiymatlar bersak, ba'zi muhim limitlarning natijalariga ega bo'lamiz:
1) Ь = 1 bo'lsa, -\Ja + л/0+л/a +... = 1 + ^ 1 + ;
2) Ь = 1; a = 2 bo'lsa, V2 + V2 + V2 + ■■■ = 2 ;
3) Ь = 1; a = б bo'lsa, д/б + л/б Wб + ■■■ = З ;
4) Ь ф О; a = О bo'lsa, -\ь + VЬ WЬ +... = Ь ;
5) Ь = 2; a = З bo'lsa, д/З + + 2л/З + ... = З З) va 5) munosabatlardan
=л1 З + ^л/з+2Л/З +... ekani kelib chiqadi.
REFERENCES
1. Саримтокрв Т.А. Фyнкциoнал анализ курси. «Укдтувчи» Т., 1986
SJIF 2023 = 6.131 / ASI Factor = 1.7
3(6), June, 2023
2. Саримсокрв Т.А. Хдкикий узгарувчили функциялар назарияси. Т., 1993
3. Колмогоров А.Н., Фомин С.В. Элементы теории функций и функционального анализа. М. «Наука». 1972
4. Треногин В.А., Писаревский Б.М., Соболева Т.С. Задачи и упражнения по функциональному анализу. Из-во «Наука». М. 1984
5. Очан Ю.С. Сборник задач по математическому анализу. М. Просвешение. 1981.
