Ə. A. Quliyev

 

və ya 

(

)

(

)

0

6

1

2

=

−

+

−

y

y

y

 

tənliyini  və  buradan 

3

,

2

,

1

3

2

1

−

=

=

=

y

y

y

 

alırıq. Lakin 

5

3

x

y

=

 

müsbət olmalıdır, odur ki, bizi yalnız 

1

y

  

və 

2

y

 

maraqlandırır; Onda x –in uyğun qiymətləri 

1

1

=

x

 

və 

3

2

4

2

=

x

 -dir. 

Bu  da  verilmiş  tənliyin  kökləridir.  [20]  -də 

3

3

9

3

−

=

x

 

cavabı  da 

göstərilir. Bu tapılan 

3

y

-

ə uyğundur. Buradan belə nəticə çıxarmaq olar 

k

i,  həmin  kitabın  müəllifi  uyğun  izahatla  əlaqədar  başqa  yanaşmanı 

əsas götürmüşdür.  

46.  Əvvəlcə  verilmiş  sistemin 

0

>

x

 

olan  həllini  tapaq.  Onda 

sistemin  hər  iki  tənliyini  loqarifmalayıb  onunla  eynigüclü 

(

)

3

5

5

log

log

1

2

=

−

x

y

, 

1

log

4

5

=

x

y

 

sistemini  alırıq.  Buradan  isə 

5

9

5

log

=

y

, 

3

5

=

x

 

tapırıq. 

 

214 

İndi 

0

<

x

 

olan  hal  üçün  həlli  axtaraq.  Onda  qüvvətin 

1

2

−

y

 

və 

y

4  

üstləri  tam  ədəd  olmalıdır.  Verilmiş  sistemin  tənliklərinin  hər 

tərəfinin  modulunu  götürüb  onun 

3

1

2

=

−

y

x

, 

5

4

=

y

x

 

(1)  nəticəsini 

alırıq.  Bu  sistemdə  yuxarıdakı  kimi 

5

9

5

log

=

y

, 

3

5

=

x

 

alırıq. 

Beləliklə  də  (1)  sisteminin  bir  (

0

<

x

 

olduğunu  nəzərə  almaqla) 

3

5

−

=

x

, 

5

9

5

log

=

y

 

həlli  vardır.  Bu  ədədlər  cütü  yalnız  və  yalnız 

1

log

2

5

9

5

−

 

və 

5

9

5

log

4

 

ədədləri  tam  olduqda  verilmiş  sistemin  həllidir, 

bu isə aşkardır ki, 

5

9

5

log

 

ədədi 

2

k

 

şəkildə olduqda doğrudur, burada k 

tam ədəddir.  

25. 

k

k

5

9

=

 

şəklində yazmaq olar. Buradan görünür ki, o k-ın heç 

bir  qiymətində  ödənilmir.  Beləliklə,  verilmiş  sistemin  yeganə 

5

9

5

log

=

y

, 

3

5

=

x

 

həlli vardır.  

47. Əvvəlki misalda əvvəlcə müsbət həlli tapdıq. Burada isə ondan 

fərqli  olaraq  dərhal 

12

y

x

y

x

=

+

, 

3

x

y

y

x

=

+

 

(1)  sisteminə  baxırıq. 

Bu sistem verilən sistemin nəticəsidir. 

0

,

0

≥

≥

y

x

  olduqda 

o verilən 

sistemlə  eynidir,  x, y –in  qalan  qiymətlərində  isə  bu  modulun 

xassəsindən alınır. Hər şeydən əvvəl qeyd edək ki, (x, y) (1) sisteminin 

həllidirsə,  onda 

0

,

0

≠

≠

y

x

. Odur ki, 

0

,

0

>

>

y

x

,  ona  görə  də 

sonrakı  çevirmələrdə  müsbət  əsaslı  qüvvətin  xassəsindən  istifadə  edə 

bilərik.  (1)  sisteminin  birinci  tənliyindən 

12

y

x

x

y

+

=

 

və  ikinci  tənlik 

(

)

3

12

2

x

x

y

x

=

+

 

(2)  şəklinə  düşür.  Aşkardır  ki,  alınmış  tənliklər 

aşağıdakı hallarda ödənilir.  

1) 

1

=

x

, 2) 

6

=

+ y

x

, 3) 

6

−

=

+ y

x

. Bu hallara baxaq. 

 

215 

1)  (1)  sistemindən 

1

12

=

y

 

alırıq,  buradan 

1

=

y

 

və  beləliklə 

baxılan halda (1) sisteminin dörd həlli vardır: (1; 1), (1; -1), (-1; 1) və (-

1; -1) 

Bu  cütləri  verilmiş  sistemdə  yerinə  yazmaqla  müəyyən  edirik  ki, 

onun həlli yalnız bunlardan ikisidir. (1; 1) və (1; -1) 

2) Bu halda verilmiş sistemə qayıtmaq məqsədəuyğundur: O, indi 

üstlü-qü

vvət  tənliklər  sistemi  olmur  və 

3

6

12

6

,

x

y

y

x

=

=

 

şəklinə 

düşür.  Buradan 

2

y

x

=

 

tənliyini  alırıq  və  onu 

6

=

+ y

x

 

tənliyilə 

birlikdə  həll  edib  iki  cüt  həll  alırıq:  (4;  2)  və  (9; -3).  Bu  cütlərin  hər 

ikisi verilmiş sistemin həllidir. 

3)  Bu  halda  da  verilmiş  sistemə  qayıda  bilərik.  Onda 

6

,

1

2

−

=

+

=

y

x

xy

 

sistemini  alarıq. 

y

x

−

−

= 6

 

olduğunu  sistemin 

birinci tənliyində yerinə yazıb  

 

0

1

6

2

3

=

+

+ y

y

 

(3) alırıq.  

Aşkardır ki, bu tənliyin rasional kökü yoxdur. Lakin riyazi analizə 

əsaslanaraq  deyə  bilərik  ki,  həqiqi  ədədlər  sahəsində  onun  yalnız  bir 

həlli vardır və bu həll (-7; -6) intervalında yerləşir. 

Doğrudan  da 

( )

1

6

2

3

+

+

=

y

y

y

f

 

funksiyası 

6

,

7

−

=

−

=

y

y

 

olduqda müxtəlif işarəli qiymətlər alır və kəsilməz olduğundan (-7; -6) 

intervalında heç olmasa bir kökü vardır. Bu kökün yeganəliyini 

( )

y

f

 

funksiyasını  törəmənin  tətbiqilə  araşdırmaqla  isbat  etmək  olar,  lakin 

sadəliklə də bunu almaq mümkündür. 

0

1

6

2

3

=

+

+ y

y

 

tənliyində y –

in yerində 

z

1

 

yazıb 

1

6

3

+

+ z

z

 

tənliyini alarıq. Bu tənliyin sol tərəfi z-

dən  asılı  ciddi  artan  funksiyadır,  odur  ki,  onun  birdən  artıq  kökü  ola 

bilməz.  Buradan  alınır  ki, 

0

1

6

2

3

=

+

+ y

y

 

tənliyinində  birdən  artıq 

kökü yoxd

ur.  Nəticədə  alırıq  ki,  verilmiş  sistemin  aşağıdakı  həlləri 

vardır:  (1;  1),  (1;  -1), (4; 2), (9; -3)  və   













a

a

,

1

2

, burada a   

ilə 

0

1

6

2

3

=

+

+ x

x

 

tənliyinin kökü işarə edilmişdir.  

44-

47  misallarının  araşdırılması  göstərir  ki,  üstlü-qüvvət 

tənliklərinin bütün təbii təyin oblastlarında, həllində müəyyn çətinliklər 

ola  bilər.  Odur  ki,  şagirdlərə  belə  məsələlər  təklif  edəndə  burada 

 

216 

məqsədin  nədən  ibarət  olduğunu  dəqiq  anlatmaq  lazımdır.  Şagirdlərin 

tənliyin  hər  iki  tərəfini  loqarifmalamaq  və  loqarifmaların  çevrilməsi 

düsturlarını  necə  mənimsədiklərini  yoxlamaq  nəzərdə  tutulursa,  onda 

yalnız  qüvvətin  əsasının  müsbət  olduğu  köklərin  axtarılması  ilə 

kifayətlənmək  məqsədəuyğundur  və  bunu  məsələnin  ifadəsində  açıq 

şəkildə göstərmək, xüsusəsn bu imtahanda və yoxlama yazı işləri üçün 

veril

irsə, lazımdır. 

Eyni  zamanda  sinifdənkənar  və  maraq  məşğələlərində  belə 

məsələləri  tam  şəkildə  qoymaq  münasibdir,  çünki  ən  azı  yuxarıda 

araşdırdığımız  45  və  46  məsələləri  göstərdi  ki,  bu  zaman  müstəqil 

əhəmiyyəti olan maraqlı riyazi suallar yarana bilər. 46 misalı göstərdi 

ki,  elementar  məsələlərin  həllində  riyazi  analiz  elementlərinə  aid 

biliklər necə lazım ola bilər, 45 misalında yaranan sual isə təbii olaraq 

daha  ümumi  məsələnin  qoyulmasına  gətirir:  a  və  b-in  hansı  tam 

qiymətlərində 

a

b

log

 

rasionaldır?  Hətta  bu  tip  sual  şagirdlərə  artıq 

məlumdursa,  45  misalı  onlara  göstərir  ki,  “təmiz  maraqdan  alınan” 

məsələdən gözlənilmədən “Praktikada” necə istifadə olunur.  

Ümumiyyətlə  riyaziyyatda  qəbul  edilən  tərifin  ümumiliyinin, 

bəzən  isə  tərifin  özünün  nə  isə  həmişəlik  qeyd  edilmiş  olmayıb, 

məsələdən  və  işin  metodundan  asılı  olduğunu  şagirdlərə  başa  salmaq 

lazımdır.  Məsələn,  riyazi  analizdə  hər  hansı  məna  verilməyən 

0

0

 

ifadəsini, birləşmələr nəzəriyyəsində 1-ə bərabər götürmək münasibdir. 

Bundan  əlavə  riyazi  analizdə 

( )

( )

x

x

u

ϑ

 

şəklində  funksiyanın  yalnız 

( )

0

>

x

u

 olan x-

lər üçün təyin olduğunu demək lazım gəlir. Bu həmin 

funksiyanı 

( ) ( )

x

u

x

e

ln

ϑ

 

superpozisiyası  şəklində  göstərmək  üçün 

lazımdır.  (Məsələn,  onun  törəməsini  hesablamaq  üçün).  Xatırlamaq 

lazımdır ki, müasir riyaziyyatın halqa adlanan anlayışına onun müxtəlif 

bölmələrində fərqli təriflər verilir. 

Məktəb riyaziyyat kursunda qüvvətin tərifi ilə əlaqədar, yaxşı olar 

ki,  əlavə  olaraq  ixtiyari 

0

>

α

  üçün 

0

0

=

α

 

olduğu  şərti  qoyulsun. 

Habelə, köklə uyğun kəsr üstlü qüvvətin fərqini də saxlamaq vacibdir, 

yəni,  məsələn 

3

x

 

və 

3

1

x

 

müxtəlif  formalar  hesab  edilməlidir,  çünki 

bunların  təyin  oblastları  müxtəlifdir.  Eləcə  də 

x

 

radikal  işarəsini 

natural  ədədlər  üçün  deyil  bütün  həqiqi 

0

≠

x

 

ədədləri  üçün 

 

217 

genişləndirmək  lazım  deyildir.  44-47  məsələlərinin  həlli  ilə  əlaqədar 

nəticə  olaraq  qeyd  edək  ki,  məktəbdə  riyaziyyatın  təlimi  zamanı 

məsələlər  həlli  və  nəzəri  mühakimələrdə  ümumi  razılaşmalara  və 

dərsliklərdə verilən təriflərə (onlar dəyişmədiyi müddətdə) əsaslanmaq 

lazımdır.  Bu  təriflərdən  və  razılaşmalardan  hər-hansı  kənara  çıxmalar 

isə məsələlərin ifadəsində xüsusi və açıq şəkildə göstərilməlidir. 

48. 











 +

=

+

6

sin

3

2

cos

3

sin

3

π

x

x

x

 

olduğundan  verilmiş 

tənliyi 

0

4

37

3

3

5

3

2

2

=

+

−

−

t

ty

y

 

şəklində  yazmaq  olar,  burada 











 +

=

6

sin

π

x

t

.  y-

ə  nəzərən  alınmış  kvadrat  tənliyin  diskriminantı 

( )

1

111

2

−

t

  -

dir.  Deməli  tənliyin  yalnız 

1

±

=

t

 

olduqda  həlli  vardır. 

1

=

t

  olarsa, onda 

6

3

5

,

2

3

1

1

=

+

=

y

k

x

π

π

, 

1

−

=

t

 

olduqda  isə 

6

3

5

,

2

3

2

2

2

−

=

+

−

=

y

k

x

π

π

 

(

)

...

,

2

;

1

,

0

±

±

=

k

. 

49. 

2

0

π

α

≤

<

 olduqda 

α

α

α

α

α

<

≤

+

=

sin

cos

1

sin

2

tg

. 

50. Sistemin 

tənliklərini toplayıb 

(

)

(

)

(

)

0

1

sin

sin

1

sin

sin

1

sin

sin

=

−

+

−

+

−

z

z

y

y

x

x

  

alırıq.  Lakin 

z

y

x

sin

,

sin

,

sin

 

verilmiş  parçada  mənfi  deyildir,  odur  ki, 

0

sin

=

x

 

və ya 

1

sin

=

x

. 

0

sin

=

x

 

isə, 

onda 

0

sin

sin

=

=

z

y

. Buradan 

(

) (

) (

) (

)

π

π

π

π

,

,

0

,

,

0

,

0

,

0

,

,

0

,

0

,

0

,

0

 

və 

(

) (

) (

) (

)

π

π

π

π

π

π

π

π

,

,

,

,

0

,

,

0

,

,

,

0

,

0

,

 

həllərini alırıq. 

1

sin

=

x

 

isə,  onda 

1

sin

sin

=

=

z

y

, buradan 













2

,

2

,

2

π

π

π

 

həlli 

alınır. 

51. 

6

6

3

3

2

2

1

1

,...,

,

,

,

,

,

b

a

b

a

b

a

b

a

  -

nı  ardıcıl  olaraq  hesablayaraq 

alırıq  ki, 

6

1

a

a

=

 

və 

6

1

b

b

=

.  Buradan  asanlıqla  deyə  bilərik  ki, 

verilmiş  ardıcıllıqlar 

,...

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

1

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

 

və 

 

218 

,...

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

1

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

 

şəkildədir.  Belə  ardıcıllıqlar 

yalnız  və  yalnız 

5

4

3

2

1

a

a

a

a

a

=

=

=

=

 

və 

5

4

3

2

1

b

b

b

b

b

=

=

=

=

 

olduqda  yığılır,  həm  də 

1

lim

a

a

n

n

=

∞

→

 

və 

1

lim

b

b

n

n

=

∞

→

.  Ardıcıllıqları 

müəyyən  edən  şərtlərdən  alınır  ki, 

1

1

lim

lim

lim

−

∞

→

−

∞

→

∞

→

=

n

n

n

n

n

n

a

b

a

 

və 

1

lim

1

lim

lim

1

1

−

−

=

−

∞

→

−

∞

→

∞

→

n

n

n

n

n

n

a

b

b

 buradan 

1

1

1

a

b

a

=

 

və 

1

1

1

1

1

−

−

=

a

b

b

. 

Bu  sistemi  həll  edib  və 

1

1

1

b

a

<

<

 

olduğunu  nəzərə  alsaq  tələb 

ediləni 

2

5

1

1

+

=

a

 

və 

2

5

3

1

+

=

b

 

taparıq. 

52. Bir tərəfdən 

...

!

...

!

2

!

1

1

2

+

+

+

+

+

=

k

x

x

x

e

k

x

 

olduğundan  

...

!

...

!

2

1

1

1

2

+

+

+

+

=

−

−

k

x

x

x

e

k

x

 

və  qüvvət  sırasının  inteqral-

lanması haqqında məlum teoremə görə  

 

∑

∫

∫

∫

∫

∞

=