Ə. A. Quliyev

2

sin

4

2

1

2

sin

2

cos

4

2

2

2

2

2

2

2

 

x

2

cos

3

+

=

. 

x

y

2

cos

3

+

=

. 

 

 

 

195 

 

Beləliklə, 

x

2

cos

 

funksiyasının qrafikini qurub, sonra isə onu ordinat oxu 

boyunca üç vahid yuxarı qaldırırıq. (Şəkil 55) 

20) 

0

cos

=

x

  olduqda  tgx -

in  mənası  olmadığından 

k

x

π

π

+

≠

2

. 

0

cos

≠

x

 

isə  onda 

x

y

sin

=

.  Deməli,  verilmiş  funksiyanın  qrafiki 

k

x

π

π

+

=

2

, burada 

,...,

2

;

1

;

0

±

±

=

k

 

nöqtələri kənar edilmiş sinusoiddir (Şəkil 56). 

21)  x-

hər  hansı  ədədin  sinusu  olduğundan,  funksiya 

[ ]

1

;

1

−

  par-

çasında təyin olunmuşdur. 

(

)

x

x

y

=

=

arcsin

sin

, odur ki, funk

siyanın 

qrafiki  birinci  və  üçüncü  koordinat  bucaqlarının  tənbölənindən  ibarət 

x=-

1 və x=1 düz xətləri arasında yerləşən parçadır (onun ucları da daxil 

olmaqla) (Şəkil 57).  

22) Funksiya 

[ ]

1

;

1

−

 

parçasında  təyin  olmuşdur. 

x

y

arcsin

1

=

  funk-

siyasının qrafikini qurub, sonra qrafikin ordinatı mənfi olan hissəsini absis 

oxuna nəzərən inikas etməklə verilmiş funksiyanın qrafikini alırıq (Şəkil 58). 

 

196 

23)  Funksiyanın  mənası  olması  üçün 

1

1

1

2

2

≤

+

−

x

x

 

olmalıdır.  Bu 

münasibət x-in bütün qiymətlərində doğrudur, beləliklə funksiya bütün 

həqiqi ədədlər çoxluğunda təyin olunmuşdur. funksiya cüt olduğundan 

odur ki, yalnız 

0

≥

x

 

üçün ona baxaq. Verilmiş bərabərlikdən alınır ki, 

2

2

1

1

cos

x

x

y

+

−

=

. 

Münasiblik üçün 

2

y

tg

-ni  tapaq:  

x

x

y

y

y

tg

=

=

+

−

=

2

cos

1

cos

1

2

 

(1). 

π

<

≤ y

0

, 

2

2

0

π

<

≤

y

 

olduğundan 

0

2

≥

y

tg

.  Odur  ki,  (1)  bərabərliyində 

kökün  qarşısında  müsbət  işarəni 

götürmək  lazımdır.  (1)-dən 

arctgx

y =

2

 

və  ya 

arctgx

y

2

=

 

alırıq.  Beləliklə, 

verilmiş funksiyanın 

+∞

<

≤ x

0

 

yarım intervalında qrafiki (Şəkil 59). 

arctgx

y

=

-

in qrafikinin ordinatını iki dəfə böyütməklə alınır.  

16. 

1

1

1

0

2

≤

+

<

x

 

və 

1

1

1

2

<

+

<

−

x

x

 

olduğundan 

araşdırdığımız funksiya x-in ixtiyari qiymətində təyin olunmuşdur.  

2

2

2

2

2

1

arccos

1

arccos

1

1

1

arccos

1

1

arcsin

x

x

x

x

x

x

+

=

+

=

+

−

=

+

-dir. Odur ki, 

2

2

1

arccos

1

arccos

x

x

x

x

y

+

−

+

=

. 

0

≥

x

 

isə, onda 

2

2

1

arccos

1

arccos

x

x

x

x

+

=

+

. 

 

197 

Deməli, 

0

=

y

. 

0

<

x

  olduqda 

2

2

1

arccos

1

arccos

x

x

x

x

+

−

=

+

π

, 

onda 

2

1

arccos

2

x

x

y

+

−

=

π

. 

17. Tənliyin sol tərəfinin varlığı üçün 

0

>

x

 

(1) olmalıdır. Tənliyin 

sağ tərəfinin varlığı üçün isə 

0

2

3

2

≥

−

−

−

x

x

 

və ya 

0

2

3

2

≤

+

+ x

x

 

ödənilməlidir.  Bu  bərabərsizliyin  sol  tərəfinin  kökləri  -1  və  -2 

ədədləridir. Beləliklə, sonuncu bərabərsizliyin ödənilməsi, beləliklə isə 

verilmiş  tənliyin  sağ  tərəfinin  varlığı  üçün  x-in 

1

2

−

≤

≤

−

x

  (2) 

bərabərsizliyini  ödəməsi  lazımdır.  (1)  və  (2)  münasibətləri  bir-birinə 

zidd olduğundan verilmiş tənliyin həqiqi həlli yoxdur.  

18.  Tənliyin  sol  tərəfinin  varlığı  üçün 

0

6

5

2

≥

+

− x

x

 

bərabərsizliyi  ödənilməlidir.  2  və  3  ədədləri  bu  bərabərsizliyin  sol 

tərəfinin  kökləridir.  Odur  ki,  bu  bərabərsizlik 

3

≥

x

 

və  ya 

2

≤

x

  (1) 

olduqda ödənilir. Tənliyin sağ tərəfinin varlığı üçün 

0

2

10

9

2

≥

−

−

x

x

 

və ya 

0

10

9

2

2

≤

+

− x

x

 

olmalıdır. 2 və 2,5 ədədləri bu bərabərsizliyin 

sol  tərəfinin  kökləridir.  Odur  ki,  bu  bərabərsizlik 

5

,

2

2

≤

≤ x

  (2) 

olduqda ödənilir. (1) və (2) –dən alınır ki, verilmiş bərabərsizliyin hər 

iki tərəfi eyni zamanda yalnız x=2 olduqda mənalıdır. 2 ədədi verilmiş 

tənliyin  köküdür,  çünki  x=2  olduqda  verilmiş  tənliyin  hər  iki  tərəfi 

sıfıra bərabərdir. 

19. 

Verilmiş bərabərliyi çevirmədən sonra 

(

)

+

+

+

+

+

−

=

x

a

a

a

a

nx

y

n

...

2

3

2

1

2

 

(

)

2

2

2

2

1

...

n

a

a

a

+

+

+

+

 

şəkildə  yaza 

bilərik.  Məlumdur  ki, 

c

bx

ax

y

+

+

=

2

 

funksiyasının 

a

b

x

2

−

=

 

olduqda minimumu vardır, burada 

0

>

a

. Odur ki, verilmiş funksiyanın 

n

a

a

a

x

n

+

+

+

=

...

2

1

 

olduqda minimumu vardır.  

20. Verilmiş funksiyanın bütün ədəd oxunda kəsilməz olması üçün 

0

2

≠

− x

a

 

olmalıdır.  Bu  isə  yalnız 

0

<

a

  olduqda mümkündür. 

Deməli,  a-nın 

(

)

0

,

∞

−

 

intervaldakı  qiymətlərində  verilmiş  funksiya 

bütün ədəd oxunda kəsilməzdir.  

 

198 

21. İkiqat arqument düsturundan istifadə edərək tənliyin sol tərəfini 

çevirək.  Sağ  tərəfdə  isə  sinuslar  cəmini  hasilə  çevirək.  Bu  çevir-

mələrdən  sonra  verilmiş  tənlik  iki 

0

4

sin

=

x

, 

x

x

3

cos

4

cos

2

=

 

tənliklərinə  ayrılır.  Sonuncu  tənliyin  sağ  tərəfində  qüvvətin  dərcəsini 

aşağı saldıqdan sonra 

x

x

x

4

cos

2

6

cos

4

cos

−

=

−

 

alırıq. bu tənliyin 

sol  tərəfindəki  kosinusların  fərqini  hasilə  çevirdikdən  sonra  alınmış 

tənlik  aşağıdakı  iki  tənliyə  ayrılır. 

0

sin

=

x

, 

x

x

x

cos

2

sin

2

5

sin

=

. 

Sonuncu tənliyin sağ tərəfini sinusların cəmi şəkilində göstərək. Onda 

alınmış tənlik asanlıqla 

x

x

x

sin

sin

4

cos

2

=

 

şəklinə gətirilir. Buradan 

2

1

4

cos

,

0

sin

=

=

x

x

. Beləliklə, 

4

π

k

x

=

, 

2

12

π

π

k

x

+

±

=

. 

22.  Verilmiş  tənliyi 

0

3

log

2

log

cos

cos

2

1

cos

2

1

cos

=

−

+

−











 −

x

x

x

 

şəklinə gətirmək olar. 

y

x

=











 −cos

2

1

cos

log

 

əvəz edib 

0

2

3

2

=

+

− y

y

, 

buradan 

1

1

=

y

, 

2

2

=

y

 

alırıq.  Onda 

1

log

cos

2

1

cos

=











 − x

x

 

və 

2

log

cos

2

1

cos

=











 − x

x

. 

Birinci tənlikdən 

4

1

cos

=

x

, 

4

1

arccos

2

±

=

π

k

x

, ikinci tənlikdən 

isə 

0

1

cos

2

cos

2

2

=

−

+

x

x

, 

2

1

3

arccos

2

−

±

=

π

k

x

 

alırıq.  

23.  Məsələni  qrafik  həll  etmək  məqsəduyğundur.  Sistemin  ikinci 

tənliyi  radiusu  a,  mərkəzi  koordinat  başlanğıcında  olan  çevrənin 

tənliyidir. 

0

2

cos

>

a

π

 

və  ya 

1

0

<

≤ a

, 

1

4

1

4

+

<

<

−

n

a

n

, 

,...

3

,

2

,

1

=

n

.  Onda  birinci  tənlik 

(

)













−

−

=

−

+

9

20

2

2

2

4

2

y

x

y

x

 

şəklinə  düşür,  buradan 

3

8

,

3

2

2

1

−

=

=

y

y

.  Beləliklə,  a-nın  göstərilən 

qiymətlərində  məsələ  çevrənin  iki  paralel  düz  xətlə  kəsişmə 

 

199 

nöqtələrinin tapılmasına gəlir. 

0

2

cos

<

a

π

, yəni 

1

4

3

4

−

<

<

−

n

a

n

, 

,...

3

,

2

,

1

=

n

 

olduqda  birinci  tənlik 

0

2

=

−

+ y

x

 

düz  xətt  tənliyinə 

gəlir. İndi bu düz xəttin çevrə ilə kəsişmə nöqtələrini tapmaq lazımdır.  

3

2

0

<

≤ a

, 

2

1

<

< a

 

olduqda həll yoxdur.  

3

2

=

a

, 

2

=

a

 

olduqda sistemin 1-

həlli, 

1

3

2

<

< a

, 

3

2

<

< a

, 

1

4

3

4

−

<

<

−

n

a

n

 

(

)

...

,

3

,

2

=

n

 

olduqda  2  həlli, 

1

4

1

4

+

<

<

−

n

a

n

 

(

)

...

,

2

,

1

=

n

 

olduqda 4 həlli vardır. 

24. 

0

2

sin

>

x

 

isə,  onda 

1

2

sin

1

>

+

x

, 

1

2

sin

1

≤

−

x

. Odur ki, 

verilmiş  tənlik 

(

)

(

)

1

log

log

2

1

3

1

2

sin

1

3

1

=

+

−

−

+

x

x

 

ilə  eynigüclüdür. 

Sonuncu  tənlikdən  potensiallaşdıramadan  sonra 

3

1

2

sin

1

2

sin

1

=

+

−

x

x

 

və 

buradan 

( )

0

2

1

2

sin

>

=

x

, 

( )

2

12

1

π

π

k

x

k

+

−

=

 

alırıq. 

Tamamilə  analoji  olaraq 

0

2

sin

<

x

 

isə,  onda 

1

2

sin

1

<

+

x

, 

1

2

sin

>

−

x

.  Beləliklə,  verilmiş  tənlik 

(

)

(

)

1

2

sin

1

log

2

sin

1

log

3

1

3

1

=

−

−

+

x

x

 

şəklinə  düşür.  Buradan 

( )

0

2

1

2

sin

<

−

=

x

, 

( )

2

12

1

1

π

π

k

x

k

+

−

−

=

+

 

tapırıq. 

Onda son nəticə 

2

12

π

π

k

x

+

±

=

 olur.  

25.  Tənliyin  hər  tərəfini 

p

+

2

  -

yə  bölüb 

α

sin

2

1

=

+ p

  i

lə 

əvəz edək. Onda 

p

p

+

+

=

2

1

cos

α

 

və 

(

)

p

p

x

+

−

+

=

+

2

1

1

sin

α

 

alarıq.  

Alınmış  sonuncu  tənliyin  sağ  tərəfi 

1

2

1

1

1

≤

+

−

+

≤

−

p

p

 

bərabərsizliyini  ödəməlidir. 

p

p

+

−

+

2

1

1

 

kəsri  həmişə  müsbət 

 

200 

olduğundan, 

p

p

+

≤

−

+

2

1

1

 

bərabərsizliyinin  ödənilməsi 

kifayətdir.  Sonuncu  bərabərsizliyi  həll  edib 

2

5

1

−

−

≤

p

 

və 

2

5

1

+

−

≥

p

 

alırıq.  Bu  bərabərsizliklərə  verilmiş  tənliyin  təyin  oblastı 

ilə birlikdə baxıb 

1

2

1

5

≤

≤

−

p

 

tələb ediləni alırıq.  

26. Sistemin birinci tənliyində 

t

y

x

=

−

2

 

əvəz edib 

1

,

2

2

1

=

−

=

t

t

 

alırıq. 

2

2

−

≠

− y

x

. 

0

2

2

=

− y

x

, 

y

x

=

.  Onda  sistemin  ikinci  tənliyi 

5

2

1

2

1

2

1

2

=













+

−

+

x

x

 

şəklinə düşər. Buradan 

2

1

1

−

=

x

, 

2

1

1

−

=

y

, 

2

1

2

=

x

, 

2

1

2

=

y

 

alırıq.  

27. Fərz edək ki, birinci və ikinci cismin surətləri uyğun olaraq x 

və  y-dir.  Şərtə  görə 

y

x

>

.  Bərabərsürətli  hərəkətin 

t

S

=

ϑ

 

düsturundan istifadə etməklə alırıq ki, birinci cismin radiusu R olan tam 

dövrədə  hərəkətinə  sərf  edilən  vaxt 

x

R

π

2

,  ikincinin  bu  dövrü  etməsi 

üçün sərf edilən vaxt isə