Страница 321 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

60. Докажите, что функция не является периодической:

а) $f(x) = \cos x \cos (x\sqrt{2});$

б) $f(x) = \cos x + \cos (x\sqrt{2});$

в) $f(x) = \sin x^2;$

г) $f(x) = \sin \sqrt{x}.$

а) Чтобы доказать, что функция $f(x) = \cos x \cos(x\sqrt{2})$ не является периодической, преобразуем ее с помощью тригонометрической формулы произведения косинусов: $ \cos A \cos B = \frac{1}{2}(\cos(A-B) + \cos(A+B)) $.
$f(x) = \frac{1}{2}(\cos(x - x\sqrt{2}) + \cos(x + x\sqrt{2})) = \frac{1}{2}(\cos(x(1-\sqrt{2})) + \cos(x(1+\sqrt{2})))$.
Функция $f(x)$ представлена в виде суммы двух периодических функций: $g_1(x) = \cos(x(1-\sqrt{2}))$ и $g_2(x) = \cos(x(1+\sqrt{2}))$.Найдем их основные периоды.Период функции $g_1(x)$ равен $T_1 = \frac{2\pi}{|1-\sqrt{2}|} = \frac{2\pi}{\sqrt{2}-1}$.Период функции $g_2(x)$ равен $T_2 = \frac{2\pi}{1+\sqrt{2}}$.Сумма двух периодических функций с периодами $T_1$ и $T_2$ является периодической функцией тогда и только тогда, когда отношение их периодов $T_1/T_2$ является рациональным числом.Найдем это отношение:$ \frac{T_1}{T_2} = \frac{\frac{2\pi}{\sqrt{2}-1}}{\frac{2\pi}{1+\sqrt{2}}} = \frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1} = \frac{(1+\sqrt{2})^2}{(\sqrt{2}-1)(1+\sqrt{2})} = \frac{1 + 2\sqrt{2} + 2}{2-1} = 3 + 2\sqrt{2} $.Число $3 + 2\sqrt{2}$ является иррациональным, так как $\sqrt{2}$ — иррациональное число.Поскольку отношение периодов иррационально, исходная функция не является периодической.
Ответ: Функция не является периодической.

б) Чтобы доказать, что функция $f(x) = \cos x + \cos(x\sqrt{2})$ не является периодической, воспользуемся методом доказательства от противного.
Предположим, что функция $f(x)$ является периодической с некоторым периодом $T > 0$. Это означает, что для любого $x$ из области определения должно выполняться равенство $f(x+T) = f(x)$.Найдем значение функции в точке $x=0$: $f(0) = \cos 0 + \cos 0 = 1 + 1 = 2$.Из условия периодичности следует, что $f(T) = f(0) = 2$.Запишем это равенство: $\cos T + \cos(T\sqrt{2}) = 2$.Так как максимальное значение функции косинус равно 1, данное равенство может выполняться только в том случае, если оба слагаемых одновременно равны 1:$ \cos T = 1 $ и $ \cos(T\sqrt{2}) = 1 $.Из первого уравнения следует, что $T$ должен быть кратен $2\pi$, то есть $T = 2\pi k$ для некоторого целого числа $k \ge 1$ (так как $T>0$).Из второго уравнения следует, что $T\sqrt{2}$ также должен быть кратен $2\pi$, то есть $T\sqrt{2} = 2\pi m$ для некоторого целого числа $m \ge 1$.Подставим выражение для $T$ из первого равенства во второе:$ (2\pi k)\sqrt{2} = 2\pi m $.Разделив обе части на $2\pi k$ (где $k \ne 0$), получим:$ \sqrt{2} = \frac{m}{k} $.Это равенство утверждает, что $\sqrt{2}$ является рациональным числом (отношением двух целых чисел). Однако известно, что $\sqrt{2}$ — иррациональное число. Мы пришли к противоречию.Следовательно, наше исходное предположение о периодичности функции было неверным.
Ответ: Функция не является периодической.

в) Чтобы доказать, что функция $f(x) = \sin(x^2)$ не является периодической, рассмотрим ее нули.
Предположим, что функция периодическая с периодом $T > 0$.Нули функции — это точки $x$, в которых $f(x) = 0$.$ \sin(x^2) = 0 $.Это уравнение выполняется, когда аргумент синуса кратен $\pi$: $x^2 = n\pi$, где $n$ — целое неотрицательное число ($n = 0, 1, 2, ...$).Отсюда нули функции (для $x \ge 0$) находятся в точках $x_n = \sqrt{n\pi}$.Найдем расстояние между двумя последовательными нулями $x_n$ и $x_{n+1}$:$ \Delta_n = x_{n+1} - x_n = \sqrt{(n+1)\pi} - \sqrt{n\pi} = \sqrt{\pi}(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) $.Преобразуем это выражение:$ \Delta_n = \sqrt{\pi} \frac{(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \sqrt{\pi} \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} $.Как видно, расстояние $\Delta_n$ между последовательными нулями зависит от $n$ и не является постоянной величиной. Более того, при $n \to \infty$, знаменатель стремится к бесконечности, а значит, $\Delta_n \to 0$.Если бы функция была периодической, то расстояния между ее последовательными нулями должны были бы образовывать периодическую последовательность, а не стремиться к нулю. Полученное противоречие доказывает, что функция не является периодической.
Ответ: Функция не является периодической.

г) Чтобы доказать, что функция $f(x) = \sin(\sqrt{x})$ не является периодической, рассмотрим ее нули. Область определения функции $x \ge 0$.
Предположим, что функция периодическая с периодом $T > 0$.Найдем нули функции из уравнения $f(x) = 0$:$ \sin(\sqrt{x}) = 0 $.Это равенство верно, когда $\sqrt{x} = n\pi$, где $n$ — целое неотрицательное число ($n = 0, 1, 2, ...$).Отсюда нули функции находятся в точках $x_n = (n\pi)^2 = n^2\pi^2$.Найдем расстояние между двумя последовательными нулями $x_n$ и $x_{n+1}$:$ \Delta_n = x_{n+1} - x_n = ((n+1)\pi)^2 - (n\pi)^2 = \pi^2((n+1)^2 - n^2) = \pi^2(n^2 + 2n + 1 - n^2) = (2n+1)\pi^2 $.Расстояние между последовательными нулями $\Delta_n$ зависит от $n$ и не является постоянным. Например, при $n=0$, $\Delta_0 = \pi^2$; при $n=1$, $\Delta_1 = 3\pi^2$; при $n=2$, $\Delta_2 = 5\pi^2$. Расстояние между нулями неограниченно растет с увеличением $n$.Для периодической функции расстояние между соответствующими точками (например, нулями) должно быть постоянным (или кратным периоду). Так как расстояние между последовательными нулями не постоянно, это противоречит предположению о периодичности.
Ответ: Функция не является периодической.

61. Найдите наименьший положительный период функции:

а) $y = \cos^3 x;$

б) $y = \sqrt{|\sin 2x|};$

в) $y = \cos (x \sqrt{2}) + \cos \frac{x}{\sqrt{2}};$

г) $y = \{ -1 - 2x \}.$

а) $y = \cos^3 x$

Наименьший положительный период функции $f(x) = \cos x$ равен $2\pi$. Для функции вида $y(x) = (\cos x)^n$, где $n$ — целое число, наименьший положительный период зависит от четности $n$.

• Если $n$ — четное, период равен $\pi$.
• Если $n$ — нечетное, период равен $2\pi$.

В данном случае $n=3$, что является нечетным числом. Следовательно, наименьший положительный период функции $y = \cos^3 x$ совпадает с периодом функции $\cos x$ и равен $2\pi$.

Проверим это. Мы ищем наименьшее $T > 0$ такое, что $\cos^3(x+T) = \cos^3 x$ для всех $x$. Если положить $x=0$, то получим $\cos^3(T) = \cos^3(0) = 1^3 = 1$. Отсюда следует, что $\cos T = 1$. Наименьшее положительное значение $T$, удовлетворяющее этому равенству, есть $T = 2\pi$.

Ответ: $2\pi$

б) $y = \sqrt{|\sin 2x|}$

Для нахождения периода этой сложной функции рассмотрим её по частям, изнутри наружу.

1. Функция $f_1(x) = \sin(2x)$. Период функции $\sin(kx)$ вычисляется по формуле $T = \frac{2\pi}{|k|}$. В нашем случае $k=2$, поэтому период $f_1(x)$ равен $T_1 = \frac{2\pi}{2} = \pi$.
2. Функция $f_2(x) = |\sin(2x)|$. Применение модуля к функции синуса или косинуса уменьшает её период вдвое, так как отрицательные значения становятся положительными. Период функции $|\sin(kx)|$ равен $T = \frac{\pi}{|k|}$. Таким образом, период $f_2(x)$ равен $T_2 = \frac{\pi}{2}$.
3. Функция $y(x) = \sqrt{|\sin 2x|} = \sqrt{f_2(x)}$. Операция извлечения квадратного корня не изменяет период функции, к которой она применяется, поскольку она является монотонной на области определения (которая в данном случае неотрицательна).

Следовательно, наименьший положительный период функции $y = \sqrt{|\sin 2x|}$ совпадает с периодом функции $|\sin 2x|$ и равен $\frac{\pi}{2}$.

Ответ: $\frac{\pi}{2}$

в) $y = \cos(x\sqrt{2}) + \cos\frac{x}{\sqrt{2}}$

Данная функция является суммой двух периодических функций: $f_1(x) = \cos(x\sqrt{2})$ и $f_2(x) = \cos\frac{x}{\sqrt{2}}$. Период функции, являющейся суммой двух периодических функций, равен наименьшему общему кратному (НОК) их периодов (при условии, что их периоды соизмеримы, т.е. их отношение является рациональным числом).

1. Найдем период $T_1$ для функции $f_1(x) = \cos(x\sqrt{2})$. Используем формулу $T = \frac{2\pi}{|k|}$ с $k=\sqrt{2}$: $T_1 = \frac{2\pi}{\sqrt{2}} = \pi\sqrt{2}$.

2. Найдем период $T_2$ для функции $f_2(x) = \cos(\frac{x}{\sqrt{2}})$. Здесь $k=\frac{1}{\sqrt{2}}$: $T_2 = \frac{2\pi}{1/\sqrt{2}} = 2\pi\sqrt{2}$.

3. Проверим соизмеримость периодов: $\frac{T_1}{T_2} = \frac{\pi\sqrt{2}}{2\pi\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$. Отношение является рациональным числом, значит общий период существует.

4. Найдем НОК($T_1, T_2$). Нам нужно найти наименьшее число $T$, которое одновременно является целым кратным $T_1$ и $T_2$. $T = n_1 T_1 = n_2 T_2$, где $n_1, n_2$ — натуральные числа. $n_1(\pi\sqrt{2}) = n_2(2\pi\sqrt{2}) \Rightarrow n_1 = 2n_2$. Наименьшие натуральные числа, удовлетворяющие этому равенству, это $n_2=1$ и $n_1=2$. Тогда $T = 1 \cdot T_2 = 2\pi\sqrt{2}$.

Таким образом, наименьший положительный период исходной функции равен $2\pi\sqrt{2}$.

Ответ: $2\pi\sqrt{2}$

г) $y = \{-1 - 2x\}$

Функция $y=\{z\}$ — это дробная часть числа $z$, определяемая как $\{z\} = z - \lfloor z \rfloor$. Стандартная функция $f(z) = \{z\}$ имеет наименьший положительный период, равный 1.

Для функции вида $y(x) = \{ax+b\}$ наименьший положительный период $T$ можно найти из условия, что приращение аргумента функции $\{ \cdot \}$ должно быть равно целому числу. То есть, мы ищем наименьшее $T > 0$, для которого $y(x+T) = y(x)$.

$\{-1 - 2(x+T)\} = \{-1 - 2x\}$

$\{-1 - 2x - 2T\} = \{-1 - 2x\}$

Пусть $z = -1 - 2x$. Тогда равенство принимает вид $\{z - 2T\} = \{z\}$. Это равенство верно, если $-2T$ является целым числом, т.е. $-2T = k$, где $k$ — ненулевое целое число.

Отсюда $T = -\frac{k}{2}$.

Мы ищем наименьший положительный период $T > 0$. Это означает, что $k$ должно быть отрицательным. Чтобы $T$ было наименьшим, $k$ должно быть наибольшим отрицательным целым числом, то есть $k=-1$.

Подставляя $k=-1$, получаем: $T = -\frac{-1}{2} = \frac{1}{2}$.

В общем случае, наименьший положительный период функции $y = \{ax+b\}$ равен $T = \frac{1}{|a|}$. Для нашей функции $a=-2$, поэтому $T = \frac{1}{|-2|} = \frac{1}{2}$.

Ответ: $\frac{1}{2}$

62. Докажите, что функция не является периодической:

а) $y = \sqrt{x}$;

б) $y = \sin | x |$;

в) $y = x^2 + x + 1$;

г) $y = \sin x + \sin (x \sqrt{2})$.

а) Функция $y = \sqrt{x}$.
По определению, функция $f(x)$ называется периодической, если существует такое число $T \ne 0$ (период), что для любого $x$ из области определения функции, числа $x+T$ и $x-T$ также принадлежат области определения и выполняется равенство $f(x+T)=f(x)$.
Область определения (ОДЗ) для функции $y = \sqrt{x}$ есть множество всех неотрицательных чисел, то есть $D(y) = [0, +\infty)$.
Предположим, что функция является периодической с некоторым периодом $T > 0$. Возьмем точку $x=0$ из области определения. Согласно определению периодической функции, точка $x-T = 0-T = -T$ также должна принадлежать области определения. Однако, поскольку $T>0$, то $-T<0$, и, следовательно, $-T$ не входит в область определения $[0, +\infty)$.
Таким образом, условие периодичности для области определения не выполняется. Следовательно, функция не является периодической.
Ответ: Функция не является периодической, так как ее область определения $[0, +\infty)$ не является симметричной относительно сдвига на любое число $T>0$.

б) Функция $y = \sin|x|$.
Область определения функции — все действительные числа, $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
Предположим от противного, что функция является периодической с периодом $T > 0$. Тогда для любого $x$ должно выполняться равенство $\sin|x+T| = \sin|x|$.
Подставим $x=0$: $\sin|0+T| = \sin|0|$ $\sin|T| = 0$
Поскольку $T>0$, то $|T|=T$, следовательно $\sin(T) = 0$. Отсюда возможные значения для периода: $T = k\pi$, где $k$ — натуральное число ($k \in \mathbb{N}$).
Проверим, является ли какое-либо из этих значений $T$ периодом функции. Рассмотрим $T = 2\pi$ (случай, когда $k=2$). Если это период, то равенство $\sin|x+2\pi| = \sin|x|$ должно выполняться для всех $x$. Возьмем $x = -\frac{3\pi}{2}$. Найдем значение функции в этой точке: $y(-\frac{3\pi}{2}) = \sin|-\frac{3\pi}{2}| = \sin(\frac{3\pi}{2}) = -1$.
Теперь найдем значение функции в точке $x+T$: $y(-\frac{3\pi}{2} + 2\pi) = y(\frac{\pi}{2}) = \sin|\frac{\pi}{2}| = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$.
Получили, что $y(-\frac{3\pi}{2}) \ne y(-\frac{3\pi}{2} + 2\pi)$, так как $-1 \ne 1$.
Мы пришли к противоречию с предположением о периодичности функции. Следовательно, функция не является периодической. Аналогичное противоречие можно получить для любого $T=k\pi$.
Ответ: Функция не является периодической.

в) Функция $y = x^2 + x + 1$.
Область определения функции — все действительные числа, $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
Предположим, что функция является периодической с периодом $T > 0$. Тогда для любого $x$ должно выполняться равенство $f(x+T) = f(x)$.
$(x+T)^2 + (x+T) + 1 = x^2 + x + 1$
Раскроем скобки и упростим выражение: $x^2 + 2xT + T^2 + x + T + 1 = x^2 + x + 1$ $2xT + T^2 + T = 0$
Это равенство должно выполняться для любого значения $x$. Однако, это линейное уравнение относительно $x$. Оно может быть тождеством (верным для всех $x$) только в том случае, если все его коэффициенты равны нулю. Коэффициент при $x$ равен $2T$. Приравняем его к нулю: $2T = 0 \implies T=0$.
Это противоречит нашему предположению, что $T$ — это период, так как по определению период должен быть отличен от нуля ($T \ne 0$).
Следовательно, наше предположение о периодичности функции неверно.
Другой способ доказательства: график функции — парабола с ветвями вверх, которая имеет единственную точку минимума. Любая не-постоянная периодическая функция имеет бесконечное число локальных экстремумов. Так как у данной функции только один экстремум, она не может быть периодической.
Ответ: Функция не является периодической.

г) Функция $y = \sin x + \sin(x\sqrt{2})$.
Данная функция представляет собой сумму двух периодических функций: $f_1(x) = \sin x$ и $f_2(x) = \sin(x\sqrt{2})$.
Основной период функции $f_1(x) = \sin x$ равен $T_1 = 2\pi$. Основной период функции $f_2(x) = \sin(x\sqrt{2})$ равен $T_2 = \frac{2\pi}{\sqrt{2}} = \pi\sqrt{2}$.
Сумма двух периодических функций является периодической функцией тогда и только тогда, когда отношение их периодов является рациональным числом. То есть, если существуют такие целые числа $n$ и $m$ (не равные нулю), что $n T_1 = m T_2$.
Найдем отношение периодов наших функций: $\frac{T_1}{T_2} = \frac{2\pi}{\pi\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
Число $\sqrt{2}$ является иррациональным. Это означает, что не существует таких целых чисел $n$ и $m$, для которых выполнялось бы равенство $\frac{n}{m} = \sqrt{2}$. Следовательно, не существует общего периода для функций $\sin x$ и $\sin(x\sqrt{2})$.
Таким образом, их сумма не является периодической функцией.
Ответ: Функция не является периодической.

63. Сравните числа:

а) $\log_2 3$ и $\log_5 8$;

б) $\log_9 10$ и $\lg 11$;

в) $2^{3^{100}}$ и $3^{2^{150}}$;

г) $\csc \frac{1}{2}$ и $4 \left(1-\sin \frac{1}{2}\right)$.

а) Чтобы сравнить числа $\log_2 3$ и $\log_5 8$, сравним каждое из них с числом $1,5 = \frac{3}{2}$.

1. Сравним $\log_2 3$ и $\frac{3}{2}$.
Это сравнение равносильно сравнению аргументов $3$ и $2^{3/2}$ (так как основание логарифма $2 > 1$).
$2^{3/2} = \sqrt{2^3} = \sqrt{8}$.
Сравним $3$ и $\sqrt{8}$. Возведем оба положительных числа в квадрат: $3^2 = 9$ и $(\sqrt{8})^2 = 8$.
Поскольку $9 > 8$, то $3 > \sqrt{8}$.
Следовательно, $\log_2 3 > \log_2 (2^{3/2}) = \frac{3}{2}$.

2. Сравним $\log_5 8$ и $\frac{3}{2}$.
Это сравнение равносильно сравнению аргументов $8$ и $5^{3/2}$ (так как основание логарифма $5 > 1$).
$5^{3/2} = \sqrt{5^3} = \sqrt{125}$.
Сравним $8$ и $\sqrt{125}$. Возведем оба положительных числа в квадрат: $8^2 = 64$ и $(\sqrt{125})^2 = 125$.
Поскольку $64 < 125$, то $8 < \sqrt{125}$.
Следовательно, $\log_5 8 < \log_5 (5^{3/2}) = \frac{3}{2}$.

Из полученных неравенств $\log_2 3 > \frac{3}{2}$ и $\log_5 8 < \frac{3}{2}$ следует, что $\log_2 3 > \log_5 8$.

Ответ: $\log_2 3 > \log_5 8$.

б) Сравним числа $\log_9 10$ и $\lg 11$ (где $\lg 11 = \log_{10} 11$).
Рассмотрим функцию $f(x) = \log_{x-1} x = \frac{\ln x}{\ln(x-1)}$ при $x > 2$.
Первое число - это $f(10) = \log_9 10$, второе - $f(11) = \log_{10} 11$.
Исследуем эту функцию на монотонность. Найдем ее производную:
$f'(x) = \left(\frac{\ln x}{\ln(x-1)}\right)' = \frac{\frac{1}{x}\ln(x-1) - \ln x \cdot \frac{1}{x-1}}{(\ln(x-1))^2} = \frac{(x-1)\ln(x-1) - x\ln x}{x(x-1)(\ln(x-1))^2}$.
Знаменатель дроби положителен при $x > 2$. Знак производной определяется знаком числителя: $g(x) = (x-1)\ln(x-1) - x\ln x$.
Найдем производную функции $g(x)$:
$g'(x) = \left(1\cdot\ln(x-1) + (x-1)\cdot\frac{1}{x-1}\right) - \left(1\cdot\ln x + x\cdot\frac{1}{x}\right) = \ln(x-1) + 1 - \ln x - 1 = \ln\left(\frac{x-1}{x}\right)$.
При $x > 1$ дробь $\frac{x-1}{x} < 1$, поэтому $\ln\left(\frac{x-1}{x}\right) < 0$.
Так как $g'(x) < 0$, функция $g(x)$ является убывающей при $x > 2$.
При $x \to \infty$, $g(x) = (x-1)\ln(x-1) - x\ln x = (x-1)(\ln x + \ln(1-\frac{1}{x})) - x\ln x \approx (x-1)(\ln x - \frac{1}{x}) - x\ln x = x\ln x - 1 - \ln x + \frac{1}{x} - x\ln x = -1-\ln x + \frac{1}{x} \to -\infty$. Поскольку $g(x)$ убывает, то $g(x) < 0$ для всех $x \ge 2$ (например, $g(2) = 1\ln 1 - 2\ln 2 = -2\ln 2 < 0$).
Значит, числитель в выражении для $f'(x)$ отрицателен, и $f'(x) < 0$.
Следовательно, функция $f(x) = \log_{x-1} x$ убывает при $x > 2$.
Поскольку $11 > 10$, из убывания функции следует, что $f(11) < f(10)$.
Таким образом, $\log_{10} 11 < \log_9 10$.

Ответ: $\log_9 10 > \lg 11$.

в) Сравним числа $2^{3^{100}}$ и $3^{2^{150}}$.
Поскольку логарифмическая функция является монотонно возрастающей, сравнение чисел можно заменить сравнением их логарифмов. Прологарифмируем оба числа дважды по натуральному основанию.
$A = \ln(\ln(2^{3^{100}})) = \ln(3^{100} \cdot \ln 2) = \ln(3^{100}) + \ln(\ln 2) = 100\ln 3 + \ln(\ln 2)$.
$B = \ln(\ln(3^{2^{150}})) = \ln(2^{150} \cdot \ln 3) = \ln(2^{150}) + \ln(\ln 3) = 150\ln 2 + \ln(\ln 3)$.
Сравним $A$ и $B$. Для этого рассмотрим их разность $A-B$:
$A - B = (100\ln 3 + \ln(\ln 2)) - (150\ln 2 + \ln(\ln 3)) = (100\ln 3 - 150\ln 2) - (\ln(\ln 3) - \ln(\ln 2))$.
$A - B = (\ln(3^{100}) - \ln(2^{150})) - \ln\left(\frac{\ln 3}{\ln 2}\right) = \ln\left(\frac{3^{100}}{2^{150}}\right) - \ln(\log_2 3)$.
Сравним $\frac{3^{100}}{2^{150}}$ и $\log_2 3$.
Преобразуем первое выражение: $\frac{3^{100}}{2^{150}} = \frac{3^{100}}{(2^{1.5})^{100}} = \frac{3^{100}}{(\sqrt{8})^{100}} = \left(\frac{3}{\sqrt{8}}\right)^{100} = \left(\frac{9}{8}\right)^{50}$.
Теперь сравним $\left(\frac{9}{8}\right)^{50}$ и $\log_2 3$.
Оценим $\left(\frac{9}{8}\right)^{50}$ с помощью неравенства Бернулли $(1+x)^n \ge 1+nx$ для $x > -1$ и $n \in \mathbb{N}$.
$\left(\frac{9}{8}\right)^{50} = \left(1+\frac{1}{8}\right)^{50} \ge 1 + 50 \cdot \frac{1}{8} = 1 + \frac{25}{4} = 1 + 6,25 = 7,25$.
Оценим $\log_2 3$. Так как $2^1 < 3 < 2^2$, то $1 < \log_2 3 < 2$.
Поскольку $7,25 > 2$, то $\left(\frac{9}{8}\right)^{50} > \log_2 3$.
Значит, $\ln\left(\frac{3^{100}}{2^{150}}\right) > \ln(\log_2 3)$, так как $\ln$ - возрастающая функция.
Это означает, что $A - B > 0$, то есть $A > B$.
$\ln(\ln(2^{3^{100}})) > \ln(\ln(3^{2^{150}}))$.
Так как логарифмическая функция монотонно возрастает, это влечет за собой $2^{3^{100}} > 3^{2^{150}}$.

Ответ: $2^{3^{100}} > 3^{2^{150}}$.

г) Сравним числа $\csc \frac{1}{2}$ и $4\left(1 - \sin\frac{1}{2}\right)$.
Пусть $x = \frac{1}{2}$ (угол в радианах). Нужно сравнить $\csc x$ и $4(1-\sin x)$.
Обозначим $s = \sin x = \sin \frac{1}{2}$. Тогда $\csc x = \frac{1}{s}$.
Сравниваем $\frac{1}{s}$ и $4(1-s)$.
Поскольку $0 < x = \frac{1}{2} < \frac{\pi}{2}$, то $s = \sin \frac{1}{2} > 0$.
Умножим обе части сравнения на положительное число $s$:
Сравниваем $1$ и $4s(1-s) = 4s - 4s^2$.
Перенесем все в левую часть: сравним $1 - 4s + 4s^2$ и $0$.
Выражение в левой части является полным квадратом: $1 - 4s + 4s^2 = (1 - 2s)^2$.
Квадрат любого действительного числа неотрицателен, поэтому $(1 - 2s)^2 \ge 0$.
Равенство нулю достигается только если $1 - 2s = 0$, то есть $s = \frac{1}{2}$.
В нашем случае $s = \sin \frac{1}{2}$. Известно, что для любого $x > 0$ выполняется строгое неравенство $\sin x < x$.
Следовательно, для $x=\frac{1}{2}$ имеем $\sin \frac{1}{2} < \frac{1}{2}$.
Значит, $s < \frac{1}{2}$, и $1-2s > 0$.
Поэтому $(1-2s)^2 > 0$.
Отсюда следует, что $1 > 4s(1-s)$.
Разделив на $s > 0$, получаем $\frac{1}{s} > 4(1-s)$.
Таким образом, $\csc \frac{1}{2} > 4\left(1 - \sin\frac{1}{2}\right)$.

Ответ: $\csc \frac{1}{2} > 4\left(1 - \sin\frac{1}{2}\right)$.

64. Расположите в порядке возрастания числа:

a) $\sin 4^\circ$, $\cos 2$, $\operatorname{tg} 3$, $\operatorname{ctg} 6$;

б) $\sin 10^\circ$, $\cos 275^\circ$, $\operatorname{tg} 190^\circ$, $\operatorname{ctg} 100^\circ$.

а) Чтобы расположить числа $\sin 4^\circ, \cos 2, \tan 3, \cot 6$ в порядке возрастания, определим их знаки и примерные значения. В тригонометрических функциях без значка градуса угол по умолчанию измеряется в радианах. Будем использовать приближенное значение $\pi \approx 3.14159$.

Сначала определим знаки каждого числа, найдя соответствующую тригонометрическую четверть для каждого угла:

$\sin 4^\circ$: Угол $4^\circ$ находится в первой четверти ($0^\circ < 4^\circ < 90^\circ$), поэтому $\sin 4^\circ > 0$.

$\cos 2$: Для угла в радианах используем $\pi \approx 3.14159$. Тогда $\frac{\pi}{2} \approx 1.57$ и $\pi \approx 3.14$. Поскольку $\frac{\pi}{2} < 2 < \pi$, угол 2 радиана находится во второй четверти, где косинус отрицателен. Следовательно, $\cos 2 < 0$.

$\tan 3$: Поскольку $\frac{\pi}{2} < 3 < \pi$, угол 3 радиана также находится во второй четверти, где тангенс отрицателен. Следовательно, $\tan 3 < 0$.

$\cot 6$: Используем $\frac{3\pi}{2} \approx 4.71$ и $2\pi \approx 6.28$. Поскольку $\frac{3\pi}{2} < 6 < 2\pi$, угол 6 радиан находится в четвертой четверти, где котангенс отрицателен. Следовательно, $\cot 6 < 0$.

Мы выяснили, что $\sin 4^\circ$ — единственное положительное число, а значит, оно будет наибольшим в данном наборе. Теперь сравним три отрицательных числа: $\cos 2, \tan 3, \cot 6$.

Угол 3 радиана близок к $\pi$. $\tan 3 = \tan(3-\pi)$. Так как $3-\pi \approx -0.14159$, это малый по модулю отрицательный угол, поэтому $\tan 3$ — это отрицательное число, близкое к нулю. Например, $\tan 3 \approx -0.142$.

Угол 2 радиана находится дальше от границ второй четверти. $\cos 2 = -\cos(\pi-2)$. Поскольку $\pi-2 \approx 1.14159$ рад (около $65^\circ$), $\cos 2$ является отрицательным числом, заметно меньшим нуля, $\cos 2 \approx -0.416$. Так как $-0.416 < -0.142$, то $\cos 2 < \tan 3$.

Угол 6 радиан близок к $2\pi$. $\cot 6 = \cot(6-2\pi)$. Так как $6 - 2\pi \approx -0.283$, $\cot 6$ является отрицательным числом, большим по модулю. Для малого отрицательного аргумента $x$, $\cot x \approx \frac{1}{x}$. $\cot 6 \approx \cot(-0.283) \approx \frac{1}{-0.283} \approx -3.53$. Это значение значительно меньше, чем $\cos 2$ и $\tan 3$.

Таким образом, упорядочивая отрицательные числа от меньшего к большему, получаем: $\cot 6 < \cos 2 < \tan 3$.

Итоговый порядок всех чисел в порядке возрастания: $\cot 6, \cos 2, \tan 3, \sin 4^\circ$.

Ответ: $\cot 6, \cos 2, \tan 3, \sin 4^\circ$.

б) Расположим в порядке возрастания числа $\sin 10^\circ, \cos 275^\circ, \tan 190^\circ, \cot 100^\circ$. Все углы даны в градусах, что упрощает задачу. Определим знак каждого значения.

1. $\sin 10^\circ$: Угол $10^\circ$ находится в первой четверти ($0^\circ < 10^\circ < 90^\circ$). Синус в первой четверти положителен. $\sin 10^\circ > 0$.

2. $\cos 275^\circ$: Угол $275^\circ$ находится в четвертой четверти ($270^\circ < 275^\circ < 360^\circ$). Косинус в четвертой четверти положителен. $\cos 275^\circ > 0$. Используя формулы приведения, получаем: $\cos 275^\circ = \cos(270^\circ + 5^\circ) = \sin 5^\circ$.

3. $\tan 190^\circ$: Угол $190^\circ$ находится в третьей четверти ($180^\circ < 190^\circ < 270^\circ$). Тангенс в третьей четверти положителен. $\tan 190^\circ > 0$. Используя формулы приведения: $\tan 190^\circ = \tan(180^\circ + 10^\circ) = \tan 10^\circ$.

4. $\cot 100^\circ$: Угол $100^\circ$ находится во второй четверти ($90^\circ < 100^\circ < 180^\circ$). Котангенс во второй четверти отрицателен. $\cot 100^\circ < 0$.

Поскольку $\cot 100^\circ$ — единственное отрицательное число в наборе, оно является наименьшим.

Теперь необходимо сравнить три положительных числа: $\sin 10^\circ$, $\cos 275^\circ$ (что равно $\sin 5^\circ$) и $\tan 190^\circ$ (что равно $\tan 10^\circ$).

Сравниваем $\sin 5^\circ$, $\sin 10^\circ$ и $\tan 10^\circ$. Все углы ($5^\circ$ и $10^\circ$) находятся в первой четверти.

- Функция $y = \sin x$ возрастает на интервале $(0^\circ, 90^\circ)$. Так как $5^\circ < 10^\circ$, то $\sin 5^\circ < \sin 10^\circ$.

- Для любого острого угла $\alpha$ ($0^\circ < \alpha < 90^\circ$) справедливо неравенство $\tan \alpha > \sin \alpha$, так как $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$ и в первой четверти $\cos \alpha < 1$. Следовательно, $\tan 10^\circ > \sin 10^\circ$.

Объединяя эти неравенства, получаем: $\sin 5^\circ < \sin 10^\circ < \tan 10^\circ$.

Подставляя обратно исходные выражения, имеем: $\cos 275^\circ < \sin 10^\circ < \tan 190^\circ$.

Таким образом, итоговый порядок чисел в порядке возрастания: $\cot 100^\circ, \cos 275^\circ, \sin 10^\circ, \tan 190^\circ$.

Ответ: $\cot 100^\circ, \cos 275^\circ, \sin 10^\circ, \tan 190^\circ$.

65. Известно, что функция $y = f(x)$: 1) возрастает; 2) убывает на промежутке $I$. Является ли функция $y = kf(x)$ возрастающей (убывающей) на промежутке $I$, если известно, что:

а) $k > 0$;

б) $k < 0$?

Для решения этой задачи мы воспользуемся определениями возрастающей и убывающей функций.

Функция $y = f(x)$ называется возрастающей на промежутке $I$, если для любых двух значений $x_1$ и $x_2$ из этого промежутка, таких что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) < f(x_2)$.

Функция $y = f(x)$ называется убывающей на промежутке $I$, если для любых двух значений $x_1$ и $x_2$ из этого промежутка, таких что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) > f(x_2)$.

Проанализируем функцию $y = kf(x)$ в каждом из предложенных случаев.

1) Функция $y = f(x)$ возрастает на промежутке $I$
Это означает, что для любых $x_1, x_2 \in I$, где $x_1 < x_2$, справедливо неравенство $f(x_1) < f(x_2)$.

а) $k > 0$
Умножим обе части неравенства $f(x_1) < f(x_2)$ на положительное число $k$. Знак неравенства при этом не изменится:
$k \cdot f(x_1) < k \cdot f(x_2)$
Так как для любых $x_1 < x_2$ выполняется $kf(x_1) < kf(x_2)$, то по определению функция $y = kf(x)$ является возрастающей на промежутке $I$.
Ответ: функция $y = kf(x)$ является возрастающей.

б) $k < 0$
Умножим обе части неравенства $f(x_1) < f(x_2)$ на отрицательное число $k$. Знак неравенства при этом изменится на противоположный:
$k \cdot f(x_1) > k \cdot f(x_2)$
Так как для любых $x_1 < x_2$ выполняется $kf(x_1) > kf(x_2)$, то по определению функция $y = kf(x)$ является убывающей на промежутке $I$.
Ответ: функция $y = kf(x)$ является убывающей.

2) Функция $y = f(x)$ убывает на промежутке $I$
Это означает, что для любых $x_1, x_2 \in I$, где $x_1 < x_2$, справедливо неравенство $f(x_1) > f(x_2)$.

а) $k > 0$
Умножим обе части неравенства $f(x_1) > f(x_2)$ на положительное число $k$. Знак неравенства при этом не изменится:
$k \cdot f(x_1) > k \cdot f(x_2)$
Так как для любых $x_1 < x_2$ выполняется $kf(x_1) > kf(x_2)$, то по определению функция $y = kf(x)$ является убывающей на промежутке $I$.
Ответ: функция $y = kf(x)$ является убывающей.

б) $k < 0$
Умножим обе части неравенства $f(x_1) > f(x_2)$ на отрицательное число $k$. Знак неравенства при этом изменится на противоположный:
$k \cdot f(x_1) < k \cdot f(x_2)$
Так как для любых $x_1 < x_2$ выполняется $kf(x_1) < kf(x_2)$, то по определению функция $y = kf(x)$ является возрастающей на промежутке $I$.
Ответ: функция $y = kf(x)$ является возрастающей.

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 $R$.

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 $\mathbb{R}$.

67. При каких $n$ функция $f$ может иметь ровно $n$ точек экстремума, если известно, что $f$:

a) четная;

б) нечетная;

в) периодическая функция?

а)Для четной функции $f$ выполняется условие $f(x) = f(-x)$ для всех $x$ из ее области определения. График такой функции симметричен относительно оси ординат (оси OY).
Рассмотрим точки экстремума (максимума или минимума).

1. Если точка $x_0 \neq 0$ является точкой экстремума, то из-за симметрии точка $-x_0$ также будет точкой экстремума того же типа. Например, если $f(x_0)$ — локальный максимум, то и $f(-x_0) = f(x_0)$ также будет локальным максимумом. Таким образом, все точки экстремума, не равные нулю, появляются парами. Количество таких точек всегда четно: $2k$, где $k$ — количество пар экстремумов ($k \ge 0$).

2. Точка $x=0$ является особенной, так как она симметрична самой себе. В этой точке может быть экстремум, а может и не быть.

Рассмотрим два случая:

• Если в точке $x=0$ есть экстремум, то общее число точек экстремума будет $n = 2k + 1$. Это означает, что $n$ может быть любым нечетным натуральным числом. Например, функция $f(x) = x^2$ имеет один экстремум ($n=1$) в точке $x=0$. Функция $f(x) = x^4 - 2x^2$ имеет три экстремума ($n=3$) в точках $x=0, x=1, x=-1$.
• Если в точке $x=0$ нет экстремума (например, это точка перегиба), то общее число точек экстремума будет $n = 2k$. Это означает, что $n$ может быть любым четным положительным числом. Например, функция $f(x) = x^6 - 3x^4$ имеет производную $f'(x) = 6x^5 - 12x^3 = 6x^3(x^2-2)$. Критические точки: $x=0, x=\pm\sqrt{2}$. В точках $x=\pm\sqrt{2}$ находятся минимумы, а в точке $x=0$ экстремума нет (это точка перегиба). Таким образом, у этой функции $n=2$ точки экстремума.

Следовательно, для четной функции число точек экстремума $n$ может быть любым натуральным числом. Случай $n=0$ для не-константной четной функции, определенной на всей числовой оси, как правило, невозможен, так как она должна иметь хотя бы один экстремум (например, глобальный минимум, если ветви параболы направлены вверх).

Ответ: $n$ - любое натуральное число ($n \ge 1$).

б)Для нечетной функции $f$ выполняется условие $f(-x) = -f(x)$ для всех $x$ из ее области определения. График такой функции симметричен относительно начала координат.

1. Если точка $x_0 \neq 0$ является точкой локального максимума, то в некоторой ее окрестности $f(x) \le f(x_0)$. Тогда для точки $-x_0$ в ее окрестности выполняется $f(-x) = -f(x) \ge -f(x_0) = f(-x_0)$. Это означает, что $-x_0$ является точкой локального минимума. Таким образом, точки экстремума, не равные нулю, всегда появляются парами (максимум-минимум). Количество таких точек всегда четно: $2k$, где $k \ge 0$.

2. Рассмотрим точку $x=0$. Если функция определена в этой точке, то из свойства нечетности следует $f(0) = -f(0)$, что означает $f(0)=0$. Точка $x=0$ не может быть точкой экстремума для нечетной функции (за исключением тривиального случая, когда функция тождественно равна нулю в окрестности нуля). Если бы $x=0$ был, например, локальным максимумом, то в некоторой окрестности выполнялось бы $f(x) \le f(0) = 0$. Но если для $x > 0$ в этой окрестности $f(x) \le 0$, то для $-x < 0$ должно выполняться $f(-x) = -f(x) \ge 0$. Таким образом, по разные стороны от нуля функция принимает значения разных знаков (или равна нулю), что характерно для точки перегиба, а не для экстремума.

Следовательно, общее число точек экстремума $n$ для нечетной функции равно числу ее ненулевых экстремумов, то есть $n=2k$. Таким образом, $n$ может быть только четным неотрицательным числом.

• $n=0$: функция $f(x)=x$ нечетная и не имеет экстремумов.
• $n=2$: функция $f(x) = x^3 - 3x$ нечетная и имеет два экстремума в точках $x=\pm1$.
• $n=2k$: можно построить нечетный многочлен, производная которого имеет $2k$ ненулевых корней.

Ответ: $n$ - любое четное неотрицательное число ($n=2k$, где $k=0, 1, 2, ...$).

в)Для периодической функции $f$ с периодом $T > 0$ выполняется условие $f(x+T) = f(x)$ для всех $x$.

Если у функции есть хотя бы одна точка экстремума $x_0$, то в силу периодичности все точки вида $x_k = x_0 + kT$ (где $k$ - любое целое число) также будут точками экстремума того же типа. Это означает, что если у не-константной периодической функции есть хотя бы один экстремум, то их у нее бесконечно много.

В задаче требуется, чтобы функция имела *ровно n* точек экстремума, то есть их число должно быть конечным. Единственный способ для периодической функции иметь конечное число экстремумов — это не иметь их вовсе.

Следовательно, единственно возможное конечное значение для $n$ — это $n=0$.

Примеры периодических функций без экстремумов:

• Константная функция $f(x)=C$. По строгому определению, у нее нет точек экстремума, так как нет точек, где значение было бы строго больше или меньше, чем в окрестности.
• Не-константная функция, например, "пилообразная" функция $f(x) = x - \lfloor x \rfloor$. Эта функция строго возрастает на каждом интервале $[k, k+1)$ и не имеет локальных максимумов или минимумов.

Ответ: $n=0$.

68. Среди функций вида $f(x) = ax + b$ найдите все такие, что для любого $x$:

a) $f(f(x)) = f(x)$;

б) $f(f(x)) = x$.

а) Нам дана функция $f(x) = ax + b$. Мы ищем все такие функции, для которых $f(f(x)) = f(x)$ справедливо для любого $x$.

Сначала найдем выражение для композиции функций $f(f(x))$:

$f(f(x)) = a \cdot f(x) + b = a(ax + b) + b = a^2x + ab + b$.

Теперь приравняем $f(f(x))$ к $f(x)$ согласно условию задачи:

$a^2x + ab + b = ax + b$.

Это равенство является тождеством, то есть оно должно выполняться для всех значений $x$. Это возможно только в том случае, если коэффициенты при одинаковых степенях $x$ в левой и правой частях равны. Приравнивая коэффициенты при $x$ и свободные члены, получаем систему из двух уравнений относительно $a$ и $b$:

$\begin{cases} a^2 = a & \text{(коэффициенты при } x\text{)} \\ ab + b = b & \text{(свободные члены)} \end{cases}$

Решим эту систему. Из первого уравнения $a^2 - a = 0$, или $a(a-1) = 0$, получаем два возможных значения для $a$: $a=0$ или $a=1$.

Из второго уравнения $ab + b = b$ следует, что $ab = 0$.

Рассмотрим два случая:

1. Пусть $a = 0$. Тогда второе уравнение $0 \cdot b = 0$ истинно для любого действительного числа $b$. В этом случае функция имеет вид $f(x) = 0 \cdot x + b = b$. Это любая постоянная функция. Проверим: если $f(x)=c$ (где $c$ - константа), то $f(f(x))=f(c)=c$, и $f(x)=c$, так что равенство $f(f(x))=f(x)$ выполняется.

2. Пусть $a = 1$. Тогда второе уравнение $1 \cdot b = 0$ дает нам $b=0$. В этом случае функция имеет вид $f(x) = 1 \cdot x + 0 = x$. Проверим: $f(f(x))=f(x)=x$, поэтому равенство $f(f(x))=f(x)$ также выполняется.

Ответ: $f(x) = x$ и $f(x) = c$, где $c$ – любое действительное число.

б) Теперь мы ищем все функции вида $f(x) = ax + b$, для которых $f(f(x)) = x$ для любого $x$.

Мы уже знаем, что $f(f(x)) = a^2x + ab + b$. Приравниваем это выражение к $x$:

$a^2x + ab + b = x$.

Снова, это равенство должно быть тождеством. Приравнивая коэффициенты при $x$ и свободные члены, получаем систему:

$\begin{cases} a^2 = 1 & \text{(коэффициенты при } x\text{)} \\ ab + b = 0 & \text{(свободные члены)} \end{cases}$

Из первого уравнения $a^2=1$ следует, что $a=1$ или $a=-1$.

Второе уравнение можно записать в виде $b(a+1) = 0$.

Рассмотрим два случая:

1. Пусть $a=1$. Тогда второе уравнение становится $b(1+1)=0$, или $2b=0$, что означает $b=0$. Функция в этом случае $f(x) = 1 \cdot x + 0 = x$. Проверка: $f(f(x))=f(x)=x$. Условие выполняется.

2. Пусть $a=-1$. Тогда второе уравнение становится $b(-1+1)=0$, или $b \cdot 0 = 0$. Это равенство верно для любого действительного числа $b$. Таким образом, любая функция вида $f(x) = -x+b$ является решением. Проверим: $f(f(x))=f(-x+b) = -(-x+b)+b = x-b+b = x$. Условие выполняется.

Ответ: $f(x) = x$ и $f(x) = -x + c$, где $c$ – любое действительное число.

69. Найдите функции $f_2 (x) = f (f (x))$, $f_3 (x) = f (f (f (x)))$ и т. д., $f_n (x) = f (f (\dots (f (x))\dots))$ и область определения $f_n (x)$, если:

а) $f (x) = 3 - x$;

б) $f (x) = \frac{1}{x}$;

в) $f (x) = \frac{1}{1 - x}$.

а) $f(x) = 3-x$

Найдем первые несколько итераций функции:

$f_1(x) = f(x) = 3-x$

$f_2(x) = f(f(x)) = f(3-x) = 3-(3-x) = x$

$f_3(x) = f(f_2(x)) = f(x) = 3-x$

$f_4(x) = f(f_3(x)) = f(3-x) = f_2(x) = x$

Замечаем, что результат зависит от четности $n$. Если $n$ четное, то $f_n(x)=x$. Если $n$ нечетное, то $f_n(x)=3-x$.

Общая формула для $f_n(x)$:

$f_n(x) = \begin{cases} x, & \text{если } n \text{ четное} \\ 3-x, & \text{если } n \text{ нечетное} \end{cases}$

Область определения функции $f(x)=3-x$ — все действительные числа, $D(f) = \mathbb{R}$. Поскольку при любой итерации мы применяем функцию к действительному числу, и результат всегда является действительным числом, область определения для любой функции $f_n(x)$ также будет вся числовая прямая.

Ответ: $f_n(x) = \begin{cases} x, & \text{если } n \text{ четное} \\ 3-x, & \text{если } n \text{ нечетное} \end{cases}$; область определения $D(f_n) = \mathbb{R}$ для всех $n \ge 1$.

б) $f(x) = \frac{1}{x}$

Найдем первые несколько итераций функции:

$f_1(x) = f(x) = \frac{1}{x}$

$f_2(x) = f(f(x)) = f(\frac{1}{x}) = \frac{1}{1/x} = x$

$f_3(x) = f(f_2(x)) = f(x) = \frac{1}{x}$

$f_4(x) = f(f_3(x)) = f(\frac{1}{x}) = f_2(x) = x$

Аналогично предыдущему пункту, результат зависит от четности $n$. Если $n$ четное, то $f_n(x)=x$. Если $n$ нечетное, то $f_n(x)=\frac{1}{x}$.

Общая формула для $f_n(x)$:

$f_n(x) = \begin{cases} x, & \text{если } n \text{ четное} \\ \frac{1}{x}, & \text{если } n \text{ нечетное} \end{cases}$

Область определения функции $f(x)=\frac{1}{x}$ есть $D(f) = \{x \in \mathbb{R} | x \neq 0\}$. Для определения $f_n(x)$ необходимо, чтобы на каждом шаге итерации аргумент функции не был равен нулю.
1. Для $f_1(x)$ требуется $x \neq 0$.
2. Для $f_2(x)=f(f_1(x))$ требуется $f_1(x) \neq 0$. Так как $f_1(x) = \frac{1}{x}$, это условие выполняется для всех $x$ из области определения $f_1$.
3. Для $f_3(x)=f(f_2(x))$ требуется $f_2(x) \neq 0$. Так как $f_2(x) = x$, это возвращает нас к исходному условию $x \neq 0$.
Таким образом, единственным ограничением для любого $n \ge 1$ является $x \neq 0$.

Ответ: $f_n(x) = \begin{cases} x, & \text{если } n \text{ четное} \\ \frac{1}{x}, & \text{если } n \text{ нечетное} \end{cases}$; область определения $D(f_n) = \{x \in \mathbb{R} | x \neq 0\}$ для всех $n \ge 1$.

в) $f(x) = \frac{1}{1-x}$

Найдем первые несколько итераций функции:

$f_1(x) = f(x) = \frac{1}{1-x}$

$f_2(x) = f(f(x)) = f\left(\frac{1}{1-x}\right) = \frac{1}{1 - \frac{1}{1-x}} = \frac{1}{\frac{1-x-1}{1-x}} = \frac{1-x}{-x} = \frac{x-1}{x}$

$f_3(x) = f(f_2(x)) = f\left(\frac{x-1}{x}\right) = \frac{1}{1 - \frac{x-1}{x}} = \frac{1}{\frac{x-(x-1)}{x}} = \frac{1}{\frac{1}{x}} = x$

$f_4(x) = f(f_3(x)) = f(x) = \frac{1}{1-x} = f_1(x)$

Последовательность функций $f_n(x)$ периодична с периодом 3. Общая формула, где $k \in \mathbb{N}$:

$f_n(x) = \begin{cases} \frac{1}{1-x}, & \text{если } n=3k-2 \\ \frac{x-1}{x}, & \text{если } n=3k-1 \\ x, & \text{если } n=3k \end{cases}$

Найдем область определения $D(f_n)$. На каждом шаге применения функции $f(y) = \frac{1}{1-y}$ ее аргумент $y$ не должен быть равен 1.

1. Для $f_1(x)$ требуется $x \neq 1$. Таким образом, $D(f_1) = \{x \in \mathbb{R} \mid x \neq 1\}$.

2. Для $f_2(x)$ требуется $x \neq 1$ и $f_1(x) \neq 1$. Условие $f_1(x) \neq 1 \implies \frac{1}{1-x} \neq 1 \implies 1 \neq 1-x \implies x \neq 0$. Таким образом, $D(f_2) = \{x \in \mathbb{R} \mid x \neq 0, x \neq 1\}$.

3. Для $f_3(x)$ требуется $x \in D(f_2)$ и $f_2(x) \neq 1$. Условие $f_2(x) \neq 1 \implies \frac{x-1}{x} \neq 1 \implies x-1 \neq x \implies -1 \neq 0$, что верно всегда. Новых ограничений нет, $D(f_3) = \{x \in \mathbb{R} \mid x \neq 0, x \neq 1\}$.

4. Для $f_4(x)$ и последующих итераций новые ограничения также не появляются, так как цикл замыкается ($f_3(x) \neq 1 \implies x \neq 1$ и т.д.).

Следовательно, для $n=1$ область определения — $x \neq 1$, а для любого $n \ge 2$ — $x \neq 0$ и $x \neq 1$.

Ответ: $f_n(x) = \begin{cases} \frac{1}{1-x}, & \text{если } n=3k-2, k \in \mathbb{N} \\ \frac{x-1}{x}, & \text{если } n=3k-1, k \in \mathbb{N} \\ x, & \text{если } n=3k, k \in \mathbb{N} \end{cases}$; область определения для $n=1$: $D(f_1)=\{x \in \mathbb{R} \mid x \neq 1\}$; для $n \ge 2$: $D(f_n)=\{x \in \mathbb{R} \mid x \neq 0, x \neq 1\}$.

70. Среди функций вида:

а) $y = \frac{1}{ax + b}$;

б) $y = \frac{ax + b}{cx + d}$

— найдите все, совпадающие с обратными к самим себе.

а)

Чтобы функция $y = f(x)$ совпадала со своей обратной, необходимо и достаточно, чтобы для всех $x$ из области определения функции выполнялось тождество $f(f(x)) = x$. Для функции вида $y = \frac{1}{ax+b}$ найдем $f(f(x))$:

$f(f(x)) = \frac{1}{a \cdot f(x) + b} = \frac{1}{a \cdot (\frac{1}{ax+b}) + b} = \frac{1}{\frac{a}{ax+b} + b} = \frac{1}{\frac{a + b(ax+b)}{ax+b}} = \frac{ax+b}{a + abx + b^2}$

Теперь приравняем полученное выражение к $x$:

$\frac{ax+b}{abx + a + b^2} = x$

$ax+b = x(abx + a + b^2)$

$ax+b = abx^2 + (a+b^2)x$

$abx^2 + (a+b^2-a)x - b = 0$

$abx^2 + b^2x - b = 0$

Это равенство должно выполняться для всех $x$ из области определения. Это возможно только в том случае, если все коэффициенты многочлена равны нулю:

$\begin{cases} ab = 0 \\ b^2 = 0 \\ -b = 0 \end{cases}$

Из второго и третьего уравнений следует, что $b=0$. При этом первое уравнение ($a \cdot 0 = 0$) также выполняется. Исходная функция $y=\frac{1}{ax+b}$ является невырожденной (не постоянной), если $a \ne 0$. Таким образом, условие, при котором функция совпадает со своей обратной, — это $b=0$ при $a \ne 0$.

Функции имеют вид $y = \frac{1}{ax}$.

Ответ: функции вида $y = \frac{1}{ax}$, где $a$ — любое действительное число, не равное нулю.

б)

Рассмотрим функцию вида $y = \frac{ax+b}{cx+d}$. Условие совпадения функции со своей обратной: $f(f(x)) = x$.

$f(f(x)) = \frac{a \cdot f(x) + b}{c \cdot f(x) + d} = \frac{a \cdot (\frac{ax+b}{cx+d}) + b}{c \cdot (\frac{ax+b}{cx+d}) + d}$

Умножим числитель и знаменатель на $cx+d$:

$f(f(x)) = \frac{a(ax+b) + b(cx+d)}{c(ax+b) + d(cx+d)} = \frac{a^2x+ab+bcx+bd}{acx+bc+cdx+d^2} = \frac{(a^2+bc)x + (ab+bd)}{(ac+cd)x + (bc+d^2)}$

Приравняем это выражение к $x$:

$\frac{(a^2+bc)x + b(a+d)}{c(a+d)x + (bc+d^2)} = x$

$(a^2+bc)x + b(a+d) = x(c(a+d)x + (bc+d^2))$

$(a^2+bc)x + b(a+d) = c(a+d)x^2 + (bc+d^2)x$

$c(a+d)x^2 + (bc+d^2-a^2-bc)x - b(a+d) = 0$

$c(a+d)x^2 + (d^2-a^2)x - b(a+d) = 0$

$c(a+d)x^2 + (d-a)(d+a)x - b(a+d) = 0$

$(a+d) \cdot [cx^2 + (d-a)x - b] = 0$

Это тождество должно выполняться для всех $x$. Это возможно, если один из множителей тождественно равен нулю. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $a+d=0$, то есть $d=-a$. При этом функция не должна быть постоянной, то есть должно выполняться условие невырожденности $ad-bc \ne 0$. Подставив $d=-a$, получим: $a(-a) - bc \ne 0 \Rightarrow -a^2 - bc \ne 0 \Rightarrow a^2+bc \ne 0$. Таким образом, все функции вида $y = \frac{ax+b}{cx-a}$ при условии $a^2+bc \ne 0$ совпадают со своими обратными.

Случай 2: $cx^2 + (d-a)x - b = 0$ для всех $x$. Это возможно только тогда, когда все коэффициенты многочлена равны нулю:

$\begin{cases} c = 0 \\ d-a = 0 \\ -b = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} c = 0 \\ d = a \\ b = 0 \end{cases}$

Проверим условие невырожденности $ad-bc \ne 0$:

$a \cdot a - 0 \cdot 0 = a^2 \ne 0$, что означает $a \ne 0$. При этих условиях функция имеет вид $y = \frac{ax+0}{0x+a} = \frac{ax}{a} = x$. Функция $y=x$ является частным случаем, не входящим в первую группу (так как для нее $a=d \ne 0$, что противоречит условию $a+d=0$, если $a \ne 0$).

Ответ: функции двух видов: 1) $y = \frac{ax+b}{cx-a}$ при условии, что $a,b,c$ — действительные числа, для которых $a^2+bc \ne 0$; 2) функция $y=x$.