Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
f t f
şəkildə yazaq. Bunu ixtiyari R z ∈
ədədi üçün nəzərə alıb
( )
+ − = − = −
= − − = −
= n n z f z f z f z f z f z f 2 1 2 ...
8 7 4 3 2 1 2 1 2 1
alırıq. Onda f inikası kəsilməz olduğundan ( ) 1
1 1 lim 2 1 2 lim − = + + − =
+ − ∞ → ∞ → f z f z f n n n n n , belə ki, ( ) ( ) 1
= f z f
sabit funksiyadır. 101. ( ) (
) 2 4 6 4 1 1 2 1 2 x x x x x f ⋅ −
= − = funksiyasına baxaq. [ )
+ ; 1 aralığında onun monotonluğunu və ekstremumunu araşdıraq:
( )
− ⋅ ⋅ −
= + − ⋅ ⋅ −
= ⋅ −
− ⋅ −
= ′ 2 3 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 2 4 3 3 3 3 3 4 4 3 x x x x x x x x x x x x f
Bizi maraqlandıran aralıqda 5 , 1 = x
olduqda törəmə sıfır olur. [ ) 5 , 1 ; 1 ∈
isə
( ) 0 > ′ x f , yəni f funksiyası artır; ( )
∈ ; 5 , 1
isə, onda 242
( ) 0
′ x
, yəni baxılan f funksiyası azalır. Beləliklə, 5 ,
= x olduqda f funksiyası maksimumun qiymətini alır. ( )
( ) 4 , 1 3 2 5 , 1 , 1 1 6 10 ≈ = =
f , ( ) 25 , 1 64 81 2 ≈ =
olduğuna diqqət etməklə funksiyanın təqribi qrafikini alırıq (Şəkil 60). Sonra tapırıq: ( )
− + + = ⋅ − + + < + − + + + + + ∞ ∞ ∫ 2 5 2 2 4 6 4 6 4 6 4 6 4 1 2 5 1 64 17 2 1 1 2 64 81 1 ...
1 2 ... 4 7 3 5 2 3 1 x dx x x n n 2 5 320 47 7 320 166
128 85 7 160 243
320 128
85 8 2 3 5 1 5 32 64 17 2
< = − + + = − + + = − + + =
. 102.
3 1 2 1 6 5 1 2 + − + = + +
x x x
olduğundan inteqral altındakı funksiya ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 3 1 2 1 3 2 2 3 1 2 1 2 2 2 2 + + + − + + + = + + − + + +
x x x x x x x
- ya axtarılan inteqral isə
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + − + − + − = + + + − + − + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 1 0 2 1 0 2 2 ln 2 3 1 2 1 3 2 2 2 3 3 2
x x x dx x dx x dx x dx x dx
( ) 9 8 ln 2 4 1 3 ln 2 1 0 + = + + x - ə bərabər olar. 103.
( ) 3 3 1 1
x x f − + + = , ( ) 1 ; 1 − ∈ x
funksiyasına baxaq. ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 1 1 1 1 x x x f − − + = ′ törəməsi yeganə O nöqtəsində sıfıra bərabər olduğundan və bu nöqtədə işarəsini müsbətdənmənfiyə dəyiş- diyindən O nöqtəsi f funksiyasının mak
simum nöqtəsidir. Beləliklə 243
( )
> 3 3 0 3 f f , yəni
2 3 3 1 3 3 1 3 3 3 3
− +
, buradan sadə çevirmədən sonra baxılan bərabərsizliyi alırıq. 104.
1 1 ... 3 2 1 ! = ⋅ ⋅ ⋅ < ⋅ ⋅ = =
və 0 > n a
olduğundan n a n n n 1 lim lim 0 ∞ → ∞ → ≤ ≤ , odur ki, 0 lim
= ∞ → n n a . 105. 1 , 2 − x x
və 1 3 − x
ifadələrini uyğun olaraq a, b, c ilə işarə edək. Sistemə daxil olan bərabərsizlikləri çevirməklə onu ( ) ( )( ) (
) ( )( ) > − − > + − + − > − + − − + − 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 3 2 2 3 3 3 2 2 x x x x x x x x x x x x
şəkildə yazmaq olar. Onda verilmiş bərabərsizliklər sistemini 0 , 0 , 0 > = > + + = > + + = abc z ac bc ab q c b a p
şəklində yaza bilərik. Onda c b a , ,
0 2 3 = − + − z qt pt t
tənliyinin köküdür. Aşkardır ki, bu tənliyin mənfi kökü yoxdur, odur ki, c b a , ,
ifadələri müsbətdir, yəni 0 1 , 0 1 , 0 3 2 > − > − > x x x . Buradan isə verilmiş sistemin ( )
∞ ; 1 həllini alırıq. 106. Verilmiş tənlikləri toplasaq və çıxsaq onunla eynigüclü ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − + − = − + − + + − = − − + b a y x y x y x b a y x y x y x 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1
(1) sistemini alarıq. Alınmış sistemin tənliklərin sağ və sol tərəflərini vurub 2 2 2 2
a y x − = −
(2) tapırıq. Sonuncu bərabərliyi (1) nəzərə alıb onu belə yazmaq olar: ( ) ( ) − + + − − = − − − + − + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1
a b a b a y x b a b a b a y x
Alınmış sistemin tənliklərini tərəf-tərəfə toplayıb və çıxsaq + − − + + − − + 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ; 1 b a b a a b b a b a b a
cavabını alarıq. 1 0 2 2 < − ≤ b a
244
olduqda sistemin həlli vardır. Parametrə görə araşdırmaya şagirdlərin diqqətini xüsusi cəlb etmək lazımdır. Sistemin həlli ilə əlaqədar aparılan mühakimə “+” qiymətləndirməni almaq üçün kifayət hesab edirik, lakin ciddi desək 2 2
x − -ni 2 2
a − ilə əvəz etməklə biz yalnız verilmiş sistemin nəticəsini alırıq. Bununla belə cavabda alınan düsturlar tamamilə verilmiş tənliklərdəki kimi olduğundan (x əvəzində a, y əvəzində -b), onlardan öz növbəsində (2) bərabərliyini də almaq və tərsinə verilmiş sistemə qayıtmaq olar; bu “dönmə” yoxlamanı əvəz edir. Bununla da veri lmiş sistem həllinin yoxlanılmasının bir üsulunu da şagirdlərə öyrətmiş oluruq. Bu məsələdə örtülü şəkildə Eynşteynin 2 1
− − = ′ c t x x ϑ ϑ , 2 2 1 − − = ′
c x t t ϑ ϑ nisbilik nəzəriyyəsindən alınan Lorens çevirməsi iştirak edir. Bu çevirmə haqqında verilən sistemin həllinə aid mühakimə ilə kifa- yətlənmək olar. 107. Verilmiş tənliyi ( )
1 2 − = ′ ′ y x
şəkildə yazaq. Buradan C x y x + − = ′ 2 və ya
2 1
C x y + − = ′ . Onda 1 ln
x c x y + − − = (1). Beləliklə, bütün axtarılan funksiyalar (1) düsturu ilə verilir, burada c
və 1 c -
ixtiyari həqiqi ədədlərdir. 108.
x y 9 log 2 1 = əvəzləməsindən istifadə edək, onda y x 2 9 = . Bu qiyməti verilmiş tənlikdə yerinə yazıb ( )
y y = + 3 9 log
12
və ya y y y 12 3 9 = + alırıq. Aşkardır ki, bu tənliyin kökü 1 =
-dir. Asanlıqla göstərmək olar ki, başqa həll yoxdur. Doğrudan da tənliyin hər tərəfini
12 - ə bölüb 1 4 1 4 3 = +
y
alırıq. ( ) y y y f + = 4 1 4 3
funksiyası azalandır, odur ki, 1 =
qiymətini yalnız bir dəfə alır. Verilm iş tənliyin kökü 81 =
-dir. 245
109. 2 1 2 2 2 1 2 0 1 2 1 0 ...
... − − + + + + = + + + + n n x x x x x x x x
tənliyini həll etmək lazımdır. Burada 1 0 1 2 0 3 1 0 2 0 0 1 ,...,
, , − − = = = =
n m x x m x x m x x m x x
(2) əvəzləməsindən istifadə etmək olar. Bunları (1)-də yerinə yazıb 2 1 2 0 2 2 2 0 2 1 2 0 2 0 1 0 1 0 0 0 0 ... ...
− − + + + + = + + + +
n m x m x m x x m x m x m x x
və ya ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 0 1 1 0 0 ...
1 ...
1 − − + + + + = + + + + n n m m m x Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|