Номер 1.53, страница 31 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.53. Известно, что функции $f(x)$ и $g(x)$ возрастают на промежутке $(a; b)$. Докажите, что на этом промежутке функция:

1) $f(x) + g(x)$ возрастает;

2) $f^2(x)$ возрастает;

3) $-f(x)$ убывает;

4) $\frac{1}{f(x)}$ убывает.

По определению, функция $h(x)$ является возрастающей на промежутке $(a; b)$, если для любых $x_1, x_2$ из этого промежутка, таких что $x_2 > x_1$, выполняется неравенство $h(x_2) > h(x_1)$. Функция является убывающей, если при $x_2 > x_1$ выполняется $h(x_2) < h(x_1)$.

По условию задачи функции $f(x)$ и $g(x)$ возрастают на промежутке $(a; b)$. Это означает, что для любых $x_1, x_2 \in (a; b)$ таких, что $x_2 > x_1$, справедливы неравенства: $f(x_2) > f(x_1)$ и $g(x_2) > g(x_1)$.

1) $f(x) + g(x)$ возрастает

Пусть $h(x) = f(x) + g(x)$. Возьмем произвольные точки $x_1$ и $x_2$ из промежутка $(a; b)$ такие, что $x_2 > x_1$.

Так как $f(x)$ и $g(x)$ возрастают на этом промежутке, то:

$f(x_2) > f(x_1)$

$g(x_2) > g(x_1)$

Сложим эти два неравенства одного знака:

$f(x_2) + g(x_2) > f(x_1) + g(x_1)$

Это означает, что $h(x_2) > h(x_1)$.

Так как для любых $x_2 > x_1$ выполняется $h(x_2) > h(x_1)$, функция $h(x) = f(x) + g(x)$ является возрастающей на промежутке $(a; b)$, что и требовалось доказать.

Ответ: доказано.

2) $f^2(x)$ возрастает

Данное утверждение верно не всегда, а только при дополнительном условии, что функция $f(x)$ неотрицательна на данном промежутке, то есть $f(x) \geq 0$ для всех $x \in (a; b)$. Например, функция $f(x) = x$ возрастает на $(-2; 2)$, но функция $f^2(x) = x^2$ не является возрастающей на всем этом промежутке (она убывает на $(-2; 0)$).

Докажем утверждение при условии $f(x) \geq 0$.

Пусть $h(x) = f^2(x)$. Возьмем произвольные точки $x_1$ и $x_2$ из $(a; b)$ такие, что $x_2 > x_1$. Так как $f(x)$ возрастает, то $f(x_2) > f(x_1)$.

Рассмотрим разность $h(x_2) - h(x_1) = f^2(x_2) - f^2(x_1) = (f(x_2) - f(x_1))(f(x_2) + f(x_1))$.

Первый сомножитель $f(x_2) - f(x_1) > 0$, так как $f(x)$ возрастает.

Второй сомножитель $f(x_2) + f(x_1)$. По условию $f(x) \geq 0$, значит $f(x_1) \geq 0$ и $f(x_2) \geq 0$. Так как $f(x_2) > f(x_1)$, то $f(x_2)$ должно быть строго положительным, поэтому сумма $f(x_2) + f(x_1) > 0$.

Произведение двух положительных множителей положительно: $h(x_2) - h(x_1) > 0$, откуда $h(x_2) > h(x_1)$.

Следовательно, функция $f^2(x)$ возрастает при условии, что $f(x) \geq 0$.

Ответ: утверждение верно при дополнительном условии, что $f(x) \ge 0$ на промежутке $(a; b)$.

3) $-f(x)$ убывает

Пусть $h(x) = -f(x)$. Необходимо доказать, что для любых $x_1, x_2 \in (a; b)$ таких, что $x_2 > x_1$, выполняется $h(x_2) < h(x_1)$.

Из условия, что $f(x)$ возрастает, следует $f(x_2) > f(x_1)$ для $x_2 > x_1$.

Умножим обе части этого неравенства на $-1$. При умножении на отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный:

$-f(x_2) < -f(x_1)$

Это означает, что $h(x_2) < h(x_1)$.

Следовательно, функция $-f(x)$ является убывающей на промежутке $(a; b)$, что и требовалось доказать.

Ответ: доказано.

4) $\frac{1}{f(x)}$ убывает

Это утверждение справедливо при условии, что функция $f(x)$ не равна нулю и сохраняет свой знак на всем промежутке $(a; b)$. Для возрастающей функции, если она не равна нулю на интервале, это условие выполняется автоматически.

Пусть $h(x) = \frac{1}{f(x)}$. Возьмем произвольные точки $x_1$ и $x_2$ из $(a; b)$ такие, что $x_2 > x_1$. Из возрастания $f(x)$ следует $f(x_2) > f(x_1)$.

Рассмотрим два возможных случая:

Случай 1: $f(x) > 0$ на всем промежутке.

Тогда $f(x_2) > f(x_1) > 0$. Так как обе части неравенства положительны, можно взять обратные величины, изменив знак неравенства на противоположный:

$\frac{1}{f(x_2)} < \frac{1}{f(x_1)}$

То есть $h(x_2) < h(x_1)$, и функция $h(x)$ убывает.

Случай 2: $f(x) < 0$ на всем промежутке.

Тогда $0 > f(x_2) > f(x_1)$. Произведение $f(x_1)f(x_2)$ положительно. Разделим неравенство $f(x_2) > f(x_1)$ на $f(x_1)f(x_2) > 0$. Знак неравенства не изменится:

$\frac{f(x_2)}{f(x_1)f(x_2)} > \frac{f(x_1)}{f(x_1)f(x_2)}$, что упрощается до $\frac{1}{f(x_1)} > \frac{1}{f(x_2)}$.

Переписав, получаем $\frac{1}{f(x_2)} < \frac{1}{f(x_1)}$, то есть $h(x_2) < h(x_1)$, и функция $h(x)$ также убывает.

В обоих случаях функция $\frac{1}{f(x)}$ убывает.

Ответ: утверждение верно при дополнительном условии, что $f(x)$ не обращается в ноль и сохраняет знак на промежутке $(a; b)$.