Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
y R π 2 -dir, burada S- gedilən yol, t- zaman, ϑ -
( ) 0 2 2 > = −
t x R y R π π . İki cismin çevrə üzrə növbəti görüşündən sonra onların sonrakı görüşü birinci cisim ikincini tam dövr ötdükdən sonra başqa sözlə birinci və ikinci cisimlərin aralarındakı məsafələrin fərqi R π 2 - ə bə-
rabər olduqda baş verir. Buna sərf edilən vaxt a-ya bərabərdir. Beləliklə, xa-ya = ( )
2 >
R π . Çevirmədən sonra = − = − xy R t y x a R y x π π 2 2
tənliklər sistemini və onu həll edib: − = − = a R x x R t a R a R x y π π π π 2 2 2 , 2 ,
201
( ) 0 2 2 2 2 = − − at R x a R x π π , ( )
+ ± = + ± = t a a R at R a R a R x 4 1 1 2 2 2 2 , 1 π π π π
alırıq. 0 , 0 > > t a
olduğundan 1 4 1 > +
a , odur ki, 1 4
> +
a
və tənliyin iki kökü mənfi olduğundan məsələnin mənasına görə atılmalıdır. Beləliklə, birinci cismin sürəti
+ + = t a a R x 4 1 1 π , onda ikinci
cismin sürəti
− + =
− + + = 1 4 1 2 4 1 1 t a a R t a a R y π π . Göründüyü kimi 0 > y . 28. Tənliyin sol
tərəfini vuruqlarına ayıraq: ( )( ) x x a x x a x x a + + = + + − + . Buradan çevirmədən sonra ( )( ) 0 1 = − − + − +
x a x x a
alırıq. Bu tənlik iki tənliyə ayrılır: 0 = + + x x a (1),
1 + = + x x a
(2). Şərtə görə 0 ≥
və bizi 0 ≥
qiyməti maraqlandırdığından 0 ≥ + x a . Bu şərtlə (1) bərabərliyi yalnız 0 = a
və 0 =
olduqda ödənə bilər. (2) tənliyinə gəldikdə isə görürük ki, verilmiş şərtlə onun hər iki tərəfi mənfi deyil, beləliklə 1 2
+ + = + x x x a , buradan 0 1
= − + + a x x
və 2 3 4 1 2 , 1 − ± − =
x . 4 3 ≥
olduqda hər iki kök həqiqidir, ikinci kök isə mənfidir. 2 3 4 1 1 − + − = a x birinci kökün mənfi olmaması üçün əlavə olaraq 1 3
≥ −
şərti ödənilməlidir. Beləliklə, 1 ≥
olduqda (2) tənliyinin mənfi olmayan həqiqi 2 3
1 − + − =
x
kökü vardır. Nəticədə belə cavab alırıq: 0 , 0 = = x a . 1 ≥ a
2 3 4 1 − + − =
x ; 1 0 < < a
olduqda isə axtarılan kök yoxdur. 202
29. 11=x olduğundan 12=x+1. Onda verilmiş ifadə ( )
) ( ) ( ) ( ) − + + − − = − + + + − + + − + + + − 15 16 16 17 17 2 14 15 16 17 1 1 1 ... 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x
10 1 1 ... 2 2 3 14 15 = − = − + + − − + − − x x x x x x x olar.
30. Aşağıdakı həll aşkardır: x=ixtiyari, y=0, z=0; x=0, y=ixtiyari, z=0; (1) x=0, y=0, z=ixtiyari 0 ≠ xyz
olsun. Tənliklər sisteminin hər bir tənliyini 2 2 2 z y x -na
bölüb verilən sistemlə eynigüclü + + = + + + = +
+ + = + 5 1 1 1 1 , 4 1 1 1 1 , 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 z z y x y y z x x x z y (2) sistemini alırıq. (2) tənliklərini tərəf-tərəfə toplayıb mötərizələri açdıqdan sonra 0 12
1 1 1 1 1 2 = −
+ + −
+ + z y x z y x
və buradan 3 1 1 1 − = + +
y x
və 4 1 1 1 = + + z y x
alırıq. Birinci halda
(2) sistemi
+ + = +
+ + = + + + = +
5 1 1 3 1 , 4 1 1 3 1 , 3 1 1 3 1 2 2 2 2 2 2
z z y y y x x x
şəklinə düşür. Buradan 6 5 − = x , 1 − =
, 4
− =
alırıq. İkinci halda isə 13 9 = x , 4 3 =
, 11
= z olur.
31. Aşağıdakı çevirmələri aparaq: 203
( ) (
) 0 3 sin 16 16 sin 8 sin 18 sin
6 sin
= + + + +
x x x x ,
0 3 sin 16 4 cos 12 sin
2 6 cos 12 sin
2 = + + x x x x x , ( ) 0 3 sin 16 4 cos 6 cos 12 sin
2 = + + x x x x , ( ) 0 1 cos 3 cos 5 cos
6 cos
3 sin
4 = + x x x x x . İki tənlik alırıq. 1) 0 3 sin =
, buradan ...
, 1 , 0 , 3 ± = = k k x π
2) 1 cos 3 cos
5 cos
6 cos
− =
x x x . Bu tənliyin heç olmasa bir həlli vardırsa, 1 cos
≤ nx
olduğundan, onun bütün həlləri 1 cos = nx
tənliyini yəni 0 3 sin = x
tənliyini ödəyir. Beləliklə ikinci tənlikdən yeni həll alınmır, odur ki, verilmiş tənliyin bütün həlləri ,... 1
0 , 3 ± = = k k x π
düsturu ilə verilir. 32 1 . Məsələni aşağıdakı kimi də ifadə etmək olar: x, y-in hansı həqiqi qiymətlərində 1 2
− − = + c c yi x
tənliyinin (məchul c üçün) həqiqi həlli vardır? Aşkardır ki, bu tənlik ( )( ) i c iy x i c − = + − 2 tənliyilə eynigüclüdür. Bu tənlik isə öz növbəsində ( ) y c x − = −1 2 , 1 2 − = x cy
tənliklər sisteminə gəlir. 2 1 = x
isə, onda bu sistemin həlli yoxdur; y=0 isə, onda sistemin x=1 olduqda c=0 həlli vardır; 2 1 ≠ x
və 0 ≠
olduqda isə onda yalnız və yalnız y x x y 2 1 1 2 − = − − və ya
0 2 1 3 2 2 2 = + + −
x x
olduqda sistemin həlli vardır. Alınmış bərabərsizliyin hər tərəfini 2-yə bölüb və sol tərəfdə tam kvadrat ayırsaq (x-ə nəzərən) alırıq ki, z nöqtəsinin x,y koordinatları (z ədədinin həqiqi və xəyali hissələri) 16 1 4 3 2 2 = + − y x
tənliyini ödəyir. Əvvəl alınmış 2 1 ≠ x
şərtini nəzərə almaqla belə nəticəyə gəlirik ki, axtarılan 204
nöqtələr çoxluğu radiusu 4 1 mərkəzi
0 , 4 3
nöqtəsində olan, 0 , 2 1
nöqtəsi kənar edilmiş çevrədir. 32 2 . Tənliyin hər tərəfini 13 4 15 4 2 3 2 3 + − − − + + − x x x x x x
ifadəsinə vurub ( ) (
) ( ) 13 4 15 4 1 1 2 2 3 2 3 + − − − + + − + = + x x x x x x x x
alırıq. 1 − = x
verilmiş tənliyin kökü olmadığından o = + − − − + + − + = + − − + + + − 2 13 4 15 4 1 13 4 15 4 2 3 2 3 2 3 2 3 x x x x x x x x x x x x x
sistemilə eynigüclüdür. Buradan çevirmədən sonra onunla eynigüclü − = + − − + = + + − 1 13 4 2 , 3 15 4 2 2 3 2 3 x x x x x x x x
, ( ) ( ) ( ) ( ) − = + − − + = + + − 2 2 3 2 2 3 1 13 4 4 , 3 15 4 4 x x x x x x x x
( ) ( ) ≥ = − − − 1 0 17 5 4 3 2 x x x x
sistemlərini, sonuncu sistemdən isə 3 1 = x , 8 33 3 5 2 + = x ( 8 33 5 3 − =
sistemin ikinci şərtini ödəmir). 33. 0 log > a b , 0 log >
c , 0 log >
a
olduğundan ədədi və həndəsi orta
arasındakı bərabərsizliyi tətbiq etməklə
+ + + + = + + + + + c b b a a c c b b a b c a b c a b c a b log
2 log
2 log
log log
2 2 2 ( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) (
) c b a a c c b b a a c a b b a a c c b Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|