Różne zadania z funkcji

Wyrażenie podpierwiastkowe musi być większe od zera. Należy znaleźć rozwiązanie nierówności \( x^2-2x-3>0 \). Znajdujemy miejsca zerowe trójmianu kwadratowego \( y = x^2-2x-3 \)

\( x_1 = {2+4 \over 2} = 3, \space x_2 = {2-4 \over 2} = -1 \)

Następnie rysujemy wykres:

Z wykresu odczytujemy, dla jakich x trójmian przyjmuje wartości dodatnie.

\( x \in (- \infty, -1) \cup (3, \infty) \)

Ostatecznie: \( D = \{x: x \in (- \infty, -1) \cup (3, \infty)\} \).

Rozważmy różnicę \( (f(x_1) - f(x_2)) \).

\( f(x_1) - f(x_2) = x^2_1-2x_1-3 -x^2_2+2x_2+3 = x^2_1-2x_1-x^2_2+2x_2 = \) \( (x^2_1-x^2_2)-2(x_1-x_2)=(x_1-x_2)(x_1+x_2)-2(x_1-x_2)= (x_1-x_2)(x_1+x_2-2) \)

Ponieważ pierwszy czynnik jest ujemny a drugi dodatni, to \( f(x_1) - f(x_2) \lt 0 \) czyli \( f(x_1) \lt f(x_2) \land x_1 \lt x_2 \) tzn. że funkcja f jest rosnąca.

Niech \( x_1 \lt x_2 \) i \( x_1,x_2 \in \Bbb{R}_+ \)

\( f(x_1) - f(x_2) = log_{1 \over 2}x_1 - log_{1 \over 2}x_2 = log_{1 \over 2}{x_1 \over x_2} \). Ponieważ \({x_1 \over x_2} \lt 1 \) a logarytm o podstawie dodatniej mniejszej od jedności z liczby mniejszej od jedności jest dodatni.

Zatem \( f(x_1) - f(x_2) \gt 0 \Rightarrow f(x_1) \gt f(x_2) \land x_1 \lt x_2 \) więc funkcja jest malejąca.

Ponieważ funkcja jest określona w całym zbiorze liczb rzeczywistych, więc –x należy do dziedziny. Zatem:

\( f(-x) = log(-x + \sqrt {x^2 +1} ) = log( \sqrt{x^2} +1 -x) = log{{\sqrt {x^2+1} -x} \over x^2+1-x^2} = \) \( log{{\sqrt {x^2+1} -x} \over (\sqrt {x^2+1} -x)(\sqrt {x^2+1} +x)} = log {1 \over \sqrt {x^2+1} +x} = \) \( log(\sqrt {x^2+1} +x)^{-1} = -log(\sqrt {x^2+1} +x) = -f(x) \)

Co znaczy, że funkcja jest nieparzysta.

\( sin3x = sin(3x+2 \pi) = sin 3(x + {2 \over 3} \pi) \)

\( sin3(x+T) = sin 3(x + {2 \over 3} \pi) \rightarrow T = {2 \over 3} \pi \)