Ə. A. Quliyev

<

 

(1)  bəra-

bərsizliyi doğrudur. 

x

y

y

x

>

  

(2) bərabərsizliyi ödənilir. 

(1)  bərabərsizliyi 

y

x

x

y

ln

ln

<

, 

y

y

x

x

ln

1

ln

1

<

 

(3)  bəra-

bərsizliyi  ilə  eynigüclüdür.  Köməkçi 

( )

x

x

x

f

ln

1

=

 

(3)  funksiyasına 

baxaq v

ə  hansı  aralıqda  onun  artdığını  müəyyən  edək. 

( )

2

ln

1

x

x

x

f

−

=

′

. Aşkardır ki, 

l

x

<

<

0

 olduqda 

0

ln

1

>

− x

 

və 

l

x

>  

olduqda 

0

ln

1

<

− x

. Odur ki, (3) funksiyası 

] ]

l

;

0

 -

də artır və 

[

[

∞

+

;

l

 

 

226 

-

da  azalır.  Başqa  sözlə 

l

y

x

≤

<

<

0

 

isə,  onda 

y

y

x

x

ln

1

ln

1

<

, 

x

y

y

x

<

, 

y

x

l

<

≤

 

olduqda  isə 

y

y

x

x

ln

1

ln

1

>

, 

x

y

y

x

>

. Xüsusi 

hallarda 

( ) ( )

2

3

3

2

<

 

lakin 

e

e

π

π

>

, 

100

101

101

100

>

, 

107

113

113

107

>

, 

1974

2001

2001

1974

>

. 

Qeyd edək ki, baxılan məsələlərlə əlaqədar istifadə edilən köməkçi 

funksional məsələni tam həllini göstərmədik: 

l

y

l

x

>

<

<

,

0

 olan hal 

üçün  həmin  məsələ  həll  edilmədi.  Lakin  köməkçi  məsələnin  tam 

olmayan  həlli  göstərilən  məsələlərin  hamısının  həlli  üçün  (ədədlərin 

müqayisəsi üçün) kifayət oldu. 

72.  1  ədədini 

(

)

(

)

6

6

6

32

q

p

q

p

+

+

 

kəsrilə  müqayisə  etmək  lazımdır. 

Bunun üçün 

[ ]

q

;

0

  -da 

( )

(

)

6

6

6

32

1

q

x

q

x

x

f

+

+

⋅

=

 

köməkçi  funksiyasına 

baxaq. Onun 

[ ]

q

;

0

 

parçasında  monoton  olub  olmadığını  araşdıraq. 

Bunun  üçün  onun  törəməsini  tapaq  (kəsrin  diferensiallanması  qaydası 

ilə) 

sadələşdirmədən 

sonra 

q

x

<

<

0

 

olduqda 

( )

(

)

(

)

(

)

2

6

6

5

5

5

6

32

1

q

x

q

x

q

q

x

x

f

+

−

+

⋅

=

′

 

alınır.  1  teoreminə  əsasən 

( )

x

f

 

funksiyası 

[ ]

q

;

0

 

parçasında  artır.  Odur  ki, 

q

p

<

<

0

  olduqda 

( ) ( )

q

f

p

f

<

, yəni 

(

)

(

)

1

32

6

6

6

<

+

+

q

p

q

p

, 

(

)

(

)

6

6

6

32

q

p

q

p

+

<

+

. 

Qeyd edək ki, bu bərabərsizlik 

( )

x

f

y

=

 

funksiyasının 

[ ]

q

;

0

  -da 

“aşağıdan qabarıqlığından” da alınır və şagirdlər qabarıqlıq şərtilə tanış 

olmaqla  yanaşı  həmin  bərabərsizliyin  isbatının  başqa  yolunu  da 

öyrənirlər. (Daha ətraflı məlumatı [25]-dən almaq olar). 

Sonuncu bərabərsizliyin isbatı ilə əlaqədar mühüm bir priyomdan 

istifadə etdik: bir neçə hərif daxil olan bərabərsizliyi isbat etmək üçün 

çox  vaxt  hərflərdən  birini  (baxdığımız  bərabərsizlikdə  p  hərfini) 

dəyişən  (bu  cəhəti  göstərmək  üçün  onu  x  ilə  əvəz  etdik),  qalan 

 

227 

həriflərin qiymətini isə qeyd edilmiş (baxılan bərabərsizlikdə q hərfini) 

hesab edilir. Bəzən bir məsələnin həlli ilə əlaqədar göstərilən priyomu 

bir neçə dəfə tətbiq etmək lazım gəlir. 

73.  Fərz  edək  ki, 

c

b

a

≤

≤

<

0

. 

( )

xbc

c

b

x

x

f

3

3

3

3

−

+

+

=

 

funksiyasına baxaq. 

b

x

<

<

0

  olduqda 

( )

0

3

3

2

<

−

=

′

bc

x

x

f

 

alırıq. 

Buradan görünür ki, 

( )

x

f

 

funkiyası 

[ ]

b

;

0

  -

də  azalır  (1  teoreminə 

görə).  Odur  ki, 

b

a

≤

<

0

 

olduqda 

( ) ( )

b

f

a

f

≥

,  yəni 

c

b

c

b

abc

c

b

a

2

3

3

3

3

3

3

2

3

−

+

≥

−

+

+

 

(1)  bərabərsizliyini  alırıq. 

İndi  başqa 

( )

c

x

c

x

x

2

3

3

3

2

−

+

=

ϕ

 

köməkçi  funksiyasına  baxaq. 

c

x

<

<

0

  olduqda 

( )

0

6

6

2

<

−

=

′

xc

x

x

ϕ

 

alırıq.  Beləliklə, 

( )

x

ϕ

 

funksiyası 

[ ]

c

;

0

-

də  azalır,  yəni 

c

b

≤

<

0

  olduqda 

( ) ( )

c

b

ϕ

ϕ

≥

, 

deməli 

0

3

2

2

3

3

≥

−

+

c

b

c

b

 

(2).  (1)  və  (2)-dən  baxılan  bərabərsizlik 

alınır. 

Qeyd.  Baxılan  əsas  bərabərsizlikdən  alınır  ki,  müsbət  x,y,z 

ədədlərinin  ixtiyari  seçilməsində 

(

)

3

3

1

xyz

z

y

x

≥

+

+

.  Həmin  bəra-

bərsizliyi  buradan almaq üçün 

z

y

x

≤

≤

<

0

 

hesab  etmək  və  a, b, c 

ədədlərini  elə  seçmək  olar  ki, 

x

a

=

3

, 

y

b

=

3

, 

z

c

=

3

  olsun; sonra 

baxılan əsas bərabərsizliyin alındığını görürük.  

74. Bərabərsizliklərin doğruluğunu müəyyənləşdirmək üçün bəzən 

bilavasitə  1  teoremindən  alınan  hökmə  (2.  Fərz  edək  ki, 

( )

x

f

 

funksiyası 

] [

b

a;

-

də kəsilməyəndir və bu intervalda elə c nöqtəsi vardır 

ki, 

] [

c

a;

 -

də 

( )

0

<

′ x

f

 

və 

] [

b

c;

-

də 

( )

0

>

′ x

f

. Onda 

] [

b

a;

 -

dən olan 

ixtiyari x üçün 

( ) ( )

c

f

x

f

≥

 

bərabərsizliyi doğrudur. həm də bərabərlik 

yalnız 

c

x

=

 

olduqda mümkündür) əsaslanmaq münasibdir.  

İndi 

( )

(

)

5

5

1

x

x

x

f

−

+

=

 

funksiyasının  harada  artdığını,  harada 

isə azaldığını müəyyənləşdirək. Bunun üçün törəməni tapaq:  

( )

(

)

(

)

[

]

(

)

1

2

1

5

1

5

5

2

2

4

4

−

−

+

=

−

−

=

′

x

x

x

x

x

x

f

. Buradan görü-

nür ki, 







 ∞

−

2

1

;

 

də 

( )

0

<

′ x

f

 

və 









∞

+

;

2

1

 -da 

( )

0

>

′ x

f

. Beləliklə 

 

228 

2  teoreminə  əsasən 

( )













≥

2

1

f

x

f

,  yəni  baxılan  əsas  bərabərsizlik 

doğrudur, habelə bərabərlik yalnız 

2

1

=

x

 olduqda mümkündür.  

75.  (2)  bərabərsizliyi 

1

1

1

≥









+

ab

b

q

a

p

q

p

 

ilə  eynigüclüdür,  yəni 

1

1

1

1

1

1

1

≥

+

−

−

−

−

a

b

q

b

a

p

q

p

 

(3) 

]

[

∞

+

;

0

 

-

da 

köməkçi 

( )

1

1

1

1

1

1

−

−

−

−

+

=

x

b

q

b

x

p

x

f

q

p

 

(4) funksiyasına baxaq və onun harada 

artdığını  və  harada  azaldığını  müəyyənləşdirək.  (1)-ə  əsasən 

q

p

p

1

1 =

−

. Odur ki, 

( )

2

x

q

b

x

x

f

b

q

p

−

=

′

.  Buradan  alırıq  ki, 

b

x

<

<

0

 

b

q

 olduqda 

( )

0

<

′ x

f

, 

p

q

b

x

>

 

olduqda isə 

( )

0

>

′ x

f

. Odur ki, 

( )

x

f

 

funksiyası 

















p

q

b

;

0

-

də  azalır. 

















∞

+

;

p

q

b

  -

da  isə  artır.  Beləliklə, 

]

[

∞

+

;

0

-da 

( )

x

f

 

funksiyası 

p

q

b

x

=

 

olduqda  ən  kiçik  qiymətini  alır. 

Odur ki, 

( )

















≥

q

p

b

f

a

f

 

(5).  Habelə  bərabərlik  yalnız 

q

p

b

a

=

,  yəni 

q

p

b

a

=

 

olduqda mümkündür. (1) şərtini nəzərə alaraq göstərmək olar 

ki, 

1

=

















q

p

b

f

,  beləliklə  (3)  bərabərsizliyi  doğrudur,  beləliklə  isə 

baxılan əsas (2) bərabərsizliyi ödənilir.  

 

229 

76. 

x

e

 

funksiyasının  Teylor  sırasına  ayrılışından  istifadə  edib 

...

!

5

!

3

2

5

3

+

+

+

=

−

−

x

x

x

e

e

x

x

,  alırıq,  buradan 

0

≥

x

 

olduqda 

2

!

3

3

x

x

e

e

x

x

−

−

≤

+

 

alınır.  Bu  bərabərsizlikdə 

a

x

ln

=

 

götürək,  onda 

2

1

!

3

ln

ln

3

a

a

a

a

−

≤

+

, 

a

a

a

a

1

!

3

ln

2

ln

2

2

3

−

≤

+

, 

a

a

a

a

1

ln

3

ln

2

2

2

−

≤









+

. 

77. Fərz edək ki, birinci rəfdə x kitab vardır (və oldu), onda üçüncü 

r

əfdə də x, ikincidə isə 2x kitab oldu. Şərtə görə x+x+2x=44, 4x=44, 

x=

11. Beləliklə rəflərdə uyğun olaraq 11, 

19

3

2

11

=

−

⋅

, 

14

3

11

=

+

 

kitab olmuşdur. 

78.  Törəmənin  tətbiqilə 

( ) ( )

x

x

ψ

ϕ

=

 

eyniliyinin  doğruluğunun 

isbat etmək üçün aşağıdakı alqoritmdən istifadə etmək olar. 

1. 

( ) ( ) ( )

x

x

x

f

ψ

ϕ

−

=

 

(və  ya 

( ) ( ) ( )

x

x

x

f

ϕ

ψ

−

=

 

funksiyasını 

tərtib etməli). 

2. 

( )

x

f

 

funksiyasının  təyin  oblastını  tapmalı  (bu  verilmiş  eyni-

liyin təyin oblastı ilə eyni olur). 

3. 

( )

x

f

 

funksiyasının  törəməsinin  sıfıra  bərabər  olduğunu  gös-

tərməklə  (təyin  oblastının  ixtiyari  nöqtəsində   

( )

sabit

x

f

=

 

olması 

nəticəsinə gəlmək. 

4.  Bu  sabitin  funksiyanın  təyin  oblastının  ixtiyari  nöqtəsində 

qiymətinin sıfra bərabər olması göstərilir. 

Bu alqoritmin tətbiqilə baxılan eyniliyin isbatı:  

1) 

( )

2

2

1

arccos

9

1

3

arccos

3

x

x

x

x

x

arctg

arctgx

x

f

+

−

+

−

+

=

 

2)  f  funksiyası  bütün  ədəd  oxunda  təyin  olunmuşdur  və 

kəsilməyəndir. 

3) 

( )

=

+

+

⋅

−

+

⋅

+

+

+

+

⋅

−

+

⋅

+

+

+

−

+

−

=

′

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

1

2

2

1

1

9

1

9

1

3

18

3

9

1

3

9

1

9

1

3

1

1

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

f

 

0

1

1

9

1

3

9

1

3

1

1

2

2

2

2

=

+

+

+

+

+

−

+

−

x

x

x

x

; 

( )

0

=

′ x

f

, odur ki, 

( )

c

x

f

=

, burada 

c – sabitdir 

 

230 

4) c-

ni təyin etmək üçün x=0 götürək.  

Onda 

( )

0

2

2

2

2

0

arccos

0

arccos

0

0

0

0

0

0

0

=

−

−

+

=

−

−

+

=

=

π