Ə. A. Quliyev

+

−

 

alınır, 

buradan tələb olunanı yoxlamış oluruq.  

90. 

x

x

cos

sin

−

 

fərqini  qiymətləndirməliyik  (aşağıdan  və 

yuxarıdan). Bu fərqi 

x

x

sin

cos

+

 

funksiyasını inteqrallamaqla almaq 

olar. 











 +

=

+

2

sin

2

cos

sin

π

x

x

x

 

olduğunu  nəzərə  almaqla 

asanlıqla  müəyyən  etmək  olar  ki, 









2

;

0

π

 

parçasında  bu  funksiya 

 

237 

2

sin

cos

1

≤

+

≤

x

x

 

bərabərsizliyini  ödəyir.  Bu  bərabərsizliyin 

hədlərini  0-dan  x-ə  sərhəddində  inteqrallayıb  (1  teoreminə  görə) 

(

)

∫

∫

∫

≤

+

≤

x

x

x

dt

dt

t

t

dt

0

0

0

2

sin

cos

1

 

doğru  bərabərsizliyini  alırıq. 

Buradan 

(

)

x

x

x

t

t

t

t

0

0

0

2

cos

sin

≤

−

≤

 

və  ya 

x

x

x

x

2

1

cos

sin

≤

+

−

≤

 

və ya 

x

x

x

x

x

sin

2

cos

1

sin

−

≤

−

≤

−

 

alınır. 

91. 

x

x

tgx

2

sin

≥

+

 

bərabərsizliyinin  hədlərini  diferensiallayaq: 

2

cos

cos

1

2

≥

+

x

x

 

əvvəlcə  alınmış  bu  bərabərsizliyi 

2

0

π

≤

≤ x

 

olduqda  isbat  edək.  Mənfi  olmayan  ədədlərin  ədədi  ortasının  bu 

ədədlərin  həndəsi  ortasından  kiçik  olmaması  faktından  istifadə  edək. 

2

0

π

<

< x

 

olduqda 

1

cos

0

<

<

x

 

odluğundan 

2

cos

1

2

cos

cos

1

2

cos

cos

1

2

2

≥

=

⋅

≥

+

x

x

x

x

x

. 

2

cos

cos

1

2

≥

+

x

x

 

bərabərsizliyinə  1  teoremini  tətbiq  edib  (

2

0

π

<

≤ x

  olduqda) 

∫

∫

≥













+

x

x

dt

dt

t

t

0

0

2

2

cos

cos

1

 

və ya 

x

x

tgx

2

sin

≥

+

 

alırıq.  

92. 

Əvvəlcə 

(

)

(

)

2

72

5

2

1

sin

2

ln

π

π

−

−

>

x

x

x

 

ifadəsinin 

hədlərinin diferensiallanmasından alınan 

x

ctgx

−

>

2

π

 













<

≤

2

6

π

π

x

 

bərabərsizliyinin  doğruluğunu  müəyyənləşdirmək  lazımdır.  Bu  bəra-

bərsizlik doğrudur, çünki 

α

α

>

tg

 (burada 

2

0

π

α

<

<

) doğru bərabər-

sizliyində 

x

−

=

2

π

α

 

götürsək 0 alınır; bundan əlavə 

6

2

6

π

π

π

−

>

ctg

. 

Odur  ki,  alınmış 

x

ctgx

−

>

2

π

 

bərabərsizliyin  hədlərini 

2

6

π

π

<

< x

 

 

238 

şərtilə  inteqrallasaq 

dt

t

ctgtdt

x

x

∫

∫











 −

>

6

6

2

π

π

π

 

və  ya 

x

x

t

t

t

6

2

6

2

1

2

sin

ln

π

π

π













−

>

, 





























−

⋅

−













−

>

−

2

2

6

2

1

6

2

2

1

2

2

1

ln

sin

ln

π

π

π

π

x

x

x

 

alarıq. Burada isə 

sadə çevirmələr apardıqdan sonra tələb ediləni alarıq.  

93.  Əvvəlcə  baxılan  bərabərsizliyin  hədlərinin  törəməsi  üçün 

alınan  analoji  bərabərsizliyin  (

0

≥

x

 

olduqda)  doğruluğunu  yoxlamaq 

lazımdır: 

n

n

n

x

x

x

x

x

x

x

x

2

2

1

2

2

2

...

1

1

1

...

1

+

−

+

−

≤

+

≤

−

+

−

+

−

+

. 

Bu 

ifadədiki 

silsilələrin 

cəmini tapmaqla onu 

(

)

0

1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

≥

+

+

<

+

≤

+

−

+

+

x

x

x

x

x

x

n

n

 

şəkildə yazmaq olar. Aşkardır 

ki, alınmış bu ikiqat bərabərsizlik, doğrudur. Onun hədlərini 0-dan x-ə 

qədər sərhəddə inteqrallamaqla tələb ediləni alarıq. 

94. 1) Verilmiş münasibətə x-ə nəzərn tənlik kimi baxaraq yeganə 

2

1

2

−

−

=

y

y

x

 

kökünü tapırıq. (

2

≠

y

 

olduqda). Alınmış ifadədə də x və y 

–

in yerini dəyişib alırıq ki, verilmiş funksiyanın tərsi həmin funksiyanın 

özüdür.  

2) Aşkardır ki, O nöqtəsi verilmiş funksiyanın təyin oblastına daxil 

deyildir. 

0

≠

x

  olarsa. Onda 

5

3

−

+

=

x

x

y

 

ifadəsini  alırıq, 

0

≠

x

. Bu 

tənliyi x-ə nəzərən həll edib 

1

3

5

−

+

=

y

y

x

, 

0

≠

x

 

alırıq. Burada 

0

≠

x

 

göstərişini 

5

3

−

≠

y

 

ilə  əvəz  etmək  olar.  Çünki,  sağ  tərəfdəki  kəsr 

yalnız 

5

3

−

=

y

 

olduqda  sıfra  çevrilir.  İndi  x  və    y  –in  yerini  dəyişib 

verilmiş funksiyanın tərsi olan 

5

3

,

1

3

5

−

≠

−

+

=

x

x

x

y

 

funksiyasını alırıq. 

5

3

−

≠

x

 

göstərişi mühümdür: bu göstərişi nəzərə almadıqda 

5

3

−

+

=

x

x

y

 

 

239 

funksiyasının  (verilmiş  funksiyanın  deyil)  tərsi  olan 

1

3

5

−

+

=

x

x

y

 

funksiyasını  alırıq.  Qeyd  edək  ki, 

5

3

,

1

3

5

−

=

−

+

=

x

x

x

y

 

funksiyasını 

(

)

(

)(

)

3

5

1

3

5

2

+

−

+

=

x

x

x

y

 

şəklində də yazmaq olar.  

3) Verilmiş bərabərliyi 

[

)

2

+

= x

x

y

 

şəkildə yazdıqda aydın olur 

ki, mötərizədəki ifadə x-in bütün qiymətlərində müsbətdir. Odur ki, x və 

y 

ədədlərinin  işarələri  eynidir. 

0

≥

y

 

isə  (beləliklə  isə 

0

≥

x

) onda 

baxılan ifadə 

x

x

y

2

2

+

=

 

şəkildə olur. Bu tənliyi x-ə nəzərən həll edib 

0

≥

y

  olduqda 

y

x

+

+

−

=

1

1

 

alırıq  (kvadrat  tənliyin  həllindən 

alınan  ikinci  kök 

0

≥

x

 

şərtini  ödəmir). 

0

≤

y

 

olarsa  onda  baxılan 

mü

nasibət 

x

x

y

2

2

+

−

=

 

şəkildə olur. Bu tənliyi x-ə nəzərən həll edib 

0

≤

y

 olduqda 

y

x

−

−

=

1

1

 

alırıq. Beləliklə 

x

x

x

y

2

+

=

 

tənliyinin 

x-

ə  nəzərən  həlli  birqiymətlidir  və 









≤

−

−

≥

+

+

−

=

olduqda

y

y

olduqda

y

y

x

0

,

1

1

0

,

1

1

 

şəkildədir.  Burada  x-lə  y-in  yerini  dəyişib  baxılan  funksiyanın  tərsini 

alırıq: 









<

−

−

≥

+

+

−

=

olduqda

x

x

olduqda

x

x

y

0

,

1

1

0

,

1

1

  

95.  x:y 

qisməti  2-dən  böyük  olarsa,  onda  x-də  2-dən  böyük  olar. 

Onda  verilmiş  tənliyin  sol  tərəfi  ən  azı  beşrəqəmli  ədəd  olar.  Digər 

tərəfdən  bu  qismət  1-də  bərabər  deyil.  Odur  ki, 

2

:

=

y

x

.  İndi  xy  

ədədinin 

{

}

84

,

63

,

42

,

21

 

çoxluğuna daxil olması halına baxmaq qalır. 

Bilavasitə 

yoxlamaqla 

alırıq 

ki, 

63

=

xy

, buradan 

9

,

6

,

9

,

3

,

6

=

=

=

=

=

n

t

z

y

x

. 

96.  Verilmiş  bərabərsizliyi 

3

1

2

2

2

<

−

+

+

a

a

 

şəkildə  yazaq. 

Aşkardır  ki, 

2

<

a

 

(bunu,  məsələn  riyazi  induksiya  metodu  ilə 

asanlıqla isbat etmək olar)  

 

240 

Sonuncu bərabərsizliyi 

4

2

3

+

>

+

a

a

  

şəkildə yazıb, hər tərəfi 

kvadrata  yüksəldib  sadələşdirdikdən  sonra 

0

2

2

<

−

− a

a

 

və 

2

1

<

<

−

a

 

alırıq.  Sonuncu  bərabərsizlik  isə  bildiyimizə  görə 

doğrudur. 

97.  Fərz  edək  ki,  f  axtarılan  funksiyadır;  Onda 

[

)

∞

+

;

0

 

intervalında  onun  ikinci  törəməsi 

x

-

ə  bərabər  olar,  beləliklə  isə  onun 

birinci  törəməsi 

a

x +

2

2

 

şəkildədir.  Odur  ki, 

(

)

∞

+

;

0

 

intervalında 

( )

b

ax

x

x

f

+

+

=

6

3

 (1), burada 

b

a,  

hər hansı həqiqi ədədlərdir. Eləcə 

də 

(

)

0

;

∞

−

 

intervalında 

( )

d

cx

x

x

f

+

+

=

6

3

 

(2) düsturunu alırıq. İndi 

d

c

b

a

,

,

,

 

ədədlərini  elə  seçmək  lazımdır  ki,  f  funksiyasının  O 

nöqtəsində  iki  törəməsi  olsun.  f  funksiyası  O  nöqtəsində  kəsilməyən 

olduğundan 

0

=

x

 

olduqda  (1)  və  (2)  düsturlarından  eyni  qiymət 

alınmalıdır,  buradan 

d

b

=   bərabərliyi  alınır.  Sonra 

(

)

∞

+

;

0

 

və 

(

)

0

;

∞

−

 

aralıqlarında,  f  funksiyasının  törəmələri  uyğun  olaraq 

( )

a

x

x

f

+

=

′

2

2

, 

( )

C

x

x

f

+

−

=

′

2

2

 

şəkildədir.  O  nöqtəsində  ikinci 

törəmənin  varlığı  üçün  birinci  törəmənin  bu  nöqtədə  kəsilməz  olması 

lazımdır. Odur ki, (yuxarıda deyilənə baxmalı) 

c

a

=

 

bərabərliyi alınır. 

Beləliklə,  axtarılan  funksiya 

( )













<

+

+

−

≥

+

+

=

olduqda

x

b

ax

x

olduqda

x

b

ax

x

x

f

0

,

6

0

,

6

3

3

 

və ya 

( )

b

ax

x

x

x

f

+

+

=

2

6

1

 

98. Aşkardır ki, 

1

≠

x

. 

2

=

x

 

isə onda 

z

y

+  cəminin kvadratı 2 

ilə başlayan üçrəqəmli ədəddir, bu ədədlər isə 225, 256 və ya 289 ola 

bilər.  Lakin  baxılan  bərabərlik  yalnız  3-cü  halda  ödənilir;  onda 

9

,

8

,

2

=

=

=

z

y

x

 

3

=

x

  olarsa, onda 

z

y

+   cəminin  kubu  3  ilə 

başlayan  üçrəqəmli  ədəddir,  bu  isə  yalnız  343  ola  bilər.  Buradan 

 

241 

3

,

4

,

3

=

=

=

z

y

x

 

alırıq. 

4

=

x

 olarsa 

z

y

+  cəminin 4-cü dərəcədən 

qüvvəti 3 ilə başlayan üçrəqəmli ədəd olmalıdır, bu isə mümkün deyil. 

Eyni qayda ilə göstərilir ki, x ədədi 5, 6 və s. ola bilməz. 

99.  Əvvəlcə  isbat  edək  ki, 

[ ]

3

;

2

 

parçasında 

( ) ( )

x

g

x

f

>

 

bərabərsizliyi doğrudur.  

( ) ( )

(

)(

) (

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

0

2

2

4

4

2

2

2

1

3

2

1

3

3

3

3

3

3

3

2

3

2

>

+

+

+

−

−

=

+

+

+

−

+

−

+

−

+

+

−

=

−

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

g

x

f

 

Onda axtarılan sahə  

 

(

)

(

)

=

+

−

−

=

+

+

−

+

−

=

+

+

+

−

+

−

−

∫

∫

12

ln

32

ln

8

ln

26

ln

2

ln

2

ln

2

1

3

2

1

3

3

2

3

3

2

3

3

2

3

2

3

2

3

2

x

x

x

x

x

x

dx

x

x

x

dx

x

32

39

ln

32

8

12

26

ln

=

⋅

⋅

=

 

100.  Verilmiş  bərabərlikdə 

1

2

+

= x

t

 

əvəz  edib  onu 

( )











 −

=

2

1

t