Исследовать функцию на чётность (нечётность)

[Charlz_Klug]

Пожалуйста, проверьте решение.
Исследовать функцию на чётность (нечётность).
$y = \arccos (2^x - 2^{-x})$.

Решение:
Ищем область определения:
$y = \arccos (2^x - \frac{1}{2x})$.
Обозначим $t = 2^x$.
Тогда $\arccos (2^x - \frac{1}{2x}) = \arccos (t - \frac{1}{t})$, то есть $t - \frac{1}{t} \ge -1$ и $t - \frac{1}{t} \le 1$.
Решим неравенство t - $\frac{1}{t}$\leqslant 1 \Rightarrow t - \frac{1}{t} - 1\le 0
$\frac{t^2 - t -1}{t}$ \le 0 поскольку t > 0 то t^2 - t -1 \le 0
$(t - \frac{1 - \sqrt{5}}{2}) (t - \frac{1 + \sqrt{5}}{2}) \le 0 \Rightarrow t \in [\frac{1 - \sqrt{5}}{2} ; \frac{1 + \sqrt{5}}{2}]$.
Теперь решим $t - \frac{1}{t} \ge -1 \Rightarrow t - \frac{1}{t} + 1\ge 0 \Rightarrow \frac{t^2 + t - 1}{t} \ge 0 \Rightarrow$
$t^2 + t - 1 \ge 0 \Rightarrow (t - \frac{- 1 - \sqrt{5}}{2})(t - \frac{\sqrt{5} - 1}{2}) \ge 0 \Rightarrow t \in \left( - \infty; - \frac{\sqrt{5} + 1}{2}\right] \cup \left[ \frac{\sqrt{5} - 1}{2} ; + \infty\right)$.
Объединив два промежутка получим: $t \in [\frac{\sqrt{5} - 1}{2}; \frac{1 + \sqrt{5}}{2}] \Rightarrow 2^{x} \in [\frac{\sqrt{5} - 1}{2}; \frac{1 + \sqrt{5}}{2}] \Rightarrow x \in [\log_2 \frac{\sqrt{5} - 1}{2}; \log_2 \frac{1 + \sqrt{5}}{2}]$. Промежуток симметричен относительно $0$.
При $x = \log_2 \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$, $y_1 = \pi$, $y_2 = - \pi$. При $x = 0$, $y_1 = \frac{\pi}{2}$, $y_2 = -\frac{\pi}{2}$. При $x = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$, $y = 0$. Следовательно, $y = \arccos (2^x - 2^{-x})$ - функция общего вида.

[Ms-dos4]

Charlz_Klug
Зачем это всё? Скажите, функция $\[\arccos (x)\]$ какая (причём ответ вообще не требует никаких телодвижений), отсюда сразу следует ответ на задачу.

[мат-ламер]

Charlz_Klug в сообщении #1071134 писал(а):

Исследовать функцию на чётность (нечётность).
$y = \arccos (2^x - 2^{-x})$.

Там в условии к этому случаем $\pi /2$ не прибавляется?

[Charlz_Klug]

Ms-dos4 в сообщении #1071135 писал(а):

Charlz_Klug
Зачем это всё?

Для пущей строгости.

Ms-dos4 в сообщении #1071135 писал(а):

Charlz_Klug
Скажите, функция $\[\arccos (x)\]$ какая (причём ответ вообще не требует никаких телодвижений), отсюда сразу следует ответ на задачу.

$\[\arccos (x)\]$ - функция общего вида.

мат-ламер в сообщении #1071136 писал(а):

Там в условии к этому случаем $\pi /2$ не прибавляется?

Нет, я выложил полное условие.

[provincialka]

Ms-dos4 в сообщении #1071135 писал(а):

Charlz_Klug
Зачем это всё? Скажите, функция $\[\arccos (x)\]$ какая (причём ответ вообще не требует никаких телодвижений), отсюда сразу следует ответ на задачу.

Ну... еще кое-какое телодвижение требуется, все-таки.. А вдруг $\arccos$ применяется к четной функции? Или к такой, у которой значения не входят в его область определения? (например, если "минус" в скобках на "плюс" поменять)

[ewert]

Charlz_Klug в сообщении #1071134 писал(а):

Исследовать функцию на чётность (нечётность).
$y = \arccos (2^x - 2^{-x})$.

Зачем все эти люди?...

Тут ровно один вопрос: равна ли эта функция нулю в нуле?...

[provincialka]

ewert
А что, четная функция равна 0 в нуле?

[ewert]

provincialka в сообщении #1071190 писал(а):

А что, четная функция равна 0 в нуле?

Не знаю. Но зато знаю, что она монотонна...

[arseniiv]

(Оффтоп)

Charlz_Klug в сообщении #1071182 писал(а):

Для пущей строгости.

Э нет, для пущей строгости не хватает разложения в ряд Маклорена. Если там только чётные степени — функция чётная, если только нечётные — …, но если функция не аналитическая, то это всё ни о чём не говорит, и тогда… тогда математика бессильна!

[Charlz_Klug]

(Оффтоп)

arseniiv в сообщении #1071288 писал(а):

Э нет, для пущей строгости не хватает разложения в ряд Маклорена. Если там только чётные степени — функция чётная, если только нечётные — …, но если функция не аналитическая, то это всё ни о чём не говорит, и тогда… тогда математика бессильна!

Нет у нас разложения в ряд Маклорена - не изучили мы это ещё.

[AlexDem]

arseniiv в сообщении #1071288 писал(а):

но если функция не аналитическая, то это всё ни о чём не говорит, и тогда… тогда математика бессильна!

Возьмём неаналитическую функцию, равную $1$ во всех рациональных точках и $0$ - в остальных. Разве она не будет чётной на $\mathbb{R}$? Или вот, даже гладкая.

(Оффтоп)

И тогда вопросы не к математике

[Charlz_Klug]

Вопрос закрыт, всем спасибо!

[arseniiv]

(Оффтоп)

AlexDem в сообщении #1071302 писал(а):

Возьмём неаналитическую функцию, равную $1$ во всех рациональных точках и $0$ - в остальных. Разве она не будет чётной на $\mathbb{R}$?

Мой сарказм не спас даже смайл.

Но, кстати, эта функция Дирихле и в ряд нигде не раскладывается, так что с неё взятки гладки.

[AlexDem]

(Оффтоп)

ТС не понял.

А зачем этот ряд-то вообще?

[AlexDem]

(Оффтоп)

arseniiv в сообщении #1071352 писал(а):

Но, кстати, эта функция Дирихле и в ряд нигде не раскладывается, так что с неё взятки гладки.

Ах, смысл сего каламбура дошёл до меня при повторном прочтении.
Стоило поднять глаза на недостающий кусок цитаты.