Ҷои №1 барои рекламаи шумо!

Барои робита: oftob.com@gmail.com

Масъалаи № 156. Соҳаи муайянӣ (ё ки соҳаи мавҷудият)-и функсияи зерин ёфта шавад:

\[y = \sqrt{\cos x^2}.\]

Ҳал.

\(1^\circ\). Мафҳуми функсия. Тағйирёбандаи \(y\) функсияи якқиматаи \(f\) аз \(x\) дар соҳаи тағйирёбии \(X=\{x\}\) номида мешавад, агар ба ҳар як қимати \(x\in X\) як қимати муайяни ҳақиқии \(y = f(x)\), ки ба маҷмӯи \(Y=\{y\}\) тааллуқ дорад, мувофиқ гузошта шавад.

Маҷмӯи \(X\) соҳаи муайянӣ ё ки соҳаи мавҷудияти функсияи \(f(x)\) номида мешавад; Маҷмӯи \(Y\) маҷмӯи қиматҳои ин функсия номида мешавад.

Бо назардошти он ки ифодаи таҳти реша бояд, ки ғайриманфӣ бошад, нобаробарии зеринро ҳосил мекунем:

\[\cos x^2 \geq 0.\]

Функcияи \(y = \cos x\) қимати ғайриманфиро ҳангоми \(x\in \left[(4k-1)\frac{\pi}{2},(4k+1)\frac{\pi}{2}\right]\) \((k = 0, 1, 2, ...)\) қабул мекунад.

Ҳамин тавр, барои он ки ифодаи таҳти реша ғайриманфӣ бошад, зарур аст, ки нобаробариҳои дучандаи зерин иҷро шаванд:

\[0 \leq x^2 \leq \frac{\pi}{2},\]

ё ки

\[(4k-1)\frac{\pi}{2} \leq x^2 \leq (4k+1)\frac{\pi}{2}\quad (k = 1, 2, ...).\]

Аз ин ҷо, бо назардошти он ки \(\sqrt{x^2} = |x|\), ҳосил мекунем

\[0 \leq |x| \leq \sqrt{\frac{\pi}{2}},\]

ё ки

\[\sqrt{(4k-1)\frac{\pi}{2}} \leq |x| \leq \sqrt{(4k+1)\frac{\pi}{2}}\quad (k = 1, 2, ...).\]

Пас, соҳаи муайянии функсияи додашуда маҷмӯи зерин мебошад:

\[D(f) = \{x\in\Bbb R\, :\, |x| \leq \sqrt{\frac{\pi}{2}},\,\text{ё ки}\, \sqrt{(4k-1)\frac{\pi}{2}} \leq |x| \leq \sqrt{(4k+1)\frac{\pi}{2}}\; (k = 1, 2, ...)\}.\]

Ҷавоб. \(D(f) = \{x\in\Bbb R\, :\, |x| \leq \sqrt{\frac{\pi}{2}},\,\text{ё ки}\, \sqrt{(4k-1)\frac{\pi}{2}} \leq |x| \leq \sqrt{(4k+1)\frac{\pi}{2}}\; (k = 1, 2, ...)\}\).