Номер 1.89, страница 44 - 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 1.89, страница 44.

№1.89 (с. 44)
Условие. №1.89 (с. 44)
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 44, номер 1.89, Условие Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 44, номер 1.89, Условие (продолжение 2)

1.89* а) $y = \begin{cases} 2^x, &\text{если } x \le -1 \\ \frac{1}{x^2}, &\text{если } -1 < x < 0 \\ x^2, &\text{если } x \ge 0; \end{cases}$

б) $y = \begin{cases} -1, &\text{если } x \le -\frac{3\pi}{2} \\ \cos x, &\text{если } -\frac{3\pi}{2} < x \le 0 \\ x^2+1, &\text{если } 0 < x < 1 \\ \log_2(x+3), &\text{если } x \ge 1; \end{cases}$

в) $y = \begin{cases} x^2, &\text{если } x \le -2 \\ \frac{1}{x^2}, &\text{если } -2 < x < 0 \\ \sqrt{x}, &\text{если } 0 \le x \le 4 \\ \log_2 x, &\text{если } x > 4; \end{cases}$

г) $y = \begin{cases} \cos x, &\text{если } -\frac{\pi}{6} \le x \le \frac{\pi}{4} \\ \text{tg } x, &\text{если } \frac{\pi}{4} < x < \pi \\ \sin x, &\text{если } \pi \le x \le \frac{3\pi}{2}. \end{cases}$

Решение 1. №1.89 (с. 44)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 44, номер 1.89, 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 44, номер 1.89, 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 44, номер 1.89, Решение 1 (продолжение 3) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 44, номер 1.89, Решение 1 (продолжение 4)
Решение 4. №1.89 (с. 44)

а)Для функции $y = \begin{cases} 2^x, & \text{если } x \le -1 \\ \frac{1}{x^2}, & \text{если } -1 < x < 0 \\ x^2, & \text{если } x \ge 0 \end{cases}$исследуем непрерывность в точках, где меняется ее аналитическое выражение, то есть в точках $x = -1$ и $x = 0$.

1. Точка $x = -1$:

Найдем односторонние пределы и значение функции в этой точке:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to -1-0} y(x) = \lim_{x \to -1-0} 2^x = 2^{-1} = \frac{1}{2}$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to -1+0} y(x) = \lim_{x \to -1+0} \frac{1}{x^2} = \frac{1}{(-1)^2} = 1$.
  • Значение функции: $y(-1) = 2^{-1} = \frac{1}{2}$.

Поскольку левосторонний и правосторонний пределы существуют, но не равны друг другу ($\frac{1}{2} \neq 1$), функция в точке $x = -1$ имеет разрыв первого рода (скачок).

2. Точка $x = 0$:

Найдем односторонние пределы и значение функции в этой точке:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to 0-0} y(x) = \lim_{x \to 0-0} \frac{1}{x^2} = +\infty$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to 0+0} y(x) = \lim_{x \to 0+0} x^2 = 0^2 = 0$.
  • Значение функции: $y(0) = 0^2 = 0$.

Так как левосторонний предел равен бесконечности, функция в точке $x = 0$ имеет разрыв второго рода.

Ответ: функция непрерывна на интервалах $(-\infty; -1)$, $(-1; 0)$ и $(0; +\infty)$. В точке $x = -1$ функция имеет разрыв первого рода (скачок). В точке $x = 0$ функция имеет разрыв второго рода.

б)Для функции $y = \begin{cases} -1, & \text{если } x \le -\frac{3\pi}{2} \\ \cos x, & \text{если } -\frac{3\pi}{2} < x \le 0 \\ x^2+1, & \text{если } 0 < x < 1 \\ \log_2(x+3), & \text{если } x \ge 1 \end{cases}$исследуем непрерывность в точках $x = -\frac{3\pi}{2}$, $x = 0$ и $x = 1$.

1. Точка $x = -\frac{3\pi}{2}$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to -3\pi/2-0} y(x) = \lim_{x \to -3\pi/2-0} (-1) = -1$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to -3\pi/2+0} y(x) = \lim_{x \to -3\pi/2+0} \cos x = \cos(-\frac{3\pi}{2}) = 0$.
  • Значение функции: $y(-\frac{3\pi}{2}) = -1$.

Так как односторонние пределы не равны ($-1 \neq 0$), функция в точке $x = -\frac{3\pi}{2}$ имеет разрыв первого рода (скачок).

2. Точка $x = 0$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to 0-0} y(x) = \lim_{x \to 0-0} \cos x = \cos(0) = 1$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to 0+0} y(x) = \lim_{x \to 0+0} (x^2 + 1) = 0^2 + 1 = 1$.
  • Значение функции: $y(0) = \cos(0) = 1$.

Так как левосторонний предел, правосторонний предел и значение функции в точке равны ($1 = 1 = 1$), функция непрерывна в точке $x = 0$.

3. Точка $x = 1$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to 1-0} y(x) = \lim_{x \to 1-0} (x^2 + 1) = 1^2 + 1 = 2$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to 1+0} y(x) = \lim_{x \to 1+0} \log_2(x+3) = \log_2(1+3) = \log_2(4) = 2$.
  • Значение функции: $y(1) = \log_2(1+3) = 2$.

Так как односторонние пределы и значение функции равны ($2 = 2 = 2$), функция непрерывна в точке $x = 1$.

Ответ: функция непрерывна на интервалах $(-\infty; -3\pi/2)$ и $(-3\pi/2; +\infty)$. В точке $x = -3\pi/2$ функция имеет разрыв первого рода (скачок).

в)Для функции $y = \begin{cases} x^2, & \text{если } x \le -2 \\ \frac{1}{x^2}, & \text{если } -2 < x < 0 \\ \sqrt{x}, & \text{если } 0 \le x \le 4 \\ \log_2 x, & \text{если } x > 4 \end{cases}$исследуем непрерывность в точках $x = -2$, $x = 0$ и $x = 4$.

1. Точка $x = -2$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to -2-0} y(x) = \lim_{x \to -2-0} x^2 = (-2)^2 = 4$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to -2+0} y(x) = \lim_{x \to -2+0} \frac{1}{x^2} = \frac{1}{(-2)^2} = \frac{1}{4}$.
  • Значение функции: $y(-2) = (-2)^2 = 4$.

Поскольку $4 \neq \frac{1}{4}$, функция в точке $x = -2$ имеет разрыв первого рода (скачок).

2. Точка $x = 0$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to 0-0} y(x) = \lim_{x \to 0-0} \frac{1}{x^2} = +\infty$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to 0+0} y(x) = \lim_{x \to 0+0} \sqrt{x} = \sqrt{0} = 0$.
  • Значение функции: $y(0) = \sqrt{0} = 0$.

Так как левосторонний предел равен бесконечности, функция в точке $x = 0$ имеет разрыв второго рода.

3. Точка $x = 4$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to 4-0} y(x) = \lim_{x \to 4-0} \sqrt{x} = \sqrt{4} = 2$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to 4+0} y(x) = \lim_{x \to 4+0} \log_2 x = \log_2 4 = 2$.
  • Значение функции: $y(4) = \sqrt{4} = 2$.

Так как односторонние пределы и значение функции равны ($2 = 2 = 2$), функция непрерывна в точке $x = 4$.

Ответ: функция непрерывна на интервалах $(-\infty; -2)$, $(-2; 0)$ и $(0; +\infty)$. В точке $x = -2$ функция имеет разрыв первого рода (скачок). В точке $x = 0$ функция имеет разрыв второго рода.

г)Для функции $y = \begin{cases} \cos x, & \text{если } -\frac{\pi}{6} \le x \le \frac{\pi}{4} \\ \tan x, & \text{если } \frac{\pi}{4} < x < \pi \\ \sin x, & \text{если } \pi \le x \le \frac{3\pi}{2} \end{cases}$исследуем непрерывность в точках "стыка" $x = \frac{\pi}{4}$, $x = \pi$, а также в точках, где может быть разрыв у самой функции $\tan x$.

1. Точка $x = \frac{\pi}{4}$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to \pi/4-0} y(x) = \lim_{x \to \pi/4-0} \cos x = \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to \pi/4+0} y(x) = \lim_{x \to \pi/4+0} \tan x = \tan(\frac{\pi}{4}) = 1$.
  • Значение функции: $y(\frac{\pi}{4}) = \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Поскольку $\frac{\sqrt{2}}{2} \neq 1$, функция в точке $x = \frac{\pi}{4}$ имеет разрыв первого рода (скачок).

2. Исследование на интервале $(\frac{\pi}{4}, \pi)$:

На этом интервале функция задана как $y = \tan x$. Функция $\tan x$ имеет разрывы в точках $x = \frac{\pi}{2} + k\pi$, где $k$ - целое число. В интервал $(\frac{\pi}{4}, \pi)$ попадает точка $x = \frac{\pi}{2}$.

В точке $x = \frac{\pi}{2}$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to \pi/2-0} \tan x = +\infty$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to \pi/2+0} \tan x = -\infty$.

Следовательно, в точке $x = \frac{\pi}{2}$ функция имеет разрыв второго рода.

3. Точка $x = \pi$:

  • Левосторонний предел: $\lim_{x \to \pi-0} y(x) = \lim_{x \to \pi-0} \tan x = \tan(\pi) = 0$.
  • Правосторонний предел: $\lim_{x \to \pi+0} y(x) = \lim_{x \to \pi+0} \sin x = \sin(\pi) = 0$.
  • Значение функции: $y(\pi) = \sin(\pi) = 0$.

Так как односторонние пределы и значение функции равны ($0 = 0 = 0$), функция непрерывна в точке $x = \pi$.

Ответ: функция непрерывна на множестве $[-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{4}) \cup (\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$. В точке $x = \frac{\pi}{4}$ функция имеет разрыв первого рода (скачок). В точке $x = \frac{\pi}{2}$ функция имеет разрыв второго рода.

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 1.89 расположенного на странице 44 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 №1.89 (с. 44), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.