Номер 17.14, страница 99 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

17.14. Найдите область определения производной функции:

a) $f(x) = \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2} - \cos x};$

б) $f(x) = \sqrt{\frac{1}{2} + \sin x}.$

а) Исходная функция: $f(x) = \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2} - \cos x}$.

Область определения производной функции $f'(x)$ — это множество всех значений $x$, в которых функция $f(x)$ дифференцируема. Для нахождения этой области сначала найдем производную функции.

Используем правило дифференцирования сложной функции $( \sqrt{u(x)} )' = \frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}$. В данном случае $u(x) = \frac{\sqrt{3}}{2} - \cos x$.

Находим производную $u'(x)$:$u'(x) = \left(\frac{\sqrt{3}}{2} - \cos x\right)' = 0 - (-\sin x) = \sin x$.

Теперь находим производную $f'(x)$:$f'(x) = \frac{\sin x}{2\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2} - \cos x}}$.

Производная $f'(x)$ определена, когда выражение под корнем в знаменателе строго больше нуля (подкоренное выражение должно быть неотрицательным, а знаменатель не должен быть равен нулю).

Решим неравенство:$\frac{\sqrt{3}}{2} - \cos x > 0$$\cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$

Чтобы решить это тригонометрическое неравенство, сначала найдем корни уравнения $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.$x = \pm \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2\pi k = \pm \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На единичной окружности значения косинуса, меньшие $\frac{\sqrt{3}}{2}$, соответствуют углам, лежащим в интервале от $\frac{\pi}{6}$ до $2\pi - \frac{\pi}{6} = \frac{11\pi}{6}$.

Таким образом, общее решение неравенства имеет вид:$\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Это и есть искомая область определения производной.

Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{11\pi}{6} + 2\pi k\right)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

б) Исходная функция: $f(x) = \sqrt{\frac{1}{2} + \sin x}$.

Аналогично пункту а), найдем производную функции $f(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции. Здесь $u(x) = \frac{1}{2} + \sin x$.

Находим производную $u'(x)$:$u'(x) = \left(\frac{1}{2} + \sin x\right)' = \cos x$.

Находим производную $f'(x)$:$f'(x) = \frac{\cos x}{2\sqrt{\frac{1}{2} + \sin x}}$.

Область определения производной $f'(x)$ находится из условия, что подкоренное выражение в знаменателе должно быть строго больше нуля.

Решим неравенство:$\frac{1}{2} + \sin x > 0$$\sin x > -\frac{1}{2}$

Сначала найдем корни уравнения $\sin x = -\frac{1}{2}$.$x = (-1)^n \arcsin\left(-\frac{1}{2}\right) + \pi n = (-1)^n \left(-\frac{\pi}{6}\right) + \pi n = (-1)^{n+1} \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Это дает две серии решений на одном обороте: $x_1 = -\frac{\pi}{6}$ и $x_2 = \pi - (-\frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{6}$.

На единичной окружности значения синуса, большие $-\frac{1}{2}$, соответствуют углам, лежащим в интервале от $-\frac{\pi}{6}$ до $\frac{7\pi}{6}$.

Таким образом, общее решение неравенства имеет вид:$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Это и есть искомая область определения производной.

Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{7\pi}{6} + 2\pi k\right)$, где $k \in \mathbb{Z}$.