Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
c b, - ni
isə sabit
hesab edək.
[ ] 1 ; 0
parça sında ( )
( )( )( ) c b x b x c x c b c b x x f − − − + + + + + + + + + = 1 1 1 1 1 1
funksiyasına baxaq. Onun törəməsini tapaq. Bu törəmə ( )
( ) (
) 2 2 1 1 + + − + + − = ′ b x c x c b d x f olur, burada sabitdir d = . Aşkardır ki, ( )
x f ′
funksiyası [ ]
1 ; 0 parçasında artan funksiyadır. Odur ki, ( )
x f
funksiyası 144-də göstərilən A xassəsini ödəyir, yəni ən böyük qiymətini 0 və ya 1 nöqtəsində alır. Faktik olaraq isbat edildi ki, ( )
a f
ən böyük qiymətini 0 və ya 1 nöqtəsində alır. İndi a - nın 0 və ya 1 nöqtəsindəki qiymətini qeyd etsək, onda bərabərsizliyin sol tərəfindəki ifadə b -nin funksiyası kimi ən böyük qiymətini 0 =
və ya
1 =
olduqda alar.
və b -in [ ] 1 ; 0
parçasının uclarındakı qiymətini qeyd etsək, onda bizi maraqlandıran ifadə ən böyük qiymətini 0 = c
və ya 1 = c
olduqda alar. Baxılan ifadə b a, və
c - yə nəzərən simmetrik olduğundan onların qiymətlərində bərabərliyin ödənildiyi dörd ( ) 0 ; 0 ; 0 , ( ) 1 ; 0 ; 0 , ( ) 1 ; 1 ; 0 və
( ) 1 ; 1 ; 1 yığıma (nabora) baxmaq qalır. Bununla da bərabərsizlik isbat olunur. 146. Asanlıqla yoxlamaq olar ki, 2 2
1 1
x x +
bərabərsizliyi ödənilir, buradan isə 1 > t olduqda ( )
∫ +
t t x dx x x dx 1 2 2 1 2 1
alınır. Lakin ∫ =
t x dx 1 ln , ( ) t t x x dx x x dx x t t t 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 − = − = +
= + ∫ ∫ .
257
Beləliklə t t t 2 1 ln 2 − < , buradan a b t =
olduqda isbatı tələb olunan bərabərsizliyi alırıq. 147. Məlumdur ki, ( ) ( )
( ) n n S n S n S 1 2 1 ...,
, , − məlum olduqda ( ) (
N k N n n S k k k n k ∈ ∈ + + + = , ... 2 1 c əmini hesablamaq olar. Bu üsul
( ) ( ) ( ) n x x x x x F + + + − = ... 1 3 2
və ya ( ) 2 1 x x x F n − = +
çoxhədlisinin uyğun törəmələrini tapmaqla əlaqədardır. Burada iki xüsusi hala baxırıq: 1)
( ) ( ) 1 1 1 = = ∑ = k m n S n m
cəmini tapaq. ( ) x F
funksiyasının ikinci tərtib törəməsini tapaq: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 ... 2 3 1 2 1 ... 3 2 2 1 2 1 2 − + = − + + ⋅ ⋅ + ⋅ − + + + + − − − n n n nx n x a n x x nx x x (1) (1) eyniliyində 1 = x götürüb ( ) (
) 2 1 ... 3 2 2 − + = + + + n n n
və ya ( )
( ) 2 1 1 + = n n S n
(2) alırıq. 2) İndi ( )
( ) 2 1 2 2 = = ∑ = k m n S n m
cəmini tapaq. Indi ( ) x F ′′ -in törəməsini tapaq: ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) = − − + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + − + + ⋅ ⋅ + ⋅ = ′′′ − − 3 2 2 1 ...
2 3 4 1 2 3 1 1 ... 2 3 1 2 3
n x n n n x x x n n x x F
( ) ( ) 2 1 1 − − + = n x n n n (3) (3) ifadəsində 1 = x
götürsək, onda ( ) ( ) ( ) (
) 1 1 1 ...
2 3 1 2 3 − + = − + + ⋅ + ⋅
n n n n , buradan ( ) (
) ( ) 3 1 1 1 1 − + = − ∑ = n n n m m n m
və ya ( ) ( ) (
) ( ) 3 1 1 1 2 − + = −
n n n S n S
(2) bərabərliyini nəzərə alıb ( ) ( )( ) 6 1 2 1 2 + + =
n n n S
alırıq. Riyazi induksiya met odundan istifadə etməklə ( )
3 , ( ) n S 4 ,..., ( ) n S n - də törəmənin tətbiqilə tapmaq mümkündür. 148. Ardıcıl olaraq alırıq: ( ) 5 , 1 cos cos
cos = + − + β α β α , 258
5 , 1 1 2 cos 2 2 cos 2 cos
2 2 = + + − − + β α β α β α , 0 1 2 cos 2 cos 2 cos
2 cos
4 2 cos 4 2 2 2 = + − − − + − + − + β α β α β α β α β α , 0 2 sin 2 cos 2 cos
2 2 2 = − + − − + β α β α β α . Buradan
0 2 sin = − β α
bərabərliyindən alınır ki, β α = ( β α , -iti bucaqlardır), β α
olduqda 2 cos 2 cos
2 β α β α − = +
bərabərliyindən isə
1 cos
2 = α , 3 π α =
alınır. Beləliklə, 3 π β α = = . 149. Verilmiş bərabərsizliyin hər tərəfinə 1 əlavə edib + ≤ + β α β α 2 2 2 2 sin 1 sin 1 2 1 sin sin
2 , buradan ( )
α β α 2 2 2 2 2 sin sin 4 sin sin ≥ + ,
( ) 0 sin sin 2 2 2 ≥ − β α . Buradan da verilmiş bərabərsizliyin isbatı alınır. 150. Bərabərsizliyi n-ə görə riyazi induksiya metodu ilə isbat etmək olar. n=1 olduqda 1 1 2 1 1 < =
. Fərz edək ki,
1
, onda 1
1 1 1 1 1 1 1 1 + = + − < + − = +
k x x k k ; 1 1 1 + < +
x k . 151. Məlumdur ki,
üçbucağın bucaqları üçün
= + +
münasibəti ödənilir; digər tərəfdən 3 3 tgxtgytgz tgz tgy tgx ≥ + + , buradan 3 3
tgxtgy tgxtgytgz ⋅ ≥ , odur ki,
3 3 ≥ tgz tgy tgx . Buradan ( )
3 3 3 3 3 3 3 3 = ≥ ≥ + + . 152. İkinci və üçüncü tənliyin hər tərəfini u z + -ya vurub, sadə çevirmədən sonra ( ) ( ) ( ) ( ) + = + + + + = + + + u z yu xz zu yu xz u z y x zu yu xz 11 7 3 3 2 2
və buradan, şərti nəzərə almaqla ( ) ( ) = − + = − + 19 7 11 11 5 7
u z zu u z
yazarıq. Sonuncu sistemdən alınır 259
ki, = = + 2 , 3 zu u z . Sonuncu sistem in iki həlli vardır: 2 , 1 1 1 = = u z
və 1 , 2 2 2 = = u z .
və
u - nun bu qiymətlərini verilmiş sistemin ilk iki tənliyində yerinə yazıb 2 , 3 1 1 = = y x
və 3 , 2 2 2 = = y x
tapırıq. Yoxlama nəticəsində müəyyən etmək olar ki tapılmış 2 , 1 , 2 , 3 1 1 1 1 = = = = u z y x
və 1 , 2 , 3 , 2 2 2 2 2 = = = = u z y x
qiymətləri axtarılan həllərdir. 153. Tənliyi 645
5 5 4 5 6 5 5 3 1 3 3 2 − = ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − − x x x
şəkildə yazaq. x t 3 5 =
əvəz edək və tənliyi yeni t dəyişəninə görə yazaq: 645 8 , 0 6 04 , 0 − = + − t t t ; 125 = t .
dəyişəninə qayıdaq: 125 5 3 = x ; 3 3 5 5 = x ; 1 , 3 3 = =
x . 154. Verilmiş bərabərsizliyin təyin oblastını tapaq: 3 2 , 0 2 3 > > − x x . Verilmiş bərabərsizliyi ( ) 16 log 2 3 log 2 2 ≤ −
şəkildə yazmaq olar. Loqarifmanın əsası 1 2 >
olduğundan 6 , 16 2 3 ≤ ≤ −
x
alırıq. Buradan 6 3 2 ≤ < x .
155. İkiqat arqumentin kosi- nusu düsturundan istifadə edərək verilmiş tənliyi birdərəcəli bircins tənliyə gətiririk: 0 2
2 cos
= −
x . Sonuncu tənliyin hər tərəfini 0 2 cos ≠ x - ə bölüb onu 1 2 = x tg
şəklinə gətiririk, buradan isə Z k k x ∈ + = , 4 2 π π , Z k k x ∈ + = , 2 8 π π . 0 2 cos =
olarsa, onda 1 2 sin ± = x
və 0 2 sin 2 cos
≠ −
x . 156. Verilmiş funksiyaların qrafiklərini quraq və onların kəsişmə nöqtələrinin absislərini tapaq (Şəkil 62). 260
3 1 3 1 1 + = +
x ; ( ) ( ) 2 1 1 9 + = + x x ; ( )( ) 0 8 1 = Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|