Номер 251, страница 341 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 4. Начала математического анализа. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 251, страница 341.

Условие.

Найдите все первообразные для функции $f$ на $R$ (251, 252).

251. а) $f(x) = |x|;$

б) $f(x) = |x - 1|;$

в) $f(x) = |x^2 - 1|.$

Решение 5.

а) $f(x) = |x|$

Для нахождения первообразной функции $f(x) = |x|$ на всей числовой прямой $\mathbb{R}$, необходимо сначала раскрыть модуль. Функция $f(x)$ определяется кусочно: $f(x) = \begin{cases} x, & \text{если } x \ge 0 \\ -x, & \text{если } x < 0 \end{cases}$

Найдём первообразную для каждого интервала отдельно. Пусть $F(x)$ — искомая первообразная.
При $x > 0$: $F(x) = \int x \,dx = \frac{x^2}{2} + C_1$.
При $x < 0$: $F(x) = \int (-x) \,dx = -\frac{x^2}{2} + C_2$.

Таким образом, первообразная имеет вид: $F(x) = \begin{cases} \frac{x^2}{2} + C_1, & \text{если } x > 0 \\ -\frac{x^2}{2} + C_2, & \text{если } x < 0 \end{cases}$

По определению, первообразная является непрерывной функцией. Следовательно, функция $F(x)$ должна быть непрерывна в точке $x=0$. Для этого необходимо, чтобы пределы слева и справа в этой точке совпадали: $\lim_{x \to 0^+} F(x) = \lim_{x \to 0^-} F(x)$
$\lim_{x \to 0^+} \left(\frac{x^2}{2} + C_1\right) = \frac{0^2}{2} + C_1 = C_1$
$\lim_{x \to 0^-} \left(-\frac{x^2}{2} + C_2\right) = -\frac{0^2}{2} + C_2 = C_2$

Из условия непрерывности следует, что $C_1 = C_2$. Обозначим эту общую константу как $C$. Тогда все первообразные для функции $f(x)=|x|$ имеют вид: $F(x) = \begin{cases} \frac{x^2}{2} + C, & \text{если } x \ge 0 \\ -\frac{x^2}{2} + C, & \text{если } x < 0 \end{cases}$

Эту формулу можно записать в более компактном виде, используя функцию знака или сам модуль: $F(x) = \frac{x|x|}{2} + C$.

Ответ: $F(x) = \begin{cases} \frac{x^2}{2} + C, & \text{если } x \ge 0 \\ -\frac{x^2}{2} + C, & \text{если } x < 0 \end{cases}$, или в компактной форме $F(x) = \frac{x|x|}{2} + C$, где $C$ — произвольная постоянная.

б) $f(x) = |x - 1|$

Раскроем модуль в выражении для функции $f(x)$: $f(x) = \begin{cases} x - 1, & \text{если } x \ge 1 \\ -(x - 1) = 1 - x, & \text{если } x < 1 \end{cases}$

Найдём первообразную $F(x)$ для каждого интервала.
При $x > 1$: $F(x) = \int (x-1) \,dx = \frac{(x-1)^2}{2} + C_1$.
При $x < 1$: $F(x) = \int (1-x) \,dx = -\int (x-1) \,dx = -\frac{(x-1)^2}{2} + C_2$.

Первообразная $F(x)$ должна быть непрерывной на всей действительной оси, включая точку $x=1$. $\lim_{x \to 1^+} F(x) = \lim_{x \to 1^-} F(x)$
$\lim_{x \to 1^+} \left(\frac{(x-1)^2}{2} + C_1\right) = C_1$
$\lim_{x \to 1^-} \left(-\frac{(x-1)^2}{2} + C_2\right) = C_2$

Из условия непрерывности следует, что $C_1 = C_2$. Обозначим эту константу через $C$. Таким образом, все первообразные для функции $f(x)=|x-1|$ имеют вид: $F(x) = \begin{cases} \frac{(x-1)^2}{2} + C, & \text{если } x \ge 1 \\ -\frac{(x-1)^2}{2} + C, & \text{если } x < 1 \end{cases}$

В компактной форме это можно записать как $F(x) = \frac{(x-1)|x-1|}{2} + C$.

Ответ: $F(x) = \begin{cases} \frac{(x-1)^2}{2} + C, & \text{если } x \ge 1 \\ -\frac{(x-1)^2}{2} + C, & \text{если } x < 1 \end{cases}$, или в компактной форме $F(x) = \frac{(x-1)|x-1|}{2} + C$, где $C$ — произвольная постоянная.

в) $f(x) = |x^2 - 1|$

Выражение $x^2-1$ равно нулю при $x=-1$ и $x=1$. Раскроем модуль: $f(x) = \begin{cases} x^2 - 1, & \text{если } x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty) \\ -(x^2 - 1) = 1 - x^2, & \text{если } x \in (-1, 1) \end{cases}$

Найдём первообразную $F(x)$ для каждого из трёх интервалов:
При $x > 1$: $F(x) = \int (x^2 - 1) \,dx = \frac{x^3}{3} - x + C_1$.
При $-1 < x < 1$: $F(x) = \int (1 - x^2) \,dx = x - \frac{x^3}{3} + C_2$.
При $x < -1$: $F(x) = \int (x^2 - 1) \,dx = \frac{x^3}{3} - x + C_3$.

Первообразная $F(x)$ должна быть непрерывной в точках "склейки" $x=1$ и $x=-1$.
Условие непрерывности в точке $x=1$:
$\lim_{x \to 1^+} \left(\frac{x^3}{3} - x + C_1\right) = \frac{1}{3} - 1 + C_1 = -\frac{2}{3} + C_1$.
$\lim_{x \to 1^-} \left(x - \frac{x^3}{3} + C_2\right) = 1 - \frac{1}{3} + C_2 = \frac{2}{3} + C_2$.
Отсюда $-\frac{2}{3} + C_1 = \frac{2}{3} + C_2$, что даёт $C_1 = C_2 + \frac{4}{3}$.

Условие непрерывности в точке $x=-1$:
$\lim_{x \to -1^+} \left(x - \frac{x^3}{3} + C_2\right) = -1 - \frac{(-1)^3}{3} + C_2 = -1 + \frac{1}{3} + C_2 = -\frac{2}{3} + C_2$.
$\lim_{x \to -1^-} \left(\frac{x^3}{3} - x + C_3\right) = \frac{(-1)^3}{3} - (-1) + C_3 = -\frac{1}{3} + 1 + C_3 = \frac{2}{3} + C_3$.
Отсюда $-\frac{2}{3} + C_2 = \frac{2}{3} + C_3$, что даёт $C_2 = C_3 + \frac{4}{3}$.

Мы получили систему соотношений для констант. Выразим $C_1$ и $C_3$ через $C_2$. Пусть $C_2 = C$, где $C$ — произвольная постоянная.
Тогда $C_1 = C + \frac{4}{3}$.
Из $C_2 = C_3 + \frac{4}{3}$ получаем $C_3 = C_2 - \frac{4}{3} = C - \frac{4}{3}$.

Таким образом, множество всех первообразных для функции $f(x)=|x^2-1|$ задаётся формулой: $F(x) = \begin{cases} \frac{x^3}{3} - x + C - \frac{4}{3}, & \text{если } x \le -1 \\ x - \frac{x^3}{3} + C, & \text{если } -1 < x < 1 \\ \frac{x^3}{3} - x + C + \frac{4}{3}, & \text{если } x \ge 1 \end{cases}$

Ответ: $F(x) = \begin{cases} \frac{x^3}{3} - x + C - \frac{4}{3}, & \text{если } x \le -1 \\ x - \frac{x^3}{3} + C, & \text{если } -1 < x < 1 \\ \frac{x^3}{3} - x + C + \frac{4}{3}, & \text{если } x \ge 1 \end{cases}$, где $C$ — произвольная постоянная.