Реши это

Краткий ответ

1. \(f(x)=\sqrt{36-x^2}\)
   \[ D(f)=[-6;\,6]. \]

2. \(f(x)=2\operatorname{tg}x\)
   \[ D(f)=\mathbb R\setminus\left\{\frac{\pi}{2}+\pi k,\ k\in\mathbb Z\right\}. \]

3. \(y=3+0{,}5\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\)
   \[ D(y)=\mathbb R,\qquad E(y)=[2{,}5;\,3{,}5]. \]

4. \(y=1-(x+2)^2\)

   • вершина параболы: \((-2;\,1)\);
   • ось симметрии: \(x=-2\);
   • нули функции: \(x=-3\) и \(x=-1\);
   • ветви направлены вниз.

Для построения графика отметь точки: \[ (-4;-3),\ (-3;0),\ (-2;1),\ (-1;0),\ (0;-3) \] и проведи через них плавную параболу ветвями вниз.

Как это получается

1. Под корнем должно быть неотрицательное число: \[ 36-x^2\ge 0 \] \[ x^2\le 36 \] \[ -6\le x\le 6. \]

2. Тангенс определён, когда \(\cos x\ne 0\), то есть \[ x\ne \frac{\pi}{2}+\pi k. \]

3. Синус принимает значения от \(-1\) до \(1\): \[ -1\le \sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\le 1. \] Умножаем на \(0{,}5\): \[ -0{,}5\le 0{,}5\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\le 0{,}5. \] Прибавляем \(3\): \[ 2{,}5\le y\le 3{,}5. \]

4. Функцию удобно записать так: \[ y=-(x+2)^2+1. \] Это парабола \(y=x^2\), сдвинутая влево на \(2\), отражённая вниз и поднятая на \(1\). Поэтому вершина — \((-2;1)\), ветви вниз, ось симметрии \(x=-2\).

Нули функции: \[ 1-(x+2)^2=0, \] \[ (x+2)^2=1, \] \[ x+2=\pm 1, \] \[ x=-3 \quad\text{или}\quad x=-1. \]

Проверка: при \(x=-3\) и \(x=-1\) получаем \(y=0\), а при \(x=-2\) — максимальное значение \(y=1\). Всё сходится.