Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
Teorem 1.
0 , 1 , 0 > ≠ > b a a
və 0 >
olan
,
ədədləri üçün aşağıdakı bərabərsizliklər eynigüclüdür: 1)
log
log >
və ( )( ) 0 1 > − − c b a ;
2) c b a a log
log ≥
və ( )( ) 0 1 ≥ − − c b a ;
3) c b a a log
log <
və ( )( ) 0 1
− −
b a ;
4) c b a a log
log ≤
və ( )( ) 0 1 ≤ − − c b a ;
İsbatı: ikinci hökmə baxaq (Qalanları analoji qaydada isbat oluna bilər). Göstərək ki, b a, və
c - nin bütün mümkün qiymətlərində c b a a log
log ≥
bərabərsizliyindən ( )( ) ≥ − − c b a 1
bərabərsizliyi alınır. 1 > a
isə, onda c b a a log
log ≥
bərabərsizliyindən alınır ki, c b ≥ , deməli 0 ≥
b , odur ki, ( )(
0 1 ≥ − −
b a . 1 0 < < a
isə, onda c b a a log
log ≥
bərabərsizliyindən alınır ki, c b ≤ , yəni 0 ≤
b , deməli ( )(
0 1 ≥ − −
b a . İndi isbat edək ki, b a, və
c - nin bütün mümkün qiymətlərində ( )( ) 0 1 ≥ − −
b a
bərabərsizliyindən c b a a log
log ≥
bərabərsizliyi alınır.
0 >
və
1 ≠
olduğundan 1 >
və ya
1 0
< a . Onda
1 >
halında
( )( ) 0 1 ≥ − −
b a
bərabərsizliyindən alınır ki, 0 ≥ − c b , 1 0 < < a
halında isə 0 ≤ − c b .
b a ≥ > , 1
isə, onda 0 >
, 0
c
və əsası vahiddən böyük olan loqarifmik funksiya artan olduğundan c b a a log
log ≥
bərabərsizliyi alınır. c b a ≤
< , 1 0
isə, onda əsası vahiddən kiçik olan loqarifmik funksiyanın azalan olması və 0 , 0 > > c b
284
olduğunu nəzərə almaqla c b a a log
log ≥ bərabərsizliyinin doğrulu- ğunu müəyyənləşdiririk. Bərabərsizliyi eynigüclülüyü isbat oldu. 213- 215 məsələlərinin həllində bu teoremdən istifadə olunur.
213.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ≤ ≤ < < ⇔ ≠ > ≤ − − − ⇔ ⇔ > + ≠ > ≤ + − − ⇔ > + > + − ≠ > ≤ − − + − − ⇔ ≤ + + − 3 2 2 1 0 2 1 0 0 3 2 2 1 0 1 2 1 0 0 6 5 1 2 0 0 6 4 2 2 1 0 2 0 6 4 2 1 2 log
log 2 2 2 2 2 2 6 4 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
Deməli bərabərsizliyin həlli [ ]
3 ; 2 2 1 ; 0 ∪ -dir. 214. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )
( )( )( ) 6 5 2 0 3 7 0 5 2 6 2 0 3 2 7 0 5 2 6 0 4 2 0 6 5 0 7 0 4 2 6 5 1 7 0 log log
2 2 4 2 7 6 5 7 2 < < ⇔ > > −
< − − − ⇔ ⇔ > > − − < > − − − ⇔ > − > + − > − > + − + − − − ⇔ > − − − + − −
x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
Bərabərsizliyin həlli ( ) 6
5 - dır. 215. Bu bərabərsizliyi həll etmək üçün 212-in həlli ilə əlaqədar göstərilən 1 teoremindən istifadə etməklə məxrəcdə ( )( )
1 1 1 − − − x x , surətdə isə ( )( ) x x x + − − − 9 3 1
yazırıq. 285
( ) ( )
( )( ) ( )( ) ⇔ < < < − − ⇔ > − > − >
− −
> − > − > − > < − − − + − − − ⇔ < − − − − 9 3 0 2 6 0 9 0 3 1 0 2 6 0 9 0 3 0 1 0 0 1 1 1 9 3 1 0 log log
log 1 9 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
< ⇔
< < < ⇔ 6 3 9 3 6 2
x x
Bərabərsizliyin həlli ( )
6 ; 3 olur. Bu misallar baxılan tip bərabərsizliklərin həllində istifadə edilən metodun səmərəli olduğunu göstərir. Loqarifmik bərabərsizliklərin həllində istifadə edilən daha iki faydalı hökmü göstərək. Teorem 2. d c b a , , , - in bütün mümkün qiymətlərində aşağıdakı bərabərsizliklər eynigüclüdür:
1) 0 log
log > ⋅ d b c a
və ( )( )( )(
) 0 1 1 1 1 > − − − −
c b a ;
2) 0 log log ≥ ⋅ d b c a
və ( )( )( )(
) 0 1 1 1 1 ≥ − − − −
c b a ;
3) 0 log log < ⋅
b c a
və ( )( )( )(
) 0 1 1 1 1 < − − − −
c b a ;
4) 0 log log ≤ ⋅ d b c a
və ( )( )( )(
) 0 1 1 1 1 ≤ − − − −
c b a ;
İsbatı:
d c b a , , , - in bütün mümkün qiymətlərində b a log
və
( )( ) 1 1 − − b a - nin habelə d c log
və
( )( ) 1 1 − − d c
işarələri eyni olduğundan b a log
d c log
və
( )( )( )(
) 1 1 1 1 − − − − d c b a
hasillərinin də işarələri eyni olur. Beləliklə, baxılan bərabərsizliklər eynigüclüdür. 216 bərabərsizliyinin həllində bu faktdan istifadə olunur. 286
216. ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) 3 2 3 2 0 1 3 1 3 2 0 1 1 0 0 3 1 1 1 1 2 0 2 0 1 1 0 1 0 1 1 1 2 1 1 1 1 0 log log 2 2 1 2 1 1 2
< ⇔ ≠ > ≤ + − − ⇔ ⇔ ≠ > > + ≠ > ≤ − + − ⋅ − ⇔ ≠ − > − > + ≠ > ≤ + + − − − + − ⇔ ≤ ⋅ + − + x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
Cavab: ( ) 3 ; 2 . Teorem 3. d c b a , , , - in bütün mümkün qiymətlərində aşağıdakı bərabərsizliklər eynigüclüdür: 1)
0 log
log > − b b c a
və ( )( )( )(
) 0 1 1 1 > − − − − a c c b a ;
2) 0 log log ≥ − b b c a
və ( )( )( )(
) 0 1 1 1 ≥ − − − − a c c b a ;
3) 0 log log < −
b c a
və ( )( )( )(
) 0 1 1 1
− −
− a c c b a ;
4) 0 log log ≤ − b b c a
və ( )( )( )(
) 0 1 1 1 ≤ − − − − a c c b a ;
Bu teoremin isbatından əvvəl qeyd edək ki, eynicürəliyi saxlamaq məqsədilə 1)-4) hallarının hər birində ( )
c −
vuruğu əvəzində ( ) c a −
yazmaq lazım gələrsə, onda bərabərsizliklərin işarəsi də əksinə dəyişərdi. İsbatı: 1)-in isbatını verək. ( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) 0 1 1 1 0 1 1 1 0 log
log log
0 1 log log log
0 log
1 1 log 0 log
log log
0 log
log > − − − − ⇔ > − − − − ⇔ > − ⇔ ⇔ > − ⇔ > − ⇔ > − ⇔ > −
c c b a a c a b c a c b c c b c b c b b b b a a c a a a a a a a a c a
Tələb olunan isbat edildi. Digər 2)-4) hökmləri analoji qaydada isbat olunur. Bütün hallarda eynigüclülükdə 1 , 0 , 1 , 0 ≠ Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|