Страница 72 номер 170, ГДЗ по алгебре за 9 класс к учебнику Алимова с ответами и решением
Доказать, что функция: 1) \(y = x + \frac{1}{x}\) убывает на интервале \((0;\ 1)\); 2) \(y = \frac{1}{x^2 + 1}\) убывает на промежутке \([0;\ +\infty)\) и возрастает на промежутке \((-\infty;\ 0]\); 3) \(y = x^3 - 3x\) возрастает на промежутках \((-\infty;\ -1]\) и \([1;\ +\infty)\), убывает на отрезке \([-1;\ 1]\); 4) \(y = x - 2\sqrt{x}\) возрастает на промежутке \([1;\ +\infty)\) и убывает на отрезке \([0;\ 1]\).
1) \(y = x + \frac{1}{x}\) убывает на интервале (0;1)
Пусть \(1 > x_{2} > x_{1} > 0\). Покажем, что \(y(x_{1}) > y(x_{2})\).
Для этого рассмотрим разность:
\(y(x_{1}) - y(x_{2}) = x_{1} + \dfrac{1}{x_{1}} - (x_{2} + \dfrac{1}{x_{2}}) =\)
\(= x_{1} + \dfrac{1}{x_{1}} - x_{2} - \dfrac{1}{x_{2}} = \dfrac{x_{1}^{2} + 1}{x_{1}} - \dfrac{x_{2}^{2} + 1}{x_{2}} =\)
\(= \dfrac{\left(x_{1}^{2} + 1\right) \cdot x_{2} - \left(x_{2}^{2} + 1\right) \cdot x_{1}}{x_{1} \cdot x_{2}} = \dfrac{x_{1}^{2} \cdot x_{2} + {x}_{2} - x_{2}^{2} \cdot x_{1} - x_{1}}{x_{1} \cdot x_{2}} =\)
\(= \dfrac{x_{1}^{2} \cdot x_{2} - x_{2}^{2} \cdot x_{1} + {x}_{2} - x_{1}}{x_{1} \cdot x_{2}} = \dfrac{x_{1} \cdot x_{2}(x_{1} - x_{2}) - (x_{1} - x_{2})}{x_{1} \cdot x_{2}} =\)
\(= \dfrac{(x_{1} - x_{2}) \cdot (x_{1} \cdot x_{2} - 1)}{x_{1} \cdot x_{2}}\)
Т.к \(x_{2} > x_{1} \Rightarrow (x_{1} - x_{2}) < 0\)
\(x_{1}, x_{2} \in (0; 1)\), что означает \(0 < x_{1}x_{2} < 1 \Rightarrow (x_{1} \cdot x_{2} - 1) < 0\)
\(y(x_{1}) - y(x_{2}) = \dfrac{\overbrace{(x_{1} - x_{2}) \cdot (x_{1} \cdot x_{2} - 1)}^{> 0}}{\underbrace{x_{1} \cdot x_{2}}_{> 0}}\)
Из этого всего следует, что \(y(x_{1}) - y(x_{2}) > 0\), \(y(x_{1}) > y(x_{2})\) при \(x_{2} > x_{1}\), а значит данная функция убывает на промежутке (0;1).
2) \(y = \frac{1}{x^{2} + 1}\) убывает на промежутке [0;+∞) и возрастает на промежутке (–∞;0].
а) Пусть \(x_{2} > x_{1} \geqslant 0\). Покажем, что \(y(x_{1}) > y(x_{2})\).
Для этого рассмотрим разность:
\(y(x_{1}) - y(x_{2}) = \dfrac{1}{x_{1}^{2} + 1} - \dfrac{1}{x_{2}^{2} + 1} = \dfrac{x_{2}^{2} + 1 - \left(x_{1}^{2} + 1\right)}{\left(x_{1}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{2}^{2} + 1\right)} =\)
\(= \dfrac{x_{2}^{2} + 1 - x_{1}^{2} - 1}{\left(x_{1}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{2}^{2} + 1\right)} = \dfrac{x_{2}^{2} - x_{1}^{2}}{\left(x_{1}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{2}^{2} + 1\right)} =\)
\(= \dfrac{\left(x_{2} - x_{1}\right) \cdot \left(x_{2} + x_{1}\right)}{\left(x_{1}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{2}^{2} + 1\right)}\)
Т.к \(\left(x_{1}^{2} + 1\right)\), \(\left(x_{2}^{2} + 1\right) > 0\), то и произведение \(\left(x_{1}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{2}^{2} + 1\right) > 0\).
Таким образом мы получили, что знаменатель дроби положителен.
Т.к \(x_{2} > x_{1} \Rightarrow (x_{2} - {x}_{1}) > 0\)
\(x_{2} > 0\), \(x_{1} \geqslant 0 \Rightarrow \left(x_{2} + x_{1}\right) > 0\)
Выяснили, что числитель тоже положителен.
\(y(x_{1}) - y(x_{2}) = \dfrac{\overbrace{\left(x_{2} - x_{1}\right) \cdot \left(x_{2} + x_{1}\right)}^{> 0}}{\underbrace{\left(x_{1}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{2}^{2} + 1\right)}_{> 0}}\)
Из этого всего следует, что \(y(x_{1}) - y(x_{2}) > 0\), \(y(x_{1}) > y(x_{2})\) при \(x_{2} > x_{1}\), а значит данная функция убывает на промежутке [0;+∞).
б) Пусть \(x_{2} > x_{1}\), \(x_{1}, x_{2} \leqslant 0\). Покажем, что \(y(x_{2}) > y(x_{1})\).
Для этого рассмотрим разность:
\(y(x_{2}) - y(x_{1}) = \dfrac{1}{x_{2}^{2} + 1} - \dfrac{1}{x_{1}^{2} + 1} = \dfrac{x_{1}^{2} + 1 - \left(x_{2}^{2} + 1\right)}{\left(x_{2}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{1}^{2} + 1\right)} =\)
\(= \dfrac{x_{1}^{2} + 1 - x_{2}^{2} - 1}{\left(x_{2}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{1}^{2} + 1\right)} = \dfrac{x_{1}^{2} - x_{2}^{2}}{\left(x_{2}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{1}^{2} + 1\right)} =\)
\(= \dfrac{\left(x_{1} - x_{2}\right) \cdot \left(x_{1} + x_{2}\right)}{\left(x_{2}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{1}^{2} + 1\right)}\)
Как мы выяснили ранее знаменатель данной дроби больше нуля.
Т.к \(x_{2} > x_{1} \Rightarrow (x_{1} - {x}_{2}) < 0\)
\(x_{2} \leqslant 0\), \(x_{1} < 0 \Rightarrow \left(x_{1} + x_{2}\right) < 0\)
А т.к \((-) \cdot (-) = (+)\), то выходит, что и числитель тоже положителен.
\(y(x_{2}) - y(x_{1}) = \dfrac{\overbrace{\left(x_{1} - x_{2}\right) \cdot \left(x_{1} + x_{2}\right)}^{> 0}}{\underbrace{\left(x_{2}^{2} + 1\right) \cdot \left(x_{1}^{2} + 1\right)}_{> 0}}\)
Из этого всего следует, что \(y(x_{2}) - y(x_{1}) > 0\), \(y(x_{2}) > y(x_{1})\) при \(x_{2} > x_{1}\), а значит данная функция возрастает на промежутке (–∞;0].
3) у \(= x^{3} - 3x\) возрастает на промежутках \((-\infty; -1]\) и \([1; +\infty)\) и убывает на промежутке \([-1; 1]\).
а) Пусть \(x_{2} > x_{1}\), \(x_{1}, x_{2} \leqslant -1\) или \(x_{1}, x_{2} \geqslant 1\). Покажем, что \(y(x_{2}) > y(x_{1})\).
Для этого рассмотрим разность:
\(y(x_{2}) - y(x_{1}) = x_{2}^{3} - 3x_{2} - {x}_{1}^{3} + 3x_{1} =\)
\(= \left(x_{2}^{3} - {x}_{1}^{3}\right) + 3(x_{1} - x_{2}) = (x_{2} - x_{1}) \cdot\)
\(\cdot (x_{2}^{2} + x_{2}x_{1} + x_{1}^{2}) - 3(x_{2} - x_{1}) = (x_{2} - x_{1}) \cdot (x_{2}^{2} + x_{2}x_{1} + x_{1}^{2} - 3)\)
Т.к \(x_{2} > x_{1} \Rightarrow (x_{2} - x_{1}) > 0\)
\(x_{1}, x_{2}\) одного знака, \(\left|x_{1}\right|, \left|x_{2}\right| \geqslant 1\), \({x_{1} \neq x_{2} \Rightarrow x_{1}^{2} \geqslant 1}\), \(x_{2}^{2} \geqslant 1\), \({x_{2}x_{1} > 1 \Rightarrow (x_{2}^{2} + x_{2}x_{1} + x_{1}^{2} - 3) > 0}\)
\(y(x_{2}) - y(x_{1}) = \overbrace{(x_{2} - x_{1})}^{> 0} \cdot \overbrace{(x_{2}^{2} + x_{2}x_{1} + x_{1}^{2} - 3)}^{> 0}\)
Из этого всего следует, что \(y(x_{2}) - y(x_{1}) > 0\), \(y(x_{2}) > y(x_{1})\) при \(x_{2} > x_{1}\), а значит данная функция возрастает на промежутках \((-\infty; -1]\) и \([1; +\infty)\).
б) Пусть \(x_{2} > x_{1}\), \(-1 \leqslant x_{1}, x_{2} \leqslant 1\). Покажем, что \(y(x_{1}) > y(x_{2})\).
Для этого рассмотрим разность:
\(y(x_{1}) - y(x_{2}) = x_{1}^{3} - 3x_{1} - {x}_{2}^{3} + 3x_{2} =\)
\(= \left(x_{1}^{3} - {x}_{2}^{3}\right) - 3(x_{1} - x_{2}) = (x_{1} - x_{2}) \cdot\)
\(\cdot (x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + x_{2}^{2}) - 3(x_{1} - x_{2}) = (x_{1} - x_{2}) \cdot (x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + x_{2}^{2} - 3)\)
Т.к \(x_{2} > x_{1} \Rightarrow (x_{1} - {x}_{2}) < 0\)
\(\left|x_{1}\right|\) и \(\left|x_{2}\right| \leqslant 1\), \({x_{1} \neq x_{2} \Rightarrow x_{1}^{2} \leqslant 1}\), \(x_{2}^{2} \leqslant 1\), \({x_{1}x_{2} < 1 \Rightarrow (x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + x_{2}^{2} - 3) < 0}\)
\(y(x_{1}) - y(x_{2}) = \overbrace{(x_{1} - x_{2})}^{< 0} \cdot \overbrace{(x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + x_{2}^{2} - 3)}^{< 0}\)
А т.к \((-) \cdot (-) = (+)\), то выходит, что \(y(x_{1}) - y(x_{2}) > 0\), \(y(x_{1}) > y(x_{2})\) при \(x_{2} > x_{1}\), а значит данная функция убывает на промежутке \([-1; 1]\).
4) у \(= x - 2\sqrt{x}\) возрастает на промежутке [1;+∞) и убывает на отрезке[0;1].
а) Пусть \(x_{2} > x_{1}\), \(x_{1}, x_{2} \geqslant 1\). Покажем, что \(y(x_{2}) > y(x_{1})\).
Для этого рассмотрим разность:
\(y(x_{2}) - y(x_{1}) = x_{2} - 2\sqrt{x_{2}} - x_{1} + 2\sqrt{x_{1}} =\)
\(= {x}_{2} - x_{1} - 2\sqrt{x_{2}} + 2\sqrt{x_{1}} =\)
\(= {x}_{2} - x_{1} - 2(\sqrt{x_{2}} - \sqrt{x_{1}}) =\)
\(= \left(\sqrt{x_{2}}\right)^{2} - \left(\sqrt{x_{1}}\right)^{2} - 2(\sqrt{x_{2}} - \sqrt{x_{1}}) = (\sqrt{x_{2}} - \sqrt{x_{1}}) \cdot\)
\(\cdot (\sqrt{x_{2}} + \sqrt{x_{1}}) - 2(\sqrt{x_{2}} - \sqrt{x_{1}}) = (\sqrt{x_{2}} - \sqrt{x_{1}}) \cdot (\sqrt{x_{2}} + \sqrt{x_{1}} - 2)\)
Т.к \(x_{2} > x_{1}\), то и \(\sqrt{x_{2}} > \sqrt{x_{1}} \Rightarrow (\sqrt{x_{2}} - \sqrt{x_{1}}) > 0\)
\(x_{1}, x_{2} \geqslant 1\), \(x_{2} > x_{1} \Rightarrow \sqrt{x_{2}} > 1\), \(\sqrt{x_{1}} \geqslant 1 \Rightarrow (\sqrt{x_{2}} + \sqrt{x_{1}}) > 2\), а значит \((\sqrt{x_{2}} + \sqrt{x_{1}} - 2) > 0\)
\(y(x_{2}) - y(x_{1}) = \overbrace{(\sqrt{x_{2}} - \sqrt{x_{1}})}^{> 0} \cdot \overbrace{(\sqrt{x_{2}} + \sqrt{x_{1}} - 2)}^{> 0}\)
Из этого всего следует, что \(y(x_{2}) - y(x_{1}) > 0\), \(y(x_{2}) > y(x_{1})\) при \(x_{2} > x_{1}\), а значит данная функция возрастает на промежутке [1;+∞).
б) Пусть \(x_{2} > x_{1}\), \(0 \leqslant x_{1}, x_{2} \leqslant 1\). Покажем, что \(y(x_{1}) > y(x_{2})\).
Для этого рассмотрим разность:
\(y(x_{1}) - y(x_{2}) = x_{1} - 2\sqrt{x_{1}} - x_{2} + 2\sqrt{x_{2}} =\)
\(= {x}_{1} - x_{2} - 2\sqrt{x_{1}} + 2\sqrt{x_{2}} =\)
\({= x}_{1} - x_{2} - 2(\sqrt{x_{1}} - \sqrt{x_{2}}) =\)
\(= \left(\sqrt{x_{1}}\right)^{2} - \left(\sqrt{x_{2}}\right)^{2} - 2(\sqrt{x_{1}} - \sqrt{x_{2}}) = (\sqrt{x_{1}} - \sqrt{x_{2}}) \cdot\)
\(\cdot (\sqrt{x_{1}} + \sqrt{x_{2}}) - 2(\sqrt{x_{1}} - \sqrt{x_{2}}) = (\sqrt{x_{1}} - \sqrt{x_{2}}) \cdot (\sqrt{x_{1}} + \sqrt{x_{2}} - 2)\)
Т.к \(x_{2} > x_{1}\), то и \(\sqrt{x_{2}} > \sqrt{x_{1}} \Rightarrow (\sqrt{x_{1}} - \sqrt{x_{2}}) < 0\)
\(0 \leqslant x_{1}, x_{2} \leqslant 1\), \(x_{1} < x_{2} \Rightarrow \sqrt{x_{1}} < 1\), \(\sqrt{x_{2}} \leqslant 1 \Rightarrow (\sqrt{x_{1}} + \sqrt{x_{2}}) < 2\), а значит \((\sqrt{x_{1}} + \sqrt{x_{2}} - 2) < 0\)
\(y(x_{1}) - y(x_{2}) = \overbrace{(\sqrt{x_{1}} - \sqrt{x_{2}})}^{< 0} \cdot \overbrace{(\sqrt{x_{1}} + \sqrt{x_{2}} - 2)}^{< 0}\)
А т.к \((-) \cdot (-) = (+)\), то выходит, что \(y(x_{1}) - y(x_{2}) > 0\), \(y(x_{1}) > y(x_{2})\) при \(x_{2} > x_{1}\), а значит данная функция убывает на отрезке [0;1].
