MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 204

a) Punkty wykresu to

$(1,1),(2,0),(3,1),(4,0),(5,1),(6,0),(7,1),(8,0),(9,1).$

Zatem $W_f=\{0,1\}$, wartość najmniejsza wynosi $0$, a największa $1$. Wartości na przemian maleją i rosną, więc funkcja nie jest monotoniczna.

b) Kolejne reszty z dzielenia przez $4$ to

$1,2,3,0,1,2,3,0,1.$

Wykres tworzą więc punkty $(1,1),(2,2),(3,3),(4,0),(5,1),(6,2),(7,3),(8,0),(9,1)$. Mamy $W_f=\{0,1,2,3\}$, minimum $0$, maksimum $3$; funkcja nie jest monotoniczna.

a) Mianownik wyklucza $x=0$, a dla pozostałych argumentów

$f(x)=\frac{x(x+1)}x=x+1.$

Wykres jest prostą $y=x+1$ z usuniętym punktem $(0,1)$.

b) $D_f=\mathbb R\setminus\{-2\}$ oraz

$f(x)=\frac{(x-2)(x+2)}{x+2}=x-2.$

Jest to prosta $y=x-2$ z usuniętym punktem $(-2,-4)$.

c) $D_f=\mathbb R\setminus\{\frac32\}$. Ponieważ $1{,}5-x=-\frac12(2x-3)$,

$f(x)=\frac{(2x-3)(2x+3)}{-\frac12(2x-3)}=-4x-6.$

Wykres jest prostą $y=-4x-6$ z usuniętym punktem $(\frac32,-12)$.

Podstawiamy po kolei argumenty $-1,0,\frac12,1,\sqrt2,2$.

a) Dla $f(x)=\frac{x}{2x+1}$ otrzymujemy

$f(-1)=1,\quad f(0)=0,\quad f\left(\frac12\right)=\frac14,$

$f(1)=\frac13,\quad f(\sqrt2)=\frac{\sqrt2}{2\sqrt2+1}=\frac{4-\sqrt2}{7},\quad f(2)=\frac25.$

b) Argumenty $-1,0,\frac12,1$ należą do części stałej, $\sqrt2$ i $2$ do części $x^2-1$. Zatem kolejno

$0,\ 0,\ 0,\ 0,\ 1,\ 3.$

a) Pierwszy fragment jest rosnącą prostą do punktu $(-1,2)$, drugi malejącą prostą od tego punktu do $(4,-3)$, a trzeci — poziomą półprostą $y=-3$.

Miejsca zerowe wynikają z $2x+4=0$ oraz $-x+1=0$ i są równe $-2,1$. Funkcja rośnie na $(-\infty,-1]$, maleje na $[-1,4]$ i jest stała na $[4,\infty)$. Ponadto

$f(x)\ge-3\iff x\in\left[-\frac72,\infty\right).$

b) Dla $x\le-1$ wykres jest poziomą półprostą $y=-3$. Następnie biegnie po fragmencie paraboli $y=x^2-4$ dla $-1<x\le2$, a dla $x>2$ po prostej $y=-x+4$.

Miejsca zerowe to $x=2$ i $x=4$. Funkcja jest stała na $(-\infty,-1]$, maleje na $[-1,0]$, rośnie na $[0,2]$ i maleje na $(2,\infty)$. Nierówność daje

$f(x)\ge-3\iff x\in(-\infty,-1]\cup[1,7].$

Dane: $D_f=[-5,3]$, $W_f=[-3,1]$ i jedyne miejsce zerowe $x=2$.

a) Zmiana znaku wartości nie zmienia dziedziny ani argumentu miejsca zerowego, a odbija zbiór wartości względem zera:

$D_g=[-5,3],\quad W_g=[-1,3],\quad x_0=2.$

b) Odbicie argumentów względem zera daje dziedzinę $[-3,5]$ i przenosi zero z $2$ na $-2$; dodatkowy minus odbija wartości:

$D_g=[-3,5],\quad W_g=[-1,3],\quad x_0=-2.$

c) Warunek $x+1\in[-5,3]$ daje $D_g=[-6,2]$. Po przesunięciu wartości o $-2$ mamy $W_g=[-5,-1]$. Ponieważ ten zbiór nie zawiera zera, funkcja $g$ nie ma miejsca zerowego.

Ze skanu odczytujemy wzór funkcji

$f(x)=\begin{cases}-x,&x\le0,\\x,&0\le x\le2,\\4-x,&x\ge2.\end{cases}$

Rozwiązujemy równania i nierówności osobno na tych trzech przedziałach.

a) Dla $g(x)=1$ punkty wspólne mają odcięte $-1,1,3$, a

$f(x)\le g(x)\iff x\in[-1,1]\cup[3,\infty).$

b) Dla $g(x)=x$ wykresy pokrywają się na całym odcinku $[0,2]$. Ponadto

$f(x)\le g(x)\iff x\in[0,\infty).$

c) Równanie $f(x)=x^2$ ma rozwiązania $-1,0,1$, a

$f(x)\le x^2\iff x\in(-\infty,-1]\cup\{0\}\cup[1,\infty).$

d) Równanie $f(x)=2-x^2$ ma rozwiązania $-1,1$, zaś

$f(x)\le2-x^2\iff x\in[-1,1].$