Номер 66, страница 321 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 2. Элементарные функции и их свойства - номер 66, страница 321.

Условие.

66. Пусть $f$ — возрастающая и положительная на всей числовой прямой функция. Докажите, что:

а) функция $y = f^2 (x)$ возрастает на $R$;

б) функция $y = \frac{1}{f(x)}$ убывает на $R$;

в) функция $y = \sqrt{f(x)}$ возрастает на $R$;

г) функция $y = \lg f (x)$ возрастает на $R$.

Решение 5.

По условию, функция $f(x)$ является возрастающей и положительной на всей числовой прямой $\mathbb{R}$. Это означает, что для любых $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ таких, что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) < f(x_2)$, и для любого $x \in \mathbb{R}$ выполняется $f(x) > 0$.

а) функция y = f²(x) возрастает на R;

Пусть $y(x) = f^2(x)$. Чтобы доказать, что функция $y(x)$ возрастает на $\mathbb{R}$, нужно показать, что для любых $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ из условия $x_1 < x_2$ следует $y(x_1) < y(x_2)$.

Возьмем произвольные $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ такие, что $x_1 < x_2$.

Поскольку $f(x)$ — возрастающая функция, то из $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$.

Поскольку $f(x)$ — положительная функция, то $f(x_1) > 0$ и $f(x_2) > 0$.

Рассмотрим разность значений функции $y(x)$ в точках $x_2$ и $x_1$:

$y(x_2) - y(x_1) = f^2(x_2) - f^2(x_1) = (f(x_2) - f(x_1))(f(x_2) + f(x_1))$

Проанализируем знаки множителей:

1. Так как $f(x_1) < f(x_2)$, то разность $f(x_2) - f(x_1) > 0$.

2. Так как $f(x_1) > 0$ и $f(x_2) > 0$, то их сумма $f(x_2) + f(x_1) > 0$.

Произведение двух положительных сомножителей положительно, следовательно, $y(x_2) - y(x_1) > 0$, что равносильно $y(x_2) > y(x_1)$.

Таким образом, для любых $x_1 < x_2$ выполняется $y(x_1) < y(x_2)$, что по определению означает, что функция $y = f^2(x)$ возрастает на $\mathbb{R}$.

Ответ: Доказано, что функция $y = f^2(x)$ возрастает на $\mathbb{R}$.

б) функция y = 1/f(x) убывает на R;

Пусть $y(x) = \frac{1}{f(x)}$. Чтобы доказать, что функция $y(x)$ убывает на $\mathbb{R}$, нужно показать, что для любых $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ из условия $x_1 < x_2$ следует $y(x_1) > y(x_2)$.

Возьмем произвольные $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ такие, что $x_1 < x_2$.

Поскольку $f(x)$ — возрастающая функция, то из $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$.

Поскольку $f(x)$ — положительная функция, то $f(x_1) > 0$ и $f(x_2) > 0$. Таким образом, мы имеем неравенство $0 < f(x_1) < f(x_2)$.

Разделим число 1 на все части этого неравенства. Так как все части неравенства положительны, при делении знак неравенства меняется на противоположный:

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

Это означает, что $y(x_1) > y(x_2)$.

Таким образом, для любых $x_1 < x_2$ выполняется $y(x_1) > y(x_2)$, что по определению означает, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ убывает на $\mathbb{R}$.

Ответ: Доказано, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ убывает на $\mathbb{R}$.

в) функция y = √f(x) возрастает на R;

Пусть $y(x) = \sqrt{f(x)}$. Так как $f(x) > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$, функция $y(x)$ определена на всей числовой прямой.

Чтобы доказать, что функция $y(x)$ возрастает на $\mathbb{R}$, нужно показать, что для любых $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ из условия $x_1 < x_2$ следует $y(x_1) < y(x_2)$.

Возьмем произвольные $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ такие, что $x_1 < x_2$.

Поскольку $f(x)$ — возрастающая функция, то из $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$.

Функция $g(t) = \sqrt{t}$ является возрастающей на всей своей области определения $[0, +\infty)$. Так как $f(x_1)$ и $f(x_2)$ положительны, мы можем применить функцию квадратного корня к обеим частям неравенства $f(x_1) < f(x_2)$. Поскольку функция $g(t) = \sqrt{t}$ возрастающая, знак неравенства сохранится:

$\sqrt{f(x_1)} < \sqrt{f(x_2)}$

Это означает, что $y(x_1) < y(x_2)$.

Таким образом, для любых $x_1 < x_2$ выполняется $y(x_1) < y(x_2)$, что по определению означает, что функция $y = \sqrt{f(x)}$ возрастает на $\mathbb{R}$.

Ответ: Доказано, что функция $y = \sqrt{f(x)}$ возрастает на $\mathbb{R}$.

г) функция y = lg f(x) возрастает на R.

Пусть $y(x) = \lg f(x)$. Так как $f(x) > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$, логарифмическая функция определена на всей числовой прямой.

Чтобы доказать, что функция $y(x)$ возрастает на $\mathbb{R}$, нужно показать, что для любых $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ из условия $x_1 < x_2$ следует $y(x_1) < y(x_2)$.

Возьмем произвольные $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ такие, что $x_1 < x_2$.

Поскольку $f(x)$ — возрастающая функция, то из $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$.

Функция десятичного логарифма $g(t) = \lg t$ является возрастающей на всей своей области определения $(0, +\infty)$, так как ее основание 10 больше 1.

Применим функцию логарифма к обеим частям неравенства $f(x_1) < f(x_2)$. Поскольку логарифмическая функция с основанием 10 является возрастающей, знак неравенства сохранится:

$\lg f(x_1) < \lg f(x_2)$

Это означает, что $y(x_1) < y(x_2)$.

Таким образом, для любых $x_1 < x_2$ выполняется $y(x_1) < y(x_2)$, что по определению означает, что функция $y = \lg f(x)$ возрастает на $\mathbb{R}$.

Ответ: Доказано, что функция $y = \lg f(x)$ возрастает на $\mathbb{R}$.