Математика для школьников, 2018, № 4

■11Ц1Ц

В НОМЕРЕ

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

СОВЕТЫ К УРОКУ

ТП~Т

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

МАТЕМАТИКА ЭТО ИНТЕРЕСНО

НЕОЖИДАННАЯ МАТЕМАТИКА

"t tti 111

Дружинин Б.Л.
Умножить на два
     Как дети свойства линзы изучали

Троицкий Е.В.
Рассказ о справедливом разрезании пиццы
     Статья, адресованная учащимся VII—IX классов, знакомит читателей с двумя теоремами, связанными с разрезанием круга, которые в литературе часто называются теоремами о разрезании пиццы или сыра.

Далингер В.А.
Обратные тригонометрические функции, их свойства и графики
     В курсе математики обратные тригонометрические функции считаются довольно сложной темой. В настоящей статье даны теоретические положения относительно обратных тригонометрических функций, их графиков и свойств. Также в статье приводится решение различных задач, содержащих обратные тригонометрические функции.

Дружинин Б.Л.
Всё могут короли
     Короли бывают разные. Те, кому достаётся этот титул по наследству, управляют странами или, по крайней мере, думают, что управляют. Но никто не сомневается, что «король математики» — Иоганн Карл Фридрих Гаусс.

Недосекина И.С.
Рекуррентные последовательности многочленов
     В этой статье, адресованной учащимся X-XI классов, мы предлагаем читателям решить две задачи, в которых требуется определить количество вещественных корней у многочленов высоких порядков.

И.С. Недосекина



            РЕКУРРЕНТНЫЕ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ МНОГОЧЛЕНОВ


      В этой статье, адресованной учащимся X—XI классов, мы предлагаем читателям решить две задачи, в которых требуется определить количество вещественных корней у многочленов высоких порядков. При этом сами многочлены заданы не явным образом, а рекуррентными соотношениями. Это трудные задачи и, вполне возможно, сразу их решить не удастся. Но читателям не следует отчаиваться! Мы советуем при решении каждой из задач сначала выполнить последовательно те задания, которыми предваряется рассмотрение общего случая, постараться установить закономерности в свойствах корней многочленов, а уже потом снова попытаться самостоятельно решить эти задачи.

  Напомним некоторые необходимые для дальнейшей работы сведения из алгебры и математического анализа.
  Рассмотрим многочлен Рт(х) степени т с вещественными коэффициентами а₀,   ..., ат вида
Р„(х) = ажх" + ат + ... + + ар; + а₀, ат # 0.


  Из школьного курса алгебры и начал анализа (см., например, [1—2]) читателю должно быть известно, что эта функция определена и непрерывна на R, где R — всё множество вещественных чисел. Читателю должны быть также известны следующие теоремы.
  Теорема 1. Количество корней ненулевого многочлена с учётом их кратностей не превосходит степени многочлена.
  Теорема 2. (первая теорема Больцано-Коши). Если функция /(х) непрерывна на


отрезке [а, 6] и принимает на его концах значения разных знаков, то есть /(а) • /(6) < 0, то на интервале (а, Ъ) найдётся хотя бы одна точка с, в которой функция /(х) обращается в ноль (рис. 1).


Рис. 1

  А теперь приступим к заявленным задачам.
  ЗАДАЧА 1.
  Последовательность функций задаётся следующим рекуррентным соотношением:


® Любое распространение материалов журнала, в т.н. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ ---- 4/2018

Д(х) = х² - 1,
      Ш = (/■ₙ-i(x))² - 1, п = 2, 3, ... (1) Сколько различных вещественных решений имеет уравнение /₂₀₁₈(х) = О?

Упражнения, предваряющие решение задачи 1
  Упражнение 1.1. Докажите, что функции fₙ(x), где п = 1, 2, ..., являются многочленами степени т = 2".
  Это простое задание, на самом деле, позволяет сделать важный вывод о том, что число решений уравнения /п(х) = О конечно при любом п, и поскольку оно совпадает с числом корней многочлена fₙ(x), то оно не превосходит степени этого многочлена.
  Упражнение 1.2. Докажите, что множеством значений многочленов fₙ(x), где п = 1, 2, ..., является полуинтервал [—1; +оо).
  Упражнение 1.3. Выясните, сколько различных вещественных корней имеет каждое из уравнений Д(х) = 0, /₂(х) = О, /₃(х) = 0, /₄(х) = 0.
  Решение. Рассмотрим уравнение Д(х) = 0, то есть х² — 1 = 0. Нетрудно заметить, что множеством корней этого уравнения является {—1; 1}. Таким образом, первое уравнение последовательности имеет два различных вещественных корня.
  Используя рекуррентное соотношение (1), выполним эквивалентные преобразования второго уравнения /₂(х) ~ 0-Имеем:


         (/1(х))² - 1 = 0 с Д(х) = ±1 »^-1 = ±1оГх²⁼⁰ X² =2.

  Таким образом, множеством вещественных корней уравнения /₂(х) = 0 является

{—V2; 0; v2}, то есть второе уравнение последовательности имеет три различных вещественных корня.


  Теперь займёмся преобразованиями

третьего уравнения, в ходе которых также будем использовать соотношение (1):
/з(х) = О о (/₂(х))² -1 = 0о
о /₂(х) = ±1 о (/i(x))² - 1 = ±1 о
      оГ(А(х))²=0        Г/1(х) = 0
[(4(х))²=2. °[/₁(х) = ±^.

  Так как Д(х) > —1 для всех х (см. упражнение 1.2), уравнение А(х) = -V2 веще

ственных решений не имеет и, следова

тельно,

/₃(х) = О О

Д(х) = О 4(х) = >/2.

  Первое уравнение полученной совокупности мы уже решили Займёмся вторым:

4(x) = V2o X²-1=V2O

Ox² =1 + 5/20 х = +у11 + у/2.
  Приходим к заключению, что множеством вещественных корней уравнения /₃(х) = 0 является {->/1 + V2; -1; 1; yjl + y/2}. Итак, третье уравнение последовательно

сти имеет четыре различных вещественных корня.

  Наконец, разберёмся с четвёртым урав

нением:
       /₄(х) = О О (/₃(х))² - 1 = О О О /₃(х) = ±1 О (/₂(х))² - 1 = ±1 О


/₂(х) = О
/₂(х) = ±>/2.


  Так как /₂(х) > —1 для всех х (см. упражнение 1.2), уравнение f₂(x) = -V2 веще
® Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

---- А КА ДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ                                                     5

ственных решений не имеет и, следова
тельно,

Д(х) = О

/₂(х) = О
/₂(х) = 72

  Здесь, как и выше, осталось решить второе уравнение полученной совокупно

сти:
/₂(х) = 72о (4(х))²-1 = 72 О


    <=> Д (х) = ±71 + 72 <=> х² = 1 ± 71 + 72.


   Уравнение х² = 1 - 71 + 72 вещественных корней не имеет, так как его правая часть отрицательна. Следовательно,
/₂(х) = 72о х² =1 + 71 + 72 О

о х=±7i+71+72.
  Добавив полученные два числа к корням уравнения /₂(х) = 0, запишем множество вещественных корней четвёртого уравнения /₄(х) = 0:


  Получаем, что четвёртое уравнение последовательности имеет пять различных вещественных корней.
  Упражнение 1.4. Найдите все вещественные корни уравнений /₅(х) = 0, /₆(х) = 0.
  Полученные результаты исследования первых шести уравнений последовательности сведены в таблицу 1. Проанализировав эти результаты, попытайтесь сделать прогноз относительно корней следующих уравнений последовательности.
  Упражнение 1.5. Постройте графики функций Д(х),    /з(х), /₄(х) (можно использовать при этом любой графопостроитель).
  Сравните полученные результаты с приведёнными на рисунке 2.
  Решение задачи 1
  Сначала попытаемся найти какие-нибудь вещественные корни уравнения

Таблица 1.

                  Уравнение /п(х) = 0,                      
 где ^(х) = х2 - 1, /п(х) = (/^i(x))2 - 1, п = 2, 3, ...    
п         Вещественные корни уравнения         Число корней
1                      ±1                           2      
2                    0; ±72                         3      
3                 ±1; ±71 + 72                      4      
4            0; ±72; ±71 + 71 + 72                  5      
5       ±1; ±71 + 72; ±J1+ V1 + 71 + 72             6      
6 0; ±72; ±71 + 71 + 72; ±^1 +J1 +J1 + 71 + 72      7      

® Любое распространение материалов журнала, в т.н. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

Б                                         МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ        4/2018

Рис. 2. Графики первых 4-х функций последовательности (1)

/го18(х) — 0   Используя рекуррентную формулу (1), перепишем его в виде

(/го17(х))² — 1 — 0

   /2017 (х) _ 1
   /2017^х) ~ ~ 1
   Рассмотрим сначала второе уравнение полученной совокупности:
      /2017W = — 1 О (/201б(х))² — 1 = = —1 О /го1б(х) ⁼ 0   Отсюда замечаем, что решения уравнения /₂₀₁₇(х) = —1 являются решениями уравнения
/го1б(х) ~ 0   На втором шаге вновь перепишем по

следнее уравнение, используя соотношение (1):

(/го15(х))² ~ 1 — 0

/2015 (х)
/2015 (х)

= 1
= - 1.

   Снова заметим, что

/го1б(х) ~ —1<=> (/2ou(x))² ~ 1 ⁼ = —1 о /го14(х) ⁼ 0,


то есть решения уравнения        ~ ~ 1
являются решениями уравнения

/го14(х) ~ 0  Продолжая этот процесс, шаг за шагом, мы придём к уравнению /₂(х) = 0, ре

шения которого {-у/2,0;>/2} есть среди решений уравнений /₄(х) = 0, а значит и /₆(Х) = 0, И /₂018<х) = 0.
   Итак, множество {->/2; 0; у/2} является подмножеством множества вещественных корней уравнения /₂018(х) ⁼ 0

  Выясним, сколько ещё вещественных корней имеет это уравнение!
  Займёмся уравнением /₂017(х) ⁼ 1- Его корни являются корнями уравнения

(/го1б(х))² — 2

(4oi5(x))² — 1
^2015^Х^² ~ 1->/2

  Отметим, что уравнение (/₂015(х))² =1->/2, а значит, и уравнение /го1б(х) ~ не имеет вещественных корней.
  В результате проделанной работы приходим к выводу, что множество вещественных корней уравнения f₂₀₁₈(,x) = 0 есть объединение непересекающихся множеств вещественных корней уравнений /2016<х) = ⁰ и 4о1б(х) = >/2

©Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ                                                       7

   Рассмотрим уравнение

/201б(х) ⁼ 72 <=> (/2015 (х))² ⁼ 1 + Т2<=> /2015(х) = 7 1 + V2
_/201б(х) = “71 + 72
(/2014 (х))² ⁼ 1 + 7 1 + 72 .(/2014 (х»² =1-71+ 72.

   Второе уравнение последней совокупности не имеет вещественных корней, а первое сводится к совокупности
   /2014(х> = 71 + 7 1 + ^
   /2014 (х) = -71 + 7i+⁻^'
(/2013(х))² =i+Ji+71+ _(/₂01з(х))² =1-71 + 71^2.

  Как и раньше, отбрасываем второе уравнение, не имеющее вещественных корней, а с первым продолжаем работать по той же схеме. Шаг за шагом приходим к уравнению (/^(х))² = а, где а — действительное число, большее 1, то есть
(х² - I)² = а => х² = 1 ± >[а =>
=> х = ±71 + 7а.
  В результате проделанной работы приходим к выводу, что уравнение /₂01б(х) = 72 имеет ровно два вещественных корня.
  Обозначим через L₂ₙ число различных вещественных корней уравнения /₂п(х) = 0. Тогда для уравнения /₂₀₁₈(х) ⁼ ⁹ имеем: ^2018 ⁼ ^2016 ⁺ 2,
где L₂oi6 — число различных вещественных корней уравнения /₂₀₁₆(х) = 0, а 2 — число различных вещественных корней уравнения /₂01б(х)⁼ 72. В свою очередь,

                 ^2016 - -^2014 ⁺ 2

          где Z₂₀₁₄ — число различных вещественных корней уравнения /₂₀1₄(х) = 0, а 2 — число различных вещественных корней уравнения /₂₀₁₄(х) = >/2, и т.д. На заключительном шаге мы придём к равенству
Z₄ = L₂ + 2,
где L₂ — число различных вещественных корней уравнения /₂(х) = 0, а 2 — число различных вещественных корней уравнения /₂(х) = >/2 (рис. 3).


   Заметим, что числовая последовательность {L₂ₙ } — это арифметическая прогрессия с разностью d = 2, следовательно,
L₂ₙ = L₂ + (п- 1)х2.
   Уравнение /₂(х) = 0 имеет три решения, то есть L₂ = 3. Следовательно
Z₂₀₁₈ = ³ ⁺ (1°⁰⁹ - 1)х² = 2019.
   Итак, ответ: уравнение /₂₀₁₈(х) = 0 имеет 2019 различных вещественных решений.


Ло1₈(*) = о

          и
        I-------/₂(х) = 0 л
        3 корня

2 корня

Рис. 3. Схема для подсчёта вещественных различных корней уравнения /₂01₈(х) = °
® Любое распространение материалов журнала, в т.н. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ        4/2018

Таблица 2.

                     Уравнение Рп(х) = 0,                         
где Р0(х) = 1, Рг(х) = х, Рп^(х) ■ Рп(х) - Р^х), п = 1. 2. ...    
п       Рп(х)        Вещественные корни уравнения   Число корней 
1         X                       0                      1       
2      х2 - 1                     ±1                     2       
3     хСх2 - 2)                0; ±л/2                   3       
4   х4 ---Зх2 + 1                 “1                     4       
                                  1+                             
5  х(х4 - 4Х2 + 3)           0; ±1; ±y/3                 5       

  Упражнение 1.6. Найдите
  а)   какое-либо вещественное решение уравнения /₂₀₁₉(х) = 0;
  б)   число различных вещественных решений этого уравнения.
  ЗАДАЧА 2.
  Последовательность многочленов Р₀(х) = 1, Рг(х) = х, Р₂(х) = X¹ — 1, ... задаётся условием


Л.+1С*) =
     = х • Р„(х) - Р^(х), п. = 1, 2, ... (2)

  Найти число различных вещественных корней уравнения P₂₀i₈(x) ⁼ 0
  Упражнения, предваряющие решение задачи 2
  Упражнение 2.1. Докажите, что многочлен Рп(х) — функция чётная, если п чётно; и нечётная, если п нечётно.
  Упражнение 2.2. Найдите вещественные корни уравнения Рп(х) = 0 при п - 1, 2, ..., 5. Результаты приведены в таблице 2.
  Упражнение 2.3. Постройте графики функций Р](х), Р₂(х), ..., Р₅(х) (можно использовать при этом любой графопостроитель). Постарайтесь найти закономерность во взаимном расположении корней этих многочленов.

Рис. 4. Графики первых пяти многочленов последовательности (2)

©Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ                                                       9

Рис. 5. Иллюстрация к упражнению 2.4

  Упражнение 2.4. Докажите, что уравнение Р₆(х) = 0 имеет 6 различных вещественных корней.
  Решение. Мы не ставим задачу поиска корней уравнения
  Р₆(х) = О О х⁶ - 5х⁴ + 6 х² — 1 = О, требуется лишь исследовать вопрос о количестве его вещественных корней — с использованием информации, что корни многочленов Р₄(х) и Р₅(х) уже найдены.
  Применив рекуррентную формулу (2), запишем Р₆(х) в виде

Р₆(х) = х х Р₅(х) - Р₄(х).


  Обратим внимание, что P₆(Xq) = - Р₄(х₀), если х₀ — корень многочлена Р₅(х).
  Построим графики функций Р₄(х) и Р₅(х). Отметим на чертеже точки, в которых Р₅(х) - 0, и значения Р₆(х) = —Р₄(х) в этих точках (рис. 5).
  Составим таблицу значений многочленов в пяти выбранных точках (таблица 3).


Таблица 3

  X   -а/з -1 0  1  а/з
Р5(*)  0   0  0  0  0  
Р4(х)  1   -1 1  -1  1 
Р6(*)  -1  1  -1 1  -1 

  Проанализируем таблицу 3. Заметим, что Р₆(—7з) <0, а Р₆(-1) > 0. Тогда, согласно теореме о нулях непрерывной функции, на отрезке [-а/3,-1] найдётся хотя бы один корень многочлена Р₆(х). Аналогичная ситуация имеет место на отрезках [-1, 0], [0, 1], [1, а/3]. Следовательно, между каждыми двумя корнями многочлена Р₅(х) найдётся по крайней мере один корень многочлена Ре(х).
  Итак, на отрезке [ - >/з, л/з ] содержится, как минимум, 4 корня многочлена Р₆(х). Разберёмся, может ли он иметь корни вне этого отрезка?
  Обратим внимание, что Р₆(уЗ) <0, а Р₆(х) > 0 при достаточно больших значениях х. Тогда на промежутке h/3,+ °о) найдётся хотя бы один корень корень многочлена Р₆(х). Аналогичная картина наблюдается на промежутке (-°⁰, ->/3], там тоже найдётся хотя бы один корень.
  В результате проделанной работы мы обнаружили, как минимум, 6 вещественных различных корней многочлена Рб(х). Так как многочлен 6 степени не может иметь более 6 вещественных корней, то в данном случае их ровно 6.
  Решение задачи 2.
  Методом математической индукции до
® Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

--- МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ ----- 4/2018

Рис. 6. Расположение на числовой прямой корней многочленов Рк(х) и Рл₋₁(х)

кажем, что многочлен Рп(х) имеет п действительных различных корней.
  Многочлен Р₂(х) = х² — 1 имеет два вещественных корня, это ± 1.
  Многочлен Рг(х) = х имеет один вещественный корень 0, причем, 0 е (—1, 1), то есть корень многочлена Рг(х) лежит между корнями многочлена Р₂(х).
  Предположение индукции: Пусть Рк(х) имеет k вещественных различных корней:
             аг < а₂ < ... < cik  Пусть при этом Рк_г(х) имеет к — 1 вещественных различных корней:
             61< Ь₂< ... < Ь^,
причём, аг < Ьх< а₂ < Ъ₂< ... < ак_г < ЪкЛ< ак (то есть корни многочленов Рк_г(х) и Рк(х) чередуются, см. рисунок 6).
  Докажем, что при сделанных предположениях между каждыми двумя корнями многочлена Рк(х) лежит корень многочлена Pfc₊₁(x) и, кроме того, Рк₊₁(х) имеет корень правее наибольшего и левее наименьшего корня многочлена Рк(х), то есть, что Pfc+iCx) имеет k +1 действительных различных корней и имеет место чередование корней многочленов Рк(х) и Л+М
  Воспользуемся рекуррентным соотношением (2):
        Pk+ilx) = х ■ Pₖ(x) - Pₖ_i(x).
  Отметим, что при любых п функция Рп(х) —> +со при х —> +со. Пусть х = ак. Тогда Рк_г(а^ > 0 и
                 ⁼ —        * 0  Так как Pfₑ₊₁(afₑ) < 0 и Р^^х) > 0 при достаточно больших х > ак, то правее точки ак найдётся хотя бы одна точка, в которой Pfc+i(x) = 0. Обозначим эту точку с₁.

   Пусть теперь х = акЛе{Ьк_₂, ЬкЛ). На этом интервале Рк ₄(х) < 0. Тогда
⁼ _> 0   Итак, Pfr+iCa^i) > 0 и Р^а^) < 0. Следовательно, на (.ак_г, cQ найдётся хотя бы одна точка, в которой P^ix) = 0. Обозначим эту точку с₂.
   Продолжая этот процесс дальше, установим, что между любыми двумя корнями многочлена Рк(х) есть хотя бы один корень многочлена Рм(х), то есть имеем корни сь с₂, ..., ск. Функция Pfₑ₊₁(x) либо чётная, либо нечётная. Поэтому её нули симметричны относительно начала координат, то есть ск = —с₂, ск₁ = —с₃, и т.д. Кроме того, левее точки ск имеется ещё один корень cfₑ₊₁ = —с₁. В результате мы установили наличие k + 1 действительных различных корней многочлена Pfc₊₁(x). Так как любой многочлен степени п может иметь не более, чем п действительных корней, то других корней в нашем случае нет.
   Итак, ответ: уравнение P2ois(x) - 0 имеет 2018 различных вещественных корней.
   Заметим, что задача 2 (в эквивалентной формулировке) была предложена для самостоятельного решения в [3].

Литература
   [1]  Алгебра и начала математического анализа. 10 класс: учебник для общеобразовательных учреждений: профильный уровень /М.Я. Пратусе-вич, К.М. Столбов, А.Н. Головин.— М.: Просвещение. 2009. — 415 с.: ил.-ISBN 978-5-09-016552-5
   [2]  Алгебра и начала математического анализа. 11 класс: учебник для общеобразовательных учреждений: профильный уровень / М.Я. Пратусе-вич, К.М. Столбов, А.Н. Головин.— М.: Просвещение. 2010. — 463 с.: ил.-ISBN 978-5-09-017190-8
   [3]  Васильев Н.Б., Гутенмахер В.Л., Раббот Ж.М., Тоом А.Л. Заочные математические олимпиады.—■ 2-е изд., перераб. — М.: Наука. Гл. ред. Физ.-мат. лит, 1986.— 176. с.

® Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

В.А. Далингер



            ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ, ИХ СВОЙСТВА И ГРАФИКИ



           В данной статье раскрывается понятие обратной функции, рассмотрены обратные тригонометрические функции, их свойства и графики, разобраны задачи по этой теме, а также предлагаются задачи для самостоятельного решения. Цель статьи — повысить математическую культуру читателя в рамках элементарной математики.

  В курсе математики обратные тригонометрические функции считаются довольно сложными понятиями. Задачи с обратными тригонометрическими функциями представляют для учеников значительные трудности как в логическом, так и в техническом плане. Во многом это объясняется наличием большого числа формул, не всегда простых, и громоздкими преобразованиями выражений, содержащих эти функции. Требуется хорошо знать формулы тригонометрии, уметь строить и преобразовывать графики функций. К тому же, как показывает практика, осваивать обратные действия всегда сложнее.
  Прежде чем рассматривать обратные тригонометрические функции, познакомимся с общим подходом к определению обратной функции и построению её графика.

1. Обратная функция, её график и свойства
  Пусть задана функция у = /(х) с областью определения D(f) и множеством значений E(f). Известно, что для каждо

го значения х₀ из области определения функции можно найти соответствующее значение у₀ е E(fy, у₀ называют образом х₀ при отображении /, а х₀ — прообразом при этом отображении.
  Нередко приходится решать обратную задачу — по данному значению функции у₀ находить соответствующее значение аргумента х₀. Если каждому значению функции соответствует одно определённое значение аргумента, то можно выразить обратную зависимость значений аргумента от значений функции. В таком случае функцию называют обратимой.
  Если для функции у = /(х) каждому значению аргумента из области определения D(f) соответствует одно определённое значение функции из множества значений E(f), а каждому значению функции из множества значений E(f) соответствует одно определённое значение аргумента из области определения D(f), то функцию у - f(x) называют взаимно-однозначной.
  Например, функция у = Зх — 1 обратима, так как каждое значение у она принимает при единственном значении аргумента х. Это значение можно най

@ Любое распространение материалов журнала, в т.н. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

---- МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ ---
4/2018

ти, решая уравнение у = Зх — 1 относительно х.
  Функция у = х² не является обратимой. Например, значение у = 4 она принимает и при х = —2, и при х = 2.
  Пусть у — f(x) — обратимая функция, то есть из равенства у = /(х) можно однозначно выразить х через у. Тогда каждому у из множества значений функции соответствует одно определённое значение х из области её определения, такое, что У - /(х). Это соответствие определяет функтппо х от у, которую обозначим х = g(y). Поскольку аргумент функции принято обозначать как х, поменяем местами х и у. Получим: у = g(x). Функцию у = g(x) называют обратной к функции у = /(х).
  Легко понять, что функция, обратная к данной, единственна, если она существует. Поэтому её обозначение однозначно связывается с обозначением исходной функции: функция, обратная к /, обозначается как (по аналогии с числом, обратным к данному, — а и а⁻¹).
  Из определения обратной функции следует, что её область определения совпадает с множеством значений исходной функции, а множество значений обратной функции совпадает с областью определения исходной функции.
  Задача 1.1. Найти функцию, обратную к функции у = 4х + 7.
  Решив это уравнение относительно х, получим

х = у(у-7).
4

  Поменяем местами х и у:

У =—(х-7).
4

  Эта функция является обратной к функтпти у = 4х + 7.


  Задача 1.2. Найти функцию, обратную

к функции у = ——. Указать её область х -1
определения и множество значений, построить график.

  Введя обозначение /(х) = ——, имеем: х -1

  D(f) = (-оо; 1) u (1; +°о);
  E(f) = (-<»; 0) и (0; +оо).
  График этой функции изображён на рисунке 1.


выразим х через у: х = 14—.
  ’          ’           У
Таким образом, /⁻¹(у) = 1 ч—: ’                        У
  Dff¹) = (-оо; 0) и (0; +°о);
  EiT¹) = (-»; 1) u (1; +*>).
  Видим, что D(f) = Eif¹), E(f) = Dff¹)  Т!              ,  1
  В равенстве х = 14- — поменяем места     ’               У
ми х и у. Получим у = 14-—. График этой '           '     ' X ’       *
обратной функции изображён на рисунке 2.

® Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.