Номер 1.40, страница 17 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.

Тип: Учебник

Серия: мгу - школе

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: голубой в сеточку

ISBN: 978-5-09-087641-4

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 11 классе

Параграф 1. Функции и их графики. Глава 1. Функции. Производные. Интегралы - номер 1.40, страница 17.

№1.40 (с. 17)
Условие. №1.40 (с. 17)
скриншот условия
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 17, номер 1.40, Условие

1.40* а) Докажите, что если функция $y = f(x)$ определена на промежутке $X$ и возрастает на нём, то для любой пары чисел $x_1$ и $x_2$ из промежутка $X$ из справедливости неравенства $f(x_1) > f(x_2)$ следует справедливость неравенства $x_1 > x_2$.

б) Докажите, что если функция $y = f(x)$ определена на промежутке $X$ и убывает на нём, то для любой пары чисел $x_1$ и $x_2$ из промежутка $X$ из справедливости неравенства $f(x_1) > f(x_2)$ следует справедливость неравенства $x_1 < x_2$.

в) Докажите, что если функция $y = f(x)$ определена и строго монотонна на промежутке $X$, то для любой пары чисел $x_1$ и $x_2$ из $X$ из справедливости равенства $f(x_1) = f(x_2)$ следует справедливость равенства $x_1 = x_2$.

Решение 1. №1.40 (с. 17)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 17, номер 1.40, Решение 1 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 17, номер 1.40, Решение 1 (продолжение 2) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 17, номер 1.40, Решение 1 (продолжение 3)
Решение 2. №1.40 (с. 17)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 17, номер 1.40, Решение 2
Решение 3. №1.40 (с. 17)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 17, номер 1.40, Решение 3
Решение 4. №1.40 (с. 17)

а) Докажите, что если функция $y = f(x)$ определена на промежутке X и возрастает на нём, то для любой пары чисел $x_1$ и $x_2$ из промежутка X из справедливости неравенства $f(x_1) > f(x_2)$ следует справедливость неравенства $x_1 > x_2$.

Доказательство.
Для доказательства воспользуемся методом от противного. Пусть даны условия задачи: функция $y = f(x)$ возрастает на промежутке $X$, и для некоторых $x_1, x_2 \in X$ выполняется неравенство $f(x_1) > f(x_2)$.

Предположим, что заключение неверно, то есть $x_1 \le x_2$. Это предположение разбивается на два возможных случая:

1. $x_1 = x_2$. Если аргументы равны, то и значения функции в этих точках должны быть равны: $f(x_1) = f(x_2)$. Это прямо противоречит исходному условию $f(x_1) > f(x_2)$. Следовательно, этот случай невозможен.

2. $x_1 < x_2$. По определению, возрастающая функция (в данном контексте — строго возрастающая) — это функция, у которой большему значению аргумента соответствует большее значение функции. То есть, из $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$. Это также противоречит исходному условию $f(x_1) > f(x_2)$. Следовательно, и этот случай невозможен.

Поскольку оба случая, вытекающие из нашего предположения $x_1 \le x_2$, приводят к противоречию, само предположение является ложным. Это означает, что единственно верным является неравенство $x_1 > x_2$.

Ответ: Утверждение доказано. Для возрастающей на промежутке $X$ функции $f(x)$ из неравенства $f(x_1) > f(x_2)$ следует неравенство $x_1 > x_2$.

б) Докажите, что если функция $y = f(x)$ определена на промежутке X и убывает на нём, то для любой пары чисел $x_1$ и $x_2$ из промежутка X из справедливости неравенства $f(x_1) > f(x_2)$ следует справедливость неравенства $x_1 < x_2$.

Доказательство.
Снова используем метод доказательства от противного. Пусть функция $y = f(x)$ убывает на промежутке $X$, и для некоторых $x_1, x_2 \in X$ выполняется $f(x_1) > f(x_2)$.

Предположим, что заключение неверно, то есть $x_1 \ge x_2$. Это предположение также рассмотрим в двух случаях:

1. $x_1 = x_2$. В этом случае значения функции должны быть равны: $f(x_1) = f(x_2)$. Это противоречит условию $f(x_1) > f(x_2)$. Значит, этот случай невозможен.

2. $x_1 > x_2$. По определению, убывающая функция (в данном контексте — строго убывающая) — это функция, у которой большему значению аргумента соответствует меньшее значение функции. То есть, из $x_1 > x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$. Это снова противоречит исходному условию $f(x_1) > f(x_2)$. Значит, и этот случай невозможен.

Так как оба варианта, следующие из предположения $x_1 \ge x_2$, привели к противоречию, наше предположение неверно. Следовательно, верным является неравенство $x_1 < x_2$.

Ответ: Утверждение доказано. Для убывающей на промежутке $X$ функции $f(x)$ из неравенства $f(x_1) > f(x_2)$ следует неравенство $x_1 < x_2$.

в) Докажите, что если функция $y = f(x)$ определена и строго монотонна на промежутке X, то для любой пары чисел $x_1$ и $x_2$ из X из справедливости равенства $f(x_1) = f(x_2)$ следует справедливость равенства $x_1 = x_2$.

Доказательство.
Применим метод от противного. Пусть функция $y = f(x)$ строго монотонна на промежутке $X$ и для $x_1, x_2 \in X$ выполняется равенство $f(x_1) = f(x_2)$.

Предположим, что заключение неверно, то есть $x_1 \ne x_2$. Это означает, что либо $x_1 > x_2$, либо $x_1 < x_2$.

Строго монотонная функция является либо строго возрастающей, либо строго убывающей. Рассмотрим оба этих варианта:

1. Функция $f(x)$ является строго возрастающей.
- Если $x_1 > x_2$, то по определению строго возрастающей функции $f(x_1) > f(x_2)$. Это противоречит условию $f(x_1) = f(x_2)$.
- Если $x_1 < x_2$, то по определению строго возрастающей функции $f(x_1) < f(x_2)$. Это также противоречит условию $f(x_1) = f(x_2)$.

2. Функция $f(x)$ является строго убывающей.
- Если $x_1 > x_2$, то по определению строго убывающей функции $f(x_1) < f(x_2)$. Это противоречит условию $f(x_1) = f(x_2)$.
- Если $x_1 < x_2$, то по определению строго убывающей функции $f(x_1) > f(x_2)$. Это также противоречит условию $f(x_1) = f(x_2)$.

Во всех возможных случаях предположение $x_1 \ne x_2$ приводит к противоречию с условием $f(x_1) = f(x_2)$. Следовательно, наше предположение ложно, и должно выполняться равенство $x_1 = x_2$.

Ответ: Утверждение доказано. Если функция $f(x)$ строго монотонна на промежутке $X$, то она каждое своё значение принимает только один раз, то есть из $f(x_1) = f(x_2)$ следует $x_1 = x_2$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 1.40 расположенного на странице 17 к учебнику серии мгу - школе 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №1.40 (с. 17), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.