Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
b a y − + ± = . x
və y -in
qiymətlərini (A)-da yerinə yazıb − + + + + ± = + 2 2 2 2 2 2
b a i a b a bi a
alırıq. Bu 0 >
olan hal üçündür. 0 < b
olduqda isə − + − + + ± = − 2 2 2 2 2 2
b a i a b a bi a
alınır. 338. 4 1 ≤ − − i z
bərabərsizliyini iy x z + = olduğunu nəzərə almaqla 4 1 ≤ − − + i iy x
və ya ( ) (
) 4 1 1 ≤ − + −
y x
şəkildə yazmaq olar. Bərabərsizliyin sol tərəfindəki modal işarəsindəki kompleks ədədin modulu ( ) (
) 2 2 1 1 − + − = y x R - dir. Deməli axtarılan nöqtələr radiusu 4, mərkəzi ( )
1 ; 1 nöqtəsində olan dairənin daxilində və onun çevrəsi üzərində yerləşir.
345
339. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (
) = + − + − − − − − − − − + − + − = + − + − − + − + − − − → → 1 3 3 2 2 1 3 3 3 3 3 lim 1 3 3 2 4 1 3 3 1 3 lim 3 3 2 3 3 2 3 3 2 2 3 3 2 3 3 2 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x x
( ) ( ) 6 1 1 1 1 2 1 1 3 3 2 1 lim 3 3 2 2 = + + = + − + − = → x x x . 340. 6 , 1 5 8 5 5 8 8 arcsin lim
5 8 5 8 arcsin
lim 0 0 = = = → →
x tg x x x tg x x x
341. 3 3 3 2 3 1 lim 2 3 2 lim
2 1 lim + ∞ → + ∞ → + ∞ → + − + = + − + = + − x x x x x x x x x x x , son
ifadə də 2 3 + − = x t
əvəz etsək, t x t x 3 1 3 3 2 − = + ⇒ − − =
və ∞ →
-da 0
t olar. Onda ( ) ( )
( ) 3 3 3 1 0 0 3 1 0 3 1 1 lim
1 lim
1 lim
2 3 1 lim − − − → → − → + = ⋅ = + ⋅ + = + = + − + e e t t t x t t t t t x . 342. Verilmiş funksiyanın 3 =
nöqtəsində kəsilməz olması üçün ( ) (
) 0 3 0 3 + = −
f bərabərliyi
ödənilməlidir: ( ) ( ) = − − = = − − → − → 3 6 2 lim
lim 0 3 2 0 3 0 3
x x x f f x x
( ) 6 3 2 lim
2 3 3 2 lim
0 3 0 3 = ⋅ = = − − = − → − → x x x x x x ; ( ) ( )
( ) 2 3 2 lim lim 0 3 0 3 0 3 + = + = = + + → + →
ax x f f x x , Onda
3 1 1 4 3 6 2 3 = ⇒ = ⇒ = +
a a
343. ( ) 3 4 3 + + = x x x f
funksiyası [ ] 0 ; 1 − parçasında kəsil- məzdir. ( )
0 2 1 < − = − f
və ( ) 0 3 0 > = f
olduğundan, Koşi teore- minə ( ( )
x f
funksiyası [ ] b a;
parçasında kəsilməz və onun uc nöqtələrində müxtəlif işarəli qiymətlər alırsa, [ ]
b a;
parçasının daxi- lində heç olmasa bir nöqtə var ki, funksiya həmin nöqtədə sıfra çevrilir) görə
( ) x f -in
[ ] 0 ; 1 − - da kökü vardır. ( )
384 , 0 6 , 0 > = − f
və 346
( ) 0 712 , 0 8 , 0 < − = − f
olduğundan, ( ) x f -in
[ ] 6 , 0 ; 8 , 0 − −
parçasında kökü var və 0,1 dəqiqliklə bu kök 7 , 0 0 − = x -dir.
344. ( ) 1 1 ; y x
və ( ) 2 2 ; y x
nöqtələrindən keçən düz xəttin bucaq əmsalı ( ) ( )
1 2 1 2 x x x f x f tg k − − = = α düsturu
ilə hesablanır. ( ) 1
0 1 1 = = = y x f ; ( ) 2 2 1 2 2 = = = y x f
olduğundan 1 0 1 1 2 = − − = k . 345. 1 ≠
olduqda verilmiş funksiyanı ( ) ( ) < − − > − = ise x x ise x x x f 1 , 1 1 , 1
şəklində yazaraq asanlıqla göstərmək olar ki, 1 >
olduqda ( ) (
) 1 1 = ′ − = ′
x f , 1 < x
olduqda isə ( ) ( ) 1 1 − = ′ − = ′ x x f . İndi
1 0 = x
nöqtəsində arqumentin və funksiyanın artımına baxaq: x x ∆ + = 1 , 1 − = ∆ x x ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1
1 0 0 − = − = − ∆ + = − ∆ + = ∆ x f x f f x f x f x x f f
olduğundan < − > = − − = ∆ ∆ olduqda x olduqda x x x x f 1 , 1 , 1 , 1 1 1 . Buradan 1 >
olduqda
( ) 1 1 lim
lim 0 1 0 0 = = ∆ ∆ = + ′ → ∆ + → ∆
x x f f , 1 < x
olduqda ( ) 1 1 lim
lim 0 1 0 0 = = ∆ ∆ = − ′ → ∆ − → ∆
x x f f , 1 < x olduqda ( )
1 1 lim lim 0 1 0 0 − = − = ∆ ∆ = − ′ → ∆ + → ∆ x x x f f
alınır. Bu isə o deməkdir ki, ( ) 1 − = x x f
funksiyası 1 =
nöqtəsində diferensiallanan deyil. 346. Hə. Məsələn, ( )
2 − = x x f
və ( ) 2 6 − − = x x g
funksiyalarının hər birinin 2 =
nöqtəsində törəməsi yoxdur. Lakin ( ) ( ) 6 = + x g x f
funksiyasının bütün ədəd oxunda törəməsi var, yəni diferensiallanandır. 347. Yox. Çünki verilmiş ( )
=
funksiyasının 0
nöqtəsində sıfırdan fərqli ( )
x f ′
törəməsi vardırsa, onda bu funksiyanın tərsi olan ( )
y g x =
funksiyasının ( )
0 0
f y =
nöqtəsində törəməsi var və bu 347
törəmə ( )
( ) 0 0 1 x f y g ′ = ′
(1) düsturu ilə hesablanır. Buradan görünür ki, ( )
( ) 0 0 0 0 > ′ ⇒ > ′ y g x f . Deməli funksiyanın törəməsi müsbətdirsə, onun tərs funksiyasının törəməsi də müsbətdir. 348.
( ) ( ) 2 2 cos 2 2 2 sin − = ′ − = ′ x x x x f ; ( ) 0 = ′ x f ; 0 2 2 cos 2 = − x ; 2 2 2 cos = x ;
x π π 2 4 2 + ± = və ya
Z k k x ∈ + ± = , 8 π π . ( )
0 < ′ x f
olarsa, 0 2 2 cos 2
−
; 2 2 2 cos < x ; buradan Z k k k x ∈ + + ∈ , 8 7 ; 8 π π π π . 349. 1) ( )
( ) ( ) x x x x x x y cos
cos cos
cos sin
1 sin
sin arcsin
2 2 = = − ′ = ′ = ′
2) ( ) ( ) ( )( ) = ⋅ ⋅ ⋅ − = ′ − = ′ = ′ = ′
x x x y x x x x 2 sin 2 ln 2 2 2 2 sin 2 ln 2 2 cos 2 ln 2 2 2 cos 2 cos
2 cos
2 cos
1 2 cos 2 2 sin 2 ln + ⋅ ⋅ − =
x
3) ( ) ( ) x x x x x x x y 7 7 7 7 7 log 7 ln 2 1 log 2 7 ln 1 log
log 2 1 log = = ′ ⋅ = ′ = ′ . 350. Funksiyaların qrafiklərinin hansı bucaq altında kəsişdiyini müəyyən etmək üçün qrafiklərin kəsişmə nöqtəsində onlara çəkilən toxunanların arasındakı bucağı tapmaq lazımdır. Verilmiş x y − = 12 və
x y 4 = funksiyalarının kəsişmə nöqtəsinin absisini x x 4 12 = −
tənliyindən tapmaq olar. 0 12 4 = − + x x . Buradan 6 −
x , 2 = x
alınır, birinci tənliyin həlli yoxdur, ikinci tənlikdən isə 4 = x .
y − = 12 funksiyasının qrafikinin OX oxunun müsbət istiqaməti ilə əmələ gətirdiyi bucağın tangensi absisi 4 = x olan
|
