DSCN1107 (2)

skąd

/(a) = 2b -f(a), czyli/(a) = b.

Zatem P — {a, b) = (a,f(a))_t co oznacza, że punkt P należy do wykresu funkcji f

2.11.    Niech setV\{0} i x₀eR.

Wówczas możliwe są przypadki:

1) x₀6 W, 2) x₀4 W.

Jeśli x₀e W; to (x₀ + s)e W, więc D{x₀) = 1 i D(x₀ + s) = 1, zatem D(x₀ + ś) = D{x₀).

Przypuśćmy, że istnieje liczba niewymierna s będąca okresem funkcji D. Wtedy dla dowolnego x₀eWmamy (x₀ + s)$ W. Zatem D{x₀ + s) = 0, natomiast D(x₀) = 1.

Ponieważ dla x₀eW,D(x₀ + s) D(x₀), więc nie istnieje niewymierny okres funkcji D.

2.12.    a) Niech x₀eR, wówczas możliwe są przypadki: rx₀em{l}, 2°x₀*W, 3° x₀ = 1.

W przypadku 1° weźmy ciąg (x„) określony następująco

x. = x₀ + —. Wobec tego: n

lim x„ = x₀, dla n e N₊

A “♦ 00

f(x„) = 1, więc lim f(x_n) = 1.

Ale f(x₀) = 2x₀ — 1 ± 1 (w myśl założenia), wobec tego funkcja / nie jest ciągła w żadnym punkcie wymiernym x₀ =/= 1.

Jeśli x₀£ W, to istnieje ciąg (x„) o wszystkich wyrazach wymiernych taki, że lim x„ = x₀.

n-+ ao

Ale wówczas /(xj = 2x, - 1,

lim f(x_H) = 2x₀ — 1 ± 1 (bo x₀ $ W),

n'-* co

/(*o)=l.

Zatem funkcja/nie jest ciągła w żadnym punkcie niewymiernym. Jeśli x₀ = 1 i lim x_n = 1, to

H 00

lim/(x₀) = 1

H — ao

f(X₀) = 1, więc funkcja /jest ciągła w punkcie x₀ — t b) Funkcja g jest ciągła w punktach x₀ «** O i x, — 1. W pozostałych punktach funkcja nie jest ciągła.

2.13. Rozwiązując nierówność 5 — x ^ otrzymujemy

xe(-oo;0)<j<2;3>.

Wobec tego

5 —x dla xe(— oo;0)u<2;3>

-    dla xe(0;2)u(3;oo)

0 dla x = 0,

—    dla xe(—eo;0)u<2;3)

5 —x dla xe(0;2)u(3;oo)

0 dla x = 0.

Funkcje f g są ciągłe w przedziałach (— oo ;0), (0; oo) oraz obie są malejące w każdym z tych przedziałów.

2.14. Funkcja nie jest monotoniczna, bo np./(6) = 9,

/(17) = 9 i /(16) = 24 >/(17).

Zbiorem wartości funkcji jest zbiór liczb naturalnych.

2.15.    a) Każdą liczbę naturalną n możemy przedstawić w jednej

z następujących postaci: 6k, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4,

6k + 5, gdzie k jest odpowiednio dobraną liczbą naturalną. Wobec tego

f(n) =/(6k) = k,    f(6k + 3) = k,

f{6k +l) = k,    f(6k + 4) = k + 1,

f{6k + 2) = k+l,    f{6k + S) = k + 1,

Stąd wynika, że f(N) = N. b) Rozpatrujemy równania:

k+ 1 = 50 lub k = 50. Stąd k = 49 lub k = 50. Ostatecznie stwierdzamy, że równanie /(n) = 50, ma 6 rozwiązań, a mianowicie: 296, 298,299, 300, 301, 303.

2.16.    Wskazówka. Każdą liczbę naturalną n można przedstawić

71