Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
− ⋅ = + ⋅ + + ⋅ + = + + + + = − 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 ! 1 ...
! 1 ... ! 2 2 1 1 ... ! ...
! 2 1 k k x k k k k dx k x dx x dx dx x e
Digər tərəfdən isə ( ) (
) ( ) ( ) =
+ + = + + ∑ ∑ = ∞ → ∞ = m n m n k n n n k n n n 1 1 ... 1 1 lim ...
1 1
( ) (
) ( )( ) ( ) ( ) ( ) − − + + = + + + − − + + = ∑ ∑ = ∞ → = ∞ →
n m m n m k n n n k k n n n k n n n k 2 1 1 ...
1 1 lim 1 ...
2 1 1 1 ...
1 1 1 lim
( )( ) (
) ( )( ) ( ) ( )( ) (
) ! 1 ... 2 1 1 ! 1 lim 1 ... 2 1 1 ! 1 ... 2 1 1 1 1
k m n n n k k m n n n k k n n n m m n ⋅ = + + + − = + + + − + + + + − ∞ → − = ∑
beləliklə ( ) ( ) ∑∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = = + + 1 1 1 ! 1 ... 1 1
n k kk k n n n
tələb edilən isbat oldu. 53. y x = 3 log
olsun, onda verilmiş tənlik ( )
y = + 3 1 log
2
və ya ( ) y y 2 3 1 = + şəklinə düşər. Buradan 1 2
2 1 = +
y . Sonuncu 219
tənliyin sol tərəfi y-dən asılı azalan funksiya olduğundan bu tənliyin y=2 dən başqa kökü yoxdur. Onda 9 ,
log 3 = = x x . 54. ( ) + = + + + + − − + = + + + − + + + = 1 1 1 1 , , , 2 2 2 2 2 2 bt az bt az by ax byt axz bt az bt az by ax by ax t z y x f
( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) bt az by ax t z ab bt az by ax xt zy t z ab + + − + = + + − − + 2 1 . Beləliklə, ( ) ( ) ( )( ) bt az by ax t z ab t z y x f + + − + = 2 1 , , , . Sonuncu bərabərlikdən alınır ki, verilmiş funksiya t z = olduqda ən kiçik 1 qiymətini alır. İndi verilmiş funksiyanın ən böyük qiymətini tapaq. Məsələnin şərtindən alınır
ki, 1 , , , 0 ≤ ≤
z y x , onda
+ ≤ + + ≤ + ≤ ≤ ≤ ≤
az bt az by ax by ax bt bt az az by by ax ax 2 2 2 2 2 2 2 2 , , , , (1).
Odur ki, ( ) 2 , , , ≥
z y x f , habelə bərabərlik, məsələn 0 =
x , 1 = = z y
olduqda mümkündür. Deməli verilmiş funksiyanın ən böyük qiyməti 2-dir. 55. a, b, c, d rəqəmlər olduğundan aşkardır ki, 22 10 3 < ≤ abcd , habelə
N d c b a ∈ , , , , odur ki, 21 10 ≤ + + + ≤ d c b a . Verilmiş tənliyi ( ) 3 d c b a abcd + + + =
və ya ( ) 3 10 100 100 d c b a d c b a + + + = + + +
şəkildə yazmaq olar. Sonuncu bərabərliyi belə çevirək: ( ) ( ) d c b a d c b a c b a + + + − + + + = + + 3 9 99 999 və
ya ( ) ( )( )( ) 1 1 11 111 9 − + + + + + + + + + + = + + d c b a d c b a d c b a c b a . Sonuncu bərabərliyin sağ tərəfi üç ardıcıl ədədin hasilidir, odur ki, onlardan yalnız biri 9-a bölünür. a) Fərz edək ki, d c b a + + +
cəmi 9-a bölünür. 21 10 ≤ + + + ≤ d c b a
şərtilə birlikdə buradan 18 = + + +
c b a
alınır. Onda ( ) ⇒ ⋅ ⋅ = + + 17 19 18 11 111 9
b a
646 11 111
= + + ⇒ c b a . Bu bərabərlik 3 , 8 , 5 = = =
b a
olduqda ödənilər, onda 2 3 8 5 18 = − − − = d
Yeganə mümkün natural kök 2 , 3 , 8 , 5 = = = =
c b a
- dir. Deməli, 2 3 8 5 5832 3 + + + =
220
b) Fərz edək ki, 18 1 = + + + +
c b a . Analoji mühakimə ilə 3 ,
, 9 , 4 = = = =
c b a
həlli alınır. Deməli, 3 1 9 4 4913
3 + + + = . c) Üçüncü 18 1 = − + + +
c b a
halında verilmiş tənliyin natural həlli yoxdur (bunu asanlıqla yoxlamaq olar). 56.
1 =
olduqda bərabərsizlik doğrudur. 1 >
isə, onda 1 >
n , yəni x n n + = 1 , burada 0 > x . Onda
( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 ... 2 1 1 1 x n n x x n n nx x n n n − + > + + − + + = + = , buradan
n x 2 2 <
və n x 2
.
+ = 1 olduğundan n n n 2 1 + < . 57. Verilmiş tənliyin mümkün qiymətləri oblastı 0 cos
≠ x , 0 3 cos
≠ x
və 0 2 sin ≠ x
şərtlərindən təyin edilir, buradan k x k x 3 6 , 2 π π π + ≠ ≠ . Bu oblasta: − ⋅ = 1 3 cos 3 sin
2 sin
2 cos
2 3 sec sec x x x x x x , ,
( ) x x x x x x 3 cos 2 sin
2 3 sin 2 3 sec sec ⋅ − ⋅ =
x x x x x 3 cos cos sin
2 sin
2 3 sec sec ⋅ ⋅ = ⋅ , x x x x 3 sec sec 3 sec sec ⋅ = ⋅ . Beləliklə, verilmiş tənliyin həlləri oblastı mümkün qiymətlər oblastı iıə eynidir. 58.
Verilmiş sistemin birinci tənliyini ( ) (
) ( ) 0 3 2 2 3 2 2 2 = − + − + − z y z x y x
şəklində yazmaq olar. Bu tənlik yalnız z y z x 3 , 2 = = olduqda ödənər. x və y –in z ilə ifadəsini ikinci tənlikdə yerinə yazıb ( ) ( ) 288
3 2 2 2 2 = + +
z z
və buradan 2 =
, beləliklə isə 6 , 4 = = y x
alırıq. Deməli, verilmiş yeganə 2 , 6 , 4 = = =
y x
həlli vardır. 59. Məlumdur ki, ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 ...
... n n a a a n a a a + + + ≤ + + +
[24, səh 224]. Bu bərabərliyə əsasən ( )
) n n n a α α α α α 2 2 2 1 2 2 2 1 sin ... sin
sin sin
... sin
sin + + + ≤ + + + , ( ) ( ) n n n α α α α α α 2 2 2 1 2 2 2 1 cos ...
cos cos
cos ...
cos cos
+ + + ≤ + + + . Bu bərabərsizlikləri tərəf-tərəfə toplayaq, onda 221
( ) (
) ( ) [ + + ≤ + + + + + + + 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 cos sin
cos ...
cos cos
sin ...
sin sin
α α α α α α α α
n n
( ) ( ) ] ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 ... 1 1 cos sin ...
cos sin
n n n n = + + + = + + + + + α α α α . Tələb edilən isbat oldu. 60. Bərabərsizliyi isbat etmək üçün ümumiləşdirilmiş riyazi induksiya prinsipindən istifadə etmək olar. Odur ki, əvvəlcə bu haqda şagirdlərə məlumat vermək lazımdır. Bəzən n dəyişənli A(n) hökmü n- nin bəzi natural qiymətlərində ödənilmir və ya mənası olmur, lakin onun n=m – dən başlayaraq bütün natural ədədlər üçün doğruluğunu təkcə natural n-lər üçün deyil, habelə, məsələn o-dan və ya n-in hər hansı mənfi tam qiymətlərindən başlayaraq tam n-lər üçün isbat etmək mümkündür. Uyğun hallarda riyazi induksiyanın belə ümumiləşdirilmiş prinsipi kömək edir: A(n) hökmü n=m üçün doğrudursa və ixtiyari k üçün A(k)- dan A(k+1) alınırsa, onda A(n) hökmü ixtiyari tam m n ≥
qiymətlərində doğrudur. n=1 olduqda baxılan bərabərsizlik ödənilir, n=2, 3, 4 olduqda isə uyğun olaraq 2 4 2 3 2 2 4 2 , 3 2 , 2 2 = < =
alırıq. İsbat edək ki, verilmiş bərabərsizlik 4-dən böyük ixtiyari n üçün doğrudur. n=5 isə, onda 2 5
2 > . İsbat edək ki, 5 ≥
olduqda A(k) hökmündən 2 2
k >
A(k+1) hökmü: ( ) 2 1 1 2 + > + k k
alınır. 5 ≥
olduğundan 1 >
və
1 2 > − k . Sonuncu iki bərabərsizliyi tərf-tərəfə vurub ( ) 1 2 Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|