Ə. A. Quliyev

olduğundan 

ϕ

  birinci 

rübün bucağıdır. 

 

340 

323. 

2

1

x

y

=

 

funksiyası 

[

)

∞

;

0

 

aralığında  artan  olduğundan 

1

2

+

= x

y

 

də  həmin  aralıqda  artan  funksiyadır  və  ona  görə  də  tərs 

funksiyası  vardır. 

0

1

2

>

⇒

−

=

x

y

x

 

olduğundan 

1

−

= y

x

. 

Deməli 

1

−

= x

y

, 

( )

1

−

= x

x

f

 

(Şəkil 82). 

324. 

(

)

(

)

γ

π

β

α

arctg

tg

arctg

arctg

tg

−

=

+

; 

(

) (

)

(

) (

)

(

)

γ

β

α

β

α

arctg

tg

arctg

tg

arctg

tg

arctg

tg

arctg

tg

−

=

⋅

−

+

1

; 

γ

αβ

β

α

−

=

−

+

1

; 

αβγ

γ

β

α

=

+

+

. 

 

325. 

x

y

arccos

=

 

funksiyası 

azalan 

olduğundan 

(

)

4

,

0

arccos

4

,

0

arccos

>

−

.  

326. 

4

3

16

9

2

8

1

1

2

8

1

arccos

cos

1

8

1

arccos

2

1

cos

=

=

+

=













+

=













. 

327. 

t

ctgx

=

 

əvəz  edək.  Onda 

(

)

0

3

1

3

2

<

−

−

−

t

t

 

bərabərsizliyini alırıq. Buradan 

3

1

<

<

−

t

 

tapırıq. Əvəzləməyə görə 

3

1

<

<

−

ctgx

 

ikiqat  bərabərsizliyini  həll  etmək  lazımdır. 

( )

4

3

4

1

π

π

π

=

−

=

−

arcctg

, 

6

3

π

=

arcctg

 

olduğunda  görə  ikiqat 

bərabərsizliyi 

6

4

3

π

π

ctg

ctgx

ctg

<

<

 

(1)  şəkildə  yaza  bilərik. 

ctgx

 

 

341 

funksiyası 

( )

π

;

0

 

aralığında  azalan  funksiyadır. 

ctgx

-in dövrü 

funksiya  olduğunu  da  nəzərə  almaqla  (1)  bərabərsizliyindən 

Z

n

n

x

n

∈

+

>

>

+

,

6

4

3

π

π

π

π

 

alırıq.  Beləliklə  verilmiş  bərabər-

sizliyin həlləri 

Z

n

n

n

∈













+

+

,

4

3

;

6

π

π

π

π

 

çoxluğudur. 

328. 

i

z

4

1

−

=

 

olduğundan  alırıq: 

( )

=













+

−

=













−

+

−

=







 +

6

6

6

1

2

1

12

1

3

12

3

4

3

i

i

i

i

i

z

z

z

 

( )

(

)

(

)

( )

( )

( )

512

2

1

2

2

1

2

2

2

2

1

4

1

4

1

9

12

3

3

12

3

3

3

2

12

3

2

6

6

3

2

6

i

i

i

i

i

i

i

i

i

i

i

=

=

−

⋅

−

=

−

⋅

⋅

=

⋅

+

+

=

⋅

+

=













+

−

=

. 

329. 

bi

a

z

+

=

 

olsun.  Şərtə  görə 

( )

2

z

z

=

 

olmalıdır.  Buradan 

(

)

2

bi

a

bi

a

−

=

+

 

və  ya 

abi

b

a

bi

a

2

2

2

−

−

=

+

 

bərabərliyindən 







−

=

−

=

ab

b

b

a

a

2

2

2

  sistemini al

ırıq. Sistemin ikinci tənliyini 

(

)

0

2

1

=

+ a

b

 

şəklində  yazmaq  olar.  Buradan 

0

=

b

 

və  ya 

2

1

−

=

a

 

alırıq. 

0

=

b

 

olduqda  sistemin  birinci  tənliyindən 

0

1

=

a

 

və 

1

2

=

a

 

tapılır.  Yəni 

i

z

0

0

1

+

=

 

və 

i

z

⋅

+

=

0

1

2

 

ədədləri  məsələnin  şərtini  ödəyir.  Bu 

halda 

1

z

 

və 

2

z

 

həqiqi  ədədlərdir. 

2

1

−

=

a

  olduqda sistemin birinci 

tənliyindən 

2

4

1

2

1

b

−

=

−

 

və  ya 

4

3

2

=

b

,  alırıq  ki,  buradan  da 

2

3

±

=

b

.  Beləliklə, 

i

z

2

3

2

1 +

−

=

 

və 

i

z

2

3

2

1 −

−

=

 

axtarılan 

kompleks ədədlərdir. 

330. 

1

z

  

və 

2

z

 

vektorları  (Şəkil  83)  istiqamətində  yönəlmiş  iki 

eyni  uzunluqlu  vektoru  toplasaq,  tənbölən  boyunca  yönəlmiş  vektoru 

alarıq. 

10

8

6

2

2

1

=

+

=

z

, 

( )

5

5

4

2

2

2

=

−

+

=

z

 

olduğundan 

 

342 

1

2

1

z

 

və 

2

z

 

vektorlar

ı 

eyni 

uzunluqdadır. 

Deməli, 

i

i

i

+

=

−

+

+

7

3

4

2

8

6

 

olduğundan 

i

+

7

ədədinə uyğun vektor 

1

z

 

və 

2

z

 

vektorlarının  əmələ  gətirdiyi  bucağın  tənböləni  üzrə  yönəlib. 

Buradan  alınır  ki,  göstərilən  tənbölən  üzərində  yerləşən  nöqtələrə 

uyğun kompleks ədədlər 

(

)

k

i

⋅

+

7

 

şəklindədir, 

0

,

>

∈ k

R

k

. 

331. 

3

2

2

3

4

6

cos

4

cos

=

⋅

=

=

=

π

α

R

x

; 

2

2

1

4

6

sin

4

sin

=

⋅

=

⋅

=

=

π

α

R

y

. Deməli, Polyar koordinatları 4 və 

6

π

 

nöqtənin Dekart koordinatları 

(

)

2

;

3

2

-dir. 

332. 

(

)

2

2

2

2

4

sin

4

cos

sin

cos

iR

R

i

R

i

R

Z

+

=













+

=

+

=

π

π

α

α

 

olduğundan 

i

R

R

z

2

2

1

2

2

1

+









−

=

−

. Buradan 

2

2

2

2

1

2

2

1









+









−

=

−

R

R

z

 

olduğundan, şərtə görə 

1

2

2

1

2

2

2

2

=









+









−

R

R

 

tənliyini həll edib 

0

=

R

 

və 

2

=

R

 

alırıq. 

0

≠

Z

 

olduğundan 

2

=

R

 

olur. Onda axtarılan 

kompleks ədəd 

i

i

z

+

=

⋅

⋅

+

⋅

=

1

2

2

2

2

2

2

-dir.  

333. 

2

sin

2

cos

π

π

i

i

+

=

 

olduğundan 

2

,

1

,

0

,

3

2

2

sin

3

2

2

cos

3

=

+

+

+

=

k

k

i

k

i

π

π

π

π

. 

Buradan 

i

i

w

2

1

2

3

6

sin

6

cos

0

+

=

+

=

π

π

,

=











 −

+











 −

=

+

=

6

sin

6

cos

6

5

sin

6

5

cos

1

π

π

π

π

π

π

i

i

w

 

 

343 

i

i

2

1

2

3

6

sin

6

cos

+

−

=

+

−

=

π

π

; 

1

2

3

sin

2

3

cos

6

9

sin

6

9

cos

2

−

=

+

=

+

=

π

π

π

π

i

i

w

. 

334. 

i

x

4

3

2

+

=

 

axtarılan  həqiqi  əmsallı  tənliyin  köküdürsə, 

i

x

4

3

3

−

=

 

qoşma kompleks ədədi də onun kökü olmalıdır. Odur ki, 

tənlik 

(

)(

)(

)

i

x

i

x

x

4

3

4

3

1

+

−

−

−

+

 

şəklində  olmalıdır.  Buradan 

(

)(

) ( )

[

]

0

4

3

1

2

2

=

−

−

+

i

x

x

; 

(

)

(

)

0

25

6

1

2

=

+

−

+

x

x

x

; 

0

25

19

5

2

3

=

+

+

−

x

x

x

 

tənliyini alırıq.  

 

335. 

1

2

z

z

−

 

və 

2

3

z

z

−

 

fərqləri 

→

2

1

M

M

 

və 

→

3

2

M

M

 

vektorlarına 

uyğundur  (Şəkil  84). 

→

2

1

M

M

 

və 

→

3

1

M

M

 

vektorları  bir  düz  xətt  üzə-

rində yerləşir və istiqamətləri eynidir. 

Odur  ki,  onlara  uyğun 

1

2

z

z

−

 

və 

2

3

z

z

−

 

kompleks  ədədlərin  eyni  bir 

ϕ

 

arqumentləri  olmalıdır.  Beləliklə, 

(

)

ϕ

ϕ

sin

cos

1

2

i

r

z

z

+

=

−

, 

(

)

ϕ

ϕ

ρ

sin

cos

2

3

i

z

z

+

=

−

, burada 

r

 

və 

ρ

 

həqiqi ədədlərdir. 

ρ

r

z

z

z

z

=

−

−

2

3

1

2

, deməli şərtdəki nisbət həqiqi 

ədəddir.  

336. 

ϕ

ϕ

sin

cos

i

y

+

=

 

funksiyasına  baxaq.  Bu  bərabərliyin  hər 

tərəfini  diferensiallayıb 

(

)

iy

i

i

i

i

i

d

dy

=

+

=

+

=

+

−

=

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

sin

cos

cos

sin

cos

sin

2

 

alırıq.  Deməli, 

iy

d

dy =

ϕ

, buradan 

ϕ

id

y

dy =

 

və  ya 

ϕ

i

y

=

ln

, 

ϕ

i

e

y

=

.  Deməli, 

ϕ

ϕ

ϕ

sin

cos

i

e

i

+

=

  (1). Burada 

ϕ

 

əvəzinə 

ϕ

−

 

 

344 

yazaq. Onda 

ϕ

ϕ

ϕ

sin

cos

i

e

i

−

=

−

 

(2).  (1)  və  (2)  –dən 

2

cos

ϕ

ϕ

ϕ

i

i

e

e

−

+

=

; 

i

e

e

i

i

2

sin

ϕ

ϕ

ϕ

−

−

=

 

alınır. 

337. 

iy

x

bi

a

+

=

+

 

(A)  olsun.  Bu  bərabərliyin  hər  tərəfini 

kvadrata 

yüksəldib 

i

xy

y

x

bi

a

2

2

2

+

−

=

+

alırıq. 

Buradan 

a

y

x

=

−

2

2

  (1), 

b

xy

=

2

 

(2).  Hər  iki  tənliyin  hər  tərəfini  kvadrata 

yüksəldib 









=

=

−

2

2

2

2

2

2

4

4

2

b

y

x

a

y

x

x

 

və  buradan 

(

)

2

2

1

2

2

b

a

y

x

+

=

+

; 

(

)

2

2

2

2

2

b

a

y

x

+

−

=

+

 

alırıq. 









+

=

+

=

−

2

2

2

2

2

2

,

b

a

y

x

a

y

x

, 

(

)

a

b

a

x

+

+

=

2

2

2

2

1

, 

(

)

a

b

a

y

−

+

=

2

2

2

2

1

 

və 

ya 

2

2

2

a

b

a

x

+

+

±

=

, 

2

2

2

a