Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
) ( ) ( ) ( ) 0 100 99 98 22 21 20 20 21 22 ... 98 99 100 = − + − + − + − + − + − + + + + + + +
olar. 253. Göründüyü kimi baxılan tənliyə daxil olan funksiyanı tapmaq tələb olunur [13]. ( ) (
) 2 1 2 x x f x f = − +
(1) şərti funksional tənlik adlanır. Funksional tənliklər müxtəlif üsullarla həll edilir. Bu üsullardan biri qeyri- müəyyən əmsallar metodudur. Funksional tən- liyin xarici formasına görə axtarılan funksiyanın ümumi şəklini müəyyən etmək mümkün olduqda onu tətbiq etmək olar. Funksional tənliyin həlli tam və ya kəsr-rasional funksiyalar içərisində axtarılan hallarda qeyri- müəyyən əmsallar metodundan daha çox istifadə olunur. (1) bərabərliyi funksional tənlikdir. Məktəbdə bu istilah işlədilmədiyindən onu başqa sözlə şərt adlandırmaq olar. (1) tən- liyinin sol tərəfində asılı olmayan
dəyişəni və f funksiyasının qiymətləri üzərində yalnız xətti əməliyyat aparıldığından, sağ tərəfdə isə kvadrat funksiya olduğundan axtarılan funksyanın da ( )
+ + = 2
şəkildə kvadrat funksiya olduğunu güman etmək təbiidir. Burada c b a , , qeyri- müəyyən əmsallardır, onları tapmaq lazımdır. Həmin funksiyanı (1) tənliyində yerinə yazıb ( )
) ( ) ( ) (
) 2 2 2 2 2 3 2 3 1 1 2 x c b a x a b ax x c x b x a c bx ax ≡ + + + − + ⇔ = + − + − + + +
eyniliyini alırıq. Dəyişənin eyni qüvvətlərinin əmsalları bərabər olan iki çoxhədli eyniliklə 309
bərabərdir: = + + = − = 0 3 0 2 1 3
b a a b a . Bu sistemdən 3 1
3 2 ; 3 1 = = =
b a
alınır. Onda funksional tənliyin həlli ( )
( ) 1 2 3 1 2 − + = x x x f
olar. İsbat edək ki, başqa həll yoxdur. Fərz edək ki, ( )
x g
funksiyası da həqiqi ədədlər çoxluğunda (1) bərabərliyini ödəyir. Onda elə R x ∈ 0 vardır ki, ( ) ( ) 0
x f x g ≠ . Onda 0 x x = ,
0 1
x − = olduqda ( ) (
) 2 0 0 0 1 2 x x g x g = − + , ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 1 1 2 x x g x g − = + −
bərabərlikləri ödənilməlidir. Buradan isə alınır ki, ( ) (
( ) 0 0 2 0 0 1 2 3 1 x f x x x g = − + = . Deməli, ( ) ( ) 0 0 x f x g = . Alınan ziddiyyət fərziyəni inkar edir. Beləliklə, məsələni yeganə həlli vardır.
254. Həllin iki üsulunu göstərək. I. 1) [ ] 3 ; 1 −
parçasının uclarında funksiyanın qiymətləri ( ) ( )
23 3 , 15 1 = = −
y ;
2) ( ) 3 ; 1 −
intervalında böhran nöqtəsi 0 = ′ y
tənliyindən 4 3 1 = x
tapılır ( ) ( ) 3 ; 1 1 − ∈ x . Onda
4 11 4 3 = y . 3) 4 11 23 ; 15 ; 4 11 min min = = y ; 23 23 ; 15 ; 4 11 max max
= =
; 4)
( ) = 23 ; 4 11 y E . Bu funksiyanın qiymətlər çoxluğudur. II. Tam kvadrat ayırmaqla məsələni asanlıqla həll etmək olar: [ ] 3 ; 1 , 4 11 4 3 4 2 − ∈ + − =
x y . Parabolanın təpə nöqtəsinin absisi 4 3
x
ədədi ( ) 3 ; 1 − intervalına daxil olduğundan, parabolanın qolları isə yuxarı yönəldiyindən 4 11 4 3 min = = y y . Ən böyük max
q
iyməti [ ] 3 ; 1 −
parçasının uclarından birində alınır. 3 =
nöqtəsi parabolanın təpə nöqtəsinin absisindən uzaqda yerləşdiyindən ( )
23 3 max = = y y .
310
255. Həllin iki üsulunu göstərək: I. Verilmiş kəsr-rasional funksiya 2 −
x
və 1 =
nöqtələrindən fərqli bütün ədəd oxunda təyin olunmuşdur. 2 1 2 2 − + + + = x x x x y düzgün olmayan kəsrdir. Tam hissəni ayırıb 2 3 1 2 − + + = x x y
alırıq. 2 2 − + =
x t ,
y t p + = = 1 , 3
işarə edək. Onda verilmiş funksiyanı üç funksiyanın kompozisiyası ( )
( ) ( ) x t p y y =
şəklində göstərə bilərik. Bundan sonra hər bir elementar funksiyanın onların daxil olma ardıcıllığında qiymətlər çoxluğunu tapaq. Onda birinci ( )
x t
funksiyasının ( ) t E
qiymətlər çoxluğu ( ) t p
funksiyasının ( ) p D
təyin oblastı olacaqdır ( ( )
t p
funksiyasının təyin olmadığı nöqtələr müstəsna olmaqla); analoji olaraq ( )
( ) y D p E ⊆ . 1) ( )
∞ + − = ⇒ − +
= − + = ; 4 9 4 9 2 1 2 2 2
E x x x t ;
2) ( ) ∞ + ∪ − ∈ = ; 0 0 ; 4 9 , 3 t t p . Bilmək lazımdır ki, ( ) t p
funksiyası verilmiş funksiyanın dəyişmə oblastının hər bir aralığında monoton azalandır, odur ki, ( )
( ) ( ) ( )
+ ∞ + ∪ − − = 0 ; 4 9 ; 0 p p p p p E
və ya ( ) ( ) ∞ + ∪ − ∞ − = ; 0 3 4 ; p E . Burada ( ) ( ) ( ) + ∞ + − 0 , , 0 p p p
işarələri uyğun olaraq limitləri əvəz edir. Məsələn, ( )
t p t 3 lim 0 0 → = − . 3) ( ) ( ) ( ) ∞ + ∪ − ∞ − = ⇒ ∞ + ∪ − ∞ − ∈ + = ; 1 3 1 ; ; 0 3 4 ; , 1 y E p p y . Deməli verilmiş funksiyanın qiymətlər çoxluğu
( ) ( ) ∞ + ∪ − ∞ − = ; 1 3 1 ;
E -dir.
II. Verilmiş funksiyanı qeyri-müəyyən şəkildə ( ) ( ) 0 1 2 1 1 2 = − − − + −
x y x y
kimi yazmaq olar. Buradan 311
1 3 6 9 1 2 − − − ± − = y y y y x ; 0 1 ≠ − y , 0 3 6 9 2 ≥ − − y y
sistemindən ( 3 1 ; 1 2 1 − = = y y
tapandan sonra) verilmiş funksiyanın dəyişmə oblastının ( ) ∞ ∪ − ∞ − ; 1 3 1 ;
olduğunu alırıq. 256. u x = − + 2 1 1 , ϑ = − − 2 1 1 x olsun. Onda
= + = + 2 2 4 4 ϑ ϑ u u , 0 14 16 2 2 2 = + − ϑ ϑ u u , 0 7 8 2 2 = + − ϑ ϑ u u , 3 4 ± = ϑ u ; 1 2 1 = = ⇒ = + = ϑ ϑ ϑ
u u . = + = 2 7 ϑ ϑ u u
sisteminin isə həqiqi kökü yoxdur. Beləliklə 1 1 1 2 = − +
(1) tənliyini və buradan 1 ± = x
alırıq. Məsələnin həllindən görünür ki, (1) verilmiş tənlikdə eynigüclüdür. Lakin bu eynigüclülüyü əsaslandırmaq lazımdır. Belə əsaslanma müm- kündür. Bunun üçün ( )
5 x x f =
funksiyasının [ ) ∞ ; 0 -da yuxa rıdan
qabarıqlığının tərifini, habelə müvafiq teoremlərin isbatını vermək lazımdır. Bu halda verilmiş tənliyi şifahi həll etmək olardı. Onu da qeyd edək ki, ( )
x f
funksiyası verilmiş aralıqda iki dəfə diferensiallanadırsa və x - in həmin aralıqdan götürülmüş bütün qiy- mətlərində ( )
0 > ′′ x f
isə onda ( ) x f
bu aralıqda aşağıdan ciddi qabarıqdır. 257. Verilmiş funksiyanın təyin oblastı ( ) ( ) (
) ∞ + ∪ ∞ − = ; 0 0 ;
D , yəni sıfırdan fərqli bütün həqiqi ədədlərdir. ( ) f E
dəyişmə oblastını tapmaq üçün beş hala baxaq: 1)
< +
+ 0
1 0 1 1 x x ; 2)
> + < + 0 2 1 0 1 1
x ; 3)
< + > + 0 2 1 0 1 1 x x ; 4)
> + > + 0 2 1 0 1 1
x ; 5)
< +
+ 0
1 0 1 1 x x
Fərz edək ki, 1) sistemi ödənilir: < +
+ 0
1 0 1 1 x x . Bu halda 2 1
< < −
və
( ) 0
x A , burada ( ) (
x arctg x arctg x A 2 1 1 1 + + + = . Onda x -in
− − 2 1 ; 1 aralığından götürülmüş bütün qiymətlərində 0 1
2 < + + x x
olduğundan 312
( ) ( ) 1 1 2 2 1 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 − = − − − + + = + + − + + + = x x x x x x x x x tgA . Deməli, ( ) 2 π − =
A
və ( ) ( )
0 4 4 1 = − = + = π π
A arctg x f . İndi 2) sisteminin ödənilməsi halına baxaq: > + < + 0 2 1 0 1 1
x . Bu halda 0 2
< < −
və
( ) 0 > x B , burada ( ) (
x arctg arctg x B 2 1 1 + + = . ( ) x tgB -i hesablayaq: ( ) (
+ − = − + = + − + + = x x x x x x tgB 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|