Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
( ) ( ) x g x f =
tənliyində ( ) ( )
x g x f ,
qarşılıqlı tərs funksiyalardırsa və həmin tənliyin X təyin oblastında artandırlarsa, onda bu tənlik X-də ( ) ( )
x x g x x f = = , tənliklərinin hər birilə eynigüclüdür” teoremindən istifadə etmək məqsədəuyğundur. Konkret misallar üzərində teoremin doğruluğunu əsaslandırmaq olar. Məsələn, 3
y =
və 3
y =
funksiyaları R-də artandır, odur ki, 3 3 x x =
tənliyi x x = 3 və
x x = 3 tənliklərinin hər birilə eynigüclüdür. Göstərilən teoremə əsasən verilmiş tənliyi belə həll etmək olar. Verilmiş tənlik üçün deyə bilərik ki, ( ) 7
3 + = x x f
və ( ) 3 6 7 − = x x g
funksiyaları bütün ədəd oxunda təyin olunmuşdur, 328
kəsilməzdir və ciddi artandır, odur ki, ( ) ( )
R g E f E = = və
funksiyaların hər birinin tərsi vardır. y x = + 7 6 3 tənliyini x - ə nəzərən həll edib 3 6 7 − = y x
və ya x - lə y -i n yerini dəyişdikdən sonra 3 6 7 − = x y
alırıq. Buradan alınır ki, ( ) ( ) x g x f = −1 , yəni ( )
x f
və ( ) x g
qarşılıqlı tərs funksiyalardır. Onda göstərilən teoremə uyğun olaraq verilmiş tənlik 0 6 7 7 6 3 3 = + − ⇔ = +
x x x
ilə eyni- güclüdür. Sonuncu tənlikdən isə ( ) ( ) 0 1 6 3 = − − − x x x
yazdıqdan sonra 3 , 2 , 1 3 2 1 − = = = x x x
alırıq. 296.
x - verilmiş üçrəqəmli ədəd, y – isə çıxılan natural ədəd olsun, onda
( ) = + = ⇒ = + + − ⇒ = − ⋅ − x x x x y y y x x y x x y y x y y x 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 log
log log
log log
log log
log 1 log log x x x x x x x 6 2 3 3 2 2 3 log log log
1 log
1 log
1 log
log 1 = + = + = , buradan { }
1296 , 216 , 36 , 6 6 ∈ = x x . Bu çoxluqda yalnız bir üçrəqəmli ədəd 216 vardır. 297.
α = + x 0 85 olarsa, onda α − = − 0 0 90 5
və verilmiş tənlik 2 = + α α ctg tg
şəkilə düşər. Buradan
1 , 0 1 2 2 = = + − α α α tg tg tg . Odur ki, Z n n x ∈ + = + , 180 45 85 0 0 0 və ən kiçik müsbət kök n=1 olduqda 0 140
= x
alınır. 298. Aşkardır ki, 0 =
tənliyin kökü deyil. 0 ≠
olduqda tənliyi 2 2
27 5 , 62 27 5 , 62 27 x x x x a + = + =
şəkildə yazaq və onunla eynigüclü
329
+ = = 2 27 5 , 62 x x y a y
sisteminə keçək. Bu sistemin neçə kökü olması məsələsini yalnız qrafik üsulu ilə həll etmək olar. Sistemin birinci tənliyi absis oxuna paralel üfiqi düz xəttir, onda 0 ≠
olduqda 2 27 5 , 62 x x y + = funksiyasının qrafikini qurmaq qalır. 3 27 125 1
y − = ′
olduğundan, 3 5 0 = x
olduqda törəmə sıfra bərabərdir. Odur ki, ( ) 0 ; ∞ −
və ∞ + ; 3 5
aralıqlarında funksiya artır, ∈ 3 5 ; 0 x
olduqda isə azalır. 0 x
nöqtəsində 0 minimum qiymət alır, deməli bu nöqtədə 5 , 2 6 15 25 27 2 9 125
3 5 3 5 = = ⋅ ⋅ ⋅ + =
. Nəticədə baxılan funksiyanın qrafikinin eskizi (Şəkil 76) alınır. 5 , 2 > a
isə a y =
üfiqi düz xətti onu üç nöqtədə kəsir, bu şərti ödəyən ən kiçik tam ədəd isə 3 =
-dir. 299.
( ) x f y =
funksiyasının dövrü 3-ə bərabər və həqiqi ədədlər çoxluğunda təyin olunduğundan ( ) ( )
x f n x f = + 3 , burada n-ixtiyari tam ədəddir. Onda ( ) ( ) ( )
5 2 3 2 2 8 = = ⋅ + =
f f
və ( ) ( ) ( )
5 2 3 2 2 4 = = ⋅ − = − f f f . Onda ( ) ( )
5 5 3 5 2 4 3 8 2 − = ⋅ − ⋅ = − − f f . 300. ( ) (
) ( ) ( ) = + + + ⇔ + = − + + x x x y y a 3 2 1 3 2 2 cos
2 sin
2 3 2 3 2
( ) ( )
= + + + ⇔
+ + + + = x x y a y a a a 3 2 1 3 2 2 cos
1 4 1 2 sin
1 4 2 1 4 2 2 2
( ) ( )
= + + + ⇔
+ + + + = x x y a y a a a 3 2 1 3 2 2 cos
1 4 1 2 sin
1 4 2 1 4 2 2 2
+ + ⋅ + = 1 4 2 arccos 2 sin 1 4 2 2 a a y a .
330
1 , 0 , ≠ > = a a a y x
üstlü funksiyası və x y sin
= triqonometrik funksiyası həqiqi ədədlər çoxluğunda təyin olunmuşdur. 0 > t olduqda 2 1 ≥
+ t t
və 1 sin
≤ u
olduğundan a - nın ( ) y x;
həqiqi ədədlər cütünün varlığını təmin edən verilmiş tənliyi ödəyən qiymətləri 2 1 4 2 ≥ + a
şərtini ödəməlidir. Buradan − < > ⇔ ≥ + 2 3 2 3 4 1 4 2 a a a
alınır. 301. ( ) ( ) ⇔ = ⇔ = − − ⇔ = − − − − − − − 9 log 3 0 9 log
log 4 0 9 2 log 4 log
2 2 2 2 2 2 2 4 2 x x x x x
= − = ⇔ = − ⇔ = ⇔ − 10 6 8 2 3 log 2 2
x x x
302. ( ) ( ) − ⇔ = + − ⇔ + = x x x a x x a x 2 cos 2 ( 2 cos 0 2 cos 1 2 cos 2 2 cos 1 2 cos 2 2 2
( ) + = = ⇔ = + − 2 1 2 cos 0 2 cos 0 ) 1 a x x a . − 4 3 ; 4 π π parçasında birinci tənli- yin üç kökü vardır, odur ki, ikinci tənliyin kökü olmadıqda və ya onun kökləri birinci tənliyin kökləri ilə eyni olduqda məsələnin şərti ödənilə bilər, yəni
− = − < > ⇔ − = − < + > + ⇔ = + > + 1 3 1 1 1 2 1 1 2 1 0 2 1 1 2 1 a a a a a a a a
cavabı belə də yazmaq olar: ( ) { } ( ) ∞ + ∪ − ∪ − ∞ − ; 1 1 3 ; . 303. ( )
x x f 6 = ′′
olduğundan 0 < x olduqda ( ) 0
0 >
′′
olduqda isə ( ) 0 > ′′ x f . Odur ki, baxılan funksiya 0
olduqda yuxarıdan, 0 > x
olduqda isə aşağıdan qabarıqdır (Şəkil 77). 331
304. 1) ( )
( ) ∫ ∫ ∫ + = + = = ′ =
e C e x d e dx x e xdx e x t x x x sin
sin sin
sin sin
sin cos
, burada
x t sin
=
əvəzlənməsi aparılmışdır. 2) ∫ ∫ ∫ + = + = = = C x C t tdt dx x dx x x 2 2 2 2 sin 2 1 sin 2 1 cos 2 1 cos 2 1 cos , burada
2 x t = . 3) x t = olsun, onda 2 t x =
və tdt dx 2 = . Buradan
= + − = + − = + − + = + = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
dt dt dt t dt t t t tdt x dx 2 4 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )
x x C t t + + − = + + − = 2 ln 4 2 2 ln 4 2 . ( ) t u
funksiyasının ibtidai funksiyası ( )
t U
isə, yəni ( ) ( )
C t U dt t u + = ∫
(1). Onda ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∫ + = ′ C x u dx x x u ϕ ϕ ϕ
(2) və ya ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∫ + = C x u x d x u ϕ ϕ ϕ (3).
(3) və ya (2) düsturları dəyişəni əvəzetmə metodu ilə inteqrallama düsturları adlanır. Onlar (1) düsturundan t-in yerində diferensiallanan ( )
ϕ = funksiyasını yazmaqla alınır. (3) düsturu ( )
funksiyası ( ) ( )
( ) ( )
x x u x f ϕ ϕ ′ =
şəkildə verildikdə və ya ( )
t u
ibtidai funksiyası yəni (1) inteqralı məlum olduqda ( )
∫ dx x f
inteqralını hesablamağa imkan verir. 303 (1, 2, 3)- də artıq belə nümunəni göstərdik. İndi (3) düsturunun mühüm xüsusi hallarını göstərək: a) Fərz edək ki, ( )
funksiyasının ibtidai funksiyası ( ) x F -dir,
yəni ( )
( ) ∫ + = C x F dx x f
bərabərliyi doğrudur. Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|