Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
gümüşün faiz miqdarı % 75
100 1200
900 = ⋅ q q . 283. Əvvəlcə qarışıqda l x spirt olarsa, onda burada su l x 4 olar. yeni qarışıqda spirtin miqdarı dəyişmir ( l x ), burada suyun miqdarı ( )
x 20 4 + , qarışığın miqdarı ( )
x x 20 4 + + miqdarı isə ( ) % 100
20 5 ⋅ + x x olur ki, bu da məsələnin şərtinə görə 12%-
ə bərabərdir. Onda 20 20 5 100
= +
x , buradan 6 =
alırıq. Deməli, əvvəlcə qarışıqda 6 l spirt,24 l su olmuşdur. 284.
( ) ⇔ = + + + + + − = + − − + + 0 log log 2 2 2 37 2 122 22 2 4 4 1 2 2 2 2 y x y x y x y x y x
( ) (
) ( ) ( ) ( )
⇔ = + + = − + − + + + + ⇔ + 0 log 1 log
1 12 2 11 1 1 1 4 1 4 2 2 2 2 2 2 y x y x y x
324
{ } { }
{ } ( ) ( ) ⇔ = = − = = = + ⇔ + + 0 log log
log 11 ; 1 , 1 ; 1 , ; , 4 1 4 4 y x y y x B A y x Z burada AB ZB Az
( ) ( ) ( ) [ ] ( )( ) ⇔ + = ≤ ≤ − = + + ⇔ = + + ≤ ≤ − + = ⇔ ∈ + = = = ⇔ ≠ + = + ≤ + ≤ ⋅ + = + ⇔ 5 6 1 1 0 3 4 2 1 1 5 6 1 1 1 5 6 1 ; 0 2 1 , 12 ; 2 0 1 1 1 2 1 0 2 12 1 1 x y x x x x x x x y x t burada t AB t AZ x y x x x y = − = ⇔ 2 2 1 y x
285. Verilmiş funksiya 2 − > x
olduqda diferensiallanandır, ( ) 2 3 1 + + − = ′ x x f . Funksiyanın qrafikinə toxunan absis oxuna paralel olduğundan, toxunanın bucaq əmsalı sıfra bərabərdir. Yəni 0 2 3 1 = + + − x , buradan 0 2
2 = + + − − x x , 1 0 2 0 1 = ⇔ ≠ + = + −
x x . Bu toxunma nöqtəsinin absisidir. Toxunma nöqtəsinin ordinatı isə ( )
3 ln 3 4 1 + = f - dir. Toxunma nöqtəsinin tapılan koordinatları göstərir ki, funksiyanın qrafikinə toxunan absis oxunun üzərinə düşmür. Lakin ona paraleldir. 286.
3 1
x = + olsun, onda 3 2
t x − = −
və tənlik 2 2 3 3 = − + t t
və ya t t − = − 2 2 3 3
şəklinə düşər. Alınmış tənliyin hər tərəfini üç dərəcədən qüvvətə yüksəldib (tək dərəcədən qüvvətə yüksəltmədə eynigüclülük alınır). ( )
0 1 2 = −
və buradan 1 =
alırıq.
Onda 0 , 1 1 = = +
x . 287. Tənliyin sol tərəfi həndəsi silsilənin sonlu sayda hədlərinin cəmidir. Məlumdur ki, bu cəmi q q b b S n n − − = 1 1 düsturu ilə hesablamaq olar, burada 2 1 , 1024
1 , 2 1 1 − = − = = q b b n . Beləliklə, 1024 341
2 1 1 2 1 1024 1 2 1 = + ⋅ − =
S . Onda 512 1 1024 341 + = x , buradan 5 ,
= x .
325
288. 10 ln 1 10 3 4 3 8 2 ⋅ − − − = ′ x x x y
törəməsi mənfi olmadıqda x -in
tələb olunan qiyməti ≥ − > − − 0 3 8 0 10 3 4 2
x x
şərtindən tapılır. Sonuncu şərt ≥ − < > 375 , 0 25 , 1 2 x x x
ilə eynigüclüdür, buradan isə 2 >
alırıq. Onda x - in ən kiçik tam qiyməti 3-dür. 289. Qrafiklə düz xəttin M və N kəsişmə nöqtələri
+ = = 8 15 16 x y x y
tənliklər sistemindən tapılır. Bu sistemdən 0 16 8 15 2 = − + x x (1)
tənliyi alınır. (1) tənliyinin diskriminantı müsbətdir və iki müxtəlif 2 1 , x x
kökü vardır. Qrafikə M və N nöqtələrində toxunanların tənlikləri uyğun olaraq belədir: x x x y 2 1 1 16 32 − =
və x x x y 2 2 2 16 32 − = . Toxunanın tənliyi ( )
( )( ) 0 0 0
x x f x f y − ′ + = - dir. Bu toxunanların kəsişmə nöqtəsinin x absisi x x x x x x 2 2 2 2 1 1 16 32 16 32 − = −
tənliyini ödəyir. Buradan eyniçevirmədən və hər iki tərəfi sıfırdan fərqli 2 1
x −
vuruğuna ixtisar etdikdən sonra 2 1 2 1 2 x x x x x + = alırıq. (1)-dən Viyet teoreminə görə 15 16 2 1 − = ⋅ x x , 15 8 2 1 − = + x x . Odur ki, 4 =
. 290. Funksiyanın artması şərti ( ) 0
′ x f
dır, odur ki, ( ) 0 3 6 6 2 ≥ + − = ′
ax x x f
bərabərsizliyi x - in bütün qiymətlərində ödənilməlidir. Deməli ( )
x f ′
kvadrat üçhədlisinin diskriminantı a a 2 2 −
müsbət olmamalıdır. Yəni 0 2 2 ≤ − a a . Buradan [ ] 2 ; 0 ∈
alırıq.
326
291. Tənliyi belə yazmaq olar: 11 ...
1 1 1 ... 8 8 1 9 9 1 10 10 =
+ + + + + + +
x x x . Mötərizə içərisindəki ifadələri ardıcıl
çevirməklə 11 ... 1 2 2 2 1 ... 8 8 1 9 9 1 10 10 =
+ + ⋅ + + + + + + +
x x x x x , 11 ... 1 3 3 3 1 ... 8 8 1 9 9 1 10 10 =
+ + ⋅ + + + + + + +
x x x x x , .......................................................................... 11 1 9 9 9 1 10 10 = + + ⋅ + + + x x x x , 11 1 10 10 10 = + + ⋅ + x x x , buradan 11 1
= x . Asanlıqla yoxlamaq olar ki, bu ədəd verilmiş tənliyi ödəyir. Tənliyin həlli ilə əlaqədar qısa yazılışların alınmasındakı aralıq hesab- lamaları aparmağı müstəqil iş kimi şagirdlərə tapşırmaq məsləhətdir. 292. =
⋅ = − = − = 100 100
100 100
100 100
100 200
4 ...
44 10 4 ... 44 4 ... 44 0 ... 00 4 ... 44 8 ... 88 4 ... 44
(
100 100
100 100
100 100
6 ...
66 1 ... 11 3 2 1 ...
11 9 1 ... 11 4 1 10 4 ... 44 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = − = .
293. x 5 , 3 = α işarə edək, onda x 7 2 = α ; α 3 5 , 10 = x , bundan sonra α
α sin
3 sin
2 cos
2 1 = +
eyniliyini isbat etmək lazımdır. ( ) = + = + = + = + = α α α α α α α α α α α α α α α α 2 2 cos 2 2 cos sin cos
sin 2 2 cos sin
2 sin
cos 2 cos sin sin
2 sin
sin 3 sin ( ) α α α 2 cos
2 1 2 cos 1 2 cos + = + + = . 294. Əvvəlcə iki məlum bərabərsizliyi xatırlamaq lazımdır: 1) 0
, >
b a
isə, onda c b a c b a + + ≥ + + 9 1 1 1 . Bu bərabərsizliyi isbat etmək üçün Koşi bərabərsizliyinin iki dəfə tətbiqi lazımdır:
327
c b a c b a abc c b a + + = + + ≥ ≥ + + 9 3 3 3 1 1 1 3 . 2)
1 = + + c b a
isə, onda 3 1 2 2 2 ≥ + +
b a
. Doğrudan da 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 2 2 2 2 2 2 ≥ −
+ − + −
+ = + + c b a c b a . İndi verilmiş bərabərsizliyi isbat etmək olar. 1 cos 1 2 2 − = ϕ ϕ tg
eyniliyinə və 1) bərabərsizliyinə əsasən 3 cos cos cos
9 3 cos 1 cos
1 cos
1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 − + + ≥ − + + = + + γ β γ β α γ β α tg tg tg , 3 1 sin
sin sin
2 2 2 ≥ + + β β α o lduğundan ( 1 sin
sin sin
= + + γ β α şərtinə və 2) bərabərsizliyinə əsasən) ( )
− ≥ + + − = + + 3 1 3 9 sin sin
sin 3 9 cos cos
cos 9 2 2 2 2 2 2 γ β α γ β α
8 27 = . Odur ki, 8 3 3 8 27 2 2 2 = − ≥ + + γ β α
tg tg . 295. Tənliyin həllində “ Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|