Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
m m m x
2 1 2 2 2 1 1 1 0 0 1 ...
1 − − + + + + + + + =
n m m m m m m x
alırıq. Sonra 0 x -
ın qiymətini (2) bərabərliklərində yerinə yazıb 1 2
,..., , − n x x x - i tapırıq. Deməli n – məchullu ∑ ∑ − = − = = 1 0 1 0 2 n i n i i i x x t
ənliyinin həlli ; 1 , 2 , 1 , 0 , 1 1 1 1 2 1 0 − = + +
= ∑ ∑ − − = n i m m m x n k i n i k i
1 0 =
dir. Riyaziyyat həvəskarları bu ümumi nəticəyə bir sıra xüsusi halların ağıllı şərhi nəticəsində gəlmişlər [27]. Məsələn b a b a + = + 2 2 (3) və
c b a c b a + + = + + 2 2 2 (4) tənliklərinin ağıllı şərhi düzbucaqlı üçbucaqda hipotenuzun kvadratı katetlərin cəminə, düzbucaqlı paralelepipedin diaqonalının kvadratı onun üç tilinin cəminə bərabərdir nəticəsi (3) və (4) tənliklərinin müsbət rasional ədədlər çoxluğunda eyni bir sadə priyomla həllinin alınmasına (baxılan ümumi halda olduğu kimi) səbəb olmuşdur. Doğrudan da (3) tənliyi üçün həmişə bm a =
götürmək olar. Bunu həmin tənlikdə yerinə yazıb ( )
1 1
m m a + + = , 2 1 1
m b + + =
alırıq, burada m – ixtiyari müsbət rasional ədəddir. Bununla Pifaqor teoreminin müsbət rasional ədədlər çoxluğunda yuxarıda göstərilən ifadəsi alınır. Məsələn 3 1
m
və 4 1 = m
olduqda belə xüsusi hallardan ikisi alınır. ma b = , na c =
götürməklə (4) tənliyinin 2 2 1 1
m n m a + + + + = , ( ) 2 2 1 1 n m n m m b + + + + = , 246
( ) 2 2 1 1 n m n m n c + + + + = ümumi həlləri düsturları alınır, burada n m, - ixtiyari müsbət rasional ədədlərdir. Beləliklə (1) tənliyinin həllini (3) və (4) tənlikləri həllərinin n məchul üçün təbii ümumiləşdirilməsi nəticəsində də almaq olar. Lakin təlim prosesində vaxta qənaət etmək məqsədilə (1)-in həllindən sonra (3) və (4) –ün həllinə baxmaq daha məqsədəuyğundur. Bundan sonra Pifaqor teoremi və düzbucaqlı paralelepipedin diaqonalı haqqında teoremin uyğun ifadəsini vermək faydalıdır. 110. Ardıcıl olaraq 2 2
1 x x x y x y − = ′ − ′′ , 2 2 1 1
x x y − = ′ ⋅′ , ( ) R C C x x x y ∈ + + = ⋅′ 1 3 1 3 , ( ) R c c c x cx x y cx x y ∈ + + + = + + = ′ 1 1 2 5 4 , 2 15 , 1 3 alırıq.
111. ( )
1 ; 0 aralığında 2 2
0 x x < <
bərabərsizliyi doğru olduğundan 4 2 sin 2 2 x x < , buradan 0 2
cos 2 > − >
x . Beləliklə, ( )
ln 2 ln 2 2 cos 1 0 2 1 0 2 1 0 = − − = − < ∫ ∫ x dx x x dx x x
alınır ki, bunu da isbat etmək tələb olunurdu. 112.
1 S
sahəsi ADEO düzbucaq- lısının sahəsi ilə əyrixətli ADO trape- siyası sahəsinin fərqinə bərabərdir (Şəkil 61):
1 0 1 1 + + = − ⋅ = ∫ n t n n t n n dx x t t S . Analoji olaraq ( ) 1 1 1 1 1 1 2 + + − + = − − = + ∫ n t n nt t t dx x S n n n t n .
247
Beləliklə, 1 1 1 2 1 2 1 + + − + = + = + n t t n n S S S n n . Aşkardır ki, S′ yalnız 2 1
t
olduqda sıfıra bərabərdir və bu nöqtədə işarəsini mənfidən müsbətə dəyişir. Deməli S funksiyasl ən kiçik qiymətini 2 1 = t olduqda alır. 113. Əvvəlki məsələdə olduğu kimi ( ) ( ) ( )
( ) ∫ − − =
a dx x f t f a t t S 1 , ( ) ( )
( ) ( )
t f t b dx x f t S b t − − = ∫ 2 , ( )
( ) ( ) (
) ( ) ( )
( ) ∫ ∫ + − − − = + = b t t a dx x f dx x f t f b a t t S t S t S 2 2 1 . Nyuton- Leybnis dusturundan alınır ki, ( )
( ) t f dx x f t a = ′ ∫ , ( ) ( )
t f dx x f b t − = ′
∫ onda ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
t f b a t t f t f t f t f b a t t S ′ − − = − − + ′ − − = ′ 2 2 2 . ( ) 0 > ′ t f
olduğundan 2 b a t + = olduqda ( )
0 = ′ t S
və bu nöqtədə işarəsini mənfidən müsbətə dəyişir. Odur ki, S funksiyası ən kiçik qiymətini 2
+ = olduqda alır. 114. ( )
x x x x x f 2 cos sin 2 4 cos 2 1 2 sin
2 2 + + + = funksiyasının törəməsini tapaq:
( ) 0 2 sin 2 2 sin 2 4 sin 2 4 sin 2 2 sin 2 cos sin 4 4 sin 2 2 cos 2 sin 4 = − + − = − + − = ′
x x x x x x x x x x f
( ) 0 = ′ x f olduğunda n, ( )
x f
funksiyası R çoxluğunda sabitdir. Onun ixtiyari nöqtədə qiymətini tapaq. Baxılan halda 0 = x
götürmək daha münasibdir. ( )
2 3 0 = f . Eynilik isbat olundu. 115. Verilmiş funksiyanı çevirək:
248
( ) ( ) (
) − = + − = + + − + =
x x x x x x x x x x x x x x f 2 cos sin 8 cos sin cos
2 sin
2 cos
4 sin
2 cos
sin sin
3 sin
3 sin
5 sin
2 2
( )
x x x x x x x x x x x 2 2 2 cos
sin sin
8 3 sin 4 cos
sin sin
4 3 sin sin 2 1 8 cos
sin sin
4 + − = + − + − ⋅ = + − ; ( )
C x x x x F + + + − = cos 1 cos 8 3 cos 4 3 . 116.
( ) ( ) 2 2 cos 2 sin 2 cos
2 2 cos 2 sin
2 sin
2 2 cos 2 sin
2 2 cos 2 2 cos 2 sin
2 2 sin 2 sin
cos 1 sin cos 1 2 2 x tg x x x x x x x x x x x x x x x x = + + = + + = + + + − , − ∈ 2 , 2 π π x .
Buradan görünür ki, verilmiş funksiyanın tək olması 2
tg
funksiyasının tək olmasından alınır. 117. Tənliyin sol tərəfini + −
+ − + −
+ − + −
2 6 5 2 5 4 2 4 3 2 3 2 2 2 1 6 5 10 6 5 4 8 5 4 3 6 4 3 2 4 3 2 1 x x x x x x x x x x 2 8 2 8 7 2 7 6 9 8 16 9 8 7 14 8 7 6 12 7 − + − + −
+ x x x x x
yazıb 9 8 , 8 7 , 7 6 ,..., 3 2 , 2 1 8 8 7 7 6 3 2 2 1 = = = = = x x x x x x x x x
alırıq, buradan { } 8 ...,
, 2 , 1 , 9 ∈ =
k x k . Yəni
8 x
məlum olduğunda 9 7 9 8 8 7 7 = ⋅ = x , 7 x
məlum olduğundan 9 6 9 7 7 6 6 = ⋅ = x
və s. tapılır. 118. Güman edirik ki, kökün altındakı ifadələr mənfi deyil. İki ( )
1 ; 1 ; 1 = → p
və ( ) 1 4 ; 1 4 ; 1 4 + + + = → c b a q
vektorlarına baxaq. Koşi-Bunyakovski teoreminə görə, → → → → ≤ 2 2 2 , ,
p q p
və ya ( ) ( ) ( ) 21 7 3 3 4 4 4 3 1 4 1 4 1 4 3 1 4 1 4 1 4 2 = ⋅ = + + + = + + + + + ≤ + + + + + c b a c b a c b a
249
119. x- i dəyişən y
və z - i sabit hesab etməklə verilmiş ifadəni ( ) x f - lə işarə edərək ( ) ( )
( )( )
z y z y z y y z x xz xy z y x f 2 2 2 2 2 2 2 2 − + − = − + − = + − − = ′
alırıq. Odur ki, ( ) (
) ( ) C Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|