Funkcja liczbowa $f:X\to Y$ jest funkcją rosnącą w zbiorze $A$, $A\subset X$, wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów $x_1$, $x_2$, należących do zbioru $A$, z nierówności $x_1<x_2$ wynika nierówność

Funkcja liczbowa $f:X\to Y$ jest funkcją malejącą w zbiorze $A$, $A\subset X$, wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów $x_1$, $x_2$, należących do zbioru $A$, z nierówności $x_1<x_2$ wynika nierówność

Funkcja liczbowa $f:X\to Y$ jest funkcją stałą w zbiorze $A$, $A\subset X$, wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów $x_1$, $x_2$, należących do zbioru $A$, z nierówności $x_1<x_2$ wynika równość

Funkcja liczbowa $f:X\to Y$ jest funkcją nierosnącą w zbiorze $A$, $A\subset X$, wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów $x_1$, $x_2$, należących do zbioru $A$, z nierówności $x_1<x_2$ wynika nierówność

Funkcja liczbowa $f:X\to Y$ jest funkcją niemalejącą w zbiorze $A$, $A\subset X$, wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych argumentów $x_1$, $x_2$, należących do zbioru $A$, z nierówności $x_1<x_2$ wynika nierówność

Funkcja $f$ opisana jest za pomocą wzoru.

$f\left(x\right)={\left(x+3\right)}^2$, gdy $x\in \mathrm{ℝ}$.

Wykażemy, że funkcja $f$ jest malejąca w przedziale $\left(-\infty , -3\right)$ i rosnąca w przedziale $\left.⟨-3, \infty \right)$.

Rozwiązanie:

1. $x\in \left(-\infty , -3\right)$
   
   Założenie:
   $f\left(x\right)={\left(x+3\right)}^2$, $x_1$, $x_2\in \left(-\infty , -3\right)$ oraz $x_1<x_2$.
   
   Teza:
   $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$.
   
   Dowód:
   Obliczymy różnicę wartości funkcji dla argumentów $x_1$ i $x_2$.
   $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)={\left(x_1+3\right)}^2-{\left(x_2+3\right)}^2$
   Korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów $a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)$.
   $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\left[\left(x_1+3\right)-\left(x_2+3\right)\right]\cdot \left[\left(x_1+3\right)+\left(x_2+3\right)\right]$
   Opuszczamy nawiasy zwykłe.
   $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\left[x_1-x_2+3-3\right]\cdot \left[x_1+x_2+3+3\right]$
   Redukujemy wyrazy podobne.
   $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2+6\right)$
   
   Określimy znak otrzymanego iloczynu:
   $x_1-x_2<0$ – z założenia wiemy, że $x_1<x_2$
   $x_1+x_2+6<0$ – z założenia wiemy, że $x_1<-3$ i $x_2<-3$, zatem $x_1+x_2<-6$.
   
   Stąd $\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2+6\right)>0$.
   
   Dla dowolnych liczb $x_1$, $x_2$ należących do przedziału $\left(-\infty , -3\right)$ z nierówności $x_1<x_2$ wynika nierówność $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$.
   
   Stąd wniosek, że funkcja $f$ jest malejąca w przedziale $\left(-\infty , -3\right)$.

2. $x\in \left.⟨-3, \infty \right)$
   
   Z definicji funkcji rosnącej wiemy, że:
   funkcja liczbowa $f:X\to Y$ jest rosnąca w zbiorze
   $A\subset X\iff {\forall }_{x_1, x_2\in A}\left[x_1<x_2\Rightarrow f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)\right]$.
   $x_1\in \left.⟨-3, \infty \right)$ i $x_2\in \left.⟨-3, \infty \right)$ i $x_1<x_2$
   $x_1<x_2$
   
   Do obu stron nierówności dodajemy liczbę $3$.
   $x_1+3<x_2+3$
   
   Obie strony nierówności podnosimy do kwadratu.
   ${\left(x_1+3\right)}^2<{\left(x_2+3\right)}^2$
   
   Znak nierówności nie ulega zmianie, ponieważ $x_1+3\ge 0$ i $x_2+3\ge 0$.
   $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$
   
   Zatem prawdziwa jest implikacja
   $\left(x_1<x_2\right)\Rightarrow \left[f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)\right]$.
   
   
   Stąd wniosek, że funkcja $f$ jest funkcją rosnącąfunkcja rosnącafunkcją rosnącą w przedziale $\left.⟨-3, \infty \right)$.

Funkcja $f$ opisana jest za pomocą wzoru

$f\left(x\right)=\sqrt{6-3x}$, gdy $x\in \left(-\infty , -2\right.⟩$.

Określimy monotoniczność funkcji $f$.

Rozwiązanie:

$x_1\in \left(-\infty , -2\right.⟩$ i $x_2\in \left(-\infty , -2\right.⟩$ i $x_1<x_2$ i $f\left(x\right)=\sqrt{6-3x}$.

Określimy znak różnicy $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)$.

$f\left(x_1\right)=\sqrt{6-3x_1}$

$f\left(x_2\right)=\sqrt{6-3x_2}$

$f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)= \sqrt{6-3x_1}-\sqrt{6-3x_2}$

Rozpatrzymy wyrażenie

$\frac{\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}}{\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}}$

Możemy zauważyć, że

1. $\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}>0$, bo $x_1\le -2$ i $x_2\le -2$ oraz $x_1<x_2$,

2. Różnicę $\sqrt{6-3x_1}-\sqrt{6-3x_2}$ możemy pomnożyć przez wyrażenie $\frac{\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}}{\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}}=1$ bez zmiany jej wartości.

$f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\left(\sqrt{6-3x_1}-\sqrt{6-3x_2}\right)·\frac{\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}}{\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}}$

Korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia $\left(a-b\right)\left(a+b\right)=a^2-b^2$ i otrzymujemy:

$f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\frac{\left(6-3x_1\right)-\left(6-3x_2\right)}{\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}}=\frac{-3\left(x_1-x_2\right)}{\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}}$

Określimy znak otrzymanego wyrażenia:

• $x_1<x_2$ czyli $x_1-x_2<0$, stąd $-3\left(x_1-x_2\right)>0$ jako iloczyn dwóch liczb ujemnych.

• $\sqrt{6-3x_1}+\sqrt{6-3x_2}>0$, jako suma dwóch wyrażeń dodatnich.

Zatem $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)>0$.

Z warunku $x_1<x_2\le -2$ wynika nierówność $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$.

To znaczy, ze funkcja $f\left(x\right)=\sqrt{6-3x}$, gdy $x\in \left(-\infty , -2\right.⟩$ jest funkcją malejącą.

Funkcja $f$ opisana jest za pomocą wzoru.

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{ll}0,8x,& \text{gdy} x<0\\ -8x^2,& \text{gdy} x\ge 0\end{array}\right.$

Wykażemy, że funkcja $f$ jest rosnąca w przedziale $\left(-\infty , 0\right)$ oraz malejąca w przedziale $\left.⟨0, \infty \right)$.

Rozwiązanie:

1. $x\in \left(-\infty , 0\right)$
   
   Założenie:$f\left(x\right)=0,8x$, $x_1$, $x_2\in \left(-\infty , 0\right)$ oraz $x_1<x_2$.
   
   Teza:$f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$.
   
   Dowód:
   Obliczymy różnicę wartości funkcji dla argumentów $x_1$ i $x_2$.
   $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=0,8x_1-0,8x_2=0,8\left(x_1-x_2\right)$
   
   Określimy znak otrzymanego iloczynu:

   • $x_1-x_2<0$ – z założenia wiemy, że $x_1<x_2$,

   • $0,8\left(x_1-x_2\right)<0$ – iloczyn liczby dodatniej przez liczbę ujemną.

   $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$
   
   Zatem prawdziwa jest implikacja
   $\left(x_1<x_2\right)\Rightarrow \left[f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)\right]$
   
   Stąd wniosek, że funkcja $f$ jest funkcją rosnącą w przedziale $\left(-\infty , 0\right)$.

2. $x\in \left.⟨0, \infty \right)$
   
   Założenie:
   $f\left(x\right)=-8x^2$, $x_1$, $x_2\in \left.⟨0, \infty \right)$ oraz $x_1<x_2$.
   
   Teza:
   $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$.
   
   Dowód:
   Obliczymy różnicę wartości funkcji dla argumentów $x_1$ i $x_2$ oraz korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów $a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)$.
   $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=-8{x_1}^2-\left(-8{x_2}^2\right)=-8\left({x_1}^2-{x_2}^2\right)=-8\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)$
   
   Określimy znak otrzymanego iloczynu:

   • $x_1-x_2<0$ – z założenia wiemy, że $x_1<x_2$,

   • $x_1+x_2>0$ – suma dwóch liczb dodatnich,

   • $-8\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)>0$ – iloczyn dwóch liczb ujemnych przez liczbę dodatnią.

   Zatem $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)>0$.
   
   Z warunku $x_1<x_2$ wynika nierówność $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$.
   
   Zatem prawdziwa jest implikacja
   $\left(x_1<x_2\right)\Rightarrow \left[f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)\right]$.
   
   Stąd wniosek, że funkcja $f$ jest funkcją malejącąfunkcja malejącafunkcją malejącą w przedziale $\left.⟨0, \infty \right)$.

Funkcja $f$ opisana jest za pomocą wzoru.

$f\left(x\right)={\log }_2\left(x+5\right)$.

Określimy jej dziedzinę i wykażemy, że funkcja $f$ jest rosnąca w całej swojej dziedzinie.

Rozwiązanie:

Określimy dziedzinę funkcji $f$.

Z własności logarytmu wiemy, że liczba logarytmowana musi być liczbą dodatnią, czyli:

$x+5>0$

$x>-5$

Stąd $D_f=\left(-5, \infty \right)$

Wykażemy, że funkcja $f\left(x\right)={\log }_2\left(x+5\right)$, gdy $x\in \left(-5, \infty \right)$ jest funkcją rosnącą.

Założenie: $f\left(x\right)={\log }_2\left(x+5\right)$, $D_f=\left(-5, \infty \right)$, $x_1$, $x_2\in \left(-5, \infty \right)$, $-5<x_1<x_2$

Teza: $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$

Dowód:

Obliczymy różnicę wartości funkcji dla argumentów $x_1$ i $x_2$.

$f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)={\log }_2\left(x_1+5\right)-{\log }_2\left(x_2+5\right)$

Określimy znak otrzymanej różnicy.

Z własności logarytmu wiemy, że gdy podstawa logarytmu jest liczbą większą od jedności, to ten logarytm jest większy, którego liczba logarytmowana jest większa.

Z założenia wiemy, że:

• $x_1<x_2$, czyli $x_1+5<x_2+5$

Zatem $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)<0$.

Prawdziwa jest implikacja

$\left(x_1<x_2\right)\Rightarrow \left[f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)\right]$.

Stąd wniosek, że funkcja $f$ jest funkcją rosnąca w przedziale $\left(-5, \infty \right)$.

Funkcja $f$ opisana jest za pomocą wzoru.

$f\left(x\right)=\frac{\sqrt{{\left(x+2\right)}^2}}{3}$, gdy $x\in \mathrm{ℝ}$.

Określimy jej monotoniczność.

Rozwiązanie:

Korzystając z własności pierwiastków arytmetycznych drugiego stopnia, możemy zapisać wzór funkcji $f$ w inny, równoważny sposób.

$f\left(x\right)=\frac{\sqrt{{\left(x+2\right)}^2}}{3}=\frac{\left|x+2\right|}{3}=\left\{\begin{array}{ll}-\frac{1}{3}\left(x+2\right),& \text{gdy} x<-2\\ \frac{1}{3}\left(x+2\right),& \text{gdy} x\ge -2\end{array}\right.$.

Określimy monotoniczność funkcji $f$.

Wzór funkcji składa się z dwóch wyrażeń.

1. $x\in \left(-\infty , -2\right)$
   
   $f\left(x\right)=-\frac{1}{3}\left(x+2\right)$, $D_f=\left(-\infty , -2\right)$, $x_1$, $x_2\in D_f$, $x_1<x_2$
   
   Określimy znak różnicy wartości funkcji $f$ dla argumentów $x_1$ i $x_2$.
   $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=-\frac{1}{3}\left(x_1+2\right)-\left[-\frac{1}{3}\left(x_2+2\right)\right]=-\frac{1}{3}{x}_1-\frac{2}{3}+\frac{1}{3}{x}_2+\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}\left(x_1-x_2\right)$
   
   Wyznaczymy znak otrzymanego iloczynu:

   • $x_1<x_2$ czyli $x_1-x_2<0$,

   • $-\frac{1}{3}\left(x_1-x_2\right)>0$ – iloczyn dwóch liczb ujemnych.

   Stąd $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)>0$.
   
   Zatem $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$.
   
   Z nierówności $x_1<x_2$ wynika nierówność $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$.
   
   Stąd wniosek, że funkcja $f$ jest malejąca w przedziale $\left(-\infty , -2\right)$.

2. $x\in \left.⟨-2, \infty \right)$
   
   $f\left(x\right)=\frac{1}{3}\left(x+2\right)$, $D_f=\left.⟨-2, \infty \right)$, $x_1$, $x_2\in D_f$, $x_1<x_2$
   
   Określimy znak różnicy wartości funkcji $f$ dla argumentów $x_1$ i $x_2$.
   $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\frac{1}{3}\left(x_1+2\right)-\left[\frac{1}{3}\left(x_2+2\right)\right]=\frac{1}{3}{x}_1+\frac{2}{3}-\frac{1}{3}{x}_2-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\left(x_1-x_2\right)$
   Wyznaczymy znak otrzymanego iloczynu:

   • $x_1<x_2$ czyli $x_1-x_2<0$,

   • $\frac{1}{3}\left(x_1-x_2\right)<0$ – iloczyn dwóch liczb o różnych znakach.

   Stąd $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)<0$.
   
   Zatem $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$.
   
   Z nierówności $x_1<x_2$ wynika nierówność $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$.
   
   Stąd wniosek, że funkcja $f$ jest rosnąca w przedziale $\left.⟨-2, \infty \right)$.
   
   Funkcja $f\left(x\right)=\frac{\sqrt{{\left(x+2\right)}^2}}{3}$, gdy $x\in \mathrm{ℝ}$ jest funkcją malejącą w przedziale $\left(-\infty , -2\right)$ oraz funkcją rosnącą w przedziale $\left.⟨-2, \infty \right)$.

funkcja jest rosnąca, jeżeli wraz ze wzrostem argumentów rosną jej wartości

funkcja jest malejąca, jeżeli wraz ze wzrostem argumentów maleją jej wartości

funkcja jest stała, jeżeli dla wszystkich argumentów przyjmuje stałą, tę samą wartość