Номер 45.7, страница 278, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

45.7. а) $y = \frac{x^2 + 4}{x^2 - 4}$

б) $y = \frac{x^2 + 1}{x^2 - 1}$

а) $y = \frac{x^2 + 4}{x^2 - 4}$

Проведем полное исследование функции.

1. Область определения.

Функция определена для всех $x$, кроме тех, где знаменатель обращается в ноль.

$x^2 - 4 \neq 0 \Rightarrow (x-2)(x+2) \neq 0$.

Следовательно, $x \neq 2$ и $x \neq -2$.

Область определения функции: $D(y) = (-\infty; -2) \cup (-2; 2) \cup (2; +\infty)$.

2. Четность функции.

Проверим значение функции для $-x$:

$y(-x) = \frac{(-x)^2 + 4}{(-x)^2 - 4} = \frac{x^2 + 4}{x^2 - 4} = y(x)$.

Так как $y(-x) = y(x)$, функция является четной. Ее график симметричен относительно оси ординат (оси OY).

3. Точки пересечения с осями координат.

С осью OY: Положим $x=0$.

$y(0) = \frac{0^2 + 4}{0^2 - 4} = \frac{4}{-4} = -1$.

Точка пересечения с осью OY: $(0, -1)$.

С осью OX: Положим $y=0$.

$\frac{x^2 + 4}{x^2 - 4} = 0 \Rightarrow x^2 + 4 = 0$.

Уравнение $x^2 = -4$ не имеет действительных корней. Следовательно, график функции не пересекает ось OX.

4. Асимптоты.

Вертикальные асимптоты: Возможны в точках разрыва $x=2$ и $x=-2$.

$\lim_{x \to 2^+} \frac{x^2+4}{x^2-4} = \frac{8}{+0} = +\infty$

$\lim_{x \to 2^-} \frac{x^2+4}{x^2-4} = \frac{8}{-0} = -\infty$

Прямая $x=2$ является вертикальной асимптотой. В силу четности, прямая $x=-2$ также является вертикальной асимптотой.

Горизонтальные асимптоты: Найдем пределы при $x \to \pm\infty$.

$\lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^2+4}{x^2-4} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{1 + 4/x^2}{1 - 4/x^2} = \frac{1}{1} = 1$.

Прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки возрастания, убывания и экстремумы.

Найдем первую производную функции:

$y' = \left(\frac{x^2 + 4}{x^2 - 4}\right)' = \frac{2x(x^2 - 4) - (x^2 + 4) \cdot 2x}{(x^2 - 4)^2} = \frac{2x^3 - 8x - 2x^3 - 8x}{(x^2 - 4)^2} = \frac{-16x}{(x^2 - 4)^2}$.

Приравняем производную к нулю: $y' = 0 \Rightarrow -16x = 0 \Rightarrow x=0$.

Определим знаки производной на интервалах:

При $x \in (-\infty, -2) \cup (-2, 0)$, $y' > 0$, функция возрастает.

При $x \in (0, 2) \cup (2, +\infty)$, $y' < 0$, функция убывает.

В точке $x=0$ производная меняет знак с «+» на «?», следовательно, это точка локального максимума.

$y_{max} = y(0) = -1$. Точка максимума: $(0, -1)$.

6. Промежутки выпуклости, вогнутости и точки перегиба.

Найдем вторую производную:

$y'' = \left(\frac{-16x}{(x^2 - 4)^2}\right)' = -16 \frac{(x^2-4)^2 - x \cdot 2(x^2-4) \cdot 2x}{(x^2-4)^4} = -16 \frac{x^2-4 - 4x^2}{(x^2-4)^3} = \frac{-16(-3x^2-4)}{(x^2-4)^3} = \frac{16(3x^2+4)}{(x^2-4)^3}$.

Числитель $16(3x^2+4)$ всегда положителен. Знак второй производной зависит от знака знаменателя $(x^2-4)^3$.

При $x \in (-\infty, -2) \cup (2, +\infty)$, $x^2-4>0$, $y'' > 0$. График функции выпуклый вниз (вогнутый).

При $x \in (-2, 2)$, $x^2-4<0$, $y'' < 0$. График функции выпуклый вверх (выпуклый).

Точек перегиба нет, так как $y'' \neq 0$ ни при каком $x$.

7. Область значений.

На промежутке $(-\infty, -2)$ функция возрастает от $1$ до $+\infty$.

На промежутке $(-2, 2)$ функция имеет локальный максимум $y(0)=-1$. Значения функции на этом интервале от $-\infty$ до $-1$.

На промежутке $(2, +\infty)$ функция убывает от $+\infty$ до $1$.

Объединяя результаты, получаем область значений: $E(y) = (-\infty; -1] \cup (1; +\infty)$.

Ответ: Область значений функции $y = \frac{x^2 + 4}{x^2 - 4}$ есть объединение промежутков $(-\infty; -1] \cup (1; +\infty)$.

б) $y = \frac{x^2 + 1}{x^2 - 1}$

Проведем полное исследование функции.

1. Область определения.

Знаменатель не должен быть равен нулю: $x^2 - 1 \neq 0 \Rightarrow (x-1)(x+1) \neq 0$.

Следовательно, $x \neq 1$ и $x \neq -1$.

Область определения функции: $D(y) = (-\infty; -1) \cup (-1; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Четность функции.

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

Функция является четной, ее график симметричен относительно оси OY.

3. Точки пересечения с осями координат.

С осью OY: Положим $x=0$.

$y(0) = \frac{0^2 + 1}{0^2 - 1} = \frac{1}{-1} = -1$.

Точка пересечения с осью OY: $(0, -1)$.

С осью OX: Положим $y=0$.

$\frac{x^2 + 1}{x^2 - 1} = 0 \Rightarrow x^2 + 1 = 0$.

Уравнение $x^2 = -1$ не имеет действительных корней. График не пересекает ось OX.

4. Асимптоты.

Вертикальные асимптоты: В точках разрыва $x=1$ и $x=-1$.

$\lim_{x \to 1^+} \frac{x^2+1}{x^2-1} = \frac{2}{+0} = +\infty$

$\lim_{x \to 1^-} \frac{x^2+1}{x^2-1} = \frac{2}{-0} = -\infty$

Прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой. В силу четности, $x=-1$ также является вертикальной асимптотой.

Горизонтальные асимптоты:

$\lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^2+1}{x^2-1} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{1 + 1/x^2}{1 - 1/x^2} = \frac{1}{1} = 1$.

Прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки возрастания, убывания и экстремумы.

Найдем первую производную:

$y' = \left(\frac{x^2 + 1}{x^2 - 1}\right)' = \frac{2x(x^2 - 1) - (x^2 + 1) \cdot 2x}{(x^2 - 1)^2} = \frac{2x^3 - 2x - 2x^3 - 2x}{(x^2 - 1)^2} = \frac{-4x}{(x^2 - 1)^2}$.

Найдем критические точки: $y' = 0 \Rightarrow -4x = 0 \Rightarrow x=0$.

Определим знаки производной:

При $x \in (-\infty, -1) \cup (-1, 0)$, $y' > 0$, функция возрастает.

При $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$, $y' < 0$, функция убывает.

В точке $x=0$ производная меняет знак с «+» на «?», значит, это точка локального максимума.

$y_{max} = y(0) = -1$. Точка максимума: $(0, -1)$.

6. Промежутки выпуклости, вогнутости и точки перегиба.

Найдем вторую производную:

$y'' = \left(\frac{-4x}{(x^2 - 1)^2}\right)' = -4 \frac{(x^2-1)^2 - x \cdot 2(x^2-1) \cdot 2x}{(x^2-1)^4} = \frac{-4(x^2-1 - 4x^2)}{(x^2-1)^3} = \frac{-4(-3x^2-1)}{(x^2-1)^3} = \frac{4(3x^2+1)}{(x^2-1)^3}$.

Числитель $4(3x^2+1)$ всегда положителен. Знак $y''$ зависит от знака знаменателя $(x^2-1)^3$.

При $x \in (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$, $x^2-1>0$, $y'' > 0$. График выпуклый вниз (вогнутый).

При $x \in (-1, 1)$, $x^2-1<0$, $y'' < 0$. График выпуклый вверх (выпуклый).

Точек перегиба нет.

7. Область значений.

Анализируя поведение функции, приходим к выводу, что область значений функции $E(y) = (-\infty; -1] \cup (1; +\infty)$.

Ответ: Область значений функции $y = \frac{x^2 + 1}{x^2 - 1}$ есть объединение промежутков $(-\infty; -1] \cup (1; +\infty)$.