Ə. A. Quliyev

imtahanlarında  və  olimpiadalarda 

( )

( )

x

x

=

ϕ

ϕ

 

şəkildə  yazmaq 

mümkün olan tənliklər təklif olunur.  

 

Məsələn  

1) 

(

) (

)

x

x

x

x

x

=

+

+

−

−

+

−

5

5

5

5

5

5

2

2

2

;  

2) 

x

x

=

+

3 3

24

;  

3) 

(

)

x

x

=

sin

sin

;  

4) 

x

x

=

−

−

2

6

2

6

  

tənlikləri (A) şəkildə tənliklərdir. Doğrudan da 1) -4) tənliklərində 

uyğun olaraq 

( )

5

5

2

+

−

=

x

x

x

ϕ

, 

( )

3

24

+

= x

x

ϕ

, 

( )

x

x

sin

=

ϕ

 (A) 

tənliyi ilə yanaşı 

( )

x

x

=

ϕ

 

(B) tənliyinə baxmaq olar. Aşkardır ki, (B) 

tənliyi  (A)-dan  sadədir.  Odur  ki,  (A)  tənliyini  həll  etmək  üçün  bu 

vəziyyətdən  istifadə  etmək  lazımdır.  Lakin  əvəlcə  bunu  aşağıdakı 

hökmlər vasitəsilə əsaslandırmaq lazımdır.  

 

Teorem 1. (B) tənliyinin ixtiyari kökü (A) tənliyinin köküdür.  

 

- 

Doğrudan  da  fərz  edək ki, 

0

x

 

(B)  tənliyinin  həllidir.  Onda 

( )

0

0

x

x

=

ϕ

 

ədədi  bərabərliyi  doğrudur.  Bu  bərabərliyin  iki  dəfə 

yazılması  nəticəsində 

( )

(

) ( )

0

0

0

x

x

x

=

=

ϕ

ϕ

ϕ

,  yəni 

( )

(

)

0

0

x

x

=

ϕ

ϕ

 

alırıq. Bu isə o deməkdir ki, 

0

x

 

ədədi (A tənliyinin köküdür. 1 teoremi 

 

300 

isbat  olundu.  Qeyd  edək  ki,  burada  və  sonralar  tənliyin  yalnız  həqiqi 

köklərinə baxılır. 

Teorem 2. Fərz edək ki, 

( )

x

ϕ

 

funksiyası 

X

 

çoxluğunda ciddi artır 

və  ixtiyari 

X

x

∈

0

  üçün 

( )

X

x

∈

0

ϕ

.  Onda  (A)  və  (B)  tənlikləri  X 

çoxluğunda eynigüclüdür. 

- 

X çoxluğu 

( )

x

ϕ

 

funksiyasının təyin oblastı ilə üst-üstə düşə bilər, 

yaxud  onun  bir  hissəsi  olar.  Yuxarıda  göstərildiyi  kimi  (B)  tənliyinin 

ixtiyari kökü (A) tənliyinin köküdür. İndi göstərək ki, 

( )

x

ϕ

 

funksiyası 

X  çoxluğunda  ciddi  artırsa  və  ixtiyari 

X

x

∈

0

  üçün 

( )

X

x

∈

0

ϕ

 

isə 

onda (A) tənliyinin X çoxluğuna daxil olan ixtiyari kökü (B) tənliyinin 

köküdür. Fərz edək ki, 

X

x

∈

0

 

ədədi (A) tənliyinin də köküdür, onda 

( )

(

)

0

0

x

x

=

ϕ

ϕ

 

ədədi  bərabərliyi  də  doğrudur.  İsbat  edək  ki,  onda 

( )

0

0

x

x

=

ϕ

 

ədədi bərabərliyi də doğrudur. Əksini fərz edək, yəni fərz 

edək  ki, 

( )

0

0

x

x

≠

ϕ

. Onda 

( )

0

0

x

x

>

ϕ

 

isə 

( )

X

x

∈

0

ϕ

 

və 

X

x

∈

0

 

olduğunu  nəzərə  alsaq 

( )

x

ϕ

 

funksiyasının  X  çoxluğunda  artan 

olmasına  əsasən  alırıq  ki, 

( )

(

) ( )

0

0

x

x

ϕ

ϕ

ϕ

>

 

ədədi  bərabərsizliyi 

doğrudur.  Buradan 

( )

0

0

x

x

>

ϕ

 

ədədi  bərabərsizliyindən  istifadə 

etməklə 

( )

(

)

0

0

x

x

>

ϕ

ϕ

 

alırıq  ki,  bu  da 

( )

(

)

0

0

x

x

=

ϕ

ϕ

 

şərtinə  ziddir. 

( )

0

0

x

x

<

ϕ

 

isə  onda 

( )

X

x

∈

0

ϕ

 

və 

X

x

∈

0

 

olduğunu  nəzərə  alsaq 

( )

x

ϕ

 

funksiyası  X  çoxluğunda  artan  olduğundan  alırıq  ki, 

( )

(

) ( )

0

0

x

x

ϕ

ϕ

ϕ

<

 

ədədi  bərabərsizliyi  doğrudur.  Buradan  alınır  ki, 

( )

(

)

0

0

x

x

<

ϕ

ϕ

,  bu  isə 

( )

(

)

0

0

x

x

=

ϕ

ϕ

 

şərtinə  ziddir.  Beləliklə, 

( )

0

0

x

x

≠

ϕ

 

olması  fərziyyəsi  doğru  deyil.  Onda 

( )

0

0

x

x

=

ϕ

 

bəra-

bərliyi doğrudur, başqa sözlə 

0

x

  

ədədi (B) tənliyinin köküdür. (A) və 

(B)  tənliklərindən  heç  olmasa  birinin,  X  çoxluğuna  daxil  olan,  kökü 

y

oxdursa, onda digər tənliyində həmin çoxluğa daxil olan kökü yoxdur. 

Doğrudan da fərz edək ki, (B) tənliyinin X çoxluğuna daxil olan kökü 

yoxdur.  Onda  fərz  etsək  ki,  (A)  tənliyinin 

X

x

∈

0

 

kökü  vardır  və 

( )

X

x

∈

0

ϕ

,  onda  yuxarıda  göstərildiyi  kimi  (B)  tənliyinin  də  həmin 

 

301 

kökü  vardır,  bu  isə  (B)  tənliyinin  kökünün  olmaması  şərtinə  ziddir. 

Analoji olaraq, lakin 1 teoremindən istifadə etməklə isbat edilir ki, (A) 

tənliyinin X çoxluğuna daxil olan kökü yoxdursa, onda (B) tənliyinin 

də  X  çoxluğuna  daxil  olan  kökü  yoxdur.  2  teoremi tam isbat olundu. 

Qeyd edək ki, 

( )

x

ϕ

 

funksiyası X çoxluğunda ciddi artırsa və ixtiyari 

X

x

∈

0

 üçün 

( )

X

x

∈

0

ϕ

 

isə, onda 

( )

x

x

=

ϕ

, 

( )

( )

x

x

=

ϕ

ϕ

,

( )

(

)

(

)

x

x

=

ϕ

ϕ

ϕ

 

və s. Tənlikləri X çoxluğunda eynigüclüdür. 

 

Təbii olaraq sual yaranır: 2 teoreminə analoji, lakin ciddi azalan 

( )

x

ϕ

 

funksiyası üçün hökm doğrudurmu?  

( )

3

1

x

x

−

=

ϕ

 

funksiyasına  baxaq.  Bu  funksiya  R  çoxluğunda 

ciddi azalandır və ixtiyari 

R

x

∈

0

  üçün 

( )

R

x

∈

0

ϕ

. 

( )

x

x

=

ϕ

 

tənliyi 

x

x

=

−

3

1

 

şəkildədir.  Bu  tənlik  isə,  asanlıqla  göstərmək  olar  ki, 

yeganə 

( )

1

;

0

0

∈

x

  kökü olan, 

0

1

3

=

−

+ x

x

 

tənliyi ilə eynigüclüdür. 

( )

( )

x

x

=

ϕ

ϕ

 

tənliyi 

x

x

=

−

−

3

3

1

1

 

şəkildədir. Onun kökləri arasında 

( )

x

x

=

ϕ

 

tənliyinin  kökü  olmayan  0  və  1  ədədləri  vardır.  Beləliklə, 

həmin funksiya üçün (A) və (B) tənlikləri eynigüclü deyildir. Deməli, 

ciddi azalan 

( )

x

ϕ

 

funksiyası üçün 2 teoreminə analoji olan (A) və (B) 

tənliklərinin eynigüclülüyü haqqında hökm ümumiyyətlə doğru deyil. 

İndi  baxılan  tənliyin  2  teoereminin  tətbiqilə  həllini  vermək  olar. 

( )

3

24

+

= x

x

ϕ

 

funksiyası  R  çoxluğunda  ciddi  artır  və  ixtiyari 

R

x

∈

0

  üçün 

( )

R

x

∈

0

ϕ

. Onda 2 teoreminə əsasən 

x

x

=

+

3 3

24

  (1) 

tənliyi 

x

x

=

+

3

24

  (1

/

)  ilə  eynigüclüdür.  (1

1

)  tənliyi isə 

0

24

3

=

−

− x

x

 

tənliyi  ilə  eynigüclüdür.  Sonuncu  tənliyin  isə  yeganə 

3

1

=

x

  kökü 

vardır.  Beləliklə,  onunla  eynigüclü  (1)  tənliyinin  də  yeganə 

3

1

=

x

 

kökü  vardır.  Bu  kökü  Bezu  teoreminin  tətbiqi  ilə  yaxud  sol  tərəfi 

vuruqlarına ayırmaqla 

(

)

(

)

(

) (

)

3

8

3

3

3

,

0

24

9

8

3

3

2

2

2

3

−

+

−

+

−

=

−

−

+

−

+

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

 

tapmaq mümkündür. 

Qeyd edək ki, şagirdlərin məktəbdə istifadə etdiyi ənənəvi yolla (1) 

tənliyinin  hər  tərəfini  ardıcıl  olaraq  3-cü  dərəcədən  qüvvətə  yük-

səltməklə 

0

13848

1728

72

3

6

9

=

−

−

+

−

x

x

x

x

 

tənliyini  almaq  olar 

ki,  onun  həlli  yuxarıda  göstərilənə  nisbətən  mürəkkəbdir.  1),  3),  4) 

 

302 

tənlikləri də uyğun olaraq 

x

x

x

=

+

−

5

5

2

, 

x

x

=

sin

 

(yeganə 

0

=

x

 

kökü var). 

x

x

=

− 2

6

 

tənlikləri ilə eynigüclüdür. Bu tənliklərin həlli 

isə aşkardır.  

241. 

( )

27

u

u

f

=

 

funksiyası  R-də  ciddi  artan  olduğundan,  onda 

göstərilən 

fakta 

(teoremə) 

əsasən 

verilmiş 

tənlik 

(1) 

(

)

(

)

1001

2004

1002

2

−

=

+

x

arcctg

x

arcctg

 

(1

/

) 

tənliyi 

ilə 

eynigüclüdür. 

( )

arcctgu

u

=

ϕ

 

funksiyası  R-də  ciddi  azaldığından, 

onda 

göstərilən 

fakta 

(teoremə) 

əsasən 

(1

/

) 

tənliyi 

1001

2004

1002

2

−

=

+

x

x

  (1

//

)  tənliyi  ilə  eynigüclüdür.  Bu  tənliyin 

isə iki 

1

1

=

x

 

və 

2003

2

=

x

 

kökü vardır. (1

//

) tənliyi ilə eynigüclü olan 

verilmiş (1) tənliyinin də həmin kökləri vardır.  

242. 

( )

u

u

f













=

2

1

 

funksiyası R-də ciddi azaldığından, onda 241-

dəki  fakta  (teoremə)  əsasən 

3

2

3

3

3

3

1

2

1

2

1

−

+

−

−













=













x

x

x

x

 

(1)  tənliyi 

3

2

3

3

3

1

1

−

+

=

−

−

x

x

x

x

  (1

/

)  ilə  eynigüclüdür. 

( )

3

u

u

=

ϕ

 

funksiyası  R-də  ciddi  artan  olduğundan,  241-dəki  fakta  (teoremə) 

əsasən  (1

/

)  tənliyi 

3

1

2

3

3

−

+

=

−

−

x

x

x

x

 

(1

//

)  tənliyi  ilə 

eynigüclüdür. Buradan 

2

1

−

=

x

; 

1

2

=

x

. (1

//

) tənliyi ilə eynigüclü olan 

(1) tənliyinin də kökləri -2 və 1 dir.  

243. 

( )

u

u

f

arccos

=

 

funksiyasının  varlıq  oblastı 

[ ]

1

;

1

−

 

aralığıdır.  Burada  funksiya  ciddi  azalır.  Odur  ki,  göstərilən  fakta 

(teoremə) əsasən baxılan (1) tənliyi 







≤

−

≤

−

−

=

−

1

26

9

1

26

9

8

2

x

x

x

 (1

/

) sistemi ilə 

eynigüclüdür.  Verilən  tənliyin  və  sistemin  iki 

6

;

3

2

1

=

= x

x

 

həlli 

vardır.  Bunlardan  ikiqat  bərabərsizliyi  yalnız 

3

1

=

x

 

ədədi  ödəyir. 

Beləliklə (1

/

) sistemin və onunla eynigüclü baxılan (1) tənliyin həmin 

kökü vardır. 

244. Əvvəlcə göstərilən faktın (teoremin) isbatını verək. Fərz edək 

ki, 

0

x

  

 

303 

ədədi 

( )

(

)

( )

(

)

( )









∈

∈

=

J

J

x

x

f

x

f

β

α

β

α

 

(A) sisteminin həllidir. Bu o deməkdir 

ki, 

( )

0

1

x

u

α

=

 

və 

( )

0

2

x

u

β

=

 

ədədi  ifadələrinin  mənası  vardır, 

onlardan  hər  biri  J  aralığına  daxildir  və 

( ) ( )

2

1

u

f

u

f

=

.  Göstərək  ki, 

buradan 

2

1

u

u

=

 

alınır.  Fərz  edək  ki, 

( )

u

f

 

J  aralığında  ciddi  artır. 

Onda 

2

1

u

u

<

 

isə 

( ) ( )

2

1

2

1

,

u

u

u

f

u

f

>

<

 

isə,  onda 

( ) ( )

2

1

u

f

u

f

>

 

alınır  ki,  bu  da 

( ) ( )

2

1

u

f

u

f

=

-

ə ziddir. Beləliklə, doğrudan da 

J

u

J

u

u

u

∈

∈

=

2

1

2

1

,

,

 

olduğundan isə 

0

x

 

ədədi 

( ) ( )

( )

( )









∈

∈

=

J

x

J

x

x

x

β

α

β

α

 (B) 

sisteminin həllidir. 

Analoji 

olaraq  göstərmək  olar  ki, 

( )

u

f

 

funksiyası  J-də  ciddi 

azalırsa, onda (A) sisteminin həlli olan 

0

x

 

ədədi (B) sisteminin həllidir. 

Yuxarıda  deyilənlər  onu  göstərir  ki,  (A)  sisteminin  ixtiyari  həlli  (B) 

sisteminin  həllidir. 

1

x

 

ədədi  (B)  sisteminin  həllidirsə,  onda  bu o 

deməkdir  ki, 

( )

( )

1

2

1

1

,

x

u

x

u

β

α

=

=

 

ədədi  ifadələri  J  aralığına 

daxildir, bunun mənası vardır və 

2

1

u

u

=

. Lakin onda 

( ) ( )

2

1

u

f

u

f

=

. 

Beləliklə alırıq ki, 

( )

J

x

∈

1

α

, 

( )

J

x

∈

1

β

 

və 

( )

(

)

( )

(

)

1

1

x

f

x

f

β

α

=

, bu 

isə o deməkdir ki, 

1

x

 

ədədi (A) sisteminin həllidir. Beləliklə göstərildi 

ki, (A) və (B) sistemlərindən heç olmasa birinin həllinin olması məlum 

olduğu  halda  onlar  eynigüclüdür.  Göstərək  ki,  (A)  sisteminin  həlli 

yoxdursa, onda (B) sisteminin də həlli yoxdur. Əksini fərz edək, yəni 

fərz edək ki, (B) sisteminin həlli vardır. Onda yuxarıdakı isbata əsasən 

(A)  sisteminin  də  həlli  vardır,  bu  isə  (A)  sisteminin  həlli  olmaması 

şərtinə ziddir. Beləliklə, fərziyyəmiz doğru deyil, bu isə o deməkdir ki, 

(B)  sisteminin  həlli  yoxdur.  Analoji  olaraq  isbat  etmək  olar  ki,  (B) 

sisteminin  həlli  yoxdursa,  onda  (A)  sisteminində  həlli  yoxdur. 

Beləliklə, (A) və (B) sistemlərindən heç olmasa birinin həlli yoxdursa,