Упражнение 1151 - ГДЗ Алгебра 8 класс. Макарычев, Миндюк. Учебник

1) Пусть \( f(x) \) и \( g(x) \) — возрастающие функции. По определению возрастания, если \( x_1 > x_2 \), то:

\( f(x_1) > f(x_2) \) и \( g(x_1) > g(x_2). \)

\[ f(x_1) + g(x_1) > f(x_2) + g(x_2). \]

\( \varphi(x_1) < \varphi(x_2) \) при \( x_1 > x_2 \), значит,

\( \varphi(x) = f(x) + g(x) \) является возрастающей.

2) Пусть функции \( f(x) \) и \( g(x) \) убывающие, то для \( x_1 > x_2 \):

\( f(x_1) < f(x_2) \)  и \( g(x_1) < g(x_2). \)

\[ f(x_1) + g(x_1) < f(x_2) + g(x_2), \]

\( \varphi(x_1) > \varphi(x_2) \) при \( x_1 > x_2 \), значит,

\( \varphi(x) = f(x) + g(x) \) является убывающей.

Пояснения:

Основное свойство неравенств: если \( a < b \) и \( c < d \), то \( a + c < b + d \). Это свойство сохраняется и для нестрогих неравенств. Следовательно, операция сложения не изменяет характера возрастания или убывания функций. Получаем:

• Если \( f(x) \) и \( g(x) \) возрастают, тогда \( f(x) + g(x) \) возрастает.
• Если \( f(x) \) и \( g(x) \) убывают, тогда \( f(x) + g(x) \) убывает.

\(a+b\ne0\), \(b+c\ne0\), \(c+a\ne0\), то при

\( x=\frac{a-b}{a+b},\)

\(y=\frac{b-c}{b+c},\)

\(z=\frac{c-a}{c+a}. \)

Доказать:

\( (1+x)(1+y)(1+z)=(1-x)(1-y)(1-z). \)

Доказательство:

\( 1+x=1 ^{\color{blue}{\backslash a+b}} +\frac{a-b}{a+b}=\)

\(=\frac{a-\cancel b+a+\cancel b}{a+b}=\frac{2a}{a+b},\)

\(1-x=1 ^{\color{blue}{\backslash a+b}} -\frac{a-b}{a+b}=\)

\(=\frac{a+b-(a-b)}{a+b}=\)

\(=\frac{\cancel a+b-\cancel a+b}{a+b}=\frac{2b}{a+b}; \)

\( 1+y=1 ^{\color{blue}{\backslash b+c}} +\frac{b-c}{b+c}=\)

\(=\frac{b+\cancel c+b-\cancel c}{b+c}=\frac{2b}{\,b+c\,},\)

\(1-y=1 ^{\color{blue}{\backslash b+c}} -\frac{b-c}{b+c}=\)

\(=\frac{b+c-(b-c)}{b+c}=\)

\(=\frac{\cancel b+c-\cancel b+c}{b+c}=\frac{2c}{\,b+c\,}; \)

\( 1+z=1 ^{\color{blue}{\backslash c+a}} +\frac{c-a}{c+a}=\)

\(=\frac{c+\cancel a+c-\cancel a}{c+a}=\frac{2c}{\,c+a\,},\)

\(1-z=1 ^{\color{blue}{\backslash c+a}} -\frac{c-a}{c+a}=\)

\(=\frac{c+a-(c-a)}{c+a}=\)

\(=\frac{\cancel c+a-\cancel c+a}{c+a}=\frac{2a}{\,c+a\,} \)

Тогда

\( (1+x)(1+y)(1+z)=\)

\(=\frac{2a}{a+b}\cdot\frac{2b}{b+c}\cdot\frac{2c}{c+a} =\)

\(=\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}, \)

\( (1-x)(1-y)(1-z)=\)

\(=\frac{2b}{a+b}\cdot\frac{2c}{b+c}\cdot\frac{2a}{c+a} =\)

\(=\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \)

Следовательно,

\( (1+x)(1+y)(1+z)=(1-x)(1-y)(1-z). \)

Что и требовалось доказать.

Пояснения:

Использованные приёмы.

1) Работа с дробями вида

\(\displaystyle 1+\frac{u}{v}=\frac{v+u}{v}\);

\(\displaystyle 1-\frac{u}{v}=\frac{v-u}{v}\) (при \(v\ne0\)).

2) Сокращение произведений дробей:

\(\displaystyle \frac{a}{p}\cdot\frac{b}{q}\cdot\frac{c}{r}=\frac{abc}{pqr}\).