Inne, zadanie nr 863

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
glupol postów: 10	2013-01-10 18:52:07 Korzystając z def. wykaż monotoniczność funkcji a)f(x)=[\sqrt{-3-x}]$ w przedziale [(-\infty,-3)]$ b)f(x)= [\sqrt{2x-3}]$ w przedziale [(\frac{3}{2},\infty)]$ c)f(x)=[\frac{2x+3}{x+1}]$ w przedziale [(-1,\infty)]$ Wiadomość była modyfikowana 2013-01-12 14:21:25 przez glupol

tumor postów: 8070	2013-01-10 19:06:29 Tu się da napisać zadanie tak, by było czytelne. Używamy przycisków po lewej i/lub notacji tex.

pm12 postów: 493	2013-01-12 17:20:43 a) Bierzemy dowolne $x_{1}$ i $x_{2}$ z przedziału (-$\infty$, -3) takie, że $x_{1}$ $\neq$ $x_{2}$ (obie liczby są ujemne) Pokażemy, że ta funkcja jest monotoniczna, czyli $\sqrt{-3-x_{2}}$ $\neq$ $\sqrt{-3-x_{1}}$ (pod oboma pierwiastkami liczby nieujemne) Mamy $\sqrt{-3-x_{2}}$ $\neq$ $\sqrt{-3-x_{1}}$ \| $()^{2}$ -3-$x_{2}$ $\neq$ -3-$x_{1}$ $x_{2}$ $\neq$ $x_{1}$ Tak więc funkcja monotoniczna jest.

pm12 postów: 493	2013-01-12 17:32:41 b) Bierzemy dowolne $x_{1}$ i $x_{2}$ z przedziału <$\frac{3}{2}$, $\infty$) takie, że $x_{1}$ $\neq$ $x_{2}$ (obie liczby są dodatnie) Pokażemy, że ta funkcja jest monotoniczna, czyli $\sqrt{2x_{1}-3}$ $\neq$ $\sqrt{2x_{2}-3}$ (pod oboma pierwiastkami liczby nieujemne) Mamy $\sqrt{2x_{1}-3}$ $\neq$ $\sqrt{2x_{2}-3}$ \| $()^{2}$ 2$x_{1}$-3 $\neq$ 2$x_{2}$-3 $x_{1}$$\neq$ $x_{2}$ Tak więc funkcja monotoniczna jest.

tumor postów: 8070	2013-01-12 17:45:39 pm12 udowodniłeś, że jest różnowartościowa. By z tej strony dojść do monotoniczności, trzeba jeszcze udowodnić ciągłość, co wymaga też nieco pracy (chyba że możemy skorzystać z jakiegoś dawnego wyniku, że pierwiastki są ciągłe, różnice i złożenia funkcji ciągłych są ciągłe etc) ---- Z definicji monotoniczność $x_1>x_2$ $-x_1<-x_2$ $-3-x_1<-3-x_2$ w tym miejscu pokazaliśmy, że $g(x)=-3-x$ jest monotoniczna (malejąca) w zadanym przedziale. A teraz obustronnie spierwiastkujemy (co wolno z uwagi na przedział) $\sqrt{-3-x_1}<\sqrt{-3-x_2}$ Tu jednak korzystamy z faktu, że $\sqrt{x}$ jest funkcją monotoniczną i że złożenie funkcji monotonicznych jest monotoniczne. ----- Żeby liczyć ściśle z definicji, należy pokazać, że jeśli $x_1>x_2$ to $f(x_1)-f(x_2)$ jest określonego znaku niezależnego od doboru argumentów. Z uwagi na różnowartościowość możemy sprawdzać znak wyrażenia $\frac{1}{f(x_1)-f(x_2)}$. Zatem $\frac{1}{\sqrt{-3-x_1}-\sqrt{-3-x_2}}=\frac{\sqrt{-3-x_1}+\sqrt{-3-x_2}}{-3-x_1+3+x_2}<0$ (bo licznik dodatni, a mianownik równy $x_2-x_1$) Pokazaliśmy, że funkcja jest malejąca. ----- Widzę, że robisz następne przykłady. Może jednak umiej je zrobić zanim je zaczniesz robić? :)

tumor postów: 8070	2013-01-12 17:57:54 Zdefiniujmy sobie funkcję określoną na $[0,\infty)$, jak następuje: $f(x)=\left\{\begin{matrix} x \mbox{ jeśli } x\in Q \\ -x \mbox{ jeśli } x\notin Q \end{matrix}\right.$ Jeśli weźmiemy $x_1\neq x_2$ to także $(x_1)^2\neq (x_2)^2$ i cóż z tego? Jeśli $f(x_1)\neq f(x_2)$, to owszem, także $x_1\neq x_2$. Ale co z tego? To wszystko różnowartościowość, a nie monotoniczność (pomijam już radosny błąd logiczny, czyli założenie tezy dowodzonej). Wyjściowa funkcja nie jest monotoniczna (w ŻADNYM przedziale niezdegenerowanym). Co dowodzi, że metoda użyta przez pm12 nadaje się do roztrzaskania o kant czegoś miękkiego. :)

tumor postów: 8070	2013-01-12 18:06:19 b) $x_1>x_2$ Sprawdzimy znak $\frac{1}{f(x_1)-f(x_2)}$ (bo jest taki sam jak znak $f(x_1)-f(x_2)$). $\frac{1}{\sqrt{2x_1-3}-\sqrt{2x_2-3}}=\frac{\sqrt{2x_1-3}+\sqrt{2x_2-3}}{2x_1-3-2x_2+3}=\frac{\sqrt{2x_1-3}+\sqrt{2x_2-3}}{2(x_1-x_2)}>0$ czyli monotoniczna niezależnie od doboru $x_1, x_2$ (byle z dziedziny)

tumor postów: 8070	2013-01-12 18:11:12 c) $\frac{2x+3}{x+1}=\frac{2(x+1)+1}{x+1}=2+\frac{1}{x+1}$ $x_1>x_2$ wtedy $x_1+1>x_2+1$ oraz $\frac{1}{x_1+1}<\frac{1}{x_2+1}$ (To ostatnie jest prawdą ze względu na przedział, z jakiego bierzemy $x$) $2+\frac{1}{x_1+1}<2+\frac{1}{x_2+1}$ czyli $f(x_1)<f(x_2)$ Zatem jest monotoniczna.

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj