Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
x x sin
3 cos
2 cos
3 sin
2
( ) ′ + + x x b sin
3 cos
2
şəkildə göstərək. Onda a
və b -ni təyin etmək üçün 3 3 2 , 2 2 3 = + = −
a b a
tənliklər sistemini və buradan 13 5 , 13 12 = = b a
alırıq. Beləliklə, ( ) ( ) ( ) 13 2 3 ln 5 6 sin 3 cos 2 ln 5 6 13 1 sin 3 cos 2 sin
3 cos
2 5 12 13 1 sin 3 cos
2 cos
3 sin
2 2 0 2 0 2 0 + = + + = + ′ + + = + + ∫ ∫ π π π π π x x dx x x x x x x x x
132. Məlumdur ki, ixtiyari parçada müsbət funksiyanın müəyyən inteqralı müsbətdir, Odur ki, ( ) ( + + = + + + + ∫ x a a dx nx a x a x a a n sin
cos ...
2 cos
cos 1 0 0 2 1 0 π π 0 sin ... 2 sin 2 0 0 2 > = + + + π π
nx n a x a n , onda
0 0 > a . 133. t x − = əvəz edək, onda ( ) ( )
( ) dt a t f a dt a t f dx a x f A b b t t b b t b b x ∫ ∫ ∫ − − − − + = + − − = + = 1 1 1 .
253
Odur ki, ( )
( ) ( )
( ) ∫ ∫ ∫ ∫ = = + + + = − − −
b b b b x x b b x dx x f dx x f dx a x f a dx a x f A 0 2 1 1 2 , ( )
∫ =
dx x f A 0 2 2 , Onda
( ) ∫ = b dx x f A 0 . 134. Asanlıqla isbat edilən c b c c b a log
log =
bərabərliyindən (hər tərəfi loqariflamaqla) istifadə etməklə verilmiş tənliyi çevirək: x x x x 2 2 2 log
log 2 log 3 3 9 − ⋅ = , 1 3 2 log
2 − = x x . Sonuncu bərabərlikdə y x = 2 log
əvəz edib y y 4 1 3 = + və ya
1 4 1 4 3 = + y y
alırıq. Aşkardır ki, sol tərəf azalan funksiya olduğundan sonuncu tənliyin yegan
ə 1 = y
kökü vardır. Onda 1 log
2 =
, 2
x . Deməli, verilmiş tənliyin yeganə 2 = x kökü vardır. 135. (
n n n z y x a , , = , ( ) 1 1 1 , , + + + = n n n z y x b
işarə edək. Onda verilmiş sistem o deməkdir ki, 3 = = b a , 3 = b a , buradan alınır ki,
və b
vektorları arasındakı bucaq 0-dır, odur ki, b a = . Beləliklə, 1 1
, , + + + = = =
n n n n n z z y y x x . Sonra isə buradan alınır ki, sistemin yeganə həlli ( )
1 ; 1 ; 1 dir. 136. Verilmiş inteqralı ( ) ∫ − + = − − 4 0 sin cos 1 cos π α
x e xdx e J x x
şəkildə yazıb ( ) x x e t x sin
cos 1 − + = − α
əvəz edək, onda ( ) ( ) xdx e dx x x e dx x x e dt x x x cos
2 sin
cos cos
sin − − − − = − − − − = α α α , ( ) α α α α α α + = − = = + + ∫ 1 ln 2 1 ln 2 1 2 1 1 1 1 t t dt J
137. Verilmiş tənliyin sol tərəfi 0 =
olduqda mənfi, 2 =
olduqda isə müsbətdir. Beləliklə 0 və 2 arasında tənliyin kökü vardır. İndi verilmiş tənliyi 3 2 2 34 1 4 6 12 x x x x + + = +
şəklində yazıb alırıq ki, 0 > x
olduqda bu tənliyin sol tərəfi artır, sağ tərəfi isə azalır, odur baxılan tənliyin yeganə kökü vardır. 254
138. 4 1 + = x y
əvəz edək. Onda 0 , 4 1 2 ≥ − =
y x
və sonra a y y y = + + − − 4 1 4 1 2 2 , a y y = +
+ − 2 2 2 1 4 1 , a y y y = + + + − 2 1 2 1 2 1 ,
y = +
2 2 1 alırıq.
0 ≥
olduğundan 4 1
a
olduqda sonuncu tənliyin kökü yoxdur, 4 1 ≥ a
olduqda isə yeganə 2 1 − = a y
kökü vardır. Buradan alınır ki, 4 1
a
olduqda verilmiş tənliyin kökü yoxdur, 4 1 ≥ a
olduqda isə a a x − = kökü vardır. 139. Aşkardır ki, 1 0 ≤ ≤ x olduqda ( ) n x n x e x 2 1 0 ≤ + ≤ − , odur ki, 1 2 2 0 1 0 + = ≤ ≤ ∫ n dx x a n n . 0 1 2 lim = + ∞ → n n , beləliklə 0 lim
= ∞ → n n a . 140. Asanlıqla müəyyən etmək olar ki, 0 , 0 > > b a olduqda ( )
a ab b a + ≥ + 3 3 . Odur ki, verilmiş bərabərsizliyin sol tərəfindəki birinci toplanan ( )
b a ab + + 1 - dən kiçik və ya bərabərdir. Odur ki, bütövlükdə sol tərəf abc ca bc ab c b a 1 1 1 1 1 = + + + +
cəmini aşmır. Bunu da isbat etmək tələb olunurdu. 141. ( )
1 ,
a = → , ( ) x x b − + = → 3 , 1
vektorlarına baxaq. Onda verilmiş tənliyi → →
→ = ⋅ b a b a
şəkildə yazmaq olar. Bu bərabərlik yalnız → →
a,
vektorlarının koordinatları mütənasib olduqda ödənilir. 0 =
255
tənliyin kökü olmadığından mütənasiblik şərtini x x x − = + 3 1 şəkildə yazmaq münasibdir. Bu tənlikdən 0 1
2 3 = + + − x x x , 0 > x , ( ) ( ) 0 1 2 1 2 = − − − x x x , 1 1 =
və
2 1 2 + =
alınır. 142. Verilmiş ifadənin hər tərəfini kvadrata yüksəldib, iki ədəd üçün ədədi orta ilə həndəsi orta arasındakı bərabərsizliyi tətbiq edərək +
+ + + = + + + + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2
z y y x z y x z y x z y x y x z x z y z y x p
3 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = + + + ≥ +
+ + z y x z y x x z y , 3 = p
alırıq. Deməli 3
axtarılan ən kiçik qiymətdir. 143. İkinci tənliyi i - ə vurub birinci ilə toplasaq, onda kompleks məchullu ϑ + = u a
tənliyini alarıq, burada ϑ , , u a kompleks ədədlərinin modulu 1, arqumentləri isə
+ + , , -dir.
ϑ + = u a
bərabərliyi onu göstərir ki, u
və ϑ
vektorları arasındakı bucaq 0 120 - dir və a
vektoru onlar arasındakı bucağın tənböləni üzərində yerləşir. Odur ki,
π π
A x A 2 3 + ± = − , π π l A y A 2 3 + ± = + , buradan π π
x 2 3 + ± = , π π l y 2 3 + =
. 144. Məlumdur ki, f funksiyası [ ]
parçasında təyin olunmuş və monotondursa və ya parçasının daxilində ekstremumlardan biri vardırsa, onda minimum halında ən böyük qiymətini parçanın uclarında (A xassəsi), maksimum halında isə ən kiçik qiymətini parçanın uclarında alır (B xassəsi). Funksiyanın bu xassəsindən bir sıra statdar olmayan bərabərsizliklərin, o cümlədən baxdığımız bərabərsizliyin isbatında istifadə etmək olar. [ ] 1
0
parçasında ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 2 − − + + − − =
b c b x c b x x f
funksiyasına baxaq. Burada bərabərsizliyə daxil olan a - ya dəyişən x
kimi baxırıq. Onda ( ) ( ) 2 1 2
x b x f − − = ′ . 1 ≠
isə
( ) x f ′
artır, odur ki,
( ) x f
funksiyası A xassəsinə malikdir və ən kiçik qiymətini [ ] 1 ; 0
parçasının uclarında alır. 256
( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 1 0 2 2 2 2 ≤ + − − = − − + = c b c c b c b f , ( ) ( ) 0 1 1 1 1 2 2 2 2 2 ≤ − − = − − + + − − =
b b b c b c b c b f
Beləliklə, [ ] 1 ; 0
parçasında ( ) 0 ≤ x f , odur ki, ( ) 0
a f . 1 = b
halında isbat analoji aparılır. 145. Əvvəlki bərabərsizliyin isbatında tətbiq edilən metoddan istifadə etmək məqsədəuyğundur. Burada da a
parametrini dəyişən Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|