Страница 320 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

52. Область определения функции $y = f (x)$ — отрезок $[-1; 2]$.

Найдите область определения функции:

а) $y = f (x) + 1$;

б) $y = f (x + 1)$;

в) $y = 2f (x)$;

г) $y = f (2x)$;

д) $y = f (-x)$;

е) $y = -f (x)$;

ж) $y = |f (x)|$;

з) $y = f (|x|)$;

и) $y = f (1 - x)$;

к) $y = f (1 - |x|)$;

л) $y = f (\sqrt{x})$;

м) $y = f (x^2)$.

По условию, область определения функции $y = f(x)$ — это отрезок $[-1; 2]$. Это означает, что для любой функции вида $y = f(g(x))$, ее область определения будет найдена из условия, что значение выражения $g(x)$ (аргумента функции $f$) должно принадлежать отрезку $[-1; 2]$. То есть, мы должны решить неравенство $-1 \le g(x) \le 2$ относительно переменной $x$.

а) $y = f(x) + 1$

В данном случае аргументом функции $f$ является $x$. Преобразование $f(x) + 1$ является сдвигом графика функции вдоль оси ординат и не влияет на область определения. Таким образом, область определения остается такой же, как и у исходной функции.

$-1 \le x \le 2$

Ответ: $[-1; 2]$

б) $y = f(x + 1)$

Аргументом функции является выражение $x + 1$. Значит, должно выполняться условие:

$-1 \le x + 1 \le 2$

Вычтем 1 из всех частей неравенства:

$-1 - 1 \le x \le 2 - 1$

$-2 \le x \le 1$

Ответ: $[-2; 1]$

в) $y = 2f(x)$

Аргументом функции $f$ является $x$. Умножение значения функции на 2 является растяжением графика вдоль оси ординат и не влияет на область определения.

$-1 \le x \le 2$

Ответ: $[-1; 2]$

г) $y = f(2x)$

Аргументом функции является выражение $2x$. Значит, должно выполняться условие:

$-1 \le 2x \le 2$

Разделим все части неравенства на 2:

$-\frac{1}{2} \le x \le 1$

Ответ: $[-0,5; 1]$

д) $y = f(-x)$

Аргументом функции является выражение $-x$. Значит, должно выполняться условие:

$-1 \le -x \le 2$

Умножим все части неравенства на -1, изменив знаки неравенства на противоположные:

$1 \ge x \ge -2$

Что эквивалентно $-2 \le x \le 1$.

Ответ: $[-2; 1]$

е) $y = -f(x)$

Аргументом функции $f$ является $x$. Преобразование $-f(x)$ является отражением графика функции относительно оси абсцисс и не влияет на область определения.

$-1 \le x \le 2$

Ответ: $[-1; 2]$

ж) $y = |f(x)|$

Аргументом функции $f$ является $x$. Взятие модуля от значения функции не влияет на область определения, так как это преобразование применяется к значениям $y$, а не к аргументам $x$.

$-1 \le x \le 2$

Ответ: $[-1; 2]$

з) $y = f(|x|)$

Аргументом функции является выражение $|x|$. Значит, должно выполняться условие:

$-1 \le |x| \le 2$

Это двойное неравенство можно разбить на систему из двух неравенств: $|x| \ge -1$ и $|x| \le 2$. Неравенство $|x| \ge -1$ верно для любого действительного $x$, так как модуль всегда неотрицателен. Решением неравенства $|x| \le 2$ является отрезок $-2 \le x \le 2$.

Ответ: $[-2; 2]$

и) $y = f(1 - x)$

Аргументом функции является выражение $1 - x$. Значит, должно выполняться условие:

$-1 \le 1 - x \le 2$

Вычтем 1 из всех частей неравенства:

$-2 \le -x \le 1$

Умножим все части на -1, изменив знаки неравенства на противоположные:

$2 \ge x \ge -1$

Что эквивалентно $-1 \le x \le 2$.

Ответ: $[-1; 2]$

к) $y = f(1 - |x|)$

Аргументом функции является выражение $1 - |x|$. Значит, должно выполняться условие:

$-1 \le 1 - |x| \le 2$

Вычтем 1 из всех частей неравенства:

$-2 \le -|x| \le 1$

Умножим все части на -1, изменив знаки неравенства на противоположные:

$2 \ge |x| \ge -1$

Это эквивалентно системе $|x| \le 2$ и $|x| \ge -1$. Второе неравенство верно для всех $x$. Решением первого является $-2 \le x \le 2$.

Ответ: $[-2; 2]$

л) $y = f(\sqrt{x})$

Во-первых, выражение под корнем должно быть неотрицательным: $x \ge 0$.

Во-вторых, аргумент функции $f$, то есть $\sqrt{x}$, должен принадлежать отрезку $[-1; 2]$:

$-1 \le \sqrt{x} \le 2$

Поскольку $\sqrt{x} \ge 0$ по определению, левая часть неравенства ($-1 \le \sqrt{x}$) выполняется всегда. Остается решить неравенство:

$0 \le \sqrt{x} \le 2$

Возведем все части в квадрат:

$0 \le x \le 4$

Объединяя с условием $x \ge 0$, получаем итоговую область определения.

Ответ: $[0; 4]$

м) $y = f(x^2)$

Аргументом функции является выражение $x^2$. Значит, должно выполняться условие:

$-1 \le x^2 \le 2$

Это двойное неравенство эквивалентно системе $x^2 \ge -1$ и $x^2 \le 2$. Неравенство $x^2 \ge -1$ верно для любого действительного $x$, так как квадрат любого числа неотрицателен. Остается решить неравенство:

$x^2 \le 2$

Это равносильно $|x| \le \sqrt{2}$, то есть $-\sqrt{2} \le x \le \sqrt{2}$.

Ответ: $[-\sqrt{2}; \sqrt{2}]$

Найдите область значений каждой из функций (53–54).

53. a) $y = \cos^2 x - \cos x;$

б) $y = \sqrt{1 - \sin x \operatorname{ctg} x};$

в) $y = 3 \cos x - 4 \sin x - 1;$

г) $y = \frac{1}{\operatorname{tg}^2 \frac{x}{2} + 2}.$

a) Рассмотрим функцию $y = \cos^2 x - \cos x$. Это квадратичная функция относительно $\cos x$. Сделаем замену переменной: пусть $t = \cos x$. Поскольку область значений функции косинус есть отрезок $[-1, 1]$, то переменная $t$ принимает значения из этого отрезка: $t \in [-1, 1]$.
После замены функция примет вид $y(t) = t^2 - t$. Графиком этой функции является парабола, ветви которой направлены вверх.
Найдём абсциссу вершины параболы: $t_0 = -\frac{-1}{2 \cdot 1} = \frac{1}{2}$.
Поскольку значение $t_0 = 1/2$ принадлежит отрезку $[-1, 1]$, минимальное значение функции на этом отрезке будет достигаться в вершине параболы:
$y_{min} = y(1/2) = (1/2)^2 - 1/2 = 1/4 - 1/2 = -1/4$.
Максимальное значение функции на отрезке достигается на одном из его концов. Вычислим значения функции на концах отрезка $[-1, 1]$:
$y(-1) = (-1)^2 - (-1) = 1 + 1 = 2$.
$y(1) = 1^2 - 1 = 0$.
Наибольшее из этих значений равно 2.
Таким образом, область значений функции $y$ есть отрезок от минимального до максимального значения.
Ответ: $E(y) = [-1/4, 2]$.

б) Рассмотрим функцию $y = \sqrt{1 - \sin x \operatorname{ctg} x}$.
Найдём область определения функции (ОДЗ). Во-первых, функция $\operatorname{ctg} x$ определена, если $\sin x \neq 0$, то есть $x \neq \pi k$ для любого целого $k$. Во-вторых, выражение под корнем должно быть неотрицательным: $1 - \sin x \operatorname{ctg} x \ge 0$.
При условии $\sin x \neq 0$ мы можем упростить выражение: $\sin x \operatorname{ctg} x = \sin x \cdot \frac{\cos x}{\sin x} = \cos x$.
Тогда функция принимает вид $y = \sqrt{1 - \cos x}$. Условие неотрицательности подкоренного выражения $1 - \cos x \ge 0$ (или $\cos x \le 1$) выполняется для любого $x$.
Таким образом, единственным ограничением ОДЗ является $x \neq \pi k, k \in \mathbb{Z}$. Это означает, что $\cos x$ не может принимать значения $1$ и $-1$ (так как $\cos(\pi k) = (-1)^k$). Следовательно, для всех $x$ из ОДЗ выполняется строгое неравенство $|\cos x| < 1$, то есть $-1 < \cos x < 1$.
Теперь найдём диапазон значений для выражения $1 - \cos x$:
Из $-1 < \cos x < 1$ следует, умножая на -1, $ -1 < -\cos x < 1$.
Прибавив 1 ко всем частям неравенства, получим $0 < 1 - \cos x < 2$.
Поскольку $y = \sqrt{1 - \cos x}$, то область значений для $y$ будет $\sqrt{0} < y < \sqrt{2}$.
Ответ: $E(y) = (0, \sqrt{2})$.

в) Рассмотрим функцию $y = 3 \cos x - 4 \sin x - 1$.
Для нахождения области значений выражения вида $a \cos x + b \sin x$ можно использовать метод введения вспомогательного угла. Область значений такого выражения есть отрезок $[-\sqrt{a^2+b^2}, \sqrt{a^2+b^2}]$.
В нашем случае $a = 3$ и $b = -4$. Вычислим $\sqrt{a^2+b^2}$:
$\sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$.
Следовательно, область значений выражения $3 \cos x - 4 \sin x$ есть отрезок $[-5, 5]$.
Мы можем записать это в виде двойного неравенства:
$-5 \le 3 \cos x - 4 \sin x \le 5$.
Чтобы найти область значений исходной функции $y$, вычтем 1 из всех частей неравенства:
$-5 - 1 \le 3 \cos x - 4 \sin x - 1 \le 5 - 1$.
$-6 \le y \le 4$.
Ответ: $E(y) = [-6, 4]$.

г) Рассмотрим функцию $y = \frac{1}{\operatorname{tg}^2 \frac{x}{2} + 2}$.
Найдём область значений выражения в знаменателе.
Пусть $u = \operatorname{tg} \frac{x}{2}$. Областью значений тангенса является множество всех действительных чисел, то есть $u \in (-\infty, +\infty)$.
Тогда $u^2 = \operatorname{tg}^2 \frac{x}{2}$ принимает все неотрицательные значения, то есть $\operatorname{tg}^2 \frac{x}{2} \in [0, +\infty)$.
Знаменатель $Z = \operatorname{tg}^2 \frac{x}{2} + 2$ принимает значения из промежутка $[0+2, +\infty)$, то есть $Z \in [2, +\infty)$.
Исходная функция $y = 1/Z$ является убывающей на всей области определения знаменателя ($Z>0$).
Следовательно, максимальное значение $y$ достигается при минимальном значении $Z$. Минимальное значение $Z$ равно 2.
$y_{max} = \frac{1}{2}$.
Поскольку знаменатель $Z$ может неограниченно возрастать ($Z \to +\infty$), значение функции $y$ будет стремиться к нулю, оставаясь при этом строго положительным ($y \to 0^+$).
Таким образом, область значений функции — это полуинтервал.
Ответ: $E(y) = (0, 1/2]$.

54. a) $y = \cos^2 x + \cos^4 x;$

б) $y = [x]^2;$

в) $y = 3 \sin^2 x - 4 \sin x - 2;$

г) $y = \left\{ \frac{1}{x^2 + \frac{1}{2}} \right\}.$

а) $y = \cos^2 x + \cos^4 x$

Для нахождения области значений данной функции введем замену переменной. Пусть $t = \cos^2 x$.

Поскольку область значений функции $\cos x$ есть отрезок $[-1, 1]$, то для $t = \cos^2 x$ область значений будет отрезком $[0, 1]$.

После замены исходная функция примет вид $y(t) = t + t^2$ или $y(t) = t^2 + t$, где $t \in [0, 1]$. Нам необходимо найти область значений этой квадратичной функции на заданном отрезке.

Графиком функции $y(t) = t^2 + t$ является парабола, ветви которой направлены вверх, так как коэффициент при $t^2$ положителен. Найдем координату вершины параболы по оси абсцисс: $t_v = -\frac{b}{2a} = -\frac{1}{2 \cdot 1} = -0.5$.

Вершина параболы $t_v = -0.5$ не принадлежит отрезку $[0, 1]$, она находится левее этого отрезка. Это означает, что на отрезке $[0, 1]$ функция $y(t)$ монотонно возрастает. Следовательно, свое наименьшее значение она принимает в левой границе отрезка ($t=0$), а наибольшее — в правой ($t=1$).

Вычислим значения функции на концах отрезка:

При $t=0$: $y(0) = 0^2 + 0 = 0$. Это наименьшее значение функции.

При $t=1$: $y(1) = 1^2 + 1 = 2$. Это наибольшее значение функции.

Так как функция непрерывна, ее область значений — это отрезок между наименьшим и наибольшим значениями.

Ответ: $E(y) = [0, 2]$.

б) $y = [x]^2$

В данной функции $y = [x]^2$ выражение $[x]$ обозначает целую часть числа $x$ (также известную как функция "пол" или "антье"), то есть наибольшее целое число, не превосходящее $x$.

По определению, целая часть числа $x$ может быть любым целым числом. Обозначим $[x] = k$, где $k \in \mathbb{Z} = \{..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ...\}$.

Тогда функция принимает вид $y = k^2$. Значениями функции $y$ являются квадраты всех целых чисел.

Например:

Если $k = 0$ (например, для $x \in [0, 1)$), то $y = 0^2 = 0$.

Если $k = \pm 1$ (например, для $x \in [1, 2)$ или $x \in [-1, 0)$), то $y = (\pm 1)^2 = 1$.

Если $k = \pm 2$ (например, для $x \in [2, 3)$ или $x \in [-2, -1)$), то $y = (\pm 2)^2 = 4$.

И так далее. Множество значений функции состоит из всех неотрицательных целых чисел, которые являются полными квадратами.

Ответ: $\{0, 1, 4, 9, 16, ...\}$, или в виде множества $\{n^2 \mid n \in \mathbb{Z}\}$.

в) $y = 3 \sin^2 x - 4 \sin x - 2$

Для нахождения области значений этой функции воспользуемся заменой переменной. Пусть $t = \sin x$.

Область значений функции синус — это отрезок $[-1, 1]$. Таким образом, переменная $t$ может принимать любые значения из этого отрезка: $t \in [-1, 1]$.

После подстановки получаем квадратичную функцию от $t$: $y(t) = 3t^2 - 4t - 2$. Наша задача — найти ее область значений на отрезке $[-1, 1]$.

График этой функции — парабола с ветвями, направленными вверх (так как $a=3 > 0$). Найдем координаты ее вершины.

Абсцисса вершины: $t_v = -\frac{b}{2a} = -\frac{-4}{2 \cdot 3} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.

Значение $t_v = \frac{2}{3}$ принадлежит отрезку $[-1, 1]$. Поскольку ветви параболы направлены вверх, в точке вершины функция достигает своего наименьшего значения на этом отрезке.

Наименьшее значение функции: $y_{min} = y(\frac{2}{3}) = 3(\frac{2}{3})^2 - 4(\frac{2}{3}) - 2 = 3 \cdot \frac{4}{9} - \frac{8}{3} - 2 = \frac{4}{3} - \frac{8}{3} - \frac{6}{3} = \frac{4-8-6}{3} = -\frac{10}{3}$.

Наибольшее значение на отрезке будет достигаться на одном из его концов. Сравним значения функции в точках $t=-1$ и $t=1$.

При $t=-1$: $y(-1) = 3(-1)^2 - 4(-1) - 2 = 3 + 4 - 2 = 5$.

При $t=1$: $y(1) = 3(1)^2 - 4(1) - 2 = 3 - 4 - 2 = -3$.

Сравнивая полученные значения ($-\frac{10}{3}$, $5$ и $-3$), видим, что наименьшее значение равно $-\frac{10}{3}$, а наибольшее равно $5$.

Ответ: $E(y) = [-\frac{10}{3}, 5]$.

г) $y = \{\frac{1}{x^2 + \frac{1}{2}}\}$

Функция задана как $y = \{z\}$, где $z = \frac{1}{x^2 + \frac{1}{2}}$ и $\{z\}$ обозначает дробную часть числа $z$. По определению, $\{z\} = z - [z]$, где $[z]$ — целая часть числа $z$. Область значений функции дробной части — полуинтервал $[0, 1)$.

Для начала найдем область значений выражения $z = \frac{1}{x^2 + \frac{1}{2}}$.

Рассмотрим знаменатель $x^2 + \frac{1}{2}$. Поскольку $x^2 \ge 0$ для любого действительного $x$, то знаменатель $x^2 + \frac{1}{2} \ge \frac{1}{2}$.

Наименьшее значение знаменатель принимает при $x=0$, и оно равно $\frac{1}{2}$. В этой точке $z$ достигает своего наибольшего значения: $z_{max} = \frac{1}{1/2} = 2$.

При $x \to \pm\infty$, знаменатель $x^2 + \frac{1}{2} \to +\infty$, и, следовательно, $z \to 0$. Так как знаменатель всегда положителен, то и $z$ всегда больше нуля.

Таким образом, область значений $z$ есть полуинтервал $(0, 2]$.

Теперь найдем множество значений $\{z\}$ для $z \in (0, 2]$. Разобьем этот полуинтервал на части:

1. Если $z \in (0, 1)$, то $[z]=0$, и $y=\{z\} = z - 0 = z$. В этом случае значения $y$ покрывают интервал $(0, 1)$.

2. Если $z = 1$, то $[z]=1$, и $y=\{z\} = 1 - 1 = 0$. (Это значение достигается, когда $x^2 + \frac{1}{2} = 1$).

3. Если $z \in (1, 2)$, то $[z]=1$, и $y=\{z\} = z - 1$. Когда $z$ пробегает значения от 1 до 2 (не включая), $z-1$ пробегает значения от 0 до 1 (не включая). Таким образом, значения $y$ снова покрывают интервал $(0, 1)$.

4. Если $z = 2$, то $[z]=2$, и $y=\{z\} = 2 - 2 = 0$. (Это значение достигается при $x=0$).

Объединяя все возможные значения для $y$, мы получаем значение $0$ и все значения из интервала $(0, 1)$.

Ответ: $E(y) = [0, 1)$.

55. Является ли четной (или нечетной) функция:

а) $f(x) = \frac{e^{-x} - 1}{x^x + 1};$

б) $f(x) = \log_a (x + \sqrt{x^2 + 1});$

в) $f(x) = \frac{\sqrt[3]{(x + 5)^2} - \sqrt[3]{(x - 5)^2}}{x \cos x};$

г) $f(x) = \log_a \left(\frac{x + 1}{x - 1}\right)?$

а) $f(x) = \frac{e^{-x} - 1}{x^x + 1}$

Для исследования функции на четность или нечетность, в первую очередь необходимо найти ее область определения $D(f)$.

Функция $g(x) = x^x$ определяется как $g(x) = e^{x \ln x}$. Для существования натурального логарифма $\ln x$ необходимо, чтобы его аргумент был строго положителен, то есть $x > 0$.

Таким образом, область определения для $f(x)$ также должна удовлетворять условию $x > 0$. Знаменатель $x^x + 1$ при $x > 0$ всегда положителен и не обращается в ноль.

Итак, область определения функции $D(f) = (0; +\infty)$.

Функция называется четной, если ее область определения симметрична относительно нуля и для любого $x$ из области определения выполняется равенство $f(-x) = f(x)$. Функция называется нечетной, если ее область определения симметрична относительно нуля и для любого $x$ из области определения выполняется равенство $f(-x) = -f(x)$.

Область определения $D(f) = (0; +\infty)$ не является симметричной относительно начала координат (например, точка $x=2$ принадлежит области определения, а точка $x=-2$ — нет). Следовательно, данная функция не может быть ни четной, ни нечетной.

Ответ: функция не является ни четной, ни нечетной.

б) $f(x) = \log_a (x + \sqrt{x^2 + 1})$

1. Найдем область определения $D(f)$. Аргумент логарифма должен быть строго положителен: $x + \sqrt{x^2 + 1} > 0$.

Поскольку $\sqrt{x^2 + 1} > \sqrt{x^2} = |x|$, то $x + \sqrt{x^2 + 1} > x + |x|$.

Если $x \ge 0$, то $x + |x| = 2x \ge 0$. Выражение $x + \sqrt{x^2 + 1}$ строго больше, чем $2x$, и, следовательно, положительно (при $x=0$ оно равно 1).

Если $x < 0$, то $-x > 0$. Неравенство $x + \sqrt{x^2 + 1} > 0$ равносильно $\sqrt{x^2 + 1} > -x$. Так как обе части неравенства положительны, можно возвести их в квадрат: $x^2 + 1 > (-x)^2$, что дает $x^2 + 1 > x^2$, или $1 > 0$. Это верное неравенство.

Таким образом, выражение $x + \sqrt{x^2 + 1}$ положительно для всех действительных $x$. Область определения $D(f) = \mathbb{R}$, она симметрична относительно нуля.

2. Проверим выполнение условия $f(-x) = f(x)$ или $f(-x) = -f(x)$. Найдем $f(-x)$:

$f(-x) = \log_a (-x + \sqrt{(-x)^2 + 1}) = \log_a (-x + \sqrt{x^2 + 1})$.

Преобразуем аргумент логарифма, умножив и разделив его на сопряженное выражение $(x + \sqrt{x^2 + 1})$:

$-x + \sqrt{x^2 + 1} = \frac{(-x + \sqrt{x^2 + 1})(x + \sqrt{x^2 + 1})}{x + \sqrt{x^2 + 1}} = \frac{(\sqrt{x^2+1})^2 - x^2}{x + \sqrt{x^2 + 1}} = \frac{x^2+1-x^2}{x + \sqrt{x^2+1}} = \frac{1}{x + \sqrt{x^2+1}}$.

Подставим это обратно в выражение для $f(-x)$:

$f(-x) = \log_a \left(\frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}}\right) = \log_a ((x + \sqrt{x^2 + 1})^{-1})$.

Используя свойство логарифма $\log_b (c^p) = p \log_b c$, получаем:

$f(-x) = -1 \cdot \log_a(x + \sqrt{x^2 + 1}) = -f(x)$.

Так как $D(f)$ симметрична и $f(-x) = -f(x)$, функция является нечетной.

Ответ: функция нечетная.

в) $f(x) = \frac{\sqrt[3]{(x+5)^2} - \sqrt[3]{(x-5)^2}}{x \cos x}$

1. Найдем область определения $D(f)$. Выражения под кубическим корнем определены для любых $x$. Знаменатель не должен быть равен нулю: $x \cos x \neq 0$.

Это означает, что $x \neq 0$ и $\cos x \neq 0$. Условие $\cos x \neq 0$ выполняется, если $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$ для любого целого $k$.

Область определения $D(f) = \{x \in \mathbb{R} | x \neq 0, x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} \}$. Эта область симметрична относительно нуля, так как если $x$ принадлежит $D(f)$, то и $-x$ также принадлежит $D(f)$ (поскольку $-x \neq 0$ и $\cos(-x) = \cos x \neq 0$).

2. Проверим выполнение условия четности/нечетности. Найдем $f(-x)$:

$f(-x) = \frac{\sqrt[3]{(-x+5)^2} - \sqrt[3]{(-x-5)^2}}{(-x) \cos(-x)}$.

Упростим выражения в числителе и знаменателе: $(-x+5)^2 = (5-x)^2 = (-(x-5))^2 = (x-5)^2$; $(-x-5)^2 = (-(x+5))^2 = (x+5)^2$; $\cos(-x) = \cos x$.

Подставляя эти выражения, получаем:

$f(-x) = \frac{\sqrt[3]{(x-5)^2} - \sqrt[3]{(x+5)^2}}{-x \cos x} = \frac{-(\sqrt[3]{(x+5)^2} - \sqrt[3]{(x-5)^2})}{-x \cos x}$.

Сокращая знак "минус" в числителе и знаменателе, имеем:

$f(-x) = \frac{\sqrt[3]{(x+5)^2} - \sqrt[3]{(x-5)^2}}{x \cos x} = f(x)$.

Так как $D(f)$ симметрична и $f(-x) = f(x)$, функция является четной.

Ответ: функция четная.

г) $f(x) = \log_a \left(\frac{x+1}{x-1}\right)$

1. Найдем область определения $D(f)$. Аргумент логарифма должен быть строго положителен: $\frac{x+1}{x-1} > 0$.

Решим это неравенство методом интервалов. Нули числителя и знаменателя, $x=-1$ и $x=1$, разбивают числовую ось на интервалы. Проверяя знак дроби на интервалах $(-\infty, -1)$, $(-1, 1)$ и $(1, +\infty)$, находим, что неравенство выполняется при $x \in (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$.

Таким образом, область определения $D(f) = (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$. Эта область симметрична относительно нуля.

2. Проверим выполнение условия четности/нечетности. Найдем $f(-x)$:

$f(-x) = \log_a \left(\frac{-x+1}{-x-1}\right)$.

Преобразуем аргумент логарифма:

$\frac{-x+1}{-x-1} = \frac{-(x-1)}{-(x+1)} = \frac{x-1}{x+1} = \left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{-1}$.

Подставим это обратно в выражение для $f(-x)$:

$f(-x) = \log_a \left(\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{-1}\right)$.

Используя свойство логарифма $\log_b (c^p) = p \log_b c$, получаем:

$f(-x) = -1 \cdot \log_a \left(\frac{x+1}{x-1}\right) = -f(x)$.

Так как $D(f)$ симметрична и $f(-x) = -f(x)$, функция является нечетной.

Ответ: функция нечетная.

56. a) Докажите, что для любой функции $f$ с симметричной относительно точки $0$ областью определения функция $y = \frac{f(x) + f(-x)}{2}$ четная, а функция $y = \frac{f(x) - f(-x)}{2}$ нечетная.

б) Докажите, что любая функция с симметричной относительно точки $0$ областью определения представляется (притом единственным образом) в виде суммы четной и нечетной функций.

в) Найдите все функции, являющиеся одновременно четными и нечетными.

а)

Для того чтобы доказать четность или нечетность функции, необходимо, чтобы ее область определения была симметрична относительно точки 0. Это условие дано в задаче.

1. Докажем, что функция $y_1(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}$ является четной.
Функция является четной, если для любого $x$ из ее области определения выполняется равенство $y_1(-x) = y_1(x)$.
Найдем $y_1(-x)$, подставив $-x$ вместо $x$ в формулу функции:
$y_1(-x) = \frac{f(-x) + f(-(-x))}{2} = \frac{f(-x) + f(x)}{2}$.
Сравнивая полученное выражение с исходным, видим, что $y_1(-x) = y_1(x)$. Следовательно, функция $y_1(x)$ является четной.

2. Докажем, что функция $y_2(x) = \frac{f(x) - f(-x)}{2}$ является нечетной.
Функция является нечетной, если для любого $x$ из ее области определения выполняется равенство $y_2(-x) = -y_2(x)$.
Найдем $y_2(-x)$, подставив $-x$ вместо $x$ в формулу функции:
$y_2(-x) = \frac{f(-x) - f(-(-x))}{2} = \frac{f(-x) - f(x)}{2}$.
Теперь вынесем знак минус за скобки:
$\frac{f(-x) - f(x)}{2} = - \frac{-(f(-x) - f(x))}{2} = - \frac{f(x) - f(-x)}{2}$.
Мы получили, что $y_2(-x) = -y_2(x)$. Следовательно, функция $y_2(x)$ является нечетной.

Ответ: Утверждения доказаны.

б)

Нужно доказать, что любую функцию $f(x)$ с симметричной относительно 0 областью определения можно представить в виде суммы четной $g(x)$ и нечетной $h(x)$ функций, причем такое представление единственно.

Доказательство существования:
Рассмотрим сумму двух функций из пункта а):
$g(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}$ (четная функция)
$h(x) = \frac{f(x) - f(-x)}{2}$ (нечетная функция)
Найдем их сумму:
$g(x) + h(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2} + \frac{f(x) - f(-x)}{2} = \frac{f(x) + f(-x) + f(x) - f(-x)}{2} = \frac{2f(x)}{2} = f(x)$.
Таким образом, мы представили функцию $f(x)$ как сумму четной функции $g(x)$ и нечетной функции $h(x)$. Существование такого представления доказано.

Доказательство единственности:
Предположим, что существует другое представление функции $f(x)$ в виде суммы четной функции $g_1(x)$ и нечетной функции $h_1(x)$:
$f(x) = g_1(x) + h_1(x)$.
Тогда мы имеем равенство двух представлений:
$g(x) + h(x) = g_1(x) + h_1(x)$.
Перегруппируем слагаемые:
$g(x) - g_1(x) = h_1(x) - h(x)$.
В левой части стоит разность двух четных функций, которая также является четной функцией. Обозначим ее $\phi_{четн}(x) = g(x) - g_1(x)$.
В правой части стоит разность двух нечетных функций, которая также является нечетной функцией. Обозначим ее $\phi_{нечетн}(x) = h_1(x) - h(x)$.
Получаем, что $\phi_{четн}(x) = \phi_{нечетн}(x)$. Это означает, что существует функция, которая является одновременно и четной, и нечетной.
Пусть эта функция $\phi(x)$. Тогда для нее должны выполняться два условия:
1) $\phi(-x) = \phi(x)$ (так как она четная)
2) $\phi(-x) = -\phi(x)$ (так как она нечетная)
Отсюда следует, что $\phi(x) = -\phi(x)$, что равносильно $2\phi(x) = 0$, то есть $\phi(x) = 0$ для всех $x$ из области определения.
Значит, $g(x) - g_1(x) = 0 \implies g(x) = g_1(x)$.
И $h_1(x) - h(x) = 0 \implies h_1(x) = h(x)$.
Это означает, что оба представления идентичны. Единственность доказана.

Ответ: Утверждение доказано.

в)

Пусть функция $f(x)$ является одновременно и четной, и нечетной. Это означает, что для любого $x$ из ее (симметричной относительно 0) области определения должны одновременно выполняться два равенства:
1. $f(-x) = f(x)$ (свойство четной функции)
2. $f(-x) = -f(x)$ (свойство нечетной функции)
Приравнивая правые части этих равенств, получаем:
$f(x) = -f(x)$
Перенесем слагаемое в левую часть:
$f(x) + f(x) = 0$
$2f(x) = 0$
Отсюда следует, что $f(x) = 0$ для всех $x$ из области определения.

Ответ: Единственная функция, которая является одновременно четной и нечетной, — это тождественный ноль, т.е. функция $y = f(x) = 0$.

57. Функции $f$ и $g$ периодические с общим периодом $T$. Докажите, что функции $y = f(x) + g(x)$ и $y = f(x) g(x)$ являются периодическими с периодом $T$.

По определению, функция $h(x)$ называется периодической с периодом $T \neq 0$, если для любого $x$ из ее области определения выполняется равенство $h(x+T) = h(x)$.

По условию задачи дано, что функции $f(x)$ и $g(x)$ являются периодическими с общим периодом $T$. Это означает, что для любого $x$ из их общей области определения выполняются следующие равенства:
$f(x+T) = f(x)$
$g(x+T) = g(x)$

Докажем, что сумма и произведение этих функций также являются периодическими с периодом $T$.

$y = f(x) + g(x)$
Рассмотрим функцию-сумму $h_1(x) = f(x) + g(x)$. Чтобы доказать ее периодичность с периодом $T$, нужно проверить выполнение равенства $h_1(x+T) = h_1(x)$.
Найдем значение функции в точке $x+T$:
$h_1(x+T) = f(x+T) + g(x+T)$.
Так как функции $f(x)$ и $g(x)$ периодические с периодом $T$, мы можем заменить $f(x+T)$ на $f(x)$ и $g(x+T)$ на $g(x)$:
$f(x+T) + g(x+T) = f(x) + g(x)$.
Правая часть полученного выражения в точности совпадает с определением функции $h_1(x)$.
Таким образом, мы получили, что $h_1(x+T) = h_1(x)$, что и доказывает, что функция $y = f(x) + g(x)$ является периодической с периодом $T$.
Ответ: доказано, что функция $y = f(x) + g(x)$ является периодической с периодом $T$.

$y = f(x)g(x)$
Теперь рассмотрим функцию-произведение $h_2(x) = f(x)g(x)$. Аналогично предыдущему пункту, докажем, что $h_2(x+T) = h_2(x)$.
Найдем значение функции в точке $x+T$:
$h_2(x+T) = f(x+T)g(x+T)$.
Используя свойство периодичности функций $f(x)$ и $g(x)$ с периодом $T$, произведем замену:
$f(x+T)g(x+T) = f(x)g(x)$.
Правая часть этого равенства является исходной функцией $h_2(x)$.
Следовательно, $h_2(x+T) = h_2(x)$, что доказывает периодичность функции $y = f(x)g(x)$ с периодом $T$.
Ответ: доказано, что функция $y = f(x)g(x)$ является периодической с периодом $T$.

58. Докажите, что сумма двух непрерывных периодических функций, определенных на всей числовой прямой и не имеющих общих периодов, не является периодической.

Пусть $f(x)$ и $g(x)$ — две непрерывные периодические функции, определенные на всей числовой прямой $\mathbb{R}$. Пусть $T_f > 0$ и $T_g > 0$ — их основные (наименьшие положительные) периоды. Условие, что функции не имеют общих периодов, означает, что не существует такого числа $T \neq 0$, которое было бы периодом для обеих функций одновременно. Для непрерывных неконстантных функций это эквивалентно тому, что отношение их основных периодов $T_f / T_g$ является иррациональным числом. Если бы это отношение было рациональным, $T_f / T_g = m/k$ для целых $m, k$, то $k T_f = m T_g$ был бы общим периодом.

Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что сумма $S(x) = f(x) + g(x)$ является периодической функцией с некоторым периодом $T > 0$. Тогда для любого $x \in \mathbb{R}$ выполняется равенство:

$S(x+T) = S(x)$

Распишем это равенство, используя определение функции $S(x)$:

$f(x+T) + g(x+T) = f(x) + g(x)$

Перегруппируем члены уравнения, чтобы разделить функции $f$ и $g$:

$f(x+T) - f(x) = g(x) - g(x+T)$

Обозначим левую часть этого равенства как новую функцию $h(x)$:

$h(x) = f(x+T) - f(x)$

Поскольку функции $f(x)$ и $g(x)$ непрерывны по условию, функция $h(x)$ также является непрерывной как разность непрерывных функций.

Теперь исследуем периодичность функции $h(x)$. Так как $f(x)$ имеет период $T_f$, то:

$h(x+T_f) = f((x+T_f)+T) - f(x+T_f) = f(x+T) - f(x) = h(x)$

Следовательно, $T_f$ является периодом для $h(x)$.

С другой стороны, из нашего равенства следует, что $h(x) = -(g(x+T) - g(x))$. Так как $g(x)$ имеет период $T_g$, то и функция $-(g(x+T) - g(x))$ имеет период $T_g$. Значит, $T_g$ также является периодом для $h(x)$:

$h(x+T_g) = -(g(x+T_g+T) - g(x+T_g)) = -(g(x+T) - g(x)) = h(x)$

Итак, мы установили, что непрерывная функция $h(x)$ имеет два периода, $T_f$ и $T_g$, отношение которых $T_f/T_g$ иррационально. Известно, что множество чисел вида $k T_f + m T_g$, где $k, m \in \mathbb{Z}$, плотно на числовой прямой $\mathbb{R}$. Поскольку все эти числа являются периодами функции $h(x)$, то $h(x)$ является непрерывной функцией с плотным множеством периодов. Такая функция может быть только постоянной. Следовательно, $h(x) = C$ для некоторой константы $C$.

Таким образом, мы имеем $f(x+T) - f(x) = C$. Применяя это равенство $n$ раз, мы можем выразить $f(x+nT)$:

$f(x+nT) = f(x+(n-1)T) + C = \dots = f(x) + nC$

Функция $f(x)$, будучи непрерывной и периодической на $\mathbb{R}$, является ограниченной. Это означает, что существует такое число $M > 0$, что $|f(y)| \le M$ для всех $y \in \mathbb{R}$. В частности, $|f(x+nT)| \le M$ для всех целых $n$.

Однако, если предположить, что $C \neq 0$, то выражение $|f(x) + nC|$ будет неограниченно возрастать при $n \to \infty$. Это противоречит ограниченности функции $f(x)$. Следовательно, единственно возможный случай — это $C = 0$.

Если $C = 0$, то $h(x) = 0$ для всех $x$. Это означает:

$f(x+T) - f(x) = 0 \implies f(x+T) = f(x)$
$g(x) - g(x+T) = 0 \implies g(x+T) = g(x)$

Из этих равенств следует, что число $T$ (которое мы предположили положительным) является общим периодом для функций $f(x)$ и $g(x)$. Но это напрямую противоречит исходному условию задачи, согласно которому у функций нет общих ненулевых периодов.

Полученное противоречие доказывает, что наше первоначальное предположение о периодичности суммы $S(x)$ было неверным.

Ответ: Утверждение доказано. Предположение о периодичности суммы приводит к противоречию с условием отсутствия общих периодов у исходных функций, следовательно, сумма не может быть периодической.

59. Существует ли периодическая функция, у которой:

а) все рациональные числа являются периодами, а все иррациональные нет;

б) все иррациональные числа являются периодами, а все рациональные нет?

а)

Да, такая функция существует. Рассмотрим, например, функцию Дирихле:

$f(x) = \begin{cases} 1, & \text{если } x \text{ — рациональное число } (x \in \mathbb{Q}) \\ 0, & \text{если } x \text{ — иррациональное число } (x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \end{cases}$

Докажем, что эта функция удовлетворяет условиям задачи.

1. Проверим, являются ли все рациональные числа ее периодами.

Пусть $T$ — любое ненулевое рациональное число ($T \in \mathbb{Q}, T \neq 0$). Чтобы $T$ было периодом, должно выполняться равенство $f(x+T) = f(x)$ для любого $x \in \mathbb{R}$.

Рассмотрим два случая.Если $x$ — рациональное число ($x \in \mathbb{Q}$), то сумма $x+T$ также является рациональным числом, так как сумма двух рациональных чисел рациональна. Тогда по определению функции $f(x) = 1$ и $f(x+T) = 1$. Равенство $f(x+T) = f(x)$ выполняется.

Если $x$ — иррациональное число ($x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$), то сумма $x+T$ также является иррациональным числом, так как сумма иррационального и рационального чисел иррациональна. Тогда по определению функции $f(x) = 0$ и $f(x+T) = 0$. Равенство $f(x+T) = f(x)$ также выполняется.

Таким образом, для любого рационального $T \neq 0$ и любого $x \in \mathbb{R}$ выполняется $f(x+T)=f(x)$. Следовательно, все рациональные числа являются периодами функции Дирихле.

2. Проверим, являются ли иррациональные числа периодами.

Пусть $p$ — любое иррациональное число ($p \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$). Чтобы $p$ не было периодом, достаточно найти хотя бы одно значение $x$, для которого равенство $f(x+p) = f(x)$ не выполняется.

Возьмем $x=0$. Число $x=0$ является рациональным, поэтому $f(x) = f(0) = 1$.

Сумма $x+p = 0+p = p$ является иррациональным числом. Поэтому $f(x+p) = f(p) = 0$.

Получаем, что $f(0+p) = 0$, а $f(0) = 1$. Так как $f(0+p) \neq f(0)$, число $p$ не является периодом функции.

Поскольку это рассуждение верно для любого иррационального числа $p$, ни одно иррациональное число не является периодом этой функции.

Следовательно, функция Дирихле удовлетворяет условию а).

Ответ: Да, существует.

б)

Нет, такой функции не существует. Докажем это от противного.

Предположим, что существует функция $f(x)$, у которой все иррациональные числа являются периодами, а все ненулевые рациональные числа — нет.

Известно, что если $T_1$ и $T_2$ — два периода функции $f(x)$, то их разность $T_1 - T_2$ (если она не равна нулю) также является периодом. Докажем это.По определению периода, $f(x+T_1) = f(x)$ и $f(x+T_2) = f(x)$ для любого $x \in \mathbb{R}$.Из второго равенства следует, что $f(y) = f(y-T_2)$, если подставить $y = z+T_2$.Тогда $f(x + (T_1 - T_2)) = f((x - T_2) + T_1)$. Обозначим $y = x - T_2$. Получим $f(y+T_1) = f(y) = f(x-T_2)$. Так как $f(x-T_2) = f(x)$, то $f(x + (T_1 - T_2)) = f(x)$. Это означает, что разность периодов также является периодом.

По условию задачи, все иррациональные числа являются периодами функции $f(x)$.

Возьмем два различных иррациональных числа, например, $T_1 = \sqrt{2}+1$ и $T_2 = \sqrt{2}$. Оба эти числа иррациональны и, по нашему предположению, являются периодами функции $f(x)$.

Тогда их разность $T = T_1 - T_2 = (\sqrt{2}+1) - \sqrt{2} = 1$ также должна быть периодом.

Однако число 1 является рациональным и не равно нулю. По условию задачи, ни одно ненулевое рациональное число не является периодом функции. Мы пришли к противоречию.

Следовательно, наше первоначальное предположение о существовании такой функции неверно.

Другое объяснение: множество всех периодов функции $f(x)$ вместе с числом 0 образует аддитивную подгруппу группы действительных чисел $(\mathbb{R},+)$. По условию, эта подгруппа должна была бы состоять из всех иррациональных чисел и нуля: $(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \cup \{0\}$. Однако это множество не является подгруппой, так как оно не замкнуто относительно операции сложения. Например, числа $\sqrt{2}$ и $1-\sqrt{2}$ иррациональны, но их сумма $\sqrt{2}+(1-\sqrt{2})=1$ рациональна и не принадлежит этому множеству.

Ответ: Нет, не существует.