Раздел I. Введение в анализ — § 3. Понятие функции

Демидович — задача 194

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 194

Найти значения xx, для которых: 1) f(x)=0f(x)=0; 2) f(x)>0f(x)>0; 3) f(x)<0f(x)<0, если:а) f(x)=x−x2;б) f(x)=sin⁡πx;в) f(x)=(x+∣x∣)(1−x).\text{а) }f(x)=x-x^2;\qquad \text{б) }f(x)=\sin\frac\pi x;\qquad \text{в) }f(x)=(x+|x|)(1-x).

Решение

Пункт а)

f(x)=x−x2.f(x)=x-x^2. Разложим на множители: f(x)=x(1−x).f(x)=x(1-x).
Найдем, когда f(x)=0f(x)=0.

Произведение равно нулю, если хотя бы один множитель равен нулю: x=0илиx=1.x=0 \quad \text{или} \quad x=1. Отсюда x=0,x=1x=0,\quad x=1.
Найдем, когда f(x)>0f(x)>0.

Имеем f(x)=x(1−x)f(x)=x(1-x). Произведение двух множителей положительно, когда они имеют одинаковые знаки.

Первый случай: x>0,1−x>0.x>0,\quad 1-x>0. Из второго неравенства x<1x<1, так что 0<x<10<x<1.

Второй случай: x<0,1−x<0.x<0,\quad 1-x<0. Из второго неравенства x>1x>1. Одновременно выполнить условия x<0x<0 и x>1x>1 невозможно.f(x)>0  ⟺  0<x<1.f(x)>0\iff 0<x<1
.
Найдем, когда f(x)<0f(x)<0.

Вне промежутка (0,1)(0,1) множители имеют разные знаки. Тогда x<0x<0 или x>1x>1.f(x)=0  ⟺  x∈{0,1},f(x)>0  ⟺  x∈(0,1),f(x)<0  ⟺  x∈(−∞,0)∪(1,+∞).\begin{aligned}
f(x)=0&\iff x\in\{0,1\},\\
f(x)>0&\iff x\in(0,1),\\
f(x)<0&\iff x\in(-\infty,0)\cup(1,+\infty).
\end{aligned}

Пункт б)

f(x)=sin⁡πx,x≠0.f(x)=\sin\frac{\pi}{x},\qquad x\neq0.
Найдем нули функции.

Синус равен нулю тогда и только тогда, когда его аргумент равен целому кратному π\pi: πx=kπ,k∈Z.\frac{\pi}{x}=k\pi,\qquad k\in\mathbb Z. Сокращаем на π\pi: 1x=k.\frac1x=k. Отсюда x=1kx=\frac1k. Значение k=0k=0 невозможно, поэтому f(x)=0  ⟺  x=1k,k∈Z∖{0}.f(x)=0
\iff
x=\frac1k,\qquad k\in\mathbb Z\setminus\{0\}.
Найдем, когда f(x)>0f(x)>0.

Известно, что sin⁡t>0\sin t>0 на промежутках 2kπ<t<(2k+1)π,k∈Z.2k\pi<t<(2k+1)\pi,\qquad k\in\mathbb Z.

Подставляем t=πxt=\frac{\pi}{x}: 2kπ<πx<(2k+1)π.2k\pi<\frac{\pi}{x}<(2k+1)\pi. Сокращая на π>0\pi>0, находим f(x)>0  ⟺  2k<1x<2k+1для некоторого k∈Z.f(x)>0
\iff
2k<\frac1x<2k+1
\quad\text{для некоторого }k\in\mathbb Z.
Найдем, когда f(x)<0f(x)<0.

Синус отрицателен на промежутках (2k−1)π<t<2kπ.(2k-1)\pi<t<2k\pi. (2k−1)π<πx<2kπ,(2k-1)\pi<\frac{\pi}{x}<2k\pi, или после сокращения на π\pi f(x)<0  ⟺  2k−1<1x<2kдля некоторого k∈Z.f(x)<0
\iff
2k-1<\frac1x<2k
\quad\text{для некоторого }k\in\mathbb Z.

Пункт в)

f(x)=(x+∣x∣)(1−x).f(x)=(x+|x|)(1-x).
Рассмотрим два случая.
Если x≤0x\leq0, то ∣x∣=−x|x|=-x, так что x+∣x∣=x−x=0x+|x|=x-x=0 и f(x)=0.f(x)=0.
Если x>0x>0, то ∣x∣=x|x|=x, так что x+∣x∣=2xx+|x|=2x и f(x)=2x(1−x).f(x)=2x(1-x). Поскольку при x>0x>0 множитель 2x2x положителен, знак функции определяется множителем 1−x1-x.

Тогда при 0<x<10<x<1 имеем 1−x>01-x>0, значит f(x)>0f(x)>0; при x=1x=1 имеем f(1)=0f(1)=0; при x>1x>1 имеем 1−x<01-x<0, значит f(x)<0f(x)<0.f(x)=0  ⟺  x∈(−∞,0]∪{1},f(x)>0  ⟺  x∈(0,1),f(x)<0  ⟺  x∈(1,+∞).\begin{aligned}
f(x)=0&\iff x\in(-\infty,0]\cup\{1\},\\
f(x)>0&\iff x\in(0,1),\\
f(x)<0&\iff x\in(1,+\infty).
\end{aligned}
Демидович № 194 — решение | Высшая математика — Профиматика