Страница 277, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

44.71. a) $3 \cos \pi x + 5 \sin \frac{\pi x}{2} + 18x = 43 - x^5 - 22x^3;$

б) $2 \sin \frac{\pi}{2}x - 2 \cos \pi x - 10x = x^5 - 54.$

а)

Дано уравнение $3 \cos(\pi x) + 5 \sin(\frac{\pi x}{2}) + 18x = 43 - x^5 - 22x^3$.

Перенесем все члены уравнения в левую часть, чтобы получить уравнение вида $f(x)=0$:

$x^5 + 22x^3 + 18x + 3 \cos(\pi x) + 5 \sin(\frac{\pi x}{2}) - 43 = 0$

Рассмотрим функцию $f(x) = x^5 + 22x^3 + 18x + 3 \cos(\pi x) + 5 \sin(\frac{\pi x}{2}) - 43$.

Для того чтобы определить количество корней уравнения, исследуем эту функцию на монотонность. Найдем ее производную:

$f'(x) = (x^5 + 22x^3 + 18x + 3 \cos(\pi x) + 5 \sin(\frac{\pi x}{2}) - 43)'$

$f'(x) = 5x^4 + 66x^2 + 18 - 3\pi \sin(\pi x) + \frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2})$

Оценим значение производной. Полиномиальная часть $5x^4 + 66x^2 + 18$ всегда положительна, так как $x^4 \ge 0$ и $x^2 \ge 0$. Ее минимальное значение достигается при $x=0$ и равно $18$.

Тригонометрическая часть $- 3\pi \sin(\pi x) + \frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2})$ является ограниченной функцией. Максимальное значение модуля этой части можно оценить с помощью неравенства треугольника: $|- 3\pi \sin(\pi x) + \frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2})| \le |- 3\pi \sin(\pi x)| + |\frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2})| \le 3\pi + \frac{5\pi}{2} = \frac{11\pi}{2}$.

Используя $\pi \approx 3.14$, получаем $\frac{11\pi}{2} \approx \frac{11 \times 3.14}{2} \approx 17.27$. Эта оценка не позволяет сделать однозначный вывод о знаке производной.

Используем более точную оценку для амплитуды выражения $A \cos(\omega t) + B \sin(\omega t)$, которая равна $\sqrt{A^2+B^2}$. Для нашей тригонометрической части функции это не применимо напрямую из-за разных аргументов. Однако, мы можем оценить ее диапазон: $-3\pi \le -3\pi \sin(\pi x) \le 3\pi$ и $-\frac{5\pi}{2} \le \frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2}) \le \frac{5\pi}{2}$. Тогда $-3\pi - \frac{5\pi}{2} \le - 3\pi \sin(\pi x) + \frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2}) \le 3\pi + \frac{5\pi}{2}$. Значит, тригонометрическая часть находится в пределах $[-\frac{11\pi}{2}, \frac{11\pi}{2}]$. Поскольку $18 > \frac{11\pi}{2}$ неверно, воспользуемся другой группировкой.

Запишем производную как $f'(x) = (5x^4 + 66x^2) + (18 - 3\pi \sin(\pi x) + \frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2}))$. Минимальное значение $5x^4 + 66x^2$ равно 0 при $x=0$. Рассмотрим значение производной при $x=0$: $f'(0) = 18 + \frac{5\pi}{2} > 0$. При $x \ne 0$, $5x^4 + 66x^2$ быстро растет. Например, при $|x|=1$, $5x^4 + 66x^2 = 71$. Сумма $18 - 3\pi \sin(\pi x) + \frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2})$ всегда будет больше, чем $18 - 3\pi - \frac{5\pi}{2} = 18 - \frac{11\pi}{2} \approx 18 - 17.27 = 0.73 > 0$. Таким образом, $f'(x) = (5x^4 + 66x^2 + 18) - (3\pi \sin(\pi x) - \frac{5\pi}{2} \cos(\frac{\pi x}{2})) \ge 18 - \sqrt{(3\pi)^2 + (\frac{5\pi}{2})^2} = 18 - \frac{\pi\sqrt{61}}{2} \approx 18 - 12.25 = 5.75 > 0$.

Поскольку производная $f'(x)$ всегда положительна, функция $f(x)$ является строго возрастающей на всей числовой оси. Это означает, что уравнение $f(x) = 0$ может иметь не более одного корня.

Найдем корень методом подбора. Проверим целые значения $x$.

Пусть $x=1$. Подставим это значение в исходное уравнение:

$3 \cos(\pi \cdot 1) + 5 \sin(\frac{\pi \cdot 1}{2}) + 18 \cdot 1 = 43 - 1^5 - 22 \cdot 1^3$

$3(-1) + 5(1) + 18 = 43 - 1 - 22$

$-3 + 5 + 18 = 20$

$20 = 20$

Равенство верное, следовательно, $x=1$ является корнем уравнения.

Так как этот корень единственный, он и является решением.

Ответ: 1.

б)

Дано уравнение $2 \sin(\frac{\pi x}{2}) - 2 \cos(\pi x) - 10x = x^5 - 54$.

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить уравнение вида $H(x)=0$:

$2 \sin(\frac{\pi x}{2}) - 2 \cos(\pi x) - 10x - x^5 + 54 = 0$

Рассмотрим функцию $H(x) = 2 \sin(\frac{\pi x}{2}) - 2 \cos(\pi x) - x^5 - 10x + 54$.

Исследуем функцию на монотонность, для чего найдем ее производную:

$H'(x) = (2 \sin(\frac{\pi x}{2}) - 2 \cos(\pi x) - x^5 - 10x + 54)'$

$H'(x) = 2 \cos(\frac{\pi x}{2}) \cdot \frac{\pi}{2} - (-2 \sin(\pi x)) \cdot \pi - 5x^4 - 10$

$H'(x) = \pi \cos(\frac{\pi x}{2}) + 2\pi \sin(\pi x) - 5x^4 - 10$

Оценим значение производной. Вынесем минус за скобки:

$H'(x) = -(5x^4 + 10 - \pi \cos(\frac{\pi x}{2}) - 2\pi \sin(\pi x))$

Рассмотрим выражение в скобках. Полиномиальная часть $5x^4 + 10$ всегда не меньше 10, так как $x^4 \ge 0$.

Тригонометрическая часть $- \pi \cos(\frac{\pi x}{2}) - 2\pi \sin(\pi x)$ ограничена. Ее максимальное значение не превышает $\sqrt{(-\pi)^2 + (-2\pi)^2} = \sqrt{\pi^2 + 4\pi^2} = \sqrt{5\pi^2} = \pi\sqrt{5}$.

Используя $\pi \approx 3.14$ и $\sqrt{5} \approx 2.24$, получаем $\pi\sqrt{5} \approx 3.14 \times 2.24 \approx 7.03$.

Тогда минимальное значение выражения в скобках равно $5(0)^4 + 10 - \pi\sqrt{5} \approx 10 - 7.03 = 2.97 > 0$.

Поскольку выражение в скобках всегда положительно, а перед скобками стоит знак минус, производная $H'(x)$ всегда отрицательна.

Так как $H'(x) < 0$ для всех $x$, функция $H(x)$ является строго убывающей на всей числовой оси. Следовательно, уравнение $H(x) = 0$ может иметь не более одного корня.

Найдем этот корень методом подбора. Проверим целые значения $x$.

Пусть $x=2$. Подставим это значение в исходное уравнение:

$2 \sin(\frac{\pi \cdot 2}{2}) - 2 \cos(\pi \cdot 2) - 10 \cdot 2 = 2^5 - 54$

$2 \sin(\pi) - 2 \cos(2\pi) - 20 = 32 - 54$

$2(0) - 2(1) - 20 = -22$

$-2 - 20 = -22$

$-22 = -22$

Равенство верное, значит $x=2$ является корнем уравнения.

Поскольку этот корень единственный, он и является решением.

Ответ: 2.

Докажите тождество:

44.72. a) $ \arcsin x = \frac{\pi}{2} - \arccos x $;

б) $ \text{arctg} x + \text{arcctg} x = \frac{\pi}{2} $.

а)

Докажем тождество $\arcsin x = \frac{\pi}{2} - \arccos x$. Данное тождество определено для всех $x$ из области определения функций $\arcsin$ и $\arccos$, то есть при $x \in [-1, 1]$. Преобразуем тождество к более удобному для доказательства виду: $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$.

Пусть $\alpha = \arcsin x$. По определению арксинуса это означает, что: $\sin \alpha = x$ и $-\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$.

Воспользуемся формулой приведения для косинуса: $\cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \sin \alpha$. Подставив $\sin \alpha = x$, получим: $\cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = x$.

Теперь нам нужно найти, в каком диапазоне находится угол $(\frac{\pi}{2} - \alpha)$. Так как $-\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$, умножим неравенство на $-1$: $\frac{\pi}{2} \ge -\alpha \ge -\frac{\pi}{2}$. Прибавим $\frac{\pi}{2}$ ко всем частям неравенства: $\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} \ge \frac{\pi}{2} - \alpha \ge \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}$, что эквивалентно $0 \le \frac{\pi}{2} - \alpha \le \pi$.

Полученный промежуток $[0, \pi]$ является областью значений функции арккосинус. Следовательно, из равенства $\cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = x$ и того, что $\frac{\pi}{2} - \alpha \in [0, \pi]$, по определению арккосинуса следует: $\arccos x = \frac{\pi}{2} - \alpha$.

Подставим обратно значение $\alpha = \arcsin x$: $\arccos x = \frac{\pi}{2} - \arcsin x$. Перенеся $\arcsin x$ в левую часть, получим: $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$. Это доказывает исходное тождество.

Ответ: Тождество $\arcsin x = \frac{\pi}{2} - \arccos x$ доказано.

б)

Докажем тождество $\arctan x + \operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2}$. Данное тождество определено для всех $x$ из области определения функций $\arctan$ и $\operatorname{arccot}$, то есть при $x \in (-\infty, +\infty)$.

Пусть $\beta = \arctan x$. По определению арктангенса это означает, что: $\tan \beta = x$ и $-\frac{\pi}{2} < \beta < \frac{\pi}{2}$.

Воспользуемся формулой приведения для котангенса: $\cot(\frac{\pi}{2} - \beta) = \tan \beta$. Подставив $\tan \beta = x$, получим: $\cot(\frac{\pi}{2} - \beta) = x$.

Теперь найдем диапазон для угла $(\frac{\pi}{2} - \beta)$. Так как $-\frac{\pi}{2} < \beta < \frac{\pi}{2}$, умножим неравенство на $-1$: $\frac{\pi}{2} > -\beta > -\frac{\pi}{2}$. Прибавим $\frac{\pi}{2}$ ко всем частям неравенства: $\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} > \frac{\pi}{2} - \beta > \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}$, что эквивалентно $0 < \frac{\pi}{2} - \beta < \pi$.

Полученный промежуток $(0, \pi)$ является областью значений функции арккотангенс. Следовательно, из равенства $\cot(\frac{\pi}{2} - \beta) = x$ и того, что $\frac{\pi}{2} - \beta \in (0, \pi)$, по определению арккотангенса следует: $\operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2} - \beta$.

Подставим обратно значение $\beta = \arctan x$: $\operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2} - \arctan x$. Перенеся $\arctan x$ в левую часть, получим: $\arctan x + \operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2}$. Тождество доказано.

Ответ: Тождество $\arctan x + \operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2}$ доказано.

44.73. a) $\arccos\sqrt{1-x^2} = \begin{cases} \arcsin x, & 0 \le x \le 1, \\ -\arcsin x, & -1 \le x < 0; \end{cases}$

б) $\operatorname{arctg}x + \operatorname{arctg}\frac{1-x}{1+x} = \begin{cases} \frac{\pi}{4}, & x > -1, \\ -\frac{3\pi}{4}, & x < -1. \end{cases}$

а) Для доказательства данного тождества определим сначала область допустимых значений. Выражение под корнем $1-x^2$ должно быть неотрицательным, то есть $1-x^2 \ge 0$, что эквивалентно $x^2 \le 1$, или $-1 \le x \le 1$. Это и есть область определения левой части.

Сделаем замену. Пусть $\alpha = \arcsin x$. Тогда по определению арксинуса $x = \sin\alpha$ и $\alpha \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.

Подставим $x = \sin\alpha$ в левую часть исходного равенства:

$ \arccos{\sqrt{1-x^2}} = \arccos{\sqrt{1-\sin^2\alpha}} = \arccos{\sqrt{\cos^2\alpha}} = \arccos{|\cos\alpha|} $

Поскольку $\alpha \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, на этом промежутке $\cos\alpha \ge 0$. Следовательно, $|\cos\alpha| = \cos\alpha$.

Тогда выражение упрощается до $\arccos(\cos\alpha)$.

Теперь нужно учесть, что тождество $\arccos(\cos\alpha) = \alpha$ верно только для $\alpha \in [0, \pi]$. Рассмотрим два случая в зависимости от знака $x$.

1. Если $0 \le x \le 1$, то $\alpha = \arcsin x$ находится в промежутке $[0, \frac{\pi}{2}]$. Этот промежуток является частью отрезка $[0, \pi]$, поэтому $\arccos(\cos\alpha) = \alpha$. Таким образом, при $0 \le x \le 1$ имеем $\arccos{\sqrt{1-x^2}} = \alpha = \arcsin x$.

2. Если $-1 \le x < 0$, то $\alpha = \arcsin x$ находится в промежутке $[-\frac{\pi}{2}, 0)$. Этот промежуток не входит в $[0, \pi]$. Однако, функция косинус является четной, т.е. $\cos\alpha = \cos(-\alpha)$. Пусть $\beta = -\alpha$. Если $\alpha \in [-\frac{\pi}{2}, 0)$, то $\beta \in (0, \frac{\pi}{2}]$. Этот промежуток уже входит в отрезок $[0, \pi]$.
Следовательно, $\arccos(\cos\alpha) = \arccos(\cos\beta) = \beta = -\alpha = -\arcsin x$.

Объединив оба случая, мы доказали исходное тождество.

Ответ: $ \arccos{\sqrt{1 - x^2}} = \begin{cases} \arcsin x, & 0 \le x \le 1, \\ -\arcsin x, & -1 \le x < 0; \end{cases} $

б) Докажем данное тождество. Заметим, что левая часть не определена при $x = -1$.

Воспользуемся формулой для суммы арктангенсов:

$ \operatorname{arctg}{a} + \operatorname{arctg}{b} = \operatorname{arctg}{\frac{a+b}{1-ab}} + \pi k $, где $k \in \{-1, 0, 1\}$.

В нашем случае $a = x$ и $b = \frac{1-x}{1+x}$. Найдем значение дроби в формуле:

$ \frac{a+b}{1-ab} = \frac{x + \frac{1-x}{1+x}}{1 - x \frac{1-x}{1+x}} = \frac{\frac{x(1+x) + (1-x)}{1+x}}{\frac{1(1+x) - x(1-x)}{1+x}} = \frac{x+x^2+1-x}{1+x-x+x^2} = \frac{x^2+1}{x^2+1} = 1 $.

Таким образом, сумма равна $ \operatorname{arctg}(1) + \pi k = \frac{\pi}{4} + \pi k $.

Значение $k$ зависит от знака произведения $ab$ и знаков $a$ и $b$.

$ ab = x \cdot \frac{1-x}{1+x} $. Рассмотрим знак выражения $ab-1$:

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

Знак этого выражения противоположен знаку знаменателя $1+x$.

1. Если $x > -1$, то $1+x > 0$. В этом случае $ab - 1 < 0$, то есть $ab < 1$. По формуле суммы арктангенсов, если $ab < 1$, то $k=0$.Следовательно, при $x > -1$ сумма равна $\frac{\pi}{4}$.

2. Если $x < -1$, то $1+x < 0$. В этом случае $ab - 1 > 0$, то есть $ab > 1$.Для определения $k$ рассмотрим знаки $a$ и $b$.
$ a = x < -1 $, значит $a < 0$.
$ b = \frac{1-x}{1+x} $. Так как $x < -1$, числитель $1-x$ положителен, а знаменатель $1+x$ отрицателен, следовательно $b < 0$.
По формуле суммы арктангенсов, если $ab > 1$, $a < 0$ и $b < 0$, то $k=-1$.Следовательно, при $x < -1$ сумма равна $\frac{\pi}{4} - \pi = -\frac{3\pi}{4}$.

Таким образом, тождество доказано для обоих интервалов.

Ответ: $ \operatorname{arctg}{x} + \operatorname{arctg}{\frac{1-x}{1+x}} = \begin{cases} \frac{\pi}{4}, & x > -1, \\ -\frac{3\pi}{4}, & x < -1. \end{cases} $

44.74. Докажите, что функция $y = f(x)$ постоянна на указанном промежутке, и найдите значение этой постоянной:

a) $f(x) = 2 \operatorname{arctg} x + \arcsin \frac{2x}{1+x^2}$ при $x \ge 1$;

б) $f(x) = \arccos \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \operatorname{arctg} x$ при $x < 0$.

а) Для того чтобы доказать, что функция $f(x) = 2 \arctan x + \arcsin \frac{2x}{1+x^2}$ является постоянной на промежутке $x \ge 1$, мы можем либо найти её производную, либо использовать тригонометрическую подстановку. Второй способ более нагляден.

Сделаем замену $x = \tan \theta$. Поскольку по условию $x \ge 1$, мы можем выбрать угол $\theta$ из промежутка $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$. Для таких $\theta$ справедливо равенство $\theta = \arctan x$.

Подставим замену в исходную функцию:

$f(x) = 2 \arctan(\tan \theta) + \arcsin \left( \frac{2 \tan \theta}{1+\tan^2 \theta} \right)$

Упростим каждое слагаемое. Поскольку $\theta \in [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$, то $2 \arctan(\tan \theta) = 2\theta$.

Аргумент арксинуса можно упростить, используя известное тригонометрическое тождество $1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$ и формулу синуса двойного угла:

$\frac{2 \tan \theta}{1+\tan^2 \theta} = \frac{2 \frac{\sin \theta}{\cos \theta}}{\frac{1}{\cos^2 \theta}} = 2 \sin \theta \cos \theta = \sin(2\theta)$

Таким образом, функция принимает вид:

$f(x) = 2\theta + \arcsin(\sin(2\theta))$

Теперь нужно раскрыть $\arcsin(\sin(2\theta))$. Из условия $\theta \in [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ следует, что $2\theta \in [\frac{\pi}{2}, \pi)$. На этом промежутке для функции арксинус справедливо тождество $\arcsin(\sin \alpha) = \pi - \alpha$.

Применяя это тождество, получаем:

$\arcsin(\sin(2\theta)) = \pi - 2\theta$

Подставляем полученное выражение обратно в формулу для $f(x)$:

$f(x) = 2\theta + (\pi - 2\theta) = \pi$

Мы получили, что значение функции не зависит от $x$ и всегда равно $\pi$ при $x \ge 1$. Это доказывает, что функция постоянна на данном промежутке, и значение этой постоянной равно $\pi$.
Ответ: $\pi$.

б) Для функции $f(x) = \arccos \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \arctan x$ при $x < 0$ также применим метод тригонометрической подстановки.

Сделаем замену $x = \tan \theta$. Поскольку по условию $x < 0$, мы можем выбрать угол $\theta$ из промежутка $(-\frac{\pi}{2}, 0)$. Для таких $\theta$ справедливо равенство $\theta = \arctan x$.

Подставим замену в исходную функцию:

$f(x) = \arccos \left( \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2 \theta}} \right) + \arctan(\tan \theta)$

Упростим каждое слагаемое. Поскольку $\theta \in (-\frac{\pi}{2}, 0)$, то $\arctan(\tan \theta) = \theta$.

Аргумент арккосинуса упрощается с помощью тождества $1+\tan^2 \theta = \sec^2 \theta$. Так как $\theta \in (-\frac{\pi}{2}, 0)$, то $\cos \theta > 0$, а значит и $\sec \theta > 0$. Следовательно, $\sqrt{1+\tan^2 \theta} = \sec \theta$.

$\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2 \theta}} = \frac{1}{\sec \theta} = \cos \theta$

Таким образом, функция принимает вид:

$f(x) = \arccos(\cos \theta) + \theta$

Теперь нужно раскрыть $\arccos(\cos \theta)$. Область значений арккосинуса — это промежуток $[0, \pi]$. Наш угол $\theta$ принадлежит промежутку $(-\frac{\pi}{2}, 0)$, который не входит в область значений арккосинуса. Однако, косинус — чётная функция, поэтому $\cos(\theta) = \cos(-\theta)$. Поскольку $\theta \in (-\frac{\pi}{2}, 0)$, то $-\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$, а этот промежуток уже входит в область значений арккосинуса. Поэтому:

$\arccos(\cos \theta) = \arccos(\cos(-\theta)) = -\theta$

Подставляем полученное выражение обратно в формулу для $f(x)$:

$f(x) = -\theta + \theta = 0$

Мы получили, что значение функции не зависит от $x$ и всегда равно $0$ при $x < 0$. Это доказывает, что функция постоянна на данном промежутке, и значение этой постоянной равно $0$.
Ответ: $0$.

Докажите неравенство:

44.75. а) $x^2 - x^3 < \frac{1}{6}$, если $x > \frac{2}{3}$;

б) $2\sqrt{x} \ge 3 - \frac{1}{x}$, если $x > 0$.

а)

Для доказательства неравенства $x^2 - x^3 < \frac{1}{6}$ при $x > \frac{2}{3}$ рассмотрим функцию $f(x) = x^2 - x^3$. Наша задача — показать, что на промежутке $(\frac{2}{3}, +\infty)$ значения функции $f(x)$ меньше $\frac{1}{6}$.

Для анализа поведения функции найдем ее производную:
$f'(x) = (x^2 - x^3)' = 2x - 3x^2$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:
$2x - 3x^2 = 0$, что равносильно $x(2 - 3x) = 0$.
Отсюда получаем две критические точки: $x_1 = 0$ и $x_2 = \frac{2}{3}$.

Определим знак производной $f'(x)$ на интересующем нас промежутке $x > \frac{2}{3}$. Возьмем любое значение из этого промежутка, например, $x=1$.
$f'(1) = 2(1) - 3(1)^2 = 2 - 3 = -1 < 0$.
Так как производная $f'(x)$ является квадратичной функцией с отрицательным старшим коэффициентом и корнями $0$ и $\frac{2}{3}$, она отрицательна при $x > \frac{2}{3}$. Следовательно, функция $f(x)$ на этом промежутке строго убывает.

Поскольку функция убывает при $x > \frac{2}{3}$, ее значение в любой точке этого промежутка будет строго меньше, чем ее значение в точке $x = \frac{2}{3}$. То есть, для любого $x > \frac{2}{3}$ выполняется неравенство $f(x) < f(\frac{2}{3})$.

Вычислим значение функции в точке $x = \frac{2}{3}$:
$f(\frac{2}{3}) = (\frac{2}{3})^2 - (\frac{2}{3})^3 = \frac{4}{9} - \frac{8}{27} = \frac{12}{27} - \frac{8}{27} = \frac{4}{27}$.
Таким образом, для $x > \frac{2}{3}$ мы имеем $x^2 - x^3 < \frac{4}{27}$.

Теперь сравним полученное значение $\frac{4}{27}$ с числом $\frac{1}{6}$ из условия.
Для сравнения дробей $\frac{4}{27}$ и $\frac{1}{6}$ можно перемножить крест-накрест: $4 \cdot 6 = 24$ и $27 \cdot 1 = 27$.
Так как $24 < 27$, то $\frac{4}{27} < \frac{1}{6}$.

Мы доказали, что при $x > \frac{2}{3}$ выполняется $x^2 - x^3 < \frac{4}{27}$, и так как $\frac{4}{27} < \frac{1}{6}$, то по свойству транзитивности неравенств $x^2 - x^3 < \frac{1}{6}$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Требуется доказать неравенство $2\sqrt{x} \ge 3 - \frac{1}{x}$ для всех $x > 0$. Перенесем все члены в левую часть, чтобы получить эквивалентное неравенство: $2\sqrt{x} - 3 + \frac{1}{x} \ge 0$.

Рассмотрим функцию $g(x) = 2\sqrt{x} - 3 + \frac{1}{x}$. Нам нужно доказать, что $g(x) \ge 0$ при $x > 0$. Для этого найдем наименьшее значение функции на промежутке $(0, +\infty)$.

Найдем производную функции $g(x)$. Для удобства представим $g(x)$ как $2x^{1/2} - 3 + x^{-1}$:
$g'(x) = (2x^{1/2} - 3 + x^{-1})' = 2 \cdot \frac{1}{2}x^{-1/2} - x^{-2} = \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{x}$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:
$\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{x} = 0$.
Приводя к общему знаменателю $x$, получаем $\frac{\sqrt{x} - 1}{x} = 0$.
Так как $x>0$, то знаменатель не равен нулю, значит $\sqrt{x} - 1 = 0$, откуда $\sqrt{x} = 1$ и $x=1$.

Исследуем знак производной $g'(x) = \frac{\sqrt{x}-1}{x}$. Поскольку знаменатель $x$ положителен при $x > 0$, знак производной совпадает со знаком числителя $(\sqrt{x}-1)$.
- Если $0 < x < 1$, то $\sqrt{x} < 1$, и $g'(x) < 0$. Следовательно, функция $g(x)$ убывает на интервале $(0, 1)$.
- Если $x > 1$, то $\sqrt{x} > 1$, и $g'(x) > 0$. Следовательно, функция $g(x)$ возрастает на интервале $(1, +\infty)$.

Таким образом, в точке $x=1$ функция $g(x)$ переходит от убывания к возрастанию, а значит, в этой точке достигается ее минимум.

Найдем значение функции в точке минимума:
$g(1) = 2\sqrt{1} - 3 + \frac{1}{1} = 2 - 3 + 1 = 0$.

Поскольку наименьшее значение функции $g(x)$ на промежутке $(0, +\infty)$ равно 0, то для любого $x > 0$ выполняется неравенство $g(x) \ge 0$. Это означает, что $2\sqrt{x} - 3 + \frac{1}{x} \ge 0$, или $2\sqrt{x} \ge 3 - \frac{1}{x}$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

44.76. a) $ \arcsin x > x $, если $ 0 < x < 1 $;

б) $ \operatorname{arctg} x > x - \frac{x^3}{3} $, если $ x > 0 $.

а) Для доказательства неравенства $ \arcsin x > x $ при $ 0 < x < 1 $, рассмотрим вспомогательную функцию $ f(x) = \arcsin x - x $. Наша задача — показать, что $ f(x) > 0 $ на интервале $ (0, 1) $.

Для этого исследуем функцию на монотонность с помощью производной. Найдем производную функции $ f(x) $:

$ f'(x) = (\arcsin x - x)' = (\arcsin x)' - (x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - 1 $.

Определим знак производной на интервале $ (0, 1) $. Если $ 0 < x < 1 $, то $ 0 < x^2 < 1 $.
Следовательно, $ 0 < 1 - x^2 < 1 $, и $ 0 < \sqrt{1-x^2} < 1 $.
Так как знаменатель $ \sqrt{1-x^2} $ является положительным числом, меньшим единицы, его обратная величина будет больше единицы: $ \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > 1 $.
Таким образом, $ f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - 1 > 0 $ для всех $ x \in (0, 1) $.

Поскольку производная $ f'(x) $ положительна на интервале $ (0, 1) $, функция $ f(x) $ строго возрастает на этом интервале.
Найдем значение функции в начальной точке $ x=0 $:
$ f(0) = \arcsin 0 - 0 = 0 $.

Так как функция $ f(x) $ непрерывна на $ [0, 1) $ и строго возрастает на $ (0, 1) $, то для любого $ x $ из интервала $ (0, 1) $ будет выполняться неравенство $ f(x) > f(0) $.
$ f(x) > 0 $
$ \arcsin x - x > 0 $
$ \arcsin x > x $

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

б) Для доказательства неравенства $ \arctg x > x - \frac{x^3}{3} $ при $ x > 0 $, рассмотрим вспомогательную функцию $ g(x) = \arctg x - x + \frac{x^3}{3} $. Наша задача — показать, что $ g(x) > 0 $ при $ x > 0 $.

Исследуем функцию $ g(x) $ на монотонность с помощью производной. Найдем производную:

$ g'(x) = (\arctg x - x + \frac{x^3}{3})' = (\arctg x)' - (x)' + (\frac{x^3}{3})' = \frac{1}{1+x^2} - 1 + x^2 $.

Приведем выражение для производной к общему знаменателю, чтобы определить ее знак:
$ g'(x) = \frac{1 - (1+x^2) + x^2(1+x^2)}{1+x^2} = \frac{1 - 1 - x^2 + x^2 + x^4}{1+x^2} = \frac{x^4}{1+x^2} $.

Определим знак производной при $ x > 0 $.
Числитель $ x^4 $ положителен, так как $ x > 0 $.
Знаменатель $ 1+x^2 $ также всегда положителен (больше 1).
Следовательно, $ g'(x) = \frac{x^4}{1+x^2} > 0 $ для всех $ x > 0 $.

Поскольку производная $ g'(x) $ положительна при $ x > 0 $, функция $ g(x) $ строго возрастает на интервале $ (0, \infty) $.
Найдем значение функции в начальной точке $ x=0 $:
$ g(0) = \arctg 0 - 0 + \frac{0^3}{3} = 0 $.

Так как функция $ g(x) $ непрерывна при $ x \ge 0 $ и строго возрастает при $ x > 0 $, то для любого $ x > 0 $ будет выполняться неравенство $ g(x) > g(0) $.
$ g(x) > 0 $
$ \arctg x - x + \frac{x^3}{3} > 0 $
$ \arctg x > x - \frac{x^3}{3} $

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

45.1. Исследуйте функцию и постройте её график:

а) $y = \frac{1}{x^2 + 1}$;

б) $y = \frac{-2}{x^2 + 4}$.

Исследуем функцию $y = \frac{1}{x^2 + 1}$.

1. Область определения функции.

Знаменатель дроби $x^2 + 1 \ne 0$. Так как $x^2 \ge 0$ для любого действительного $x$, то $x^2 + 1 \ge 1$. Следовательно, знаменатель никогда не обращается в ноль. Область определения функции — вся числовая прямая: $D(y) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

Найдем $y(-x)$: $y(-x) = \frac{1}{(-x)^2 + 1} = \frac{1}{x^2 + 1} = y(x)$.
Так как $y(-x) = y(x)$, функция является четной. Ее график симметричен относительно оси Oy.

3. Точки пересечения с осями координат.

С осью Oy (при $x=0$): $y(0) = \frac{1}{0^2 + 1} = 1$. Точка пересечения — $(0, 1)$.
С осью Ox (при $y=0$): $\frac{1}{x^2 + 1} = 0$. Уравнение не имеет решений. Точек пересечения с осью Ox нет.

4. Промежутки знакопостоянства.

Числитель $1 > 0$, знаменатель $x^2 + 1 > 0$ при всех $x$. Следовательно, $y > 0$ на всей области определения.

5. Асимптоты.

Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на всей числовой прямой.
Найдем горизонтальные асимптоты: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x^2 + 1} = 0$.
Следовательно, прямая $y=0$ (ось Ox) является горизонтальной асимптотой графика функции при $x \to \pm\infty$.

6. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Найдем первую производную: $y' = \left(\frac{1}{x^2 + 1}\right)' = -\frac{(x^2+1)'}{(x^2+1)^2} = -\frac{2x}{(x^2+1)^2}$.
Приравняем производную к нулю: $y' = 0 \Rightarrow -2x = 0 \Rightarrow x=0$.
При $x < 0$, $y' > 0$, функция возрастает на $(-\infty, 0]$.
При $x > 0$, $y' < 0$, функция убывает на $[0, +\infty)$.
Точка $x=0$ является точкой максимума. $y_{max} = y(0) = 1$. Точка максимума: $(0, 1)$.

7. Выпуклость, вогнутость, точки перегиба.

Найдем вторую производную: $y'' = \left(-\frac{2x}{(x^2+1)^2}\right)' = -2 \frac{(x)'(x^2+1)^2 - x((x^2+1)^2)'}{(x^2+1)^4} = -2 \frac{(x^2+1)^2 - x \cdot 2(x^2+1) \cdot 2x}{(x^2+1)^4} = -2 \frac{x^2+1 - 4x^2}{(x^2+1)^3} = \frac{2(3x^2-1)}{(x^2+1)^3}$.
Приравняем вторую производную к нулю: $y'' = 0 \Rightarrow 3x^2 - 1 = 0 \Rightarrow x = \pm\frac{1}{\sqrt{3}}$.
При $x \in (-\infty, -1/\sqrt{3}) \cup (1/\sqrt{3}, +\infty)$, $y'' > 0$, график вогнутый (выпуклый вниз).
При $x \in (-1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3})$, $y'' < 0$, график выпуклый (выпуклый вверх).
Точки $x = \pm\frac{1}{\sqrt{3}}$ являются точками перегиба. $y(\pm\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{1}{(1/3)+1} = \frac{3}{4}$. Точки перегиба: $(\pm\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$.

8. Построение графика.

На основе проведенного исследования строим график. Ключевые точки: максимум $(0, 1)$, точки перегиба $(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$ и $(-\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$. Горизонтальная асимптота $y=0$. График симметричен относительно оси Oy и имеет колоколообразную форму.

Ответ: Функция $y = \frac{1}{x^2 + 1}$ является четной, определена на всей числовой оси, всегда положительна. Имеет максимум в точке $(0, 1)$, две точки перегиба $(\pm\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$ и горизонтальную асимптоту $y=0$. График функции представляет собой кривую, симметричную относительно оси Oy, возрастающую на $(-\infty, 0]$ и убывающую на $[0, +\infty)$.

Исследуем функцию $y = \frac{-2}{x^2 + 4}$.

1. Область определения функции.

Знаменатель $x^2 + 4 \ne 0$. Так как $x^2 \ge 0$, то $x^2 + 4 \ge 4$. Знаменатель никогда не равен нулю. Область определения: $D(y) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

Найдем $y(-x)$: $y(-x) = \frac{-2}{(-x)^2 + 4} = \frac{-2}{x^2 + 4} = y(x)$.
Так как $y(-x) = y(x)$, функция является четной. График симметричен относительно оси Oy.

3. Точки пересечения с осями координат.

С осью Oy (при $x=0$): $y(0) = \frac{-2}{0^2 + 4} = -\frac{2}{4} = -0.5$. Точка пересечения — $(0, -0.5)$.
С осью Ox (при $y=0$): $\frac{-2}{x^2 + 4} = 0$. Уравнение не имеет решений. Точек пересечения с осью Ox нет.

4. Промежутки знакопостоянства.

Числитель $-2 < 0$, знаменатель $x^2 + 4 > 0$ при всех $x$. Следовательно, $y < 0$ на всей области определения. График функции целиком лежит ниже оси Ox.

5. Асимптоты.

Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна.
Найдем горизонтальные асимптоты: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{-2}{x^2 + 4} = 0$.
Прямая $y=0$ (ось Ox) является горизонтальной асимптотой графика функции при $x \to \pm\infty$.

6. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Найдем первую производную: $y' = \left(\frac{-2}{x^2 + 4}\right)' = -2 \left((x^2+4)^{-1}\right)' = (-2)(-1)(x^2+4)^{-2}(2x) = \frac{4x}{(x^2+4)^2}$.
Приравняем производную к нулю: $y' = 0 \Rightarrow 4x = 0 \Rightarrow x=0$.
При $x < 0$, $y' < 0$, функция убывает на $(-\infty, 0]$.
При $x > 0$, $y' > 0$, функция возрастает на $[0, +\infty)$.
Точка $x=0$ является точкой минимума. $y_{min} = y(0) = -0.5$. Точка минимума: $(0, -0.5)$.

7. Выпуклость, вогнутость, точки перегиба.

Найдем вторую производную: $y'' = \left(\frac{4x}{(x^2+4)^2}\right)' = 4 \frac{(x)'(x^2+4)^2 - x((x^2+4)^2)'}{(x^2+4)^4} = 4 \frac{(x^2+4)^2 - x \cdot 2(x^2+4) \cdot 2x}{(x^2+4)^4} = 4 \frac{x^2+4 - 4x^2}{(x^2+4)^3} = \frac{4(4-3x^2)}{(x^2+4)^3}$.
Приравняем вторую производную к нулю: $y'' = 0 \Rightarrow 4 - 3x^2 = 0 \Rightarrow x^2 = \frac{4}{3} \Rightarrow x = \pm\frac{2}{\sqrt{3}}$.
При $x \in (-\infty, -2/\sqrt{3}) \cup (2/\sqrt{3}, +\infty)$, $y'' < 0$, график выпуклый (выпуклый вверх).
При $x \in (-2/\sqrt{3}, 2/\sqrt{3})$, $y'' > 0$, график вогнутый (выпуклый вниз).
Точки $x = \pm\frac{2}{\sqrt{3}}$ являются точками перегиба. $y(\pm\frac{2}{\sqrt{3}}) = \frac{-2}{(4/3)+4} = \frac{-2}{16/3} = -\frac{3}{8}$. Точки перегиба: $(\pm\frac{2}{\sqrt{3}}, -\frac{3}{8})$.

8. Построение графика.

На основе проведенного исследования строим график. Ключевые точки: минимум $(0, -0.5)$, точки перегиба $(\frac{2}{\sqrt{3}}, -\frac{3}{8})$ и $(-\frac{2}{\sqrt{3}}, -\frac{3}{8})$. Горизонтальная асимптота $y=0$. График симметричен относительно оси Oy, расположен ниже оси Ox и имеет форму "перевернутого колокола".

Ответ: Функция $y = \frac{-2}{x^2 + 4}$ является четной, определена на всей числовой оси, всегда отрицательна. Имеет минимум в точке $(0, -0.5)$, две точки перегиба $(\pm\frac{2}{\sqrt{3}}, -\frac{3}{8})$ и горизонтальную асимптоту $y=0$. График функции симметричен относительно оси Oy, убывает на $(-\infty, 0]$ и возрастает на $[0, +\infty)$.