ANALIZA MATEMATIKE I

Document Sample
ANALIZA MATEMATIKE I Powered By Docstoc
					I-HYRJE                                                                                                               1




ANALIZA MATEMATIKE I
I. HYRJE                                                                                                    Pjesa 1

1. Shprehjet racionale algjebrike
Përkufizimi 1. Shprehja
                                             p ( x) = an x n + an−1 x n−1 + ... + a1 x + a0 ,
ku a0 , a1 ,..., an janë numra realë, x numër realë, quhet polinom (realë).

Përkufizimi 2. Nëse an ≠ 0, numri n – quhet shkallë e polinomit p( x). Simbolikisht shënohet
                                                            deg p ( x) = n.
Në këtë rast themi se polinomi p është i shkallës së n – të sipas x – it.
Përkufizimi 3. Le të jenë dhënë polinomet
                                              p ( x) = an x n + an−1 x n−1 + ... + a1 x + a0
                                              q ( x) = bn x n + bn−1 x n−1 + ... + b1 x + b0 .
Polinomet p ( x) dhe q( x) janë identikisht të barabartë atëherë dhe vetëm atëherë kur
                                    an = bn , an−1 = bn−1 ,..., a1 = b1 , a0 = b0 .
Pohimi Bezu. Gjatë pjesëtimit të polinomit p ( x) me x − a, a = const, mbetja është e barabartë me
p (a). Nëse mbetja p (a) = 0, atëherë polinomi p ( x) plotpjesëtohet me x − a.


Detyra 1. Është dhënë polinomi p ( x) = 2ax 3 − 5ax 2 − ax − 6.
              a) Të caktohet parametri a ashtu që polinomi p ( x) të plotpjesëtohet me x − 1, dhe të
              caktohet herësi në këtë rast.
              b) Të caktohet parametri a ashtu që gjatë pjesëtimit të polinomit p ( x) me ( x − 1) të
              merret mbetja -10.
Zgjidhja.

a) (2ax 3 − 5ax 2 − ax − 6) : ( x − 1) = 2ax 2 − 3ax − 4a
    ±2ax 3 m 2ax 2
          −3ax 2 − ax − 6
          m3ax 2 ± 3ax
                 − 4ax − 6
                 m4ax ± 4a
                         − 6 − 4a

Pra r ( x) = −6 − 4a.

                                                                       3
Duhet që mbetja të jetë zero, pra −6 − 4a = 0 ⇒ a = −                    . Për këtë vlerë të a – së merret herësi
                                                                       2
                     ⎛ 3⎞          ⎛ 3⎞        ⎛ 3⎞           9
2ax 2 − 3ax − 4a = 2 ⎜ − ⎟ x 2 − 3 ⎜ − ⎟ x − 4 ⎜ − ⎟ = −3x 2 + x + 6.
                     ⎝ 2⎠          ⎝ 2⎠        ⎝ 2⎠           2
b) Është e qartë se mbetja është −6 − 4a. Kushti është që mbetja të jetë −10.
   Pra −6 − 4a = −10 ⇒ −4a = −10 + 6 ⇒ a = 1.
2                                                                                                                 ANALIZA MATEMATIKE I


Të thjeshtohen shprehjet racionale:
                        x    2 x − 1 3 x(2 − x)                         2x + 1 1 − 2x     1
Detyra 2. a)               +        +           ;                 b)          +       + 2      .
                      x − 3 x + 1 x2 − 2x − 3                           x − 4 x + 3 x − x − 12
Zgjidhja.
       x    2 x − 1 3x(2 − x)    x    2x −1   3 x(2 − x)      x( x + 1) + (2 x − 1)( x − 3) + 3 x(2 − x)
a)        +        +          =     +       +               =
     x − 3 x + 1 x 2 − 2 x − 3 x − 3 x + 1 ( x + 1)( x − 3)                ( x + 1)( x − 3)
              x 2 + x + 2 x 2 − 6 x − x + 3 + 3 x(2 − x) 3x 2 − 6 x + 3 + 6 x − 3 x 2          3
          =                                             =                             =                  .
                            ( x + 1)( x − 3)                   ( x + 1)( x − 3)         ( x + 1)( x − 3)
     2x + 1 1 − 2x     1     2x + 1 1 − 2x     1           (2 x + 1)( x + 3) + ( x − 4)(1 − 2 x) + 1
b)         +       + 2     =       +       +             =
     x − 4 x + 3 x − x − 12 x − 4 x + 3 ( x − 4)( x + 3)                ( x − 4)( x + 3)
                           2 x2 + x + 6 x + 3 + x − 2 x2 − 4 + 8x + 1         16 x
                       =                                              =                  .
                                         ( x − 4)( x + 3)               ( x − 4)( x + 3)

                        x2 + 2 ⎛ 3         1 − 3x − x 2 ⎞
Detyra 3. a)                    :⎜       +              ⎟.
                      x2 + x + 1 ⎝ x − 1      x3 − 1 ⎠
Zgjidhja.
 x2 + 2 ⎛ 3         1 − 3x − x 2       ⎞   x2 + 2 ⎛ 3           1 − 3x − x 2       ⎞
          :⎜      +                    ⎟ = 2       :⎜      +                       ⎟
x2 + x + 1 ⎝ x −1      x3 − 1          ⎠  x + x + 1 ⎝ x − 1 ( x − 1)( x 2 + x + 1) ⎠

                x 2 + 2 ⎛ 3( x 2 + x + 1) + 1 − 3 x − x 2 ⎞    x2 + 2     ( x − 1)( x 2 + x + 1)     ( x 2 + 2)( x − 1)
          =             :⎜                                ⎟ = 2       ⋅ 2                          =
              x2 + x + 1 ⎝      ( x − 1)( x 2 + x + 1)    ⎠ x + x + 1 3x + 3x + 3 + 1 − 3x − x
                                                                                                 2
                                                                                                          2 x2 + 4
              ( x 2 + 2)( x − 1) x − 1
          =                     =      .
                  2( x 2 + 2)      2

                     | x | +1     x2 + | x |                           | x 3 + 1| + | x − 1|
Detyra 4. a)                  − 2            ;                   b)                          .
                      x 2 − 1 x + 2 | x | +1                                   x3 + x
Zgjidhja.
a) Duke u mbështetur në përkufizimin e vlerës absolute
                                                                      ⎧ x, x > 0
                                                                      ⎪
                                                               | x |= ⎨0, x = 0
                                                                      ⎪ − x, x < 0
                                                                      ⎩
merren rastet: 1) x ≥ 0; 2) x < 0.
1) Nëse x ≥ 0 atëherë | x |= x. Kemi:
| x | +1     x2 + | x |    x +1           x2 + x     1    x( x + 1)     1     x    x + 1 + x( x − 1)
         − 2            =             + 2         =     +           =      +     =
 x − 1 x + 2 | x | +1 ( x − 1)( x + 1) x + 2 x + 1 x − 1 ( x + 1)
   2                                                              2
                                                                      x − 1 x + 1 ( x − 1)( x + 1)
         x + 1 + x2 − x x2 + 1
     =                   =        .
         ( x − 1)( x + 1) x 2 − 1
2) Nëse x < 0, | x |= − x, merret:
| x | +1     x2 + | x |   −x +1           x2 − x       −( x − 1)     x( x − 1)   −1    x     −( x − 1) − x( x + 1)
         − 2            =             − 2         =                −           =    −      =
 x − 1 x + 2 | x | +1 ( x − 1)( x + 1) x − 2 x + 1 ( x − 1)( x + 1) ( x − 1) 2 x + 1 x − 1
   2
                                                                                                ( x + 1)( x − 1)
         − x + 1 − x2 − x 1 − x2 − 2x
     =                   =            .
              x2 − 1         x2 − 1
b) Shprehjen e dhënë e transformojmë si vijon:
| x 3 + 1| + | x − 1| | ( x + 1)( x 2 − x + 1) | + | x − 1| | x + 1|| x 2 − x + 1| + | x − 1| | x + 1| ( x 2 − x + 1)+ | x − 1|
                     =                                     =                                 =                                  .
        x3 + x                      x( x 2 + 1)                         x( x 2 + 1)                       x( x 2 + 1)
I-HYRJE                                                                                                              3

Gjatë transformimit zbatuam vetinë e vlerës absolute | ab |=| a || b | si dhe faktin që x 2 − x + 1 > 0 . Pra
| x 2 − x + 1|= x 2 − x + 1.
                                                                        2        2            2
                                                       1 ⎛1⎞        ⎛1⎞ ⎛      1⎞ 3
Shënim. x 2 − x + 1 > 0 sepse x 2 − x + 1 = x 2 + 2 x ⋅ + ⎜ ⎟ + 1 − ⎜ ⎟ = ⎜ x − ⎟ + > 0.
                                                       2 ⎝2⎠        ⎝2⎠ ⎝      2⎠ 4
Në vijim detyrën e shqyrtojmë në intervalet: 1) x ∈ ( −∞, −1];                  2) x ∈ (−1,1];     3) x ∈ (1, +∞).
1) Nëse x ∈ ( −∞, −1], atëherë x + 1 ≤ 0 ⇒| x + 1|= −( x + 1), x − 1 < 0 ⇒| x − 1|= −( x − 1). Merret:
        −( x + 1)( x 2 − x + 1) + (−( x − 1)) −( x 3 + 1) − x + 1 − x 3 − 1 − x + 1 −( x 3 + x)
                                             =                   =                 =             = −1.
                      x( x 2 + 1)                 x( x 2 + 1)        x( x 2 + 1)     x( x 2 + 1)
2) Nëse x ∈ ( −1,1], atëherë x + 1 > 0 ⇒| x + 1|= x + 1; x − 1 ≤ 0 ⇒| x − 1|= −( x − 1) = − x + 1 = 1 − x.
               ( x + 1)( x 2 − x + 1) + 1 − x x 3 + 1 + 1 − x x 3 − x + 2
    Merret                                   =               =             .
                         x( x 2 + 1)             x( x 2 + 1)   x( x 2 + 1)
3) Nëse x ∈ (1, +∞) atëherë x + 1 > 0 ⇒| x + 1|= x + 1, x − 1 > 0 ⇒| x − 1|= x − 1.
              ( x + 1)( x 2 − x + 1) + x − 1 x 3 + 1 + x − 1
   Merret                                   =                = 1.
                        x( x 2 + 1)             x( x 2 + 1)
                                                    ⎧ −1,       nëse x ∈ (−∞, −1]
                                                    ⎪ 2
                                | x + 1| + | x − 1| ⎪ x − x + 2
                                                     3

Përfundimisht mund të shkruajmë                    =⎨           nëse x ∈ (−1,1] .
                                      x3 + x        ⎪ x( x + 1)
                                                          2


                                                    ⎪1,
                                                    ⎩           nëse x ∈ (1, +∞]
Funksionet e dhëna racionale, të shprehen si shumë e funksioneve elementare racionale
                        x
Detyra 5.                         .
                 ( x + 2)( x − 3)
Zgjidhja.
Shprehjen e dhënë e shënojmë si vijon:
                 x           A     B
                          =     +
          ( x + 2)( x − 3) x + 2 x − 3
Merret
     x = A( x − 3) + B( x + 2)
     x = Ax − 3 A + Bx + 2 B
     x = ( A + B ) x + ( −3 A + 2 B )
               ⎧A + B =1                                         2     3
Merret sistemi ⎨               me zgjidhjen e të cilit merret A = , B = .
               ⎩−3 A + 2 B = 0                                   5     5
                                  2     3
                      x                         2         3
Përfundojmë se                 = 5 + 5 =             +          .
               ( x + 2)( x − 3) x + 2 x − 3 5( x + 2) 5( x − 3)

                      x2 + 2
Detyra 6.                            .
                 ( x + 1) 2 ( x − 2)

Zgjidhja.
Shprehjen e dhënë e shënojmë si vijon:
         x2 + 2         A       B         C
                     =     +           +
    ( x + 1) ( x − 2) x + 1 ( x + 1)
            2                        2
                                         x−2
Merret
    x 2 + 2 = A( x + 1)( x − 2) + B ( x − 2) + C ( x + 1) 2
4                                                                                                              ANALIZA MATEMATIKE I


       x 2 + 2 = A( x 2 − 2 x + x − 2) + Bx − 2 B + C ( x 2 + 2 x + 1)
       x 2 + 2 = Ax 2 − Ax − 2 A + Bx − 2 B + Cx 2 + 2Cx + C
       x 2 + 2 = ( A + C ) x 2 + (− A + B + 2C ) x + (−2 A − 2 B + C )
              ⎧A + C =1
              ⎪                                                   1             2
Kemi sistemin ⎨− A + B + 2C = 0 me zgjidhjen e të cilit merret A = , B = −1, C = .
              ⎪−2 A − 2 B + C = 2                                 3             3
              ⎩
                                   1                 2
                    x2 + 2                 −1                1         1        2
Përfundojmë se                  = 3 +             + 3 =           −          +        .
               ( x + 1) ( x + 2) x + 1 ( x + 1)
                       2                        2
                                                   x − 2 3( x + 1) ( x + 1) 3( x − 2)
                                                                           2




2. Fuqizimi dhe rrënjëzimi

                                                        a −2 x − a − x − 6 a − x − 1
Detyra 6. Të vërtetohet se shprehja                                       −          − 2 nuk varet nga a, x.
                                                            a −2 x − 4      2 − a− x
Zgjidhja.
                                 1      1         1                1 − a x − 6a 2 x    1 − ax
                                     − x −6          −1
a − a − 6 a −1
    −2 x       −x           −x
                                                                         a 2x               x
                                                                                    − a
                                  2x               x
                 −          −2= a       a     − a         −2 =                                −2
  a −2 x − 4       2 − a− x          1                 1              1 − 4a  2x
                                                                                       2a − 1
                                                                                          x
                                        −4       2− x
                                    a2x               a                  a2x             ax
     1 − 3a x + 2a x − 6a 2 x 1 − a x        (1 − 3a x ) + 2a x (1 − 3a x ) 1 − a x
  =                          − x        −2 =                               +           −2
            1 − (2a )
                    x 2
                              2a − 1             (1 − 2a x )(1 + 2a x )       1 − 2a x

                    (1 − 3a x )(1 + 2a x ) 1 − a x      1 − 3a x 1 − a x       1 − 3a x + 1 − a x     2(1 − 2a x )
                =                         +         −2=         +         −2 =                    −2=              − 2 = 0.
                    (1 − 2a x )(1 + 2a x ) 1 − 2a x     1 − 2a x 1 − 2a x          1 − 2a  x
                                                                                                       1 − 2a x

                   ⎛ 12      7       4 ⎞     1
Detyra 7. Njehsoni ⎜      +      +      ⎟⋅          .
                   ⎝ 5 +1   5 − 2 3 − 5 ⎠ 11 5 + 14
Zgjidhja.

⎛ 12      7       4 ⎞     1      ⎛ 12      5 −1     7      5+2        4    3+ 5 ⎞       1
⎜      +      +      ⎟⋅          ⎜ 5 + 1 ⋅ 5 − 1 + 5 − 2 ⋅ 5 + 2 + 3 − 5 ⋅ 3 + 5 ⎟ ⋅ 11 5 + 14
                                =⎜                                               ⎟
⎝ 5 +1   5 − 2 3 − 5 ⎠ 11 5 + 14 ⎝                                               ⎠

        ⎛ 12 5 − 12 7 5 + 14 12 + 4 5 ⎞ 1       ⎛ 12( 5 − 1)                      ⎞    1
        ⎜ 5 − 1 + 5 − 4 + 9 − 5 ⎟ ⋅ 11 5 + 14 = ⎜
       =⎜                             ⎟         ⎜            + 7 5 + 14 + (3 + 5) ⎟ ⋅
                                                                                  ⎟ 11 5 + 14
        ⎝                             ⎠         ⎝     4                           ⎠
                                                      1                         1
       = (3 5 − 3 + 7 5 + 14 + 3 + 5) ⋅                      = (11 5 + 14) ⋅           = 1.
                                                   11 5 + 14                 11 5 + 14

                                    a + b −1             ⎛    a      b ⎞       1
Detyra 8. Tregoni se                       − a ⋅( a − b)⋅⎜       +         =−      , a, b > 0.
                                      a+ b               ⎜ a + ab a − ab ⎟
                                                                         ⎟    a+ b
                                                         ⎝               ⎠
Zgjidhja.

 a + b −1           ⎛    a        b ⎞ a + b −1                    ⎛ a a −a b +a b +b a ⎞
                    ⎜ a + ab + a − ab ⎟ = a + b − a ⋅ ( a − b ) ⋅ ⎜ (a + ab )( a − ab ) ⎟
         − a( a − b)⎜                 ⎟                           ⎜                     ⎟
    a+ b            ⎝                 ⎠                           ⎝                     ⎠
               a + b −1                        a ( a + b) a + b − 1                 a ( a + b)
           =               − a ⋅( a − b)⋅                =          − a ⋅( a − b)⋅
                a+ b                           a − ab
                                                2
                                                           a+ b                    a ( a − b)
     a + b −1             ( a − b )(a + b)         a + b −1− a − b         1
=                    −                         =                     =−          .
           a+ b          ( a − b )( a + b )             a+ b              a+ b
I-HYRJE                                                                                                                           5

Detyra 9. Nëse a = (1 + 2) −1 ; b = (1 − 2) −1 të njehsohet vlera e shprehjes (a + 1) −2 + (b + 1) −2 .
Zgjidhja.
(a + 1) −2 + (b + 1) −2 = ((1 + 2) −1 + 1) −2 + ((1 − 2) −1 + 1)−2
                           −2                    −2          −2                 −2              −2                  −2
      ⎛ 1     ⎞   ⎛ 1     ⎞   ⎛ 1+1+ 2 ⎞  ⎛ 1+1− 2 ⎞  ⎛2+ 2⎞    ⎛2− 2⎞
     =⎜    + 1⎟ + ⎜    + 1⎟ = ⎜
                              ⎜ 1+ 2 ⎟ ⎟ +⎜
                                          ⎜ 1− 2 ⎟ ⎟ =⎜      ⎟ +⎜
                                                      ⎜ 1+ 2 ⎟  ⎜ 1− 2 ⎟
                                                                       ⎟
      ⎝1+ 2 ⎠     ⎝1− 2 ⎠     ⎝        ⎠  ⎝        ⎠  ⎝      ⎠  ⎝      ⎠
                      2                 2
      ⎛ 1+ 2 ⎞ ⎛ 1− 2 ⎞   1+ 2 2 + 2 1− 2 2 + 2 3 + 2 2 3 − 2 2
     =⎜       +         =           +          =       +
      ⎜ 2+ 2 ⎟ ⎜ 2− 2 ⎟
             ⎟ ⎜      ⎟   4+4 2 +2 4−4 2 +2 6+4 2 6−4 2
      ⎝      ⎠ ⎝      ⎠
           3+ 2 2                3− 2 2          1 1
     =                    +                  =    + = 1.
          2(3 + 2 2)            2(3 − 2 2)       2 2

3. Barazimet dhe mosbarazimet

                             1− x       5− x        1                        x +1       1         2
Detyra 10. a)                        −           =      ;             b)            −       =             ;
                          2 x( x − 2) 2 x 2 − 4 x x + 2                    3 x 2 − x 3 x + 1 x(9 x 2 − 1)
                            1       2          3                                     4x            1             6
                 c)            + 2        − 2         = 0;            d)                         =        +              .
                          y − 9 y − 6y + 9 y + 5y + 6
                           2
                                                                           1 + 6 x + 12 x + 8 x 1 − 4 x
                                                                                         2     3        2
                                                                                                            2 + 8x + 8x2


Zgjidhja.
        1− x       5− x        1        1− x        5− x      1        1− x        5− x       1
a)              −           =      ⇔            −          =      ⇔            −           −      =0
     2 x( x − 2) 2 x 2 − 4 x x + 2   2 x( x − 2) 2 x(2 − x) x + 2   2 x( x − 2) 2 x( x − 2) x + 2
           (1 − x)( x + 2) − (5 − x)( x + 2) − 2 x( x − 2)     (1 − x − (5 − x))( x + 2) − 2 x 2 + 4 x
     ⇔                                                     =0⇔                                         =0
                         2 x( x − 2)( x + 2)                             2 x( x − 2)( x + 2)
           (1 − x − 5 + x)( x + 2) − 2 x 2 + 4 x     −4 x − 8 − 2 x 2 + 4 x
     ⇔                                           =0⇔                        =0
                    2 x( x − 2)( x + 2)               2 x( x − 2)( x + 2)
                −2 x 2 − 8
     ⇔                         = 0 | ⋅2 x( x − 2)( x + 2), x ≠ 0, x ≠ 2, x ≠ −2 ⇔ −2 x 2 − 8 = 0 |: (−2)
           2 x( x − 2)( x + 2)
     ⇔ x 2 + 4 = 0.
     Por x 2 + 4 > 0 d.m.th. barazimi nuk ka zgjidhje.
       x +1       1         2           x +1       1            2                                             1
b)            −       =             ⇔          −       =                  ⋅ x(3 x − 1)(3 x + 1), x ≠ 0, x ≠ ±
     3 x 2 − x 3 x + 1 x(9 x 2 − 1)   x(3x − 1) 3 x + 1 x(3x − 1)(3x + 1)                                     3
                                                                                            1
     ⇔ ( x + 1)(3x + 1) − x(3 x − 1) = 2 ⇔ 3x 2 + x + 3x + 1 − 3 x 2 + x = 2 ⇒ 5 x = 1 ⇒ x = .
                                                                                            5
       1       2          3
c)        + 2        − 2         =0
     y − 9 y − 6y + 9 y + 5y + 6
      2



                  1             2               3
     ⇔                     +           −                  = 0 | ⋅( y − 3) 2 ( y + 3)( y + 2), y ≠ ±3, y ≠ −2
           ( y − 3)( y + 3) ( y − 3) 2
                                         ( y + 2)( y + 3)
     ⇔ ( y − 3)( y + 2) + 2( y + 2)( y + 3) − 3( y − 3) 2 = 0 ⇔ y 2 − 3 y + 2 y − 6 + 2( y 2 + 5 y + 6) − 3( y 2 − 6 y + 9) = 0
                                                                                                  7
     ⇔ y 2 − y − 6 + 2 y 2 + 10 y + 12 − 3 y 2 + 18 y − 27 = 0 ⇔ 27 y − 21 = 0 ⇒ 9 y − 7 = 0 ⇒ y = .
                                                                                                  9
               4x            1             6              4x                1               6
d)                         =        +               ⇔             =                   +             ⋅ 2(1 − 2 x)(1 + 2 x)3
     1 + 6 x + 12 x + 8 x 1 − 4 x
                   2     3        2
                                      2 + 8x + 8x 2
                                                      (1 + 2 x) 3
                                                                    (1 − 2 x)(1 + 2 x) 2(1 + 2 x) 2
     ⇔ 4 x ⋅ 2(1 − 2 x) = 2(1 + 2 x) 2 + 6(1 − 2 x)(1 + 2 x) ⇔ 8 x(1 − 2 x) = 2(1 + 4 x + 4 x 2 ) + 6(1 − 4 x 2 )
6                                                                                                  ANALIZA MATEMATIKE I


      ⇔ 8 x − 16 x 2 = 2 + 8 x + 8 x 2 + 6 − 24 x 2 ⇔ 0 = 8.
       Meqë kemi arritur në një barazi të pasaktë përfundojmë se barazimi i dhënë nuk ka zgjidhje.
Detyra 11. Të zgjidhen mosbarazimet:
                       x −1                                    ( x − 1) 2               ( x − 2) 2
                  a)          < 0;                      b)                > 0;     c)              ≤ 0;
                       x2 + 1                                    x +1                      x+3
                       | x−2|                                | x − 1|                    3x
                  d)          < 0;                      e)            < 1;         f)       < 3.
                         x +1                                  x −1                     x+3
Zgjidhja.
a) Meqë shprehja x 2 + 1 > 0 për çdo x ∈ R atëherë që thyesa të jetë negative në bazë të ekuivalencës
   4) duhet që x − 1 < 0 ⇒ x < 1.
b) Meqë ( x − 1) 2 ≥ 0, ∀x ∈ R dhe meqë thyesa është pozitive, atëherë numëruesi nuk mund të jetë zero,
   d.m.th. x − 1 ≠ 0, pra x ≠ 1. Nën këtë kusht emërues duhet të jetë pozitiv, pra duhet që
   x + 1 > 0 ⇒ x > −1.
      Pra x ∈ (−1, +∞) \ {1}, që mund të shënohet x ∈ (−1,1) ∪ (1, +∞).



                         −∞                        -1            1                      +∞ x
                                                        Figura 1

       Pika x = 1 nuk është zgjidhje e mosbarazimit.
c) Meqë ( x − 2) 2 ≥ 0, për çdo x ∈ R dhe meqë thyesa është negative ose zero duhet që
    x + 3 < 0 ⇒ x < −3. Pra x ∈ (−∞, −3). Meqë edhe x = 2 e plotëson mosbarazimin përfundojmë se
    x ∈ (−∞, −3) ∪ {2}.
d) Meqë | x − 2 |≥ 0, për çdo x ∈ R, së pari duhet që x ≠ 2. Po ashtu x + 1 < 0 ⇒ x < −1. Pra, x ∈ ( −∞, −1).
e) Për x > 1 ⇒ x − 1 > 0 ⇒| x − 1|= x − 1, atëherë mosbarazimi shndërrohet në trajtën
      x −1
           < 1 ⇔ 1 < 1, që nuk është e saktë.
      x −1
     Për x < 1 ⇒ x − 1 < 0 ⇒| x − 1|= −( x − 1). Mosbarazimi shndërrohet në trajtën
         ( x − 1)
     −            < 1 ⇔ −1 < 1, që paraqet pohim të saktë.
           x −1
     D.m.th. çdo x ∈ (−∞,1) është zgjidhje e mosbarazimit.
      3x      3x         3x − 3x − 9      −9
f)       <3⇔     −3< 0 ⇔             <0⇔     < 0.
     x+3     x+3            x+3          x+3
     Meqë numëruesi është negativ, atëherë që thyesa të jetë negative duhet që x + 3 > 0 ⇒ x > −3.
Detyra 12. Të zgjidhen mosbarazimet e dyfishta:
                            x −1                                      x +1                  x −1
                   a) 1 <        < 4;                   b) −2 <             < 2;   c) 0 ≤        ≤ 3.
                            x−3                                      2x − 3                 4− x
Zgjidhja.
a) Kemi mosbarazimet:
      ⎧ x −1      ⎧ x −1          ⎧ x −1− x + 3                  ⎧ 2
      ⎪ x − 3 > 1 ⎪ x − 3 −1 > 0 ⎪ x − 3
      ⎪           ⎪               ⎪
                                                   >0            ⎪x −3 > 0
                                                                 ⎪
                                                                                           (1)
      ⎨          ~⎨              ~⎨                              ⎨
      ⎪ x − 1 < 4 ⎪ x − 1 − 4 < 0 ⎪ x − 1 − 4 x + 12 < 0         ⎪ −3 x + 11 < 0           (2)
      ⎪x−3
      ⎩           ⎪x−3
                  ⎩               ⎪
                                  ⎩       x−3                    ⎪ x−3
                                                                 ⎩
     Zgjidhja e mosbarazimit (1) është x − 3 > 0 ⇒ x > 3.
     Mosbarazimi (2) është ekuivalent me mosbarazimet:
I-HYRJE                                                                                                        7

      (−3 x + 11 > 0 ∧ x < 3) ∨ (−3 x + 11 < 0 ∧ x − 3 > 0)    ⇔ (3x < 11 ∧ x < 3) ∨ (3x > 11 ∧ x > 3)
            ⎛    11       ⎞ ⎛      11       ⎞              11                  ⎛ 11   ⎞
          ⇔ ⎜ x < ∧ x < 3 ⎟ ∨ ⎜ x > ∧ x > 3 ⎟ ⇔ x < 3 ∨ x > . Pra x ∈ (−∞,3) ∪ ⎜ , +∞ ⎟ .
            ⎝     3       ⎠ ⎝       3       ⎠               3                  ⎝3     ⎠
  Në një grafik të përbashkët paraqesim bashkësitë e zgjidhjeve të mosbarazimeve (1) dhe (2).




                     −∞                        3          11             ⎛ 11   ⎞
                                                                     x ∈ ⎜ , +∞ ⎟
                                                                                         +∞ x
                                                           3             ⎝3     ⎠
                                                       Figura 1


                             ⎛ 11   ⎞
   Nga figura vërejmë se x ∈ ⎜ , +∞ ⎟ (Zgjidhja paraqet prerjen e bashkësive të zgjidhjeve të
                             ⎝3     ⎠
   mosbarazimeve (1), (2)).
b) Kemi mosbarazimet:
      ⎧ x +1         ⎧ x +1            ⎧ x + 1 + 4x − 6    ⎧ 5x − 5          ⎧ x −1
      ⎪ 2 x − 3 > −2 ⎪ 2 x − 3 + 2 > 0 ⎪ 2 x − 3        >0 ⎪        > 0 |: 5 ⎪        >0                 (1)
      ⎪              ⎪                 ⎪                   ⎪ 2x − 3          ⎪ 2x − 3
      ⎨             ~⎨                ~⎨                  ~⎨                ~⎨
      ⎪ x +1 < 2     ⎪ x + 1 − 2 < 0 ⎪ x + 1 − 4 x + 6 < 0 ⎪ −3 x + 7 < 0    ⎪ 7 − 3x < 0                (2)
      ⎪ 2x − 3
      ⎩              ⎪ 2x − 3
                     ⎩                 ⎪ 2x − 3
                                       ⎩                   ⎪
                                                           ⎩ 2x − 3          ⎪ 2x − 3
                                                                             ⎩
                                                        ⎛3     ⎞
   Pasi të zgjidhet mosbarazimi (1) merret x ∈ (−∞,1) ∪ ⎜ , +∞ ⎟ .
                                                        ⎝2     ⎠
                                               ⎛    3⎞ ⎛7       ⎞
   Pasi të zgjidhet mosbarazimi (2) merret x ∈ ⎜ −∞, ⎟ ∪ ⎜ , +∞ ⎟ .
                                               ⎝    2⎠ ⎝3       ⎠
   Bashkësitë e zgjidhjeve i paraqesim në një grafik të përbashkët, dhe caktojmë prerjen e tyre, që
   paraqet bashkësinë e zgjidhjeve. Merret:



                −∞                       1         3      7
                                                                                     +∞ x
                                                          3
                                                          ⎛7     ⎞
                                             x ∈ (−∞,1) ∪ ⎜ , +∞ ⎟
                                                          ⎝3     ⎠

                                                   Figura 2
                                ⎛7     ⎞
   Përfundojmë se x ∈ ( −∞,1) ∪ ⎜ , +∞ ⎟ .
                                ⎝3     ⎠
                                                         ⎧ x −1
                                                         ⎪4 − x ≥ 0
                                                         ⎪
c) Udhëzim. Mosbarazimi është ekuivalent me mosbarazimet ⎨
                                                         ⎪ 4 x − 13 ≤ 0
                                                         ⎪ 4− x
                                                         ⎩
                                     ⎡ 13 ⎤
   Zgjidhja e mosbarazimit është x ∈ ⎢1, ⎥ .
                                     ⎣ 4⎦
                 x        5    4x − 5
Detyra 13.             −      = 2     .
              2x − x −1 2x + 1 x −1
                 2


Zgjidhja.
Edhe këtu barazimi është i mundur nëse 2 x 2 − x − 1 ≠ 0 ∧ 2 x + 1 ≠ 0 ∧ x 2 − 1 ≠ 0
                                       1 ± 1 − 4 ⋅ 2(−1) 1 ± 1 + 8 1 ± 9
Nga 2 x 2 − x − 1 = 0 merret x1/ 2 =                    =         =      .
                                             2⋅2             4        4
8                                                                                                            ANALIZA MATEMATIKE I


                  1± 3                   1
D.m.th. x1/ 2 ≠        ⇒ x1 ≠ 1 ∧ x2 ≠ −
                   4                     2
                                           1
Nga 2 x + 1 ≠ 0 ∧ x 2 − 1 ≠ 0 merret x3 ≠ − , x 2 − 1 ≠ 0 ⇔ x4 / 5 ≠ ±1.
                                           2
                                                             ⎧     1 ⎫
Bashkësia e zgjidhjeve të barazimit të dhënë kërkohet në R \ ⎨−1, − ,1⎬ .
                                                             ⎩     2 ⎭
                       ⎛      x 1⎞             ⎛    1⎞
Meqë 2 x 2 − x − 1 = 2 ⎜ x 2 − − ⎟ = 2( x − 1) ⎜ x + ⎟ merret
                       ⎝      2 2⎠             ⎝    2⎠
   x        5    4x − 5                         x             5         4x − 5
         −      = 2     ⇔                                −         =
2x − x −1 2x + 1 x −1
    2
                                                 ⎛    1⎞   ⎛    1 ⎞ ( x − 1)( x + 1)
                                       2( x − 1) ⎜ x + ⎟ 2 ⎜ x + ⎟
                                                 ⎝    2⎠   ⎝    2⎠
                x            5        4x − 5
    ⇔                    −       =                 ⋅ ( x − 1)( x + 1)(2 x + 1) ⇔ x ( x + 1) − 5( x − 1)( x + 1) = (4 x − 5)(2 x + 1)
        ( x − 1)(2 x + 1) 2 x + 1 ( x − 1)( x + 1)
    ⇔ x 2 + x − 5( x 2 − 1) = 8 x 2 + 4 x − 10 x − 5 ⇔ x 2 + x − 5 x 2 + 5 = 8 x 2 − 6 x − 5 ⇔ −12 x 2 + 7 x + 10 = 0

                −7 ± 7 2 − 4 ⋅ ( −12)10 −7 ± 49 + 480
    ⇔ x1/ 2 =                          =              ⇔
                      2( −12)                −24
                −7 ± 529 −7 ± 23        −7 + 23 16      2       −30 5
    ⇔ x1/ 2 =           =        ⇔ x1 =        =     = − ⇔ x2 =    = .
                   −24    −24            −24     −24    3       −24 4
Detyra 14. x 2 + | x + 3 | + | x − 3 |= 4.5 | x | +6 .
Zgjidhja.
Së pari shikojmë se si zbërthehen vlerat absolute:
               ⎧ x + 3,    x + 3 ≥ 0, x ≥ −3              ⎧ x − 3,    x≥3            ⎧ x, x ≥ 0
    | x + 3 |= ⎨                             ; | x − 3 |= ⎨                 ; | x |= ⎨            .
               ⎩−( x + 3), x < −3                         ⎩−( x − 3), x < 3          ⎩ − x, x < 0
Në këtë rast bashkësia e numrave realë R ndahet në këto intervale:
     x ∈ (−∞, −3) ∨ (−3, 0) ∨ (0,3) ∨ (3, +∞)
I) Për x ∈ (−∞, −3) ⇒| x + 3 |= −( x + 3), | x − 3 |= −( x − 3) dhe | x |= − x barazimi ka trajtën:
                                                                     45                            9
x 2 − ( x + 3) − ( x − 3) = 4.5( − x ) + 6 ⇔ x 2 − x − 3 − x + 3 =      ( − x ) + 6 ⇔ x 2 − 2 x = − x + 6 | ⋅2
                                                                     10                            2
                                                                                                −5 ± 25 + 4 ⋅ 2 ⋅12
    ⇔ 2 x 2 − 4 x = −9 x + 12 ⇒ 2 x 2 − 4 x + 9 x − 12 = 0 ⇔ 2 x 2 + 5 x − 12 = 0 ⇒ x1/ 2 =
                                                                                                      2⋅2
                −5 ± 25 + 96 −5 ± 121 −5 ± 11        −5 + 11 6 3       −5 − 11 −16
    ⇔ x1/ 2 =               =        =        ⇒ x1 =        = = , x2 =        =    = −4.
                     4           4       4              4    4 2         4      4
         3
Meqë x1 = ∉ (−∞, −3) mbetet se zgjidhja e vetme në këtë rast është x2 = −4.
         2
II) Për x ∈ (−3, 0) merret: | x + 3 |= ( x + 3), | x − 3 |= −( x − 3) , | x |= − x .
                        9                                   9
x 2 + x + 3 − ( x − 3) = (− x) + 6 ⇔ x 2 + x + 3 − x + 3 = − x + 6 | ⋅2 ⇔ 2( x 2 + 6) = −9 x + 12 ⇔ 2 x 2 + 12 + 9 x − 12 = 0
                        2                                   2
                                                                               9
    ⇔ 2 x 2 + 9 x = 0 ⇔ x(2 x + 9) = 0 ⇔ x1 = 0 ∨ 2 x + 9 = 0 ⇒ x1 = 0 ∨ x2 = − .
                                                                               2
                            9
Pasi x1 = 0 ∈ (−3,0], x2 = − ∉ (−3,0] përfundojmë se x1 është zgjidhje e barazimit.
                            2
III) Për x ∈ (0,3) merret: | x + 3 |= x + 3, | x − 3 |= −( x − 3), | x |= x
                           9                              9                 9
x 2 + x + 3 − ( x − 3) =     x + 6 ⇔ x 2 + x + 3 − x + 3 = x + 6 ⇒ x 2 + 6 = x + 6 | ⋅2
                           2                              2                 2
I-HYRJE                                                                                                        9

                                                     9
   ⇔ 2 x 2 − 9 x = 0 ⇒ x(2 x − 9) = 0 ⇔ x1 = 0 ∨ x2 = .
                                                     2
Edhe këtu x1 = 0 ∈ [0,3) , d.m.th. se x1 është zgjidhje e barazimit.
IV) Nëse x ∈ (3, +∞), atëherë kemi: | x + 3 |= x + 3, | x − 3 |= x − 3, | x |= x.
                           9                    9
    x2 + x + 3 + x − 3 =     x + 6 ⇔ x 2 + 2 x = x + 6 | ⋅2 ⇔ 2 x 2 + 4 x = 9 x + 12 ⇔ 2 x 2 − 5 x − 12 = 0
                           2                    2
              5 ± 25 + 4 ⋅ 2 ⋅12           5 ± 25 + 96 5 ± 121 5 ± 11        5 + 11           5 − 11 −6    3
    x1/ 2 =                      , x1/ 2 =            =       =       , x1 =        = 4, x2 =       =   =−
                   2⋅2                         4          4      4             4                4     4    2
Meqë x1 = 4 ∈ (3, +∞) përfundojmë se x1 paraqet zgjidhje të barazimit kurse x2 nuk është zgjidhje e
barazimit.
Zgjidhjet e barazimit të fillimit janë B ( E ) = {−4, 0, 4}.
Detyra 15. Të caktohet natyra e zgjidhjeve të barazimeve, në varësi të parametrit m.
                                                 (m − 2) x 2 − (m + 1) x + m + 1 = 0 .
Zgjidhja.
a) (m − 2) x 2 − (m + 1) x + m + 1 = 0 . Në këtë rast a = m − 2, b = −(m + 1), c = m + 1 .
Varësisht nga dallori D = b 2 − 4ac dallojmë këto raste:
I) Nëse D = 0 barazimi ka zgjidhje reale të dyfishtë.
D = b2 − 4ac = ( −( m + 1)) 2 − 4( m − 2)( m + 1) = 0 ⇔ m 2 + 2m + 1 − 4( m 2 − m − 2) = 0
   ⇔ m 2 + 2m + 1 − 4m 2 + 4m + 8 = 0 ⇔ −3m 2 + 6m + 9 = 0 ⇔ −3(m 2 − 2m − 3) = 0 .
              2 ± 4 + 12 2 ± 16 2 ± 4        2+4           2 − 4 −2
   m1/ 2 =              =      =      , m1 =     = 3, m2 =      =   = −1.
                  2         2     2           2              2    2
II) Nëse D > 0, barazimi ka dy zgjidhje reale të ndryshme mes veti, kjo d.m.th. për
   −3m 2 + 6m + 9 > 0 ⇔ 3(m 2 − 2m − 3) < 0 ⇔ 3( m − 3)(m + 1) < 0

                                    m          -∞             -1            -3                    +∞
                                   m +1               -               +                   +
                                  m−3                 -               -                   +
                              (m − 3)(m + 1)          +               -                   +
d.m.th. për m ∈ (−1,3) barazimi ka rrënjë të ndryshme reale.
III) Nëse D < 0, barazimi ka rrënjë komplekse të konjuguara.
d.m.th. për −3m 2 + 6m + 9 < 0 ⇔ −3(m 2 − 2m − 3) < 0 ⇔ m 2 − 2m − 3 > 0 .
Nga tabela vërejmë se mosbarazimi vlen për m ∈ ( −∞, −1) ∪ (3, +∞ ) .
Detyra 16. Caktoni vlerat e parametrit m ashtu që të plotësohet relacioni
                                                           2 x 2 + mx − 4
                                                    −6 <                  < 4 , ∀x ∈ R.
                                                             x2 − x + 1
Zgjidhja.
Nga këto relacione marrim se
10                                                                                                 ANALIZA MATEMATIKE I


                                                                    ⎧      −2 x 2 + ( m + 4) x − 8
                                                                    ⎪                     2        2
                                                                                                      <0
     ⎧ 2 x 2 + mx − 4        ⎧ 2 x 2 + mx − 4 − 4( x 2 − x + 1)
                                                                <0  ⎪ x2 − 2x ⋅ 1 + ⎛ 1 ⎞ − ⎛ 1 ⎞ + 1
     ⎪ x2 − x + 1 − 4 < 0
     ⎪                       ⎪
                             ⎪           x2 − x + 1                 ⎪
                                                                    ⎪
                                                                                     ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
                                                                                2 ⎝2⎠ ⎝2⎠
     ⎨ 2                    ⇒⎨ 2                                   ⇒⎨ 2
     ⎪ 2 x + mx − 4 + 6 > 0  ⎪ 2 x + mx − 4 + 6( x − x + 1) > 0     ⎪ 8 x + (m − 6) x + 2 > 0
                                                     2


     ⎪ x − x +1
     ⎩      2                ⎪
                             ⎩           x − x +1
                                           2                        ⎪ ⎛       1⎞ 3
                                                                                  2

                                                                    ⎪ ⎜x− ⎟ +
                                                                    ⎪
                                                                    ⎩ ⎝       2⎠ 4

      ⎧ −2 x 2 + (m + 4) x − 8
      ⎪               2
                               <0
      ⎪     ⎛     1⎞ 3
      ⎪ ⎝   ⎜x− ⎟ +
      ⎪           2⎠ 4
     ⇒⎨ 2
      ⎪ 8 x + (m − 6) x + 2 > 0
      ⎪ ⎛           2
                 1⎞ 3
      ⎪ ⎜x− ⎟ +
      ⎪
      ⎩ ⎝        2⎠ 4
Mosbarazimet e fundit vlejnë kur −2 x 2 + (m + 4) x − 8 < 0 dhe 8 x 2 + ( m − 6) x + 2 > 0
                  2
       ⎛    1⎞ 3
(sepse ⎜ x − ⎟ + > 0, ∀x ∈ R ).
       ⎝    2⎠ 4
Zgjidhim në vijim veçmas të dy jobarazimet:
     −2 x 2 + (m + 4) x − 8 < 0
Kjo është e mundur atëherë dhe vetëm atëherë nëse D = b 2 − 4ac < 0 , d.m.th
(m + 4) 2 − 4( −2)(−8) < 0 ⇔ m 2 + 8m + 16 − 64 < 0 ⇔ m 2 + 8m − 48 < 0 ⇔ (m − 4)(m + 12) < 0

                                          m            -∞        -12        4      +∞
                                        m + 12               -         +           +
                                         m−4                 -         -           +
                                    (m − 4)( m + 12)         +         -           +
Pra m ∈ (−12, 4)                                       (1)
Ndërsa nga relacioni i dytë kemi:
8 x 2 + ( m − 6) x + 2 > 0 ⇔ D < 0 ⇔ (m − 6) 2 − 4 ⋅ 8 ⋅ 2 < 0 ⇔ m 2 − 12m + 36 − 64 < 0 ⇔ m 2 − 12m − 28 < 0
     ⇔ (m − 14)( m + 2) < 0
                                          m            -∞        -2        14       +∞
                                         m+2                 -         +           +
                                        m − 14               -         -           +
                                    (m + 2)( m − 14)         +         -           +
Pra m ∈ ( −2,14)                                       (2)
     Nga (1) dhe (2) merret prerja e tyre si zgjidhje finale dhe ajo është m ∈ (−2, 4) .
Detyra 17. Të zgjidhet barazimi bikuadratik
                                                 x2 + x − 5     3x
                                                            + 2      +4=0
                                                     x       x + x−5
Zgjidhja.
x2 + x − 5      x           x2 + x − 5      1
           +3 2      +4=0 ⇔            +3 2      + 4 = 0.
    x        x + x−5            x        x + x−5
                                            x
                      x2 + x − 5
Zëvendësojmë                     = t . Merret
                          x
I-HYRJE                                                                                                             11

   3                                          −4 ± 16 − 4 ⋅1 ⋅ 3 −4 ± 16 − 12 −4 ± 2        −4 + 2
t + + 4 = 0 | ⋅t ⇔ t 2 + 3 + 4t = 0 ⇒ t1/ 2 =                   =            =       ⇒ t1 =        = −1, t2 = −3.
   t                                                2                 2         2             2
       ⎧ x2 + x − 5
       ⎪            = −1
       ⎪     x            ⎧ x2 + x − 5 = − x  ⎧ 2                 ⎧ 2
                                              ⎪x + x − 5 + x = 0 ⎪x + 2x − 5 = 0
   Pra ⎨ 2               ~⎨ 2                ~⎨ 2                ~⎨ 2
       ⎪ x + x − 5 = − 3 ⎩ x + x − 5 = −3 x ⎪ x + x − 5 + 3 x = 0 ⎪ x + 4 x − 5 = 0
                                              ⎩                   ⎩
       ⎪
       ⎩     x
                          −2 ± 2 6                      −4 ± 6
prej nga merret x1/ 2 =            = −1 ± 1 6 , x3/ 4 =        ⇒ x3 = 1, x4 = −5.
                              2                           2
Të zgjidhen barazimet iracionale:
Detyra 18.        2 x + 14 − x − 7 = x + 5.
Zgjidhja.
⎧2 x + 14 ≥ 0                      ⎧2 x ≥ −14
⎪x − 7 ≥ 0                         ⎪x ≥ 7
⎪                                  ⎪
⎨x + 5 ≥ 0                        ~⎨
⎪                                  ⎪ x ≥ −5
⎪ 2 x + 14 − x − 7 = x + 5 |2      ⎪2 x + 14 − 2( 2 x + 14)( x − 7) + x − 7 == x + 5
⎩                                  ⎩
    ⎧ x ∈ [7, +∞ )
    ⎪                                        ⎧ x ∈ [7, +∞ )
                                             ⎪                              ⎧x ≥ 7
                                                                            ⎪
   ~⎨                                      ~⎨                               ⎨
    ⎪3 x + 7 − 2 2 x + 14 x − 7 = x + 5 ⎪2 x + 2 = 2 2 x + 14 x − 7 |: 2 ⎪ x + 1 = 2 x + 14 x − 7 |
                                                                                                     2
    ⎩                                        ⎩                              ⎩
    ⎧x ≥ 7                                       ⎧x ≥ 7                 ⎧x ≥ 7                  ⎧x ≥ 7
   ~⎨ 2                                          ⎨ 2                   ~⎨ 2                    ~⎨ 2
    ⎩( x + 2 x + 1) = (2 x − 14 x + 14 x − 98) ⎩ x + 2 x + 1 = 2 x − 98 ⎩− x + 2 x + 1 + 98 = 0 ⎩− x + 2 x + 99 = 0
                          2                                       2



    ⎧x ≥ 0                                          ⎧x ≥ 7
    ⎪                                               ⎪
   ~⎨         −2 ± 4 + 4 ⋅ 99 −2 ± 4 + 396 −2 ± 20 ~⎨     −2 + 20 18          −22
    ⎪ x1/ 2 =                =            =         ⎪ x1 = −2 = −2 = −9, x2 = −2 = 11
                                                    ⎩
    ⎩              −2              −2        −2
nga kjo shihet se zgjidhje e barazimit të fillimit është vlera x=11.
                  2x + 2    x+2     7
Detyra 19.               −        = .
                   x+2     2 x + 2 12
Zgjidhja.
                     2x + 2      x+2 1
Zëvendësojmë                =t⇒       = . Merret:
                      x+2       2x + 2 t

  1 7                                                          7 ± (−7) 2 − 4 ⋅ 12(−12)
t− =   ⋅ 12t ⇔ 12t 2 − 12 = 7t ⇔ 12t 2 − 7t − 12 = 0 ⇒ t1/ 2 =
  t 12                                                                 2 ⋅ 12
             7 ± 49 + 4 ⋅144 7 ± 49 + 576 7 ± 625 7 ± 25        7 + 25 4        3
   t1/ 2 =                  =            =       =       ⇒ t1 =       = , t2 = − .
                  24             24          24     24            24   3        4
        ⎧ 2x + 2 4 2
        ⎪        =
        ⎪ x+2      3
Atëherë ⎨              .
        ⎪ 2x + 2     3
        ⎪ x+2 =−4
        ⎩
Barazimi i dytë nuk ka zgjidhje.
Zgjidhja e barazimit të parë është
2 x + 2 16
       =   ⇔ 9(2 x + 2) = 16( x + 2) ⇔ 18 x + 18 = 16 x + 32 ⇔ 18 x − 16 x + 18 − 32 = 0 ⇔ 2 x = 14 ⇒ x = 7. .
 x+2     9
Dhe pasi të provojmë këtë zgjidhje, përfundojmë se kjo është zgjidhje e barazimit të fillimit.
Të zgjidhen barazimet eksponenciale dhe logaritmike:
12                                                                                                                                                                                                                ANALIZA MATEMATIKE I

                               2 x+2                 2 x −5              2 x −3           2 x −2

Detyra 20. 5                     5
                                            −4          3
                                                                  =5       5
                                                                                  +4         3
                                                                                                   .
Zgjidhja.
 2x      2        2x               5            2x                3          2x           2                2x       2         2x            3           2x         2        2x         5
                               −                          −                           −                                                 −                      −                   −
5 5 ⋅ 55 − 4 3 ⋅ 4                 3
                                              ⇔ 5 5 ⋅ 55 − 5 5 ⋅ 5 5 = 4 3 ⋅ 4 3 + 4 3 ⋅ 4 3
                                           = 5 5 ⋅5 5 + 4 3 ⋅ 4                           3

         2x
            ⎛ 2      − ⎞
                      3      2x
                                ⎛ −2     − ⎞
                                          5        2x
                                                      ⎛         1 ⎞      2x
                                                                            ⎛ 1        1 ⎞
      ⇔ 5 5 ⎜ 5 5 − 5 5 ⎟ = 4 3 ⎜ 4 3 + 4 3 ⎟ ⇔ 5 5 ⎜ 5 52 −        ⎟=4 ⎜3 2 + 3 5 ⎟
                                                                          3

            ⎝           ⎠       ⎝           ⎠         ⎝          5 ⎠
                                                               5 3
                                                                            ⎝ 4         4 ⎠
             2x 5
                      52 5 53 − 1                                 2x 3
                                                                         43 + 1                        2x 5
                                                                                                                55 − 1             2x
                                                                                                                                            4 +1               2x
                                                                                                                                                                       5 −1            2x
                                                                                                                                                                                                5
      ⇔55                                            =43                                  ⇔ 55                               =43                         ⇔ 55                    =43
                                       3                                          5                                     3                           5                       3
                           5
                               5                                         3
                                                                             4                                  5
                                                                                                                    5                       3
                                                                                                                                                4                      5
                                                                                                                                                                           5                3
                                                                                                                                                                                                45
             2x                            2x                                2x                                         2x                              2x ⎛ 3 ⎞           2x ⎛ 5 ⎞                 2x 8      2x 8
                      4                             5                  1                               1                       1                          −⎜ +1⎟             − ⎜ +1⎟                  −         −
      ⇔55                      =43                                ⋅       ⇔ 55                                  =43                     ⇔ 55               ⎝5 ⎠
                                                                                                                                                                   =43         ⎝3 ⎠
                                                                                                                                                                                       ⇔ 55             5
                                                                                                                                                                                                            =43   3
                  5
                      53                        3
                                                     45               4⋅5                              3                      5

                                                                                               55 ⋅ 5                        43 ⋅ 4
             2 x −8            2 x −8

      ⇔5       5
                      =4         3
                                            ⇔ ( 5 5) 2 x −8 = ( 3 4) 2 x −8 ⇔ 2 x − 8 = 0 ⇒ x = 4.

Detyra 21. ( x 2 − x − 1) x                                       −1
                                                                       = 1.
                                                              2




Zgjidhja.
Dallojmë këto raste:
                                           1± 1+ 8 1± 3
1) x 2 − x − 1 = 1 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ x1/ 2 =     =    ⇔ x1 = 2 dhe x2 = −1 . Nëse provojmë zgjidhjet e
                                              2      2
      tilla shihet se x1 = 2 e plotëson barazimin.
2) x 2 − x − 1 = −1 ⇒ x 2 − x = 0 ⇒ x( x − 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 . Provohet se x = 1 është zgjidhje.
3) Nëse x 2 − x − 1 = 0, në këtë rast nuk kemi zgjidhje.
4) Nëse x 2 − x − 1 > 0 dhe x 2 − x − 1 ≠ 1 merret:
      ( x 2 − x − 1) x −1 = 1 ⇔ ( x 2 − x − 1) x                                          −1
                                                                                               = ( x 2 − x − 1)0 ⇔ x 2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 merret x = −1.
                           2                                                          2




      Përfundimisht zgjidhjet janë: x1 = −1, x2 = 1 dhe x3 = 2.

                                                 4− x
Detyra 22. 1 + log x                                  = (log x 2 − 1) log x 10.
                                                  10
Zgjidhja.
                                                                ⎛           (4 − x) ⎞
1 + log x (4 − x) − log x 10 = (log x 2 − 1) log x 10 ⇔ log10 x ⎜ 1 + log x         ⎟ = 2log x − 1
                                                                ⎝             10 ⎠
                                  4− x
    ⇔ log10 x + log10 x ⋅ log x         = 2log x − 1 ⇔
                                   10
                             4− x
                       log10
    ⇔ log x + log x            10 = 2log x − 1 ⇔ log x + log 4 − x = 2 log x − 1 ⇔ log x ⋅ 4 − x = log x 2 − log10
                          log10 x                                    10                            10
                          4− x      x2   4 − x x2
      ⇔ log x ⋅                = log ⇔ x      =    ⇔ x(4 − x) = x 2 ⇔ 4 x − x 2 = x 2 ⇔ x = 0 ∨ x = 2.
                           10       10    10    10
Meqë x > 0 (nga kushtet e fillimit) përfundojmë se x = 2 është zgjidhja e kërkuar.
Të zgjidhen mosbarazimet eksponenciale dhe logaritmike:
Detyra 23. log 1 (5 + 4 x − x 2 ) > −3
                                       2


Zgjidhja.
                                                                   ⎧                ⎛1⎞
                                                                                        −3
                                                                                                                                   −3
                                                             ⎛1⎞   ⎪5 + 4 x − x < ⎜ ⎟
                                                                                2
                                                                                            ⎧
                                                                                            ⎪5 + 4 x − x > 0
                                                                                                        2

log 1 (5 + 4 x − x 2 ) > −3 ⇔ log 1 (5 + 4 x − x 2 ) > log 1 ⎜ ⎟ ⇔ ⎨                ⎝2⎠    ⇔⎨
                                                           2 ⎝ 2⎠                           ⎪5 + 4 x − x < 8
                                                                                                        2
    2                             2                                ⎪5 + 4 x − x 2 > 0       ⎩
                                                                   ⎩
I-HYRJE                                                                                                                13

    ⎧5 + 4 x − x 2 > 0
    ⎪                      ⎧− x 2 + 4 x + 5 > 0
                           ⎪
   ⇔⎨ 2                   ⇔⎨ 2                  .
    ⎪
    ⎩ −x + 4x + 5 − 8 < 0  ⎪− x + 4 x − 3 < 0
                           ⎩
                                                                          −4 ± 16 − 4(−1)5 −4 ± 6
Duke zgjidhur barazimin − x 2 + 4 x + 5 = 0 merret x1/ 2 =                                =       ⇒ x1 = −1, x2 = 5.
                                                                                −2          −2
                                                                          −4 ± 16 − 4(−1)(−3) −4 ± 16 − 12 −4 ± 2
Duke zgjidhur barazimin − x 2 + 4 x − 3 = 0 merret x3/ 4 =                                   =            =
                                                                                2(−1)              −2       −2
⇒ x3 = 1, x4 = 3.
Zgjidhja e mosbarazimit                 − x 2 + 4 x + 5 > 0 , është       x ∈ (−1,5) , kurse zgjidhja e mosbarazimit
− x + 4 x − 3 < 0 është x ∈ (−∞,1) ∪ (3, +∞).
   2



Zgjidhja e mosbarazimit të fillimit që merret si prerje e tyre, është x ∈ (−1,1) ∪ (3,5).

Detyra 24 log x ( x − 1) ≥ 2.
Zgjidhja.
Dallojmë dy raste themelore:
I) Nëse baza > 1;                 II) Nëse baza është mes 0 e 1.
I) Nëse x > 1, atëherë
       log x ( x − 1) ≥ 2 ⇔ log x ( x − 1) ≥ log x x 2 ⇔ ( x − 1) ≥ x 2
si dhe kushti ndikues x − 1 > 0 .

                                 ⎧x > 1                ⎧x > 1
         ⎧x −1 > 0 ⎧x > 1        ⎪                     ⎪
Pra kemi ⎨          ~⎨ 2        ~⎨ 2    1  1 1       ⇒ ⎨⎛       2
                                                              1⎞ 3
         ⎩x −1 ≥ x ⎩x − x +1 ≥ 0 ⎪x − 2 x + − +1 ≤ 0      x− ⎟ + ≤0
                  2

                                 ⎩                     ⎪⎜
                                        2  4 4         ⎩⎝     2⎠ 4
Gjë që nuk është e mundur.
II) Nëse 0 < x < 1 ⇒ log x ( x − 1) ≥ 2 ⇔ log x ( x − 1) ≥ log x x 2 ⇔ x − 1 < x 2 ⇔ x 2 − x + 1 > 0 mosbarazim ky që
vlen për çdo x ∈ , përkatësisht x ∈ (0,1)
Mirëpo kushtet e përkufizimit të funksionit log x ( x − 1),                        na japin se kjo vlen vetëm për
x − 1 > 0 ⇒ x > 1.
Përfundojmë se mosbarazimi nuk ka zgjidhje.


4. Paraqitja grafike e funksioneve lineare, kuadratike,
ekspoenciale dhe logaritmike

Të paraqiten grafikisht funksionet:
Detyra 25. y = −2 x + 3.
Zgjidhja.
                                                                                           3   y = −2 x + 3
Caktojmë dy pika të drejtëzës (figura 3).
                                                                                           2
                                                                                                   3
                          x          0 1                                                   1
                                                                                                   2
                    y = −2 x + 3     3 1                                                   0   1              x
Merret A(0, 3), B(1,1)


                                                                                         Figura 3
14                                                                                                                   ANALIZA MATEMATIKE I


                                    x( x 2 − 4)                  | x − 1| + | x + 1|                                   x−2
Detyra 26. a) y = x − 1 +                       ;       b) y =                       ;         c) y = x − | x | +            .
                                    | x2 − 4 |                            2                                          | x −2|
Zgjidhja.
a) Funksionin e dhënë e paraqesim në trajtën:
                                                                     x( x − 2)( x + 2)
                                                        y = x −1+                       .
                                                                     | x − 2 || x + 2 |
     Vërejmë se funksioni nuk është i përkufizuar në pikat x = ±2.
     Tani funksionin e shqyrtojmë në rastet 1) x ∈ (−∞, −2);                         2) x ∈ (−2, −2);        3) x ∈ (2, +∞).
     1) Nëse x ∈ (−∞, −2) atëherë x − 2 < 0 ⇒| x − 2 |= −( x − 2) , x + 2 < 0 ⇒| x + 2 |= −( x + 2).
                                 x( x − 2)( x + 2)
         Pra y = x − 1 +                              = x − 1 + x = 2 x − 1.
                              ( −( x − 2))(−( x + 2))
     2) Nëse x ∈ (−2, 2); atëherë x − 2 < 0 ⇒| x − 2 |= −( x − 2), x + 2 > 0 ⇒| x + 2 |= x + 2.
                                     x( x − 2)( x + 2)
       D.m.th. y = x − 1 +                              = x − 1 − x = −1.
                                   ( −( x − 2)( x + 2))
     3) Nëse x ∈ (2, +∞) x − 2 > 0 ⇒| x − 2 |= x − 2; x + 2 > 0 ⇒| x + 2 |= x + 2.
                                  x( x − 2)( x + 2)
       D.m.th. y = x − 1 +                          ⇒ y = x − 1 + x ⇒ y = 2 x − 1.
                                  ( x − 2)( x + 2))
                                         ⎧2 x − 1, x ∈ ( −∞, −2) ∪ (2, +∞)
     Paraqesim grafikisht funksionin y = ⎨                                 (figura 4)
                                         ⎩−1, x ∈ (−2.2)
       ⎧− x, x ∈ (−∞, −1]                                      ⎧−2 x − 1, x ∈ (−∞, 0]
       ⎪                                                       ⎪
b) y = ⎨1, x ∈ [−1,1]     (figura 5)                    c) y = ⎨−1, x ∈ (0.2)         (figura 6)
       ⎪ x, x ∈ (1, +∞)                                        ⎪1, x ∈ (2, +∞)
       ⎩                                                       ⎩


                 y                                                                                      y
                                   y = 2x − 1
                 5
                                                                                                                                 y =1
                     3
                                              y = −x                             y=x
                                                                 1 y =1                       -1        0        1         2        x
             -2 -1
                          1 23            x
                                                                                                     -1
                         y = −1
                                                        -1       0        1              x


                         -5                                                                                 -3
y = 2x − 1
                                                                                              y = 2x − 1
             Figura 4                                        Figura 5                              Figura 6


Detyra 27. a) y = x 2 − 3 | x |;                        b) y = x 2 + 2 | x |;                  c) y =| x 2 − x | + x.
Zgjidhja.
a) Për x ≥ 0, | x |= x prandaj y = x 2 − 3x. Për x < 0, | x |= − x prandaj y = x 2 + 3x.
                 ⎧ x 2 − 3 x, x ≥ 0
                 ⎪
     D.m.th. y = ⎨ 2
                 ⎪ x + 3 x, x < 0
                 ⎩
     Le të paraqesim së pari grafikun y = x 2 − 3x, x ≥ 0.
I-HYRJE                                                                                                                                                            15

                                          ⎛3 9⎞
   Zerot e grafikut janë: x = 0; x = 3; K ⎜ , − ⎟ (figura 7).
                                          ⎝2 4⎠
                    y                                                                           y                                           y


                             3                                                           3                                            3                  3
                                                                                     −                                            −
                             2                                                           2                                            2     0            2
                    0                           3         x               -3                        0             x -3                                       3 x

                    9                                                                                   9                                            9
                −                                                                                   −                                            −
                    4                                                                                   4                                            4


                    Figura 7                                                         Figura 8                                             Figura 9

   Paraqesim në vijim funksionin y = x 3 + 3x; x < 0.
                                                                            ⎛ 3 9⎞
   Zerot e funksionit x = 0; x = −3 (por x < 0 d.m.th. kemi vetëm x = −3, K ⎜ − , − ⎟ (figura 8).
                                                                            ⎝ 2 4⎠
   Duke kombinuar grafikët e funksioneve (figura 7, 8) merret grafiku i funksionit (figura 9).
                                                                                               ⎧ x 2 + 2 x, x ≥ 0
                                                                                               ⎪
b) Udhëzim. Për x ≥ 0; | x |= x; y = x 2 + 2 x. Për x < 0; | x |= − x; y = x 2 − 2 x . Pra y = ⎨ 2                (fig.10)
                                                                                               ⎪ x − 2 x, x < 0
                                                                                               ⎩
c) Funksionin e dhënë e paraqesim në trajtën
    y =| x 2 − x | + x =| x( x − 1) | + x =| x || x − 1| + x.
   Dallojmë rastet: 1) x ∈ (−∞,0]; 2) x ∈ (0,1]; 3) x ∈ (0, +∞).
   1) Nëse x ∈ (−∞, 0]; | x |= − x; x − 1 < 0 ⇒| x − 1|= −( x − 1) = 1 − x. Merret y = − x(1 − x) + x = − x + x 2 + x = x 2 .
   2) Nëse x ∈ (0,1]; | x |= x; x − 1 < 0 ⇒| x − 1|= 1 − x. Merret y = x(1 − x) + x = − x 2 + 2 x.
   3) Nëse x ∈ (0, +∞); | x |= x; x − 1 > 0 ⇒| x − 1|= x − 1. Merret y = x( x − 1) + x = x 2 − x + x = x 2 .
                               ⎧ 2
                               ⎪ x , x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞)
   D.m.th. kemi funksionin y = ⎨ 2                        (figura 11)
                               ⎪− x + 2 x, x ∈ (0,1]
                               ⎩
                                            y                                                                     y
                                                     y = x2 + 2 | x |
                                                                                                                                   y = x2




                          -2 -1 0                    1     2                                                          0                              x
                                                                                                            -1               1     2
                                                                           x
                                                -1                                                                        y = − x2 + 2 x


                                 Figura 10.                                                                      Figura 11.


Detyra 28. a) y = 2                x2
                                        ;                               b) y = 2−     x2
                                                                                           ;                              c) y =| 2 x − 1|;
                                    x2

                        d) y = 2    x
                                            − 2;                        e) y = 3x −|x| ;                                  f) y =| 2| x| − 1| .
Zgjidhja.
                         ⎧2 x , x ≥ 0
                         ⎪                                                                             ⎧2− x , x ≥ 0
                                                                                                       ⎪
a) y = 2   x2
                = 2|x| = ⎨ − x        (fig.12)                          b) y = 2−     x2
                                                                                             = 2−|x| = ⎨ x           (fig.13)
                         ⎪2 , x < 0
                         ⎩                                                                             ⎪2 , x < 0
                                                                                                       ⎩
16                                                                                                                          ANALIZA MATEMATIKE I


                                                                                                    y
                  y = 2− x         y4                         y = 2x




                                    1                                                 y = 2x       1             y = 2− x

                         -2    -1 0            1         2              x               -2     -1 0          1        2        x

                                  Figura 12                                                        Figura 13
c) Së pari shprehjen 2 x − 1 e barazojmë me zero dhe caktojmë x – in. Është e qartë se 2 x − 1 = 0 ⇒
     2 x = 20 ⇒ x = 0.
     D.m.th. detyrën duhet shqyrtuar sipas rasteve:
     1) Nëse x ∈ (−∞, 0] atëherë 2 x − 1 ≤ 0 ⇒| 2 x − 1|= −(2 x − 1) = 1 − 2 x.
     2) Nëse x ∈ (0, +∞) atëherë 2 x − 1 > 0 ⇒| 2 x − 1|= 2 x − 1.
                                             ⎧
                                             ⎪1 − 2 , x ≤ 0
                                                   x

     D.m.th. kemi funksionin (figura 14) y = ⎨ x
                                             ⎪2 − 1, x > 0
                                             ⎩
               ⎧ x
               ⎪ 2 x , x > 0 ⎧2, x > 0
           | x|

d) y = 2 − 2 = ⎨ − x
             x
                            = ⎨ −1     . (Funksioni i dhënë nuk është i përkufizuar në pikën x = 0)
               ⎪2 x , x < 0 ⎩2 , x < 0
               ⎩
(figura 15)
Udhëzim.
e) Për x ≥ 0; | x |= x, d.m.th. y = 3x− x = 30 = 1. Për x < 0; | x |= − x ⇒ y = 32 x = 9 x.
f) Dallojmë rastet 1) x ≥ 0; 2) x < 0.
     1) Nëse x ≥ 0 atëherë | x |= x, prandaj y =| 2 x − 1| . Për x ≥ 0 edhe 2 x − 1 ≥ 0 prandaj | 2 x − 1|= 2 x − 1.
     Pra y = 2 x − 1.
     2) Nëse x < 0; | x |= − x, prandaj y =| 2− x − 1| . Për x < 0; 2− x − 1 > 0 prandaj | 2− x − 1|= 2− x − 1.
     Pra y = 2− x − 1.
                 ⎧2 x − 1, x ≥ 0
                 ⎪
     D.m.th. y = ⎨ − x
                 ⎪2 − 1, x < 0
                 ⎩
                                                   y                                                         y
                                                                       y = 2 −1
                                                                            x




                              y = 1 − 2x                                                                     2
                                                   13
                                                          4
                                                        1
                                                          2

                                                              1                                                  1
                                    -2     -1       0                           x                                 1
                                                   -1                                                             2
                                                                                                             0                     x

                                            Figura 14                                                   Figura 15

Detyra 29.               a) y = log 2 x − 1;             b) y = log 1 x + 1;        c) y = log 2 ( x + 1).
                                                                        3


Zgjidhja.
I-HYRJE                                                                                                                                                              17

                         a)                                                                    b)
                                                                          1     1                                                           1
                              x            4             2       1                                         x                    3   1
                                                                          2     4                                                           3
                      y = log 2 x − 1      1             0       −1       −2    −3             y = log 1 x + 1 0                    1       2
                                                                                                               2


                                                c)
                                                                                                     1   3
                                                     x                3        1           0       −   −
                                                                                                     2   4
                                           y = log 2 ( x + 1)         2        1           0        -1 -2
Grafikët e funksioneve janë paraqitur në figurat 16, 17, 18, përkatësisht

      y                                                  y                                                     y                                y = log 2 ( x + 1)

                              y = log 2 x − 1                                                                      2
      1                                                                                                            1
           1                                             2                                             −
                                                                                                           3 1
                                                                                                            −
               2                                                                                           4 3
               1     2            4        x             1                                                                  1       2   3                  x
      -1                                                                                                               -1
                                                             1 1      2    3                   x
      -2                                                                       y = log 1 x + 1                         -2
                                                                                       3




          Figura 16                                          Figura 17                                                 Figura 18


5. Trigonometria

                                                                                         l
Përkufizimi 1. Masa e një këndi θ e shprehur në radian jepet me formulën θ =               (radian) ku l
                                                                                         r
                     është gjatësia e harkut rrethor që i përgjigjet këndit qendror dhe r është rrezja e
                     rrethit. (shih figurën 19).

                                                             l
                                                                                                                                    r

                                            θ                                                                      θ
                                          O          r                                                 O                 r




                                        Figura 19                                              Figura 20

Le të shprehim këndin 360 o në radian. Në këtë rast l është perimetri i rrethit, pra l = 2 ⋅ π ⋅ r , kështu
    l 2⋅π⋅r
θ= =         = 2π . Pra 360 o = 2π radian, d.m.th. 180 o = π radian.
    r    r
Shënimi 1. Shohim se për l = r kemi këndin θ = 1 radian, pra mund të themi:
                   Këndi me kulm në qendër të rrethit, gjatësia e harkut të të cilit është e barabartë
                   me rrezen e rrethit është 1 radian (shih figurën 20).
Shënimi 2. Nga ajo që u tha më sipër tregohet lehtë se për të shndërruar këndin nga shkallët në
                                          π               π
           radian, atë e shumëzojmë me      o
                                              , pra ϕ =       ⋅ α ( α është këndi i dhënë i shprehur
                                        180             180 o
18                                                                                                   ANALIZA MATEMATIKE I


               në shkallë), kurse për të shndërruar këndin nga radian në shkallë, këndin e
                              180 o           180 o
               shumëzojmë me        , pra α =       ⋅ θ ( θ është këndi i dhënë i shprehur në radian).
                                π               π
Detyra 30. Të shprehet në radian këndi α = 1o.
Zgjidhja.
Meqë 180 o = π radian duke pjesëtuar të dy anët e barazisë së mësipërme me 180 kemi
      π           3.14159...
1o =     radian =            ≈ 0.017453 radian .
     180             180
Detyra 31. Të shprehet në shkallë këndi θ = 1 radian.
Zgjidhja.
Veprojmë ngjashëm si në detyrën 1, me përjashtim se të dy anët e barazisë                                   180 o = π radian i
                                                      180 o
pjesëtojmë me π , me ç’rast merret 1 radian =                  ≈ 57,29578 o = 57 o17' .
                                                    3.14159...
Të shprehen në radian këndet:
Detyra 32. a) α = 90o ;                       b) α = 30o ;                            c) α = 60o .
Zgjidhja.
                              π
Nga shënimi 2 kemi ϕ =            ⋅ α , ku α është këndi i dhënë i shprehur në shkallë, pra:
                            180 o
                             π           π                      π                     π
a) për α = 90 o kemi ϕ =         ⋅ 90 o = radian;         b)      radian ;       c)     radian.
                           180 o         2                      6                     3

Të shprehen në shkallë këndet:
                    3π                                         5π
Detyra 33. a) θ =      radian ;               b) θ = −            radian ;            c) θ = 2.3 radian .
                     2                                          6
Zgjidhja.
                          180 o
Nga shënimi 2 kemi α =          ⋅ θ , ku θ është këndi i dhënë i shprehur në radian, pra:
                            π
                  3π             180 o 3π
a) për këndin θ =    kemi α =          ⋅   = 270 o ;
                   2                π    2
                                           ⎛ 180 o ⎞
b) − 150 o ;                               ⎜ π ⎟ ≈ 131.8 .
                      c) 2.3 radian= 2.3 ⋅ ⎜       ⎟
                                                         o

                                           ⎝       ⎠
Detyra 34. Të llogariten vlerat e funksioneve trigonometrike të këndit mes diagonales dhe bazës së
          kubit.
Zgjidhja.
Le të jetë BD = x. Nga zbatimi i teoremës së Pitagorës në trekëndëshin ABD merret x = a 2 . Le të
shënojmë me y diagonalen e kubit. Nga zbatimi i teoremës së Pitagorës në trekëndëshin BDH
merret y = a 3.
Atëherë
               a   a   1     3                                 H                 G
      sinα =     =   =    =    ;
               y a 3    3   3                        E                       F
             x a 2          2                                   a        y
      cos α = =    =            ;
             y a 3          3
                                                               D                 C
           a  a     2                                                    α
      tgα = =    =    ;                                              x
           x a 2   2                                                         B
                                                      A
                                                                    Figura 21
I-HYRJE                                                                                                                            19

                                                sin 3 α − cos 3 α    cos α
Detyra 35. Të vërtetohet identiteti                               −             − 2tgα ⋅ ctgα + 1 = 0 .
                                                 sin α − cos α      1 + ctg 2 α
Zgjidhja.
sin 3 α − cos 3 α    cos α                          (sin α − cos α)(sin 2 α + sin α ⋅ cos α + cos 2 α)            cos α
                  −             − 2tgα ⋅ ctgα + 1 =                                                    −                      − 2 +1
 sin α − cos α      1 + ctg 2 α                                      sin α − cos α                              cos 2 α
                                                                                                             1+
                                                                                                                sin 2 α
                                    cos α
   = 1 + sin α ⋅ cos α −                       − 1 = sin α ⋅ cos α − sin α ⋅ cos α − 1 = 0 .
                            sin α + cos 2 α
                                2


                                sin 2 α
                                                 sin 750 o ⋅ cos 390 o ⋅ tg1140 o
Detyra 36. Të thjeshtohet shprehja                                                 .
                                                 ctg 405o ⋅ sin 1860 o ⋅ cos 780 o
Zgjidhja.
 sin 750 o cos 390 o tg1140 o   sin(2 ⋅ 360 o + 30 o ) cos(360 o + 30 o ) tg (3 ⋅ 360 o + 60 o )
                              =
ctg 405o sin 1860 o cos 780 o ctg(360 o + 45 o ) sin(5 ⋅ 360 o + 60 o ) cos(2 ⋅ 360 o + 60 o )
                                  1 3
                                    ⋅   ⋅ 3
      sin 30 o cos 30 o tg 60 o
   =                            = 2 2       = 3.
     ctg 45 o sin 60 o cos 60 o        3 1
                                   1⋅   ⋅
                                      2 2
Të zgjidhen barazimet dhe mosbarazimet trigonometrike:
              ⎛    π⎞       ⎛    π ⎞ 1 + cos 2 x
Detyra 37. cos⎜ x + ⎟ + sin ⎜ x + ⎟ =            .
              ⎝    3⎠       ⎝    6⎠       2
Zgjidhja.
   ⎛    π⎞       ⎛    π ⎞ 1 + cos 2 x            π           π           π           π 1 + cos 2 x
cos⎜ x + ⎟ + sin ⎜ x + ⎟ =            ⇔ cos x cos − sin x sin + sin x cos + cos x sin =
   ⎝    3⎠       ⎝    6⎠       2                 3           3           6           6      2
              1          3          3        1                      ⎛ 1 + cos 2 x                    ⎞
          ⇔     cos x −    sin x +    sin x + cos x = cos 2 x sepse ⎜             = cos 2           x⎟
              2         2          2         2                      ⎝      2                         ⎠
          ⇔ cos x − cos 2 x = 0 ⇔ cos x(1 − cos x) = 0
                                            π
   ⇔ cos x = 0 ∨ 1 − cos x = 0 ⇔ x =          + 2kπ ∨ x = 2nπ, k , n ∈ Z .
                                            2
                            1                       1                           3
Detyra 38. a) sin x >         në (0,2π) ; b) sin x > ;           c) cos x >       ;         d) ctgx > 2 ;        e) tgx > 1 .
                            2                       2                          2
Zgjidhja.
                                      π        1      5π                                                 y
a) Nga figura shihet se sin             = OA2 = = sin    ,
                                      6        2       6                                                N
                                      ⎛         ⎞   →     →
kurse sin ⎛ OM , OC ⎞ = OC2 > . Këndi ⎜ OM , OC ⎟ është njëri
               →    →
                             1
          ⎜         ⎟                                                                              C2        C
          ⎝         ⎠        2        ⎝         ⎠                                      B                         A
                                                                                                   A2
ndër këndet e intervalit (0,2π) që plotëson mosbarazimin
e dhënë. Rreze vektorët, që pikën e fillimit e kanë në O e                                         O              M       x
pikën e mbarimit në harkun ANB me boshtin Ox formojnë
                                                    π
kënde me vlerë më të madhe se këndi                   por më të vogël
                                                    6
            5π              1        ⎛ π 5π ⎞
se këndi       . Pra sin x > për x ∈ ⎜ , ⎟ .                                                   Figura 22
             6              2        ⎝6 6 ⎠
b) Duke pasur parasysh se funksioni trigonometrik sinx është funksion periodik me periodë 2π,
20                                                                                                                 ANALIZA MATEMATIKE I


                                            π             5π
rrjedh se zgjidhjet gjenden në                + 2kπ < x <    + 2kπ, k ∈ Z .
                                            6              6
       ⎛ π ⎞ ⎛ 11π     ⎞                                                                ⎛π     π     ⎞
c) x ∈ ⎜ 0, ⎟ ∪ ⎜  ,2π ⎟ .          d) x ∈ (kπ, arcctg2 + kπ), k ∈ Z .           e) x ∈ ⎜ + kπ, + kπ ⎟ , k ∈ Z .
       ⎝   6⎠ ⎝ 6      ⎠                                                                ⎝ 4    2     ⎠
Detyra 39. sin x > sin 3 x, x ∈ (0,2π) .
Zgjidhja.
                                              x + 3x     x − 3x
sin x > sin 3 x ⇔ sin x − sin 3x > 0 ⇔ 2 cos         sin         > 0 ⇔ 2 cos 2 x sin(− x) > 0 ⇔ −2 sin x cos 2 x > 0
                                                2           2
          ⇔ sin x cos 2 x < 0 ⇔ (sin x > 0 ∧ cos 2 x < 0) ∨ (sin x < 0 ∧ cos 2 x > 0)
            ⎛                    ⎛ π 3π ⎞ ⎞                       ⎛ π ⎞ ⎛ 3π      ⎞
          ⇔ ⎜ x ∈ (0, π) ∧ 2 x ∈ ⎜ , ⎟ ⎟ ∨ ( x ∈ (π, 2π ) ∧ 2 x ∈ ⎜ 0, ⎟ ∪ ⎜ , 2π ⎟
            ⎝                    ⎝ 2 2 ⎠⎠                         ⎝ 2⎠ ⎝ 2        ⎠
            ⎛                  ⎛ π 3π ⎞ ⎞                     ⎛ π ⎞ ⎛ 3π ⎞
          ⇔ ⎜ x ∈ (0, π) ∧ x ∈ ⎜ , ⎟ ⎟ ∨ ( x ∈ (π, 2π ) ∧ x ∈ ⎜ 0, ⎟ ∪ ⎜ , π ⎟
            ⎝                  ⎝ 4 4 ⎠⎠                       ⎝ 4⎠ ⎝ 4 ⎠
               ⎛ π 3π ⎞
          ⇔ x ∈⎜ , ⎟.
               ⎝4 4 ⎠
                                                        sin n + 2 x cos n + 2 x                π
Detyra 40. Të vërtetohet mosbarazia                                +            > 1 për 0 < x < dhe n ∈ N .
                                                         cos n x     sin n x                   2
Zgjidhja.
Mosbarazinë e shkruajmë në formën
        sin n+2 x cos n+2 x                       sin n x           cos n x
                 +          ≥ sin 2 x + cos 2 x ⇔         sin 2 x +         cos 2 x − sin 2 x − cos 2 x ≥ 0
         cos n x   sin n x                        cos n x           sin n x
                                                                                  cos 2 x n
        sin 2 x( tg n x − 1) + cos 2 x(ctg n x − 1) ≥ 0 ⇔ sin 2 x(tg n x − 1) −           (tg x − 1) ≥ 0.
                                                                                   tg n x
D.m.th. sin 2 x( tg n x − 1) ⋅ tg n x − cos 2 x( tg n x − 1) ≥ 0 ⇔ (tg n x − 1) ⋅ (tg n + 2 x − 1) ≥ 0.
Mosbarazia e fundit është e vërtetë, sepse tg n x dhe tg n+2 x janë njëkohësisht të barabartë me një, më
të mëdhenjë se një ose më të vegjël se një.
P.sh. Le të tregojmë se nëse tg n x ≥ 0 atëherë tg n+ 2 x ≥ 0 . Supozojmë të kundërtën, pra se tg n+ 2 x < 0 .
Atëherë tg n+ 2 x = tg n x ⋅ tg 2 x < 0 . Meqë tg n x > 0 mbetet që tg 2 x < 0 që paraqet kontradiksion. Ngjashëm
tregohen edhe rastet tjera.
                                                                                                            x1 + x2 sin x1 + sin x2
Detyra 41. Të vërtetohet se nëse x1 ≠ x2 dhe x1 , x2 ∈ (0, π) , atëherë vlen sin                                   >                .
                                                                                                               2           2
Zgjidhja.
Shqyrtojmë ndryshimin
                                                             x1 + x2      x −x
                                                     2 sin           ⋅ cos 1 2      x + x2                  x1 − x2 ⎞
   x + x2 sin x1 + sin x2        x + x2                         2           2                       ⎛
sin 1      −                = sin 1     −                                      = sin 1              ⎜1 − cos 2 ⎟
      2           2                  2                              2                  2            ⎝               ⎠
             x + x2         x − x2
      = 2 sin 1     ⋅ sin 2 1      .
                2             4
                                                             x1 + x2                        x + x2
Kur x1 ∈ (0, π) dhe x2 ∈ (0, π) atëherë edhe                         ∈ (0, π) kështu që 2sin 1     > 0.
                                                                2                              2
                  x1 + x2 sin x1 + sin x2                 x + x2 sin x1 + sin x2
Pra vlen sin             −                > 0, d.m.th. sin 1    >                .
                     2           2                           2          2

				
DOCUMENT INFO
Shared By:
Categories:
Stats:
views:123
posted:11/11/2012
language:Unknown
pages:20
Description: ANALIZA MATEMATIKE I, Shprehjet racionale algjebrike