Страница 337 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Решите системы уравнений (205–206).

205. a) $\begin{cases} \log_x y = 2, \\ \log_{x+1}(y+23) = 3; \end{cases}$

б) $\begin{cases} (x+y)^x = (x-y)^y, \\ \log_2 x = 1+\log_2 y; \end{cases}$

в) $\begin{cases} (x-y)^{2y-x} = 125, \\ \log_2 (x-y) = 1; \end{cases}$

г) $\begin{cases} 2 \log_2 x - 3^y = 15, \\ 3^y \cdot \log_2 x = 2^{\log_2 x + 3y + 1}. \end{cases}$

а)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} \log_x y = 2, \\ \log_{x+1} (y+23) = 3; \end{cases} $

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Из первого уравнения: $x > 0$, $x \ne 1$, $y > 0$. Из второго уравнения: $x+1 > 0 \Rightarrow x > -1$, $x+1 \ne 1 \Rightarrow x \ne 0$, $y+23 > 0 \Rightarrow y > -23$.
Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $x > 0$, $x \ne 1$, $y > 0$.

Из первого уравнения по определению логарифма выразим $y$ через $x$:

$y = x^2$

Подставим это выражение во второе уравнение системы:

$\log_{x+1} (x^2+23) = 3$

По определению логарифма:

$x^2+23 = (x+1)^3$

Раскроем скобки в правой части:

$x^2+23 = x^3 + 3x^2 + 3x + 1$

Перенесем все члены в одну сторону и приведем подобные:

$x^3 + 3x^2 - x^2 + 3x + 1 - 23 = 0$

$x^3 + 2x^2 + 3x - 22 = 0$

Найдем целочисленные корни этого кубического уравнения среди делителей свободного члена (-22): $\pm1, \pm2, \pm11, \pm22$. Проверкой убеждаемся, что $x=2$ является корнем:

$2^3 + 2 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2 - 22 = 8 + 8 + 6 - 22 = 22 - 22 = 0$

Корень $x=2$ удовлетворяет ОДЗ ($2 > 0$, $2 \ne 1$).
Чтобы найти остальные корни, разделим многочлен $x^3 + 2x^2 + 3x - 22$ на $(x-2)$: $(x^3 + 2x^2 + 3x - 22) : (x-2) = x^2 + 4x + 11$. Получаем уравнение $(x-2)(x^2 + 4x + 11) = 0$. Для квадратного уравнения $x^2 + 4x + 11 = 0$ найдем дискриминант: $D = 4^2 - 4 \cdot 1 \cdot 11 = 16 - 44 = -28$. Так как $D < 0$, других действительных корней нет.

Итак, единственное решение для $x$ - это $x=2$. Найдем соответствующее значение $y$:

$y = x^2 = 2^2 = 4$

Значение $y=4$ удовлетворяет ОДЗ ($4>0$).

Ответ: (2, 4)

б)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} (x+y)^x = (x-y)^y, \\ \log_2 x = 1 + \log_2 y; \end{cases} $

ОДЗ: $x > 0$, $y > 0$. Из первого уравнения также следует, что основания степеней должны быть положительными: $x+y > 0$ (что верно при $x>0, y>0$) и $x-y > 0$, то есть $x > y$.

Преобразуем второе уравнение:

$\log_2 x - \log_2 y = 1$

$\log_2 \frac{x}{y} = 1$

$\frac{x}{y} = 2^1 = 2 \Rightarrow x = 2y$

Поскольку $y>0$, из $x=2y$ следует, что $x>y$, что соответствует ОДЗ.

Подставим $x=2y$ в первое уравнение системы:

$(2y+y)^{2y} = (2y-y)^y$

$(3y)^{2y} = y^y$

Так как $y>0$, то $y^y \ne 0$, можно разделить обе части на $y^y$:

$\frac{(3y)^{2y}}{y^y} = 1$

$\frac{((3y)^2)^y}{y^y} = 1$

$(\frac{9y^2}{y})^y = 1$

$(9y)^y = 1$

Это равенство возможно в трех случаях: 1) Основание равно 1: $9y=1 \Rightarrow y = 1/9$. 2) Показатель степени равен 0: $y=0$, что не входит в ОДЗ. 3) Основание равно -1, а показатель - четное число. Но $9y > 0$ по ОДЗ.

Таким образом, единственное решение $y=1/9$. Найдем $x$:

$x = 2y = 2 \cdot \frac{1}{9} = \frac{2}{9}$

Проверим ОДЗ: $x=2/9 > 0$, $y=1/9 > 0$, $x > y$ (2/9 > 1/9). Все условия выполнены.

Ответ: (2/9, 1/9)

в)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} (x-y)^{2y-x} = 125, \\ \lg(2(x-y)) = 1; \end{cases} $

ОДЗ: Из второго уравнения $2(x-y) > 0 \Rightarrow x-y > 0$. Это также обеспечивает, что основание степени в первом уравнении положительно.

Начнем со второго, более простого уравнения:

$\lg(2(x-y)) = 1$

По определению десятичного логарифма:

$2(x-y) = 10^1 = 10$

$x-y = 5$

Подставим $x-y = 5$ в первое уравнение:

$5^{2y-x} = 125$

$5^{2y-x} = 5^3$

Приравниваем показатели степени:

$2y-x = 3$

Теперь у нас есть система двух линейных уравнений:

$ \begin{cases} x - y = 5, \\ -x + 2y = 3; \end{cases} $

Сложим два уравнения:

$(x-x) + (-y+2y) = 5+3$

$y = 8$

Подставим $y=8$ в первое уравнение $x-y=5$:

$x - 8 = 5 \Rightarrow x = 13$

Проверим ОДЗ: $x-y = 13-8=5>0$. Условие выполнено.

Ответ: (13, 8)

г)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} 2\log_2 x - 3^y = 15, \\ 3^y \cdot \log_2 x = 2\log_2 x + 3^{y+1}; \end{cases} $

ОДЗ: $x > 0$.

Сделаем замену переменных. Пусть $a = \log_2 x$ и $b = 3^y$. Поскольку $y$ может быть любым действительным числом, то $b > 0$.
Заметим, что $3^{y+1} = 3^y \cdot 3^1 = 3b$.
Система в новых переменных примет вид:

$ \begin{cases} 2a - b = 15, \\ a \cdot b = 2a + 3b; \end{cases} $

Из первого уравнения выразим $b$:

$b = 2a - 15$

Подставим это выражение во второе уравнение:

$a(2a-15) = 2a + 3(2a-15)$

$2a^2 - 15a = 2a + 6a - 45$

$2a^2 - 15a = 8a - 45$

Перенесем все в левую часть:

$2a^2 - 23a + 45 = 0$

Решим это квадратное уравнение. Дискриминант:

$D = (-23)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 45 = 529 - 360 = 169 = 13^2$

Найдем корни для $a$:

$a_1 = \frac{23 - 13}{2 \cdot 2} = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}$

$a_2 = \frac{23 + 13}{2 \cdot 2} = \frac{36}{4} = 9$

Теперь найдем соответствующие значения $b$ для каждого $a$:

1) Если $a = 5/2$, то $b = 2(5/2) - 15 = 5 - 15 = -10$. Этот корень не подходит, так как $b = 3^y$ должно быть положительным.

2) Если $a = 9$, то $b = 2(9) - 15 = 18 - 15 = 3$. Этот корень подходит, так как $b=3>0$.

Таким образом, у нас есть единственное решение в переменных $a$ и $b$: $a=9, b=3$.
Вернемся к исходным переменным $x$ и $y$:

$\log_2 x = a = 9 \Rightarrow x = 2^9 = 512$

$3^y = b = 3 \Rightarrow 3^y = 3^1 \Rightarrow y=1$

Проверим ОДЗ: $x=512>0$. Условие выполнено.

Ответ: (512, 1)

206. a) $\begin{cases} 3^{\cos x} = \left(\frac{1}{3}\right)^{\cos y}, \\ \log_2(\sin x - \cos y) + \log_2(\sin x + \cos y) = -1; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \log_2 \sin x + \log_2 \sin y = -2, \\ \log_3 \cos x + \log_3 \cos y = 1 - \log_3 4. \end{cases}$

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} 3^{\cos x} = \left(\frac{1}{3}\right)^{\cos y} \\ \log_2(\sin x - \cos y) + \log_2(\sin x + \cos y) = -1 \end{cases} $

Сначала преобразуем первое уравнение системы. Так как $\frac{1}{3} = 3^{-1}$, получаем:

$3^{\cos x} = (3^{-1})^{\cos y}$

$3^{\cos x} = 3^{-\cos y}$

Приравнивая показатели степени, получаем первое соотношение:

$\cos x = -\cos y$

Теперь рассмотрим второе уравнение. Область допустимых значений (ОДЗ) для логарифмов требует, чтобы их аргументы были положительными:

$\sin x - \cos y > 0$

$\sin x + \cos y > 0$

Используя свойство суммы логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a (bc)$, объединяем логарифмы в левой части:

$\log_2((\sin x - \cos y)(\sin x + \cos y)) = -1$

Применяя формулу разности квадратов $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$ для выражения в скобках:

$\log_2(\sin^2 x - \cos^2 y) = -1$

По определению логарифма, это уравнение эквивалентно:

$\sin^2 x - \cos^2 y = 2^{-1} = \frac{1}{2}$

Теперь мы имеем систему из двух более простых уравнений:

$ \begin{cases} \cos x = -\cos y \\ \sin^2 x - \cos^2 y = \frac{1}{2} \end{cases} $

Подставим $\cos y = -\cos x$ из первого уравнения во второе:

$\sin^2 x - (-\cos x)^2 = \frac{1}{2}$

$\sin^2 x - \cos^2 x = \frac{1}{2}$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$, выразим уравнение через $\cos x$:

$(1 - \cos^2 x) - \cos^2 x = \frac{1}{2}$

$1 - 2\cos^2 x = \frac{1}{2}$

$2\cos^2 x = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

$\cos^2 x = \frac{1}{4}$

Отсюда получаем два возможных значения для $\cos x$: $\cos x = \frac{1}{2}$ или $\cos x = -\frac{1}{2}$. Рассмотрим оба случая.

Случай 1: $\cos x = \frac{1}{2}$.

Из $\cos x = -\cos y$ следует, что $\cos y = -\frac{1}{2}$. Проверим ОДЗ. Из условий $\sin x - \cos y > 0$ и $\sin x + \cos y > 0$ получаем $\sin x - (-\frac{1}{2}) > 0 \implies \sin x > -\frac{1}{2}$ и $\sin x + (-\frac{1}{2}) > 0 \implies \sin x > \frac{1}{2}$. Более строгим является условие $\sin x > \frac{1}{2}$.

Если $\cos x = \frac{1}{2}$, то $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$, откуда $\sin x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$. Условию $\sin x > \frac{1}{2}$ удовлетворяет только $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, $\cos x = \frac{1}{2}$ и $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$, что соответствует $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Для $y$ имеем $\cos y = -\frac{1}{2}$, что дает $y = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $\cos x = -\frac{1}{2}$.

Из $\cos x = -\cos y$ следует, что $\cos y = \frac{1}{2}$. Проверим ОДЗ. Условия $\sin x - \frac{1}{2} > 0$ и $\sin x + \frac{1}{2} > 0$ сводятся к $\sin x > \frac{1}{2}$.

Если $\cos x = -\frac{1}{2}$, то $\sin^2 x = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$, откуда $\sin x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$. Условию $\sin x > \frac{1}{2}$ удовлетворяет только $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, $\cos x = -\frac{1}{2}$ и $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$, что соответствует $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Для $y$ имеем $\cos y = \frac{1}{2}$, что дает $y = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $(\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n)$, $(\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n)$, где $k, n \in \mathbb{Z}$.

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} \log_2 \sin x + \log_2 \sin y = -2 \\ \log_3 \cos x + \log_3 \cos y = 1 - \log_3 4 \end{cases} $

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы всех логарифмов должны быть строго положительными:

$\sin x > 0$, $\sin y > 0$

$\cos x > 0$, $\cos y > 0$

Эти четыре условия выполняются одновременно только в том случае, если углы $x$ и $y$ находятся в первой координатной четверти.

Упростим оба уравнения системы, используя свойство логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a(bc)$.

Из первого уравнения:

$\log_2(\sin x \cdot \sin y) = -2$

$\sin x \sin y = 2^{-2} = \frac{1}{4}$

Из второго уравнения:

$\log_3(\cos x \cos y) = \log_3 3 - \log_3 4 = \log_3(\frac{3}{4})$

$\cos x \cos y = \frac{3}{4}$

Таким образом, мы получили эквивалентную систему:

$ \begin{cases} \sin x \sin y = \frac{1}{4} \\ \cos x \cos y = \frac{3}{4} \end{cases} $

Воспользуемся формулами косинуса суммы и разности двух углов:

$\cos(x-y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1$

$\cos(x+y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$

Из уравнения $\cos(x-y) = 1$ следует, что $x-y = 2\pi m$ для некоторого целого числа $m \in \mathbb{Z}$.

Так как по ОДЗ $x$ и $y$ принадлежат интервалу $(0, \frac{\pi}{2})$ (в пределах одного оборота), то их разность $x-y$ лежит в интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Единственное значение $2\pi m$, попадающее в этот интервал, это $0$ (при $m=0$).

Следовательно, $x-y=0$, то есть $x=y$.

Подставим $x=y$ в любое из уравнений упрощенной системы, например, в первое:

$\sin x \sin x = \frac{1}{4} \implies \sin^2 x = \frac{1}{4}$

Так как $x$ находится в первой четверти, $\sin x > 0$, поэтому $\sin x = \frac{1}{2}$.

Аналогично, из второго уравнения: $\cos^2 x = \frac{3}{4}$, и так как $\cos x > 0$, то $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Единственный угол в первой четверти, для которого $\sin x = \frac{1}{2}$ и $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$, это $x = \frac{\pi}{6}$.

Поскольку $x=y$, то $y = \frac{\pi}{6}$

Учитывая периодичность тригонометрических функций, общее решение системы имеет вид:

Ответ: $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, $y = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $k, n \in \mathbb{Z}$.

207. a) Докажите признак возрастания функции: функция $f$ возрастает на промежутке $I$ тогда и только тогда, когда для любых двух значений аргумента $x$ и $x + \Delta x$ (где $\Delta x \neq 0$) из промежутка $I$ выполняется условие $\frac{\Delta f}{\Delta x} > 0$.

б) Сформулируйте и докажите аналогичный признак убывания функции на промежутке $I$.

а)

Требуется доказать, что функция $f$ возрастает на промежутке $I$ тогда и только тогда, когда для любых двух различных значений аргумента $x$ и $x + \Delta x$ из промежутка $I$ выполняется условие $\frac{\Delta f}{\Delta x} > 0$.

Напомним определение возрастающей функции: функция $f$ называется возрастающей на промежутке $I$, если для любых двух точек $x_1$ и $x_2$ из $I$ таких, что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) < f(x_2)$.

Доказательство состоит из двух частей: необходимости и достаточности.

Доказательство необходимости (→)

Пусть функция $f$ возрастает на промежутке $I$. Возьмем два любых различных значения аргумента $x$ и $x+\Delta x$ из промежутка $I$. Обозначим $x_1 = x$ и $x_2 = x + \Delta x$. Приращение аргумента $\Delta x = x_2 - x_1 \neq 0$. Приращение функции $\Delta f = f(x_2) - f(x_1) = f(x + \Delta x) - f(x)$.

Рассмотрим два возможных случая:

1. Пусть $\Delta x > 0$. Тогда $x_2 - x_1 > 0$, что означает $x_2 > x_1$. Так как функция $f$ возрастает на $I$, из $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$. Следовательно, $\Delta f = f(x_2) - f(x_1) > 0$. В этом случае и числитель $\Delta f$, и знаменатель $\Delta x$ положительны, значит, их отношение положительно: $\frac{\Delta f}{\Delta x} > 0$.
2. Пусть $\Delta x < 0$. Тогда $x_2 - x_1 < 0$, что означает $x_2 < x_1$. Так как функция $f$ возрастает на $I$, из $x_2 < x_1$ следует $f(x_2) < f(x_1)$. Следовательно, $\Delta f = f(x_2) - f(x_1) < 0$. В этом случае и числитель $\Delta f$, и знаменатель $\Delta x$ отрицательны, значит, их отношение положительно: $\frac{\Delta f}{\Delta x} > 0$.

Таким образом, в обоих случаях мы получаем, что если функция возрастает, то $\frac{\Delta f}{\Delta x} > 0$. Необходимость доказана.

Доказательство достаточности (←)

Пусть для любых двух различных значений аргумента $x$ и $x+\Delta x$ из промежутка $I$ выполняется условие $\frac{\Delta f}{\Delta x} > 0$. Докажем, что функция $f$ возрастает на $I$.

Для этого возьмем две произвольные точки $x_1$ и $x_2$ из промежутка $I$ такие, что $x_1 < x_2$. Нам нужно показать, что $f(x_1) < f(x_2)$.

Обозначим приращение аргумента $\Delta x = x_2 - x_1$. Поскольку $x_1 < x_2$, то $\Delta x > 0$. Второй аргумент можно представить как $x_2 = x_1 + \Delta x$. Приращение функции равно $\Delta f = f(x_2) - f(x_1)$.

По условию, для выбранных нами точек $x_1$ и $x_2 = x_1 + \Delta x$ должно выполняться неравенство $\frac{\Delta f}{\Delta x} > 0$, то есть $\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} > 0$.

Мы знаем, что знаменатель дроби $x_2 - x_1$ положителен. Чтобы вся дробь была положительной, числитель также должен быть положителен: $f(x_2) - f(x_1) > 0$.

Из $f(x_2) - f(x_1) > 0$ следует, что $f(x_2) > f(x_1)$, или $f(x_1) < f(x_2)$.

Так как это верно для любых $x_1, x_2 \in I$ при $x_1 < x_2$, мы доказали, что функция $f$ является возрастающей на промежутке $I$. Достаточность доказана.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Формулировка аналогичного признака для убывающей функции:

Функция $f$ убывает на промежутке $I$ тогда и только тогда, когда для любых двух различных значений аргумента $x$ и $x + \Delta x$ из промежутка $I$ выполняется условие $\frac{\Delta f}{\Delta x} < 0$.

Доказательство:

Напомним определение убывающей функции: функция $f$ называется убывающей на промежутке $I$, если для любых двух точек $x_1$ и $x_2$ из $I$ таких, что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) > f(x_2)$.

Доказательство также состоит из двух частей.

Доказательство необходимости (→)

Пусть функция $f$ убывает на промежутке $I$. Возьмем два любых различных значения аргумента $x$ и $x+\Delta x$ из $I$. Обозначим $x_1 = x$ и $x_2 = x + \Delta x$. Тогда $\Delta x = x_2 - x_1 \neq 0$ и $\Delta f = f(x_2) - f(x_1)$.

Рассмотрим два возможных случая:

1. Пусть $\Delta x > 0$. Тогда $x_2 > x_1$. Так как функция $f$ убывает, из $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) > f(x_2)$. Следовательно, $\Delta f = f(x_2) - f(x_1) < 0$. В этом случае числитель $\Delta f$ отрицателен, а знаменатель $\Delta x$ положителен, значит, их отношение отрицательно: $\frac{\Delta f}{\Delta x} < 0$.
2. Пусть $\Delta x < 0$. Тогда $x_2 < x_1$. Так как функция $f$ убывает, из $x_2 < x_1$ следует $f(x_2) > f(x_1)$. Следовательно, $\Delta f = f(x_2) - f(x_1) > 0$. В этом случае числитель $\Delta f$ положителен, а знаменатель $\Delta x$ отрицателен, значит, их отношение отрицательно: $\frac{\Delta f}{\Delta x} < 0$.

Таким образом, если функция убывает, то $\frac{\Delta f}{\Delta x} < 0$. Необходимость доказана.

Доказательство достаточности (←)

Пусть для любых двух различных значений аргумента $x$ и $x+\Delta x$ из промежутка $I$ выполняется условие $\frac{\Delta f}{\Delta x} < 0$. Докажем, что функция $f$ убывает на $I$.

Возьмем две произвольные точки $x_1$ и $x_2$ из промежутка $I$ такие, что $x_1 < x_2$. Нам нужно показать, что $f(x_1) > f(x_2)$.

Обозначим приращение аргумента $\Delta x = x_2 - x_1$. Поскольку $x_1 < x_2$, то $\Delta x > 0$.

По условию, $\frac{\Delta f}{\Delta x} < 0$, то есть $\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < 0$.

Знаменатель $x_2 - x_1$ положителен. Чтобы вся дробь была отрицательной, числитель должен быть отрицательным: $f(x_2) - f(x_1) < 0$.

Из $f(x_2) - f(x_1) < 0$ следует, что $f(x_2) < f(x_1)$, или $f(x_1) > f(x_2)$.

Это соответствует определению убывающей функции. Достаточность доказана.

Ответ: Признак убывания функции сформулирован и доказан.

208. Пользуясь доказанными признаками (см. № 207), найдите промежутки возрастания и убывания функции:

а) $f(x) = 2x^2$;

б) $f(x) = 3 - 4x$;

в) $f(x) = 3 - x^2$;

г) $f(x) = 1 - \frac{2}{x}$.

а) $f(x) = 2x^2$

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Находим производную функции: $f'(x) = (2x^2)' = 4x$.

3. Находим критические точки, решая уравнение $f'(x) = 0$:
$4x = 0 \implies x = 0$.

4. Критическая точка $x=0$ делит числовую прямую на два интервала: $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$. Определяем знак производной на каждом из них:

- На интервале $(-\infty; 0)$ производная $f'(x) = 4x < 0$, следовательно, функция убывает на промежутке $(-\infty; 0]$.

- На интервале $(0; +\infty)$ производная $f'(x) = 4x > 0$, следовательно, функция возрастает на промежутке $[0; +\infty)$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[0; +\infty)$ и убывает на промежутке $(-\infty; 0]$.

б) $f(x) = 3 - 4x$

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Находим производную функции: $f'(x) = (3 - 4x)' = -4$.

3. Производная $f'(x) = -4$ является постоянной и отрицательной для любого значения $x$. Уравнение $f'(x) = 0$ не имеет решений, следовательно, критических точек нет.

4. Так как $f'(x) < 0$ на всей области определения, функция убывает на всей числовой прямой.

Ответ: функция убывает на промежутке $(-\infty; +\infty)$.

в) $f(x) = 3 - x^2$

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Находим производную функции: $f'(x) = (3 - x^2)' = -2x$.

3. Находим критические точки, решая уравнение $f'(x) = 0$:
$-2x = 0 \implies x = 0$.

4. Критическая точка $x=0$ делит числовую прямую на два интервала: $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$. Определяем знак производной на каждом из них:

- На интервале $(-\infty; 0)$ производная $f'(x) = -2x > 0$, следовательно, функция возрастает на промежутке $(-\infty; 0]$.

- На интервале $(0; +\infty)$ производная $f'(x) = -2x < 0$, следовательно, функция убывает на промежутке $[0; +\infty)$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty; 0]$ и убывает на промежутке $[0; +\infty)$.

г) $f(x) = 1 - \frac{2}{x}$

1. Область определения функции: все действительные числа, кроме $x=0$. То есть, $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

2. Находим производную функции: $f'(x) = (1 - \frac{2}{x})' = (1 - 2x^{-1})' = -2(-1)x^{-2} = \frac{2}{x^2}$.

3. Уравнение $f'(x) = \frac{2}{x^2} = 0$ не имеет решений. Производная не определена в точке $x=0$, но эта точка не входит в область определения функции, поэтому не является критической.

4. Знак производной определяется знаком выражения $\frac{2}{x^2}$. Так как $x^2 > 0$ для всех $x$ из области определения, то и $f'(x) > 0$ на всей области определения.

5. Следовательно, функция возрастает на каждом из интервалов, составляющих ее область определения.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$.

209. Пользуясь определением производной, докажите, что функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, если:

а) $f(x) = x |x|, x_0 = 0;$

б) $f(x) = |x^2 - 1| (x + 1), x_0 = -1;$

в) $f(x)=\begin{cases} x^2 - 1 & \text{при } x \le 1, \\ x^3 - x & \text{при } x > 1 \end{cases}, x_0 = 1;$

г) $f(x)=\begin{cases} x^2 & \text{при } x \ge 0, \\ x^3 & \text{при } x < 0 \end{cases}, x_0 = 0.$

а) $f(x) = x|x|$, $x_0 = 0$

Для доказательства дифференцируемости функции в точке по определению, необходимо доказать существование конечного предела $f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$.

Сначала найдем значение функции в точке $x_0 = 0$: $f(0) = 0 \cdot |0| = 0$.

Для функций, содержащих модуль, необходимо найти и сравнить левостороннюю и правостороннюю производные.

Левосторонняя производная:

$f'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{x|x| - 0}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} |x|$.

Поскольку $x \to 0^{-}$, то $x < 0$, и $|x| = -x$.

$f'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{x(-x)}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} (-x) = 0$.

Правосторонняя производная:

$f'_{+}(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x|x| - 0}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} |x|$.

Поскольку $x \to 0^{+}$, то $x > 0$, и $|x| = x$.

$f'_{+}(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x(x)}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} x = 0$.

Так как левосторонняя и правосторонняя производные в точке $x_0 = 0$ существуют, конечны и равны ($f'_{-}(0) = f'_{+}(0) = 0$), функция $f(x)$ дифференцируема в этой точке.

Ответ: Функция дифференцируема в точке $x_0=0$, и $f'(0) = 0$.

б) $f(x) = |x² - 1|(x + 1)$, $x_0 = -1$

Проверим дифференцируемость функции в точке $x_0 = -1$ по определению. Найдем значение функции в этой точке:

$f(-1) = |(-1)² - 1|(-1 + 1) = |1 - 1| \cdot 0 = 0$.

Найдем односторонние производные в точке $x_0=-1$.

Левосторонняя производная:

$f'_{-}(-1) = \lim_{x \to -1^{-}} \frac{f(x) - f(-1)}{x - (-1)} = \lim_{x \to -1^{-}} \frac{|x^2 - 1|(x + 1) - 0}{x + 1}$.

При $x \to -1^{-}$ (т.е. $x < -1$), выражение $x^2-1$ положительно. Следовательно, $|x^2-1| = x^2-1$.

$f'_{-}(-1) = \lim_{x \to -1^{-}} \frac{(x^2 - 1)(x + 1)}{x + 1} = \lim_{x \to -1^{-}} (x^2 - 1) = (-1)^2 - 1 = 0$.

Правосторонняя производная:

$f'_{+}(-1) = \lim_{x \to -1^{+}} \frac{f(x) - f(-1)}{x - (-1)} = \lim_{x \to -1^{+}} \frac{|x^2 - 1|(x + 1) - 0}{x + 1}$.

При $x \to -1^{+}$ (т.е. $-1 < x < 1$), выражение $x^2-1$ отрицательно. Следовательно, $|x^2-1| = -(x^2-1)$.

$f'_{+}(-1) = \lim_{x \to -1^{+}} \frac{-(x^2 - 1)(x + 1)}{x + 1} = \lim_{x \to -1^{+}} -(x^2 - 1) = -((-1)^2 - 1) = 0$.

Поскольку левосторонняя и правосторонняя производные равны ($f'_{-}(-1) = f'_{+}(-1) = 0$), функция дифференцируема в точке $x_0 = -1$.

Ответ: Функция дифференцируема в точке $x_0=-1$, и $f'(-1) = 0$.

в) $f(x) = \begin{cases} x² - 1 & \text{при } x \le 1 \\ x³ - x & \text{при } x > 1 \end{cases}, x_0 = 1$

Для кусочно-заданной функции необходимо проверить равенство односторонних производных в точке "стыка" $x_0=1$. Сначала убедимся, что функция непрерывна в этой точке.

Значение функции в точке: $f(1) = 1^2 - 1 = 0$.

Предел слева: $\lim_{x \to 1^{-}} f(x) = \lim_{x \to 1^{-}} (x^2 - 1) = 0$.

Предел справа: $\lim_{x \to 1^{+}} f(x) = \lim_{x \to 1^{+}} (x^3 - x) = 1^3 - 1 = 0$.

Функция непрерывна в точке $x_0=1$, так как предел слева, предел справа и значение функции в точке равны.

Теперь найдем односторонние производные.

Левосторонняя производная:

$f'_{-}(1) = \lim_{x \to 1^{-}} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{-}} \frac{(x^2 - 1) - 0}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{-}} \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = \lim_{x \to 1^{-}} (x+1) = 2$.

Правосторонняя производная:

$f'_{+}(1) = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{(x^3 - x) - 0}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{x(x^2 - 1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{x(x-1)(x+1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{+}} x(x+1) = 1 \cdot (1+1) = 2$.

Так как $f'_{-}(1) = f'_{+}(1) = 2$, производная в точке $x_0 = 1$ существует.

Ответ: Функция дифференцируема в точке $x_0=1$, и $f'(1) = 2$.

г) $f(x) = \begin{cases} x² & \text{при } x > 0 \\ x³ & \text{при } x < 0 \end{cases}, x_0 = 0$

В условии задачи функция не определена в точке $x_0 = 0$. Для дифференцируемости функции в точке необходимо, чтобы она была в этой точке определена и непрерывна. Найдем односторонние пределы:

$\lim_{x \to 0^{-}} f(x) = \lim_{x \to 0^{-}} x^3 = 0$.

$\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \lim_{x \to 0^{+}} x^2 = 0$.

Поскольку односторонние пределы равны 0, для непрерывности функции в точке $x_0=0$ необходимо доопределить ее, положив $f(0)=0$. Будем считать, что в условии имеется в виду функция $f(x) = \begin{cases} x² & \text{при } x \ge 0 \\ x³ & \text{при } x < 0 \end{cases}$.

При $f(0)=0$ найдем односторонние производные в точке $x_0=0$.

Левосторонняя производная:

$f'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{x^3 - 0}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} x^2 = 0$.

Правосторонняя производная:

$f'_{+}(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^2 - 0}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} x = 0$.

Так как $f'_{-}(0) = f'_{+}(0) = 0$, производная в точке $x_0 = 0$ существует (при условии $f(0)=0$).

Ответ: При доопределении $f(0)=0$ функция дифференцируема в точке $x_0=0$, и $f'(0) = 0$.

210. Докажите, что если функция $f$ дифференцируема в каждой точке числовой прямой и для любых значений $x_1$ и $x_2$ выполнено равенство $f(x_1 + x_2) = f(x_1) + f(x_2)$, то $f'(x)$ постоянная.

По условию, функция $f(x)$ дифференцируема в каждой точке числовой прямой, и для любых $x_1, x_2$ выполняется равенство $f(x_1 + x_2) = f(x_1) + f(x_2)$.

Запишем определение производной функции $f(x)$ в произвольной точке $x$:
$f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}$

Используем заданное свойство функции для выражения $f(x + \Delta x)$. Полагая $x_1 = x$ и $x_2 = \Delta x$, получаем:
$f(x + \Delta x) = f(x) + f(\Delta x)$

Подставим это выражение в формулу для производной:
$f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(f(x) + f(\Delta x)) - f(x)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x)}{\Delta x}$

Мы видим, что выражение для производной $f'(x)$ не зависит от $x$. Чтобы определить значение этого предела, рассмотрим производную функции в точке $x = 0$.

Сначала найдем значение $f(0)$. Подставив в исходное равенство $x_1 = x_2 = 0$, получим:
$f(0 + 0) = f(0) + f(0)$
$f(0) = 2f(0)$
Отсюда следует, что $f(0) = 0$.

Теперь запишем определение производной в точке $x=0$:
$f'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(0 + \Delta x) - f(0)}{\Delta x}$

Учитывая, что $f(0) = 0$, получаем:
$f'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x)}{\Delta x}$

Сравнивая выражения для $f'(x)$ и $f'(0)$, мы видим, что они совпадают:
$f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x)}{\Delta x} = f'(0)$

Поскольку функция $f(x)$ по условию дифференцируема, ее производная в точке 0, $f'(0)$, существует и является некоторым конечным числом. Обозначим это число константой $C$, то есть $f'(0) = C$.

Таким образом, для любой точки $x$ выполняется равенство $f'(x) = C$, где $C$ — постоянная. Это доказывает, что производная функции $f'(x)$ является постоянной.

Ответ: Утверждение доказано.