Odz karmaşık fonksiyonları. İzin verilen değer aralığı (APV), teori, örnekler, çözümler. Fonksiyonun tanım kümesini kendiniz bulun ve ardından çözüme bakın.

Matematikte kapsamı sınırlı olan oldukça az sayıda temel fonksiyon vardır. Diğer tüm "karmaşık" işlevler yalnızca bunların kombinasyonları ve kombinasyonlarıdır.

1. Kesirli fonksiyon - paydanın kısıtlanması.

2. Çift dereceli kök - radikal ifadenin kısıtlanması.

3. Logaritmalar - logaritma ve alt logaritmik ifadenin temelindeki kısıtlamalar.

3. Trigonometrik tg(x) ve ctg(x) - argümandaki kısıtlama.

Teğet için:

4. Ters trigonometrik fonksiyonlar.

arksinüs	ark kosinüs	Arktanjant, Arktanjant

Daha sonra “Fonksiyon tanımının etki alanı” konusunda aşağıdaki örnekler çözülmektedir.

1 numaralı fonksiyonun tanımının alanını bulma örneği

Herhangi bir doğrusal fonksiyonun tanım kümesini bulma, yani. Birinci derecenin işlevleri:

y = 2x + 3 - denklem bir düzlem üzerinde düz bir çizgiyi tanımlar.

Fonksiyona dikkatlice bakalım ve denklemde x değişkeni yerine hangi sayısal değerleri koyabileceğimizi düşünelim.

x=0 değerini yerine koymayı deneyelim

y = 2 0 + 3 = 3 - sayısal bir değer aldığından, değişkenin verilen değeri için fonksiyon mevcuttur x=0.

x=10 değerini yerine koymaya çalışalım

y = 2·10 + 3 = 23 olduğundan, x=10 değişkeninin verilen değeri için fonksiyon mevcuttur.

x=-10 değerini yerine koymaya çalışalım

y = 2·(-10) + 3 = -17 olduğundan, x = -10 değişkeninin verilen değeri için fonksiyon mevcuttur.

Denklem bir düzlem üzerinde düz bir çizgiyi tanımlar ve düz bir çizginin ne başı ne de sonu vardır, dolayısıyla x'in herhangi bir değeri için mevcuttur.

Belirli bir fonksiyona x yerine hangi sayısal değerleri koyarsak koyalım, her zaman y değişkeninin sayısal değerini elde edeceğimizi unutmayın.

Dolayısıyla fonksiyon herhangi bir x ∈ R değeri için mevcuttur veya bunu şu şekilde yazarız: D(f) = R

Cevabı yazma biçimleri: D(f)=R veya D(f)=(-∞:+∞)veya x∈R veya x∈(-∞:+∞)

Sonuç olarak şunu belirtelim:

y = ax + b formundaki herhangi bir fonksiyon için tanım alanı gerçek sayılar kümesidir.

2 numaralı fonksiyonun tanımının alanını bulma örneği

Formun bir fonksiyonu:

y = 10/(x + 5) - hiperbol denklemi

Kesirli bir fonksiyonla uğraşırken sıfıra bölemeyeceğinizi unutmayın. Bu nedenle fonksiyon, x'in olmayan tüm değerleri için mevcut olacaktır.

paydayı sıfıra ayarlayın. X'in bazı keyfi değerlerini değiştirmeye çalışalım.

x = 0'da y = 10/(0 + 5) = 2 elde ederiz - fonksiyon mevcuttur.

x = 10 için elimizde y = 10/(10 + 5) = 10/15 = 2/3- fonksiyon mevcut.

x = -5'te y = 10/(-5 + 5) = 10/0 elde ederiz - fonksiyon bu noktada mevcut değildir.

Onlar. Verilen fonksiyon kesirli ise paydayı sıfıra eşitlemek ve fonksiyonun bulunmadığı bir nokta bulmak gerekir.

Bizim durumumuzda:

x + 5 = 0 → x = -5 - bu noktada verilen fonksiyon mevcut değil.

x + 5 ≠ 0 → x ≠ -5

Açıklık sağlamak için bunu grafiksel olarak gösterelim:

Grafikte ayrıca hiperbolün x = -5 düz çizgisine olabildiğince yaklaştığını ancak -5 değerine ulaşmadığını da görüyoruz.

Verilen fonksiyonun gerçel eksenin x = -5 noktası hariç tüm noktalarında mevcut olduğunu görüyoruz.

Yanıt kayıt formları: D(f)=R\(-5) veya D(f)=(-∞;-5) ∪ (-5;+∞) veya X ∈ R\(-5) veya X ∈ (-∞;-5) ∪ (-5;+∞)

Verilen fonksiyon kesirli ise, bir paydanın varlığı, paydanın sıfıra eşit olmaması koşulunu dayatır.

3 numaralı fonksiyonun tanımının alanını bulma örneği

Kökü çift dereceli olan bir fonksiyonun tanım tanım kümesini bulma örneğini ele alalım:

Yalnızca negatif olmayan bir sayıdan karekökü çıkarabildiğimiz için, kökün altındaki fonksiyon negatif değildir.

2x - 8 ≥ 0

Basit bir eşitsizliği çözelim:

2x - 8 ≥ 0 → 2x ≥ 8 → x ≥ 4

Belirtilen fonksiyon yalnızca bulunan x ≥ 4 değerleri için mevcuttur veya D(f)= . Geriye x∈D(f 2) ve f 2 (x)∈D(f 1) olacak şekilde x değer kümelerinin kesişimini bulmak kalıyor:

Arcsinx>0 için arksinüs fonksiyonunun özelliklerini hatırlayın. Arksinüs, [−1, 1] tanım kümesinin tamamı boyunca artar ve x=0'da sıfıra gider, dolayısıyla (0, 1] aralığındaki herhangi bir x için arksinx>0 olur.

Sisteme dönelim:

Bu nedenle, fonksiyonun gerekli tanım alanı yarım aralıktır (0, 1).

Cevap:

(0, 1] .

Şimdi y=f 1 (f 2 (...f n (x)))) genel formunun karmaşık fonksiyonlarına geçelim. Bu durumda f fonksiyonunun tanım alanı şu şekilde bulunur: .

Örnek.

Bir fonksiyonun tanım kümesini bulun .

Çözüm.

Belirli bir karmaşık fonksiyon şu şekilde yazılabilir: y=f 1 (f 2 (f 3 (x))), burada f 1 – sin, f 2 – dördüncü derece kök fonksiyon, f 3 – log.

D(f 1)=(−∞, +∞) , D(f 2)=∪ ∪ [ 3 , + ∞) olduğunu biliyoruz.

Birleşik Devlet Sınavı ve Birleşik Devlet Sınavı'nı hazırlarken, öncelikle DL'ye dikkat etmeniz gereken işlevler için birçok birleşik görevle karşılaşabilirsiniz. Ancak belirlendikten sonra daha ileri kararlar alınabilir.

Fonksiyonların toplamı, farkı ve çarpımının tanım alanı

Çözüme başlamadan önce, fonksiyonların toplamının belirlenme alanını doğru bir şekilde nasıl belirleyeceğinizi öğrenmeniz gerekir. Bunu yapmak için aşağıdaki ifadenin geçerli olması gerekir:

f f fonksiyonu n fonksiyonun toplamı olarak kabul edildiğinde f 1, f 2, ..., f n , başka bir deyişle bu fonksiyon şu formül kullanılarak verilir: y = f 1 (x) + f 2 (x) + ... + f n (x) , bu durumda tanım alanı, f 1, f 2, ..., f n fonksiyonlarının tanım alanlarının kesişimi olarak kabul edilir. . Bu ifade şu şekilde yazılabilir:

D (f) = D (f 1) D (f 2) . . . D(fn)

örnek 1

y = x 7 + x + 5 + t g x formundaki bir fonksiyonun tanım tanım kümesini bulun .

Çözüm

Verilen fonksiyon dördün toplamı olarak temsil edilir: üs 7 ile kuvvet, üs 1 ile kuvvet, sabit, teğet fonksiyon.

Tanım tablosundan D (f 1) = (− ∞ , + ∞), D (f 2) = (− ∞ , + ∞), D (f 3) = (− ∞ , + ∞) olduğunu görüyoruz. , dahası, tanjantın tanım alanı π 2 + π · k, k ∈ Z dışındaki tüm gerçek sayıları içerir.

Belirli bir f fonksiyonunun tanım alanı, f 1, f 2, f 3 ve etki alanlarının kesişimidir. f4. Yani, bir fonksiyon için π 2 + π · k, k ∈ Z'yi içermeyen bir dizi reel sayı vardır.

Cevap:π 2 + π · k, k ∈ Z dışındaki tüm gerçek sayılar.

Bir fonksiyon çarpımının tanım tanım kümesini bulmak için aşağıdaki kuralın uygulanması gerekir:

Tanım 2

Bir f fonksiyonunun, f 1 , f 2 , f 3 ve f n fonksiyonlarının çarpımı olduğu düşünüldüğünde , o zaman y = f 1 (x) f 2 (x) ... f n (x) formülü kullanılarak belirtilebilecek bir f fonksiyonu vardır. , bu durumda tanım alanı, tüm fonksiyonların tanım alanı olarak kabul edilir.

D (f) = D (f 1) D (f 2) yazılacaktır. . . D(fn)

Örnek 2

y = 3 · a r c t g x · ln x fonksiyonunun tanım tanım kümesini bulun.

Çözüm

Formülün sağ tarafı f 1 (x) f 2 (x) f 3 (x) olarak kabul edilir. , f 1 için nerede sabit bir fonksiyondur, f 2 arktanjant mı f3 – e tabanlı logaritmik fonksiyon. Koşul olarak şunu elde ederiz: D (f 1) = (− ∞ , + ∞), D (f 2) = (− ∞ , + ∞) ve D (f 3) = (0 , + ∞) . Bunu anlıyoruz

D (f) = D (f 1) D (f 2) D (f n) = (- ∞ , + ∞) (- ∞ , + ∞) D (0 , + ∞) = (0 , + ∞)

Cevap: tanım alanı y = 3 · a r c t g x · ln x – tüm gerçek sayılar kümesi.

Tanımın alanını bulmaya odaklanmak gerekir y = Cf(x) , burada C gerçek bir sayıdır. Bundan, tanım alanı ile f alanının çakıştığı açıktır.

İşlev y = Cf(x) sabit bir fonksiyonun ürünüdür ve f. Tanım alanı, tanım alanının tüm gerçek sayılarıdır. D(f). Buradan fonksiyonun tanım alanının olduğunu görüyoruz. y = Cf(x)- ∞ , + ∞ D (f) = D (f) dir.

Tanım alanının olduğunu bulduk. y = f(x) Ve y = Cf(x) , burada C bir reel sayıdır, çakışır. Bu, kök tanımı örneğinde görülebilir y = x, [ 0 , + ∞) olarak kabul edilir, çünkü y = - 5 · x - [ 0 , + ∞) fonksiyonunun tanım alanı.

Alanlar y = f(x) ve y = − f(x)çakışır, bu da fonksiyonun farkının tanım alanının toplamlarının tanım alanıyla aynı olduğunu gösterir.

Örnek 3

y = log 3 x − 3 · 2 x fonksiyonunun tanım tanım kümesini bulun.

Çözüm

İki fonksiyonun farkı olarak düşünmek gerekir f1 Ve f2.

f 1 (x) = log 3 x Ve f 2 (x) = 3 2 x. O zaman D (f) = D (f 1) D (f 2) sonucunu elde ederiz.

Tanım alanı şu şekilde yazılır: D (f 1) = (0, + ∞) . f 2'nin tanım alanına geçelim. bu durumda üstel olanın tanım bölgesiyle çakışıyorsa, o zaman D (f 2) = (− ∞ , + ∞) olduğunu elde ederiz.

y = log 3 x − 3 2 x fonksiyonunun tanım tanım kümesini bulmak için bunu anladık

D (f) = D (f 1) D (f 2) = (0, + ∞) - ∞, + ∞

Cevap: (0 , + ∞) .

Tanım tanım kümesinin y = a n x n + a n - 1 x n - 1 + olduğu ifadesini dile getirmek gerekir. . . + a 1 x + a 0 gerçek sayılar kümesidir.

y = a n x n + a n - 1 x n - 1 + olduğunu düşünün. . . + a 1 x + a 0 , burada sağ tarafta gerçek katsayılı derece n şeklinde standart formda bir değişkene sahip bir polinom vardır. (n + 1). fonksiyonun toplamı olarak düşünülebilir. Bu fonksiyonların her birinin tanım alanı, R adı verilen bir dizi gerçek sayı içerir.

Örnek 4

f 1 (x) = x 5 + 7 x 3 - 2 x 2 + 1 2 tanımının tanım kümesini bulun.

Çözüm

f notasyonunu iki fonksiyonun farkı olarak alalım, sonra f 1 (x) = x 5 + 7 x 3 - 2 x 2 + 1 2 ve f 2 (x) = 3 x - ln 5 elde ederiz. Yukarıda D (f 1) = R olduğu gösterilmiştir. f 2'nin tanım alanı, üssün - ln 5 güç alanıyla çakışır, başka bir deyişle D (f 2) = (0, + ∞) .

D (f) = D (f 1) D (f 2) = - ∞, + ∞ (0, + ∞) = (0, + ∞) olduğunu elde ederiz.

Cevap: (0 , + ∞) .

Karmaşık bir fonksiyonun alanı

Bu sorunu çözmek için y = f 1 (f 2 (x)) formundaki karmaşık bir fonksiyonu dikkate almak gerekir. . biliniyor ki D(f) f 2 fonksiyonunun tanımındaki tüm x'lerin kümesidir; burada f 2 (x)'in tanım kümesi f 1 tanım alanına aittir.

Y = f 1 (f 2 (x)) formundaki karmaşık bir fonksiyonun tanım bölgesinin, x ∈ D (f 2) gibi iki kümenin kesişiminde olduğu görülebilir. ve f 2 (x) ∈ D (f 1) . Standart gösterimde bu şu şekilde olacaktır:

x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ D (f 1)

Birkaç örneğin çözümüne bakalım.

Örnek 5

y = ln x 2 tanımının tanım kümesini bulun.

Çözüm

Bu fonksiyonu y = f 1 (f 2 (x)) formunda temsil ediyoruz; burada f 1'in e tabanlı bir logaritma ve f 2'nin üssü 2 olan bir kuvvet fonksiyonu olduğunu biliyoruz.

Çözmek için bilinen tanım alanlarını kullanmak gerekir D (f 1) = (0 , + ∞) Ve D (f 2) = (− ∞ , + ∞) .

Daha sonra formdaki bir eşitsizlikler sistemi elde ederiz.

x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ D (f 1) ⇔ x ∈ - ∞ , + ∞ x 2 ∈ (0 , + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x 2 > 0 ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x ∈ (- ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ (- ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞)

Gerekli tanım alanı bulundu. Sıfır dışındaki tüm gerçek sayı ekseni tanım alanıdır.

Cevap: (− ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) .

Örnek 6

y = (a r c sin x) - 1 2 fonksiyonunun tanım tanım kümesini bulun.

Çözüm

Bu karmaşık bir fonksiyon olduğundan, onu y = f 1 (f 2 (x)) olarak düşünmek gerekir. , f 1'in üssü - 1 2 olan bir kuvvet fonksiyonu ve f 2'nin bir ark sinüs fonksiyonu olduğu durumda, şimdi tanım kümesini aramak gerekir. Göz önünde bulundurulması gerekiyor D (f 1) = (0 , + ∞) Ve D (f 2) = [ - 1 , 1 ] .Şimdi x ∈ D (f 2) ve f 2 (x) ∈ D (f 1) olmak üzere tüm x değer kümelerini bulalım. . Formun bir eşitsizlik sistemi elde ediyoruz

x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ D (f 1) ⇔ x ∈ - 1, 1 a r c sin x ∈ (0, + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ - 1, 1 a r c sin x > 0

Bir r c sin x > 0'ı çözmek için arksinüs fonksiyonunun özelliklerine başvurmak gerekir. Artışı [−1, 1] tanım bölgesinde meydana gelir ve x = 0'da sıfıra gider, bu da x tanımından ark sin x > 0'ın (0, 1) aralığına ait olduğu anlamına gelir.

Formun sistemini dönüştürelim

x ∈ - 1 , 1 a r c sin x > 0 ⇔ x ∈ - 1 , 1 x ∈ (0 , 1 ] ⇔ x ∈ (0 , 1 ]

İstenilen fonksiyonun tanım alanı (0, 1)'e eşit bir aralığa sahiptir.

Cevap: (0 , 1 ] .

Yavaş yavaş y = f 1 (f 2 (... f n (x)))) genel formundaki karmaşık fonksiyonlarla çalışacağımız noktaya geldik. . Böyle bir fonksiyonun tanım bölgesi x ∈ D (f n) f n (x) ∈ D (f n - 1) f n - 1 (f n (x)) ∈ D (f n - 2)'den aranır. . . f 2 (f 3 (... (f n (x))) ∈ D (f 1) .

Örnek 7

y = sin (l g x 4) tanımının tanım kümesini bulun.

Çözüm

Verilen fonksiyon şu şekilde yazılabilir: y = f 1 (f 2 (f 3 (x))) , burada f 1 – sinüs fonksiyonu, f 2 – 4. köklü fonksiyon, f 3 – logaritmik fonksiyon var.

Bunu D (f 1) = (− ∞ , + ∞) , D (f 2) = [ 0 , + ∞) , D (f 3) = (0 , + ∞) koşuluyla elde ederiz. . O halde fonksiyonun tanım alanı, bu tür değer kümelerinin kesişimidir; burada x ∈ D (f 3), f 3 (x) ∈ D (f 2), f 2 (f 3 (x)) ∈ D ( f1) . Bunu anlıyoruz

x ∈ D (f 3) f 3 (x) ∈ D (f 2) f 2 (f 3 (x)) ∈ D (f 1) ⇔ x ∈ (0 , + ∞) log x ∈ [ 0 , + ∞ ) log x 4 ∈ - ∞ , + ∞

lg x 4 ∈ - ∞, + ∞ koşulu lg x ∈ [ 0, + ∞) koşuluna benzer, yani

x ∈ (0 , + ∞) log x ∈ [ 0 , + ∞) log x 4 ∈ - ∞ , + ∞ ⇔ x ∈ (0 , + ∞) log x ∈ [ 0 , + ∞) log x ∈ [ 0 , + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ (0 , + ∞) log x ∈ [ 0 , + ∞) ⇔ x ∈ (0 , + ∞) log x ≥ 0 ⇔ ⇔ x ∈ (0 , + ∞) log x ≥ log 1 ⇔ x ∈ (0 , + ∞) x ≥ 1 ⇔ ⇔ x ∈ [ 1 , + ∞)

Cevap: [ 1 , + ∞) .

Örnekler çözülürken tanım alanının detaylı olarak ele alınması amacıyla temel fonksiyonlar kullanılarak oluşturulan fonksiyonlar alınmıştır.

Kesir kapsamı

f 1 (x) f 2 (x) formunda bir fonksiyonu düşünün. Bu kesrin her iki fonksiyonun kümesinden belirlendiğine ve f 2 (x) 'in sıfıra gitmemesine dikkat etmek önemlidir. Daha sonra tüm x'ler için f'nin tanım bölgesinin x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0 biçiminde yazıldığını buluruz.

y = f 1 (x) f 2 (x) fonksiyonunu y = f 1 (x) · (f 2 (x)) - 1 formunda yazalım. Daha sonra y = f 1 (x) formundaki fonksiyonların bir çarpımını elde ederiz. y = (f 2 (x)) - 1 ile. Fonksiyonun tanım kümesi y = f 1 (x) D (f 1) kümesidir , ve bir y = (f 2 (x)) - 1 kompleksi için x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ (- ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) ⇔ formundaki bir sistemden tanımlarız. x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0.

Bu şu anlama gelir: x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ∈ (- ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) ⇔ x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0.

Örnek 8

y = t g (2 x + 1) x 2 - x - 6 tanımının tanım kümesini bulun.

Çözüm

Verilen fonksiyon kesirli olduğundan f 1 karmaşık bir fonksiyondur; burada y = t g (2 x + 1) ve f 2 tam bir rasyonel fonksiyondur, burada y = x 2 − x − 6 ve tanım kümesi dikkate alınır tüm sayıların kümesi olsun. Bunu forma yazabiliriz

x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0

Karmaşık Fonksiyon Gösterimi y = f 3 (f 4 (x)), Nerede f3 tanım alanının π 2 + π · k, k ∈ Z ve f 4 dışındaki tüm sayıları içerdiği bir teğet fonksiyondur D (f 4) = (− ∞ , + ∞) tanım kümesine sahip y = 2 x + 1 tam bir rasyonel fonksiyondur. Daha sonra f 1'in tanım tanım kümesini bulmaya devam ederiz:

x ∈ D (f 4) 2 x + 1 ∈ D (f 3) ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) 2 x + 1 ≠ π 2 + π k, k ∈ Z ⇔ x ≠ π 4 - 1 2 + π 2 k, k ∈ Z

Ayrıca y = t g (2 x + 1) x 2 - x - 6 tanımının alt tanım kümesini de dikkate almak gerekir. O zaman bunu anlıyoruz

x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 2 (x) ≠ 0 ⇔ x ≠ π 4 - 1 2 + π 2 k, k ∈ Z x ∈ - ∞, + ∞ x 2 - x - 6 ≠ 0 ⇔ ⇔ x ≠ π 4 - 1 2 + π 2 k, k ∈ Z x ≠ - 2 x ≠ 3

Cevap:- 2, 3 ve π 4 - 1 2 + π 2 · k, k ∈ Z dışındaki gerçek sayılar kümesi.

Tabanında değişken bulunan bir logaritmanın alanı

Logaritmanın tanımı 1'e eşit olmayan pozitif tabanlar için mevcuttur. Bu, y = log f 2 (x) f 1 (x) fonksiyonunun şuna benzer bir tanım kümesine sahip olduğunu gösterir:

x ∈ D (f 1) f 1 (x) > 0 x ∈ D (f 2) f 2 (x) > 0 f 2 (x) ≠ 1

Fonksiyon şu şekilde tasvir edilebildiğinde benzer bir sonuca varılabilir:

y = log a f 1 (x) log a f 2 (x), a > 0, a ≠ 1. Bundan sonra kesirli bir fonksiyonun tanım alanına geçebilirsiniz.

Logaritmik bir fonksiyonun tanım alanı, gerçek pozitif sayılar kümesidir; bu durumda, y = log a f 1 (x) ve y = log a f 2 (x) türündeki karmaşık fonksiyonların tanım alanı, sonuçtan belirlenebilir. x ∈ D (f 1) f 1 ( x) > 0 ve x ∈ D (f 2) f 2 (x) > 0 şeklindeki sistem. Aksi takdirde bu alan y = log a f 1 (x) log a f 2 (x), a > 0, a ≠ 1 şeklinde yazılabilir, bu da y = log f 2 (x) f 1 (x)'i bulmak anlamına gelir. formun sistemin kendisi

x ∈ D (f 1) f 1 (x) > 0 x ∈ D (f 2) f 2 (x) > 0 log a f 2 (x) ≠ 0 = x ∈ D (f 1) f 1 (x) > 0 x ∈ D (f 2) f 2 (x) > 0 f 2 (x) ≠ 1

Örnek 9

y = log 2 x (x 2 - 6 x + 5) fonksiyonunun tanım tanım kümesini belirtin.

Çözüm

Notasyon benimsenmeli f 1 (x) = x 2 − 6 x + 5 Ve f 2 (x) = 2 x, buradan D (f 1) = (− ∞ , + ∞) Ve D (f 2) = (− ∞ , + ∞). X ∈ D (f 1), f 1 (x) > 0, x ∈ D (f 2), f 2 (x) > 0, f 2 (x) koşulunun olduğu bir x kümesini aramaya başlamak gerekir. ≠ 1 memnun . Daha sonra formda bir sistem elde ederiz.

x ∈ (- ∞ , + ∞) x 2 - 6 x + 5 > 0 x ∈ (- ∞ , + ∞) 2 x > 0 2 x ≠ 1 ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x ∈ ( - ∞ , 1) ∪ (5 , + ∞) x ∈ (- ∞ , + ∞) x > 0 x ≠ 1 2 ⇔ ⇔ x ∈ 0 , 1 2 ∪ 1 2 , 1 ∪ (5 , + ∞)

Buradan, y = log 2 x (x 2 - 6 x + 5) fonksiyonunun istenen tanım kümesinin, 0, 1 2 ∪ 1 2, 1 ∪ (5, + ∞) koşulunu karşılayan bir küme olarak kabul edildiğini görüyoruz. ).

Cevap: 0 , 1 2 ∪ 1 2 , 1 ∪ (5 , + ∞) .

Üstel fonksiyonun tanım alanı

Üstel fonksiyon y = (f 1 (x)) f 2 (x) formundaki bir formülle verilir. Tanım alanı, x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 1 (x) > 0 sistemini sağlayan x değerlerini içerir.

Bu alan üstel formdan karmaşık forma geçmenizi sağlar y = a log a (f 1 (x)) f 2 (x) = a f 2 (x) log a f 1 (x) , burada a > 0, a ≠ 1 .

Örnek 10

Üstel fonksiyonun tanım tanım kümesini bulun y = (x 2 - 1) x 3 - 9 · x.

Çözüm

Gösterim olarak f 1 (x) = x 2 − 1'i alalım ve f 2 (x) = x 3 - 9 · x.

Fonksiyon f 1 reel sayılar kümesinde tanımlıysa, D (f 1) = (− ∞ , + ∞) formunda bir tanım bölgesi elde ederiz. Fonksiyon f2 karmaşık olduğundan temsili şu şekilde olacaktır: y = f 3 (f 4 (x)), A f3– tanım alanıyla birlikte karekök D (f 3) = [ 0 , + ∞) ve fonksiyon f4– rasyonel tam sayı, D (f 4) = (− ∞ , + ∞) . Formda bir sistem elde ediyoruz

x ∈ D (f 4) f 4 (x) ∈ D (f 3) ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x 3 - 9 x ≥ 0 ⇔ ⇔ x ∈ (- ∞ , + ∞) x ∈ - 3 , 0 ∪ [ 3 , + ∞) ⇔ x ∈ - 3 , 0 ∪ [ 3 , + ∞)

Bu, f 2 fonksiyonunun tanım tanım kümesinin şu anlama gelir: D (f 2) = [ − 3 , 0 ] ∪ [ 3 , + ∞) biçimine sahiptir. Bundan sonra üstel fonksiyonun tanım kümesini x ∈ D (f 1) x ∈ D (f 2) f 1 (x) > 0 koşuluna göre bulmak gerekir.

x ∈ - ∞ , + ∞ x ∈ - 3 , 0 ∪ [ 3 , + ∞) x 2 - 1 > 0 ⇔ x ∈ - ∞ , + ∞ x ∈ - 3 , 0 ∪ [ 3 biçiminde bir sistem elde ederiz. , + ∞) x ∈ (- ∞ , - 1) ∪ (1 , + ∞) ⇔ ⇔ x ∈ - 3 , - 1 ∪ [ 3 , + ∞)

Cevap: [ − 3 , − 1) ∪ [ 3 , + ∞)

Genel olarak

Bunu çözmek için, fonksiyonların ve bunların ürünlerinin toplamı veya farkı olarak sunulabilecek tanım alanını aramak zorunludur. Karmaşık ve kesirli fonksiyonların tanım alanları genellikle zordur. Yukarıdaki kurallar sayesinde DL'yi doğru bir şekilde belirleyebilir ve tanım alanındaki görevi hızlı bir şekilde çözebilirsiniz.

Ana sonuç tabloları

Kolaylık sağlamak için, çalışılan tüm materyali uygun düzenleme ve hızlı ezberleme için bir tabloya yerleştireceğiz.F

Fonksiyonları ve tanım alanlarını sıralayalım.

Dönüşümlerin ifadenin sağ tarafından başlayarak gerçekleştirilebileceğini unutmayın. Bundan, tanım alanını etkilemeyen özdeş dönüşümlere izin verildiği açıktır. Örneğin, y = x 2 - 4 x - 2 ve y = x + 2 farklı fonksiyonlardır, çünkü birincisi (− ∞, 2) ∪ (2, + ∞) üzerinde tanımlıdır ve ikincisi de kümesindendir. gerçek sayılar. y = x 2 - 4 x - 2 = x - 2 x + 2 x - 2 = x + 2 dönüşümünden, fonksiyonun x ≠ 2 için anlamlı olduğu açıktır.

Metinde bir hata fark ederseniz, lütfen onu vurgulayın ve Ctrl+Enter tuşlarına basın.

İş türü: 13

Durum

A) Denklem 2(\sin x-\cos x)=tgx-1'i çözün.

B) \left[ \frac(3\pi )2;\,3\pi \right].

Çözüm

A) Parantezleri açıp tüm terimleri sol tarafa taşıyarak 1+2 \sin x-2 \cos x-tg x=0 denklemini elde ederiz. \cos x \neq 0 olduğunu düşünürsek, 2 \sin x teriminin 2 tan x \cos x ile değiştirilebileceğini düşünürsek denklemi elde ederiz 1+2 tg x \cos x-2 \cos x-tg x=0, gruplandırılarak (1-tg x)(1-2 \cos x)=0 formuna indirgenebilir.

1) 1-tgx=0, ten rengi x=1, x=\frac\pi 4+\pi n, n \in \mathbb Z;

2) 1-2 \çünkü x=0, \çünkü x=\frac12, x=\pm \frac\pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z.

B) Sayı dairesini kullanarak aralığa ait kökleri seçin \sol[ \frac(3\pi )2;\, 3\pi \sağ].

x_1=\frac\pi 4+2\pi =\frac(9\pi )4,

x_2=\frac\pi 3+2\pi =\frac(7\pi )3,

x_3=-\frac\pi 3+2\pi =\frac(5\pi )3.

Cevap

A) \frac\pi 4+\pi n, \pm\frac\pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z;

B) \frac(5\pi )3, \frac(7\pi )3, \frac(9\pi )4.

İş türü: 13
Konu: İzin verilen değer aralığı (APV)

Durum

A) Denklemi çözün (2\sin ^24x-3\cos 4x)\cdot \sqrt (tgx)=0.

B) Bu denklemin aralığa ait köklerini belirtiniz. \left(0;\,\frac(3\pi )2\right] ;

Çözüm

A) ODZ: \begin(cases) tgx\geqslant 0\\x\neq \frac\pi 2+\pi k,k \in \mathbb Z. \end(cases)

ODZ'deki orijinal denklem bir dizi denklemle eşdeğerdir

\left[\!\!\begin(array)(l) 2 \sin ^2 4x-3 \cos 4x=0,\\tg x=0. \end(dizi)\sağ.

İlk denklemi çözelim. Bunu yapmak için bir değişiklik yapacağız \cos 4x=t, t \in [-1; 1]. O halde \sin^24x=1-t^2. Şunu elde ederiz:

2(1-t^2)-3t=0,

2t^2+3t-2=0,

t_1=\frac12, t_2=-2, t_2\not [-1; 1].

\cos 4x=\frac12,

4x=\pm\frac\pi 3+2\pi n,

x=\pm \frac\pi (12)+\frac(\pi n)2, n \in \mathbb Z.

İkinci denklemi çözelim.

tg x=0,\, x=\pi k, k \in \mathbb Z.

Birim çemberi kullanarak ODZ'yi sağlayan çözümler buluruz.

“+” işareti tg x>0 olan 1. ve 3. çeyreği işaret eder.

Şunu elde ederiz: x=\pi k, k \in \mathbb Z; x=\frac\pi (12)+\pi n, n \in \mathbb Z; x=\frac(5\pi )(12)+\pi m, m \in \mathbb Z.

B) Aralığa ait kökleri bulalım \left(0;\,\frac(3\pi )2\right].

x=\frac\pi (12), x=\frac(5\pi )(12); x=\pi ; x=\frac(13\pi )(12); x=\frac(17\pi )(12).

Cevap

A) \pi k, k \in \mathbb Z; \frac\pi (12)+\pi n, n \in \mathbb Z; \frac(5\pi )(12)+\pi m, m \in \mathbb Z.

B) \pi; \frac\pi (12); \frac(5\pi )(12); \frac(13\pi )(12); \frac(17\pi )(12).

Kaynak: “Matematik. Birleşik Devlet Sınavı 2017'ye hazırlık. Profil seviyesi." Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.Kulabukhova.

İş türü: 13
Konu: İzin verilen değer aralığı (APV)

Durum

A) Denklemi çözün: \cos ^2x+\cos ^2\frac\pi 6=\cos ^22x+\sin ^2\frac\pi 3;

B) Aralığa ait tüm kökleri listele \left(\frac(7\pi )2;\,\frac(9\pi )2\right].

Çözüm

A)Çünkü \sin \frac\pi 3=\cos \frac\pi 6, O \sin ^2\frac\pi 3=\cos ^2\frac\pi 6, Bu, verilen denklemin \cos^2x=\cos ^22x denklemine eşdeğer olduğu anlamına gelir; bu da \cos^2x-\cos ^2 2x=0 denklemine eşdeğerdir.

Ancak \cos ^2x-\cos ^22x= (\cos x-\cos 2x)\cdot (\cos x+\cos 2x) Ve

\cos 2x=2 \cos ^2 x-1 olduğundan denklem şu şekilde olur:

(\cos x-(2 \cos ^2 x-1))\,\cdot(\cos x+(2 \cos ^2 x-1))=0,

(2 \cos ^2 x-\cos x-1)\,\cdot (2 \cos ^2 x+\cos x-1)=0.

Daha sonra ya 2 \cos ^2 x-\cos x-1=0 ya da 2 \cos ^2 x+\cos x-1=0.

İlk denklemi \cos x için ikinci dereceden bir denklem olarak çözersek şunu elde ederiz:

(\cos x)_(1,2)=\frac(1\pm\sqrt 9)4=\frac(1\pm3)4. Bu nedenle ya \cos x=1 ya da \cos x=-\frac12. Eğer \cos x=1 ise, o zaman x=2k\pi , k \in \mathbb Z. Eğer \cos x=-\frac12, O x=\pm \frac(2\pi )3+2s\pi , s \in \mathbb Z.

Benzer şekilde, ikinci denklemi çözerek ya \cos x=-1 ya da \cos x=\frac12. Eğer \cos x=-1 ise kökler x=\pi +2m\pi , m \in \mathbb Z. Eğer \çünkü x=\frac12, O x=\pm \frac\pi 3+2n\pi , n \in \mathbb Z.

Elde edilen çözümleri birleştirelim:

x=m\pi , m \in \mathbb Z; x=\pm \frac\pi 3 +s\pi , s \in \mathbb Z.

B) Bir sayı çemberi kullanarak belirli bir aralığa düşen kökleri seçelim.

Şunu elde ederiz: x_1 =\frac(11\pi )3, x_2=4\pi , x_3 =\frac(13\pi )3.

Cevap

A) m\pi, m\in \mathbb Z; \pm \frac\pi 3 +s\pi , s \in \mathbb Z;

B) \frac(11\pi )3, 4\pi , \frac(13\pi )3.

Kaynak: “Matematik. Birleşik Devlet Sınavı 2017'ye hazırlık. Profil seviyesi." Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.Kulabukhova.

İş türü: 13
Konu: İzin verilen değer aralığı (APV)

Durum

A) Denklemi çözün 10\cos ^2\frac x2=\frac(11+5ctg\left(\dfrac(3\pi )2-x\right) )(1+tgx).

B) Bu denklemin aralığa ait köklerini belirtiniz. \left(-2\pi ; -\frac(3\pi )2\right).

Çözüm

A) 1. İndirgeme formülüne göre, ctg\left(\frac(3\pi )2-x\sağ) =tgx. Denklemin tanım alanı, \cos x \neq 0 ve tan x \neq -1 olacak şekilde x değerleri olacaktır. Çift açılı kosinüs formülünü kullanarak denklemi dönüştürelim 2 \cos ^2 \frac x2=1+\cos x. Denklemi elde ederiz: 5(1+\cos x) =\frac(11+5tgx)(1+tgx).

dikkat et ki \frac(11+5tgx)(1+tgx)= \frac(5(1+tgx)+6)(1+tgx)= 5+\frac(6)(1+tgx), böylece denklem şöyle olur: 5+5 \cos x=5 +\frac(6)(1+tgx). Buradan \cos x =\frac(\dfrac65)(1+tgx), \cos x+\sin x =\frac65.

2. İndirgeme formülünü ve kosinüs toplamı formülünü kullanarak \sin x+\cos x'i dönüştürün: \sin x=\cos \sol(\frac\pi 2-x\sağ), \cos x+\sin x= \cos x+\cos \sol(\frac\pi 2-x\sağ)= 2\cos \frac\pi 4\cos \left(x-\frac\pi 4\right)= \sqrt 2\cos \left(x-\frac\pi 4\right) = \frac65.

Buradan \cos \left(x-\frac\pi 4\right) =\frac(3\sqrt 2)5. Araç, x-\frac\pi 4= arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi k, k \in \mathbb Z,

veya x-\frac\pi 4= -arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi t, t \in \mathbb Z.

Bu yüzden x=\frac\pi 4+arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi k,k \in \mathbb Z,

veya x =\frac\pi 4-yay\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi t,t \in \mathbb Z.

X'in bulunan değerleri tanım alanına aittir.

B)Öncelikle denklemin köklerinin k=0 ve t=0'da nereye düştüğünü bulalım. Bunlar buna göre sayılar olacak a=\frac\pi 4+arccos \frac(3\sqrt 2)5 Ve b=\frac\pi 4-arccos \frac(3\sqrt 2)5.

1. Yardımcı eşitsizliği kanıtlayalım:

\frac(\sqrt 2)(2)<\frac{3\sqrt 2}2<1.

Gerçekten mi, \frac(\sqrt 2)(2)=\frac(5\sqrt 2)(10)<\frac{6\sqrt2}{10}=\frac{3\sqrt2}{5}.

Şunu da unutmayın \left(\frac(3\sqrt 2)5\right) ^2=\frac(18)(25)<1^2=1, Araç \frac(3\sqrt 2)5<1.

2. Eşitsizliklerden (1) Ark kosinüs özelliğinden şunu elde ederiz:

arkcos 1

0

Buradan \frac\pi 4+0<\frac\pi 4+arc\cos \frac{3\sqrt 2}5<\frac\pi 4+\frac\pi 4,

0<\frac\pi 4+arccos \frac{3\sqrt 2}5<\frac\pi 2,

0

Aynı şekilde, -\frac\pi 4

0=\frac\pi 4-\frac\pi 4<\frac\pi 4-arccos \frac{3\sqrt 2}5< \frac\pi 4<\frac\pi 2,

0

k=-1 ve t=-1 için a-2\pi ve b-2\pi denkleminin köklerini elde ederiz.

\Bigg(a-2\pi =-\frac74\pi +arccos \frac(3\sqrt 2)5,\, b-2\pi =-\frac74\pi -arccos \frac(3\sqrt 2)5\Bigg). burada -2\pi

2\pi Bu, bu köklerin verilen aralığa ait olduğu anlamına gelir \left(-2\pi , -\frac(3\pi )2\right).

Diğer k ve t değerleri için denklemin kökleri verilen aralığa ait değildir.

Aslında, eğer k\geqslant 1 ve t\geqslant 1 ise, o zaman kökler 2\pi'den büyüktür. k\leqslant -2 ve t\leqslant -2 ise kökler daha küçüktür -\frac(7\pi )2.

Cevap

A) \frac\pi4\pm arccos\frac(3\sqrt2)5+2\pi k, k\in\mathbb Z;

B) -\frac(7\pi)4\pm arccos\frac(3\sqrt2)5.

Kaynak: “Matematik. Birleşik Devlet Sınavı 2017'ye hazırlık. Profil seviyesi." Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.Kulabukhova.

İş türü: 13
Konu: İzin verilen değer aralığı (APV)

Durum

A) Denklemi çözün \sin \left(\frac\pi 2+x\right) =\sin (-2x).

B) Bu denklemin aralığına ait tüm köklerini bulun;

Çözüm

A) Denklemi dönüştürelim:

\çünkü x =-\sin 2x,

\cos x+2 \sin x \cos x=0,

\cos x(1+2 \sin x)=0,

\çünkü x=0,

x =\frac\pi 2+\pi n, n\in \mathbb Z;

1+2 \sin x=0,

\sin x=-\frac12,

x=(-1)^(k+1)\cdot \frac\pi 6+\pi k, k \in \mathbb Z.

B) Birim çemberi kullanarak doğru parçasına ait kökleri buluruz.

Belirtilen aralık tek bir sayı içeriyor \frac\pi 2.

Cevap

A) \frac\pi 2+\pi n, n \in \mathbb Z; (-1)^(k+1)\cdot \frac\pi 6+\pi k, k \in \mathbb Z;

B) \frac\pi 2.

Kaynak: “Matematik. Birleşik Devlet Sınavı 2017'ye hazırlık. Profil seviyesi." Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.Kulabukhova.

İş türü: 13
Konu: İzin verilen değer aralığı (APV)

Durum

A) Denklemi çözün \frac(\sin x-1)(1+\cos 2x)=\frac(\sin x-1)(1+\cos (\pi +x)).

B) Bu denklemin segmente ait tüm köklerini bulun \left[ -\frac(3\pi )(2); -\frac(\pi )2 \sağ].

Çözüm

A) ODZ denklemini bulalım: \cos 2x \neq -1, \cos (\pi +x) \neq -1; Buradan ODZ: x \neq \frac \pi 2+\pi k,

k \in \mathbb Z, x\neq 2\pi n, n \in \mathbb Z. Ne zaman olduğunu unutmayın \sinx=1, x=\frac \pi 2+2\pi k, k \in \mathbb Z.

Ortaya çıkan x değerleri kümesi ODZ'ye dahil edilmez.

Araç, \sin x \neq 1.

Denklemin her iki tarafını bir faktöre bölün (\sin x-1), sıfırdan farklı. Denklemi elde ederiz \frac 1(1+\cos 2x)=\frac 1(1+\cos (\pi +x)), veya denklem 1+\cos 2x=1+\cos (\pi +x).İndirgeme formülünü sol tarafa ve indirgeme formülünü sağ tarafa uygulayarak denklemi elde ederiz. 2 \cos ^2 x=1-\cos x. Bu denklem ikame gereğidir \çünkü x=t, Nerede -1 \leqslant t \leqslant 1 kareye indirgeyin: 2t^2+t-1=0, kimin kökleri t_1=-1 Ve t_2=\frac12. X değişkenine dönersek şunu elde ederiz: \çünkü x = \frac12 veya \çünkü x=-1, Neresi x=\frac \pi 3+2\pi m, m \in \mathbb Z, x=-\frac \pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z, x=\pi +2\pi k, k \in \mathbb Z.

B) Eşitsizlikleri çözelim

1) -\frac(3\pi )2 \leqslant \frac(\pi )3+2\pi m \leqslant -\frac \pi 2 ,

2) -\frac(3\pi )2 \leqslant -\frac \pi 3+2\pi n \leqslant -\frac \pi (2,)

3) -\frac(3\pi )2 \leqslant \pi+2\pi k \leqslant -\frac \pi 2 , M, N, k \in \mathbb Z.

1) -\frac(3\pi )2 \leqslant \frac(\pi )3+2\pi m \leqslant -\frac \pi 2 , -\frac32\leqslant \frac13+2m \leqslant -\frac12 -\frac(11)6 \leqslant 2m\leqslant -\frac56 , -\frac(11)(12) \leqslant m \leqslant -\frac5(12).

\left [-\frac(11)(12);-\frac5(12)\right].

2) -\frac (3\pi) 2 \leqslant -\frac(\pi )3+2\pi n \leqslant -\frac(\pi )(2), -\frac32 \leqslant -\frac13 +2n \leqslant -\frac12 , -\frac76 \leqslant 2n \leqslant -\frac1(6), -\frac7(12) \leqslant n \leqslant -\frac1(12).

Aralıkta hiç tam sayı yok \left[ -\frac7(12) ; -\frac1(12)\sağ].

3) -\frac(3\pi )2 \leqslant \pi +2\pi k\leqslant -\frac(\pi )2, -\frac32 \leqslant 1+2k\leqslant -\frac12, -\frac52 \leqslant 2k \leqslant -\frac32, -\frac54 \leqslant k \leqslant -\frac34.

Bu eşitsizlik k=-1 ve ardından x=-\pi ile sağlanır.

Cevap

A) \frac \pi 3+2\pi m; -\frac \pi 3+2\pi n; \pi +2\pi k, M, N, k \in \mathbb Z;

B) -\pi .

Kaynak: “Matematik. Birleşik Devlet Sınavı 2017'ye hazırlık. Profil seviyesi." Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.Kulabukhova.

(\sin x-\cos 2x)\cdot (\sin x+\cos 2x) ve

\cos 2x=1-2 \sin ^2 x, dolayısıyla denklem şu formu alacaktır:

(\sin x-(1-2 \sin ^2 x))\,\cdot(\sin x+(1-2 \sin ^2 x))=0,

(2 \sin ^2 x+\sin x-1)\,\cdot (2 \sin ^2 x-\sin x-1)=0.

Daha sonra ya 2 \sin ^2 x+\sin x-1=0 ya da 2 \sin ^2 x-\sin x-1=0.

İlk denklemi \sin x'e göre ikinci dereceden bir denklem olarak çözelim,

(\sin x)_(1,2)=\frac(-1 \pm \sqrt 9)4=\frac(-1 \pm 3)4. Bu nedenle ya \sin x=-1 ya da \sin x=\frac12. Eğer \sin x=-1 ise, o zaman x=\frac(3\pi )2+ 2k\pi , k \in \mathbb Z. Eğer \sin x=\frac12, herhangi biri x=\frac\pi 6 +2s\pi , s \in \mathbb Z, veya x=\frac(5\pi )6+2t\pi , t \in \mathbb Z.

Benzer şekilde, ikinci denklemi çözerek ya \sin x=1 ya da \sin x=-\frac12. Daha sonra x =\frac\pi 2+2m\pi , m\in \mathbb Z, veya x=\frac(-\pi )6 +2n\pi , n \in \mathbb Z, veya x=\frac(-5\pi )6+2p\pi , p \in \mathbb Z.

Elde edilen çözümleri birleştirelim:

x=\frac\pi 2+m\pi,m\in\mathbb Z; x=\pm\frac\pi 6+s\pi,s \in \mathbb Z.

B) Bir sayı çemberi kullanarak belirli bir aralığa düşen kökleri seçelim.

Şunu elde ederiz: x_1 =\frac(7\pi )2, x_2 =\frac(23\pi )6, x_3 =\frac(25\pi )6.

Cevap

A) \frac\pi 2+ m\pi , m \in \mathbb Z; \pm \frac\pi 6 +s\pi , s \in \mathbb Z;

B) \frac(7\pi )2;\,\,\frac(23\pi )6;\,\,\frac(25\pi )6.