Страница 338 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

211. Докажите, что функция $f(x) = \sqrt[3]{x^2}$ не имеет производной в точке 0.

Для того чтобы доказать, что функция $f(x) = \sqrt[3]{x^2}$ не имеет производной в точке $x_0 = 0$, воспользуемся определением производной. Производная функции $f(x)$ в точке $x_0$ определяется как предел, если он существует и конечен:

$f'(x_0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$

В нашем случае $f(x) = \sqrt[3]{x^2}$ и $x_0 = 0$. Найдем значения функции: $f(0) = \sqrt[3]{0^2} = 0$ и $f(0 + \Delta x) = f(\Delta x) = \sqrt[3]{(\Delta x)^2}$.

Подставим эти значения в определение производной, чтобы найти $f'(0)$:

$f'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\sqrt[3]{(\Delta x)^2} - 0}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\sqrt[3]{(\Delta x)^2}}{\Delta x}$

Упростим выражение под знаком предела, используя свойства степеней ($ \sqrt[3]{a^2} = a^{2/3} $):

$\frac{(\Delta x)^{2/3}}{(\Delta x)^1} = (\Delta x)^{2/3 - 1} = (\Delta x)^{-1/3} = \frac{1}{(\Delta x)^{1/3}} = \frac{1}{\sqrt[3]{\Delta x}}$

Таким образом, задача сводится к нахождению предела:

$f'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1}{\sqrt[3]{\Delta x}}$

Для существования производной необходимо, чтобы этот предел существовал и был конечным числом. Исследуем поведение этого выражения при стремлении $\Delta x$ к нулю с разных сторон (односторонние пределы).

Рассмотрим предел справа, когда $\Delta x$ стремится к нулю, оставаясь положительным ($\Delta x \to 0^+$):

$\lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{1}{\sqrt[3]{\Delta x}} = \frac{1}{+0} = +\infty$

Рассмотрим предел слева, когда $\Delta x$ стремится к нулю, оставаясь отрицательным ($\Delta x \to 0^-$):

$\lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{1}{\sqrt[3]{\Delta x}} = \frac{1}{-0} = -\infty$

Поскольку правый и левый пределы не равны друг другу (один равен $+\infty$, другой $-\infty$), то общий предел не существует. Так как предел, определяющий производную в точке 0, не существует, функция $f(x) = \sqrt[3]{x^2}$ не имеет производной в этой точке.

Ответ: Доказано, что функция $f(x) = \sqrt[3]{x^2}$ не имеет производной в точке 0.

212. Верно ли, что функция $\varphi (x) = f_1 (x) \cdot f_2 (x)$ не имеет производной в точке $x_0$, если:

a) $f_1 (x)$ дифференцируема в точке $x_0$, а $f_2 (x)$ нет;

б) обе функции не имеют производной в точке $x_0$?

а) $f_1(x)$ дифференцируема в точке $x_0$, а $f_2(x)$ нет;

Нет, утверждение не верно. Функция $\phi(x)$ может иметь производную в точке $x_0$.

Рассмотрим два случая.

1. Если $f_1(x_0) \neq 0$. Допустим, что функция $\phi(x) = f_1(x) \cdot f_2(x)$ дифференцируема в точке $x_0$. Поскольку $f_1(x)$ дифференцируема в точке $x_0$ и $f_1(x_0) \neq 0$, то в некоторой окрестности точки $x_0$ функция $f_1(x)$ не равна нулю. Тогда мы можем выразить $f_2(x)$ как частное двух дифференцируемых функций: $f_2(x) = \frac{\phi(x)}{f_1(x)}$. По правилу дифференцирования частного, функция $f_2(x)$ также должна быть дифференцируема в точке $x_0$. Это противоречит условию, что $f_2(x)$ не имеет производной в точке $x_0$. Следовательно, в этом случае ($f_1(x_0) \neq 0$) утверждение верно, и функция $\phi(x)$ не имеет производной.

2. Если $f_1(x_0) = 0$. В этом случае предыдущие рассуждения не работают, и производная у произведения может существовать. Приведем контрпример.

Пусть $x_0 = 0$. Возьмем функцию $f_1(x) = x$. Она дифференцируема в любой точке, в том числе и в $x_0=0$, и $f_1(0)=0$. Её производная $f_1'(x) = 1$.

Возьмем функцию $f_2(x) = |x|$. Эта функция непрерывна, но не дифференцируема в точке $x_0=0$ (в этой точке график имеет излом).

Рассмотрим их произведение: $\phi(x) = f_1(x) \cdot f_2(x) = x \cdot |x|$.

Найдем производную функции $\phi(x)$ в точке $x_0 = 0$ по определению:

$\phi'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\phi(0 + \Delta x) - \phi(0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x \cdot |\Delta x| - 0 \cdot |0|}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x \cdot |\Delta x|}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} |\Delta x| = 0$.

Поскольку предел существует и конечен, функция $\phi(x)$ имеет производную в точке $x_0=0$, и она равна 0. Таким образом, мы нашли пример, когда произведение дифференцируемой и недифференцируемой функции является дифференцируемой функцией.

Ответ: Нет, не верно.

б) обе функции не имеют производной в точке $x_0$?

Нет, это утверждение также не верно. Произведение двух функций, не имеющих производной в точке, может иметь производную в этой точке.

Приведем контрпример.

Пусть, как и в предыдущем пункте, $x_0 = 0$. В качестве обеих функций возьмем модуль икс: $f_1(x) = |x|$ и $f_2(x) = |x|$.

Обе эти функции не имеют производной в точке $x_0=0$.

Найдем их произведение:

$\phi(x) = f_1(x) \cdot f_2(x) = |x| \cdot |x| = |x^2|$.

Поскольку $x^2 \ge 0$ для любого действительного $x$, то $|x^2| = x^2$.

Таким образом, $\phi(x) = x^2$.

Функция $\phi(x) = x^2$ (парабола) является дифференцируемой в любой точке числовой оси, включая точку $x_0=0$. Её производная $\phi'(x) = 2x$, и в точке $x_0=0$ она равна $\phi'(0) = 2 \cdot 0 = 0$.

Следовательно, произведение двух функций, недифференцируемых в точке $x_0$, может быть дифференцируемо в этой точке.

Ответ: Нет, не верно.

213. Докажите, что если функция $f$ дифференцируема в каждой точке числовой прямой и для любых значений $x_1$ и $x_2$ выполнено равенство $f(x_1 + x_2) = f(x_1) \cdot f(x_2)$, то $f(x) = e^{\alpha x}$ или $f(x) = 0$.

Дана функция $f(x)$, которая дифференцируема на всей числовой прямой и для любых $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ удовлетворяет функциональному уравнению: $$f(x_1 + x_2) = f(x_1) \cdot f(x_2)$$ Рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Существует точка $x_0$, в которой $f(x_0) = 0$.

Пусть существует такое $x_0$, что $f(x_0) = 0$. Тогда для любого действительного числа $x$ мы можем записать: $$f(x) = f((x - x_0) + x_0)$$ Используя данное в условии равенство, получаем: $$f(x) = f(x - x_0) \cdot f(x_0) = f(x - x_0) \cdot 0 = 0$$ Таким образом, если функция обращается в ноль хотя бы в одной точке, то она тождественно равна нулю, то есть $f(x) = 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$. Это одно из решений, указанных в условии задачи.

Случай 2: Функция $f(x)$ нигде не обращается в ноль.

Если $f(x) \neq 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$, то мы можем сделать вывод о знаке функции. Для любого $x$ справедливо: $$f(x) = f\left(\frac{x}{2} + \frac{x}{2}\right) = f\left(\frac{x}{2}\right) \cdot f\left(\frac{x}{2}\right) = \left[f\left(\frac{x}{2}\right)\right]^2$$ Квадрат действительного числа всегда неотрицателен, поэтому $f(x) \ge 0$. Так как мы предположили, что $f(x) \neq 0$, то отсюда следует, что $f(x) > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Теперь воспользуемся тем, что функция $f(x)$ дифференцируема. Найдем её производную $f'(x)$ по определению: $$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$$ Применим функциональное уравнение к $f(x+h)$: $$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x) \cdot f(h) - f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(x)(f(h) - 1)}{h}$$ Поскольку $f(x)$ не зависит от $h$, его можно вынести за знак предела: $$f'(x) = f(x) \cdot \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 1}{h}$$

Рассмотрим предел $\lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 1}{h}$. Для этого найдем значение $f(0)$. Подставим $x_1 = x$ и $x_2 = 0$ в исходное уравнение: $$f(x+0) = f(x) \cdot f(0) \implies f(x) = f(x) \cdot f(0)$$ Поскольку $f(x) \neq 0$, мы можем разделить обе части на $f(x)$, получив $f(0) = 1$.

Теперь предел можно переписать в виде: $$\lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$$ Это в точности определение производной функции $f(x)$ в точке $x=0$, то есть $f'(0)$. Так как функция дифференцируема на всей числовой прямой, то производная в точке $0$ существует и является некоторой константой. Обозначим эту константу через $\alpha$: $$\alpha = f'(0)$$

Таким образом, мы получили дифференциальное уравнение, связывающее функцию и ее производную: $$f'(x) = \alpha \cdot f(x)$$

Это линейное однородное дифференциальное уравнение первого порядка с постоянными коэффициентами. Обозначив $y = f(x)$, получим $y' = \alpha y$. Решим его методом разделения переменных: $$\frac{dy}{dx} = \alpha y$$ $$\frac{dy}{y} = \alpha dx$$ Интегрируем обе части: $$\int \frac{dy}{y} = \int \alpha dx$$ $$\ln|y| = \alpha x + C_1$$ Поскольку мы установили, что $y = f(x) > 0$, то $|y|=y$. $$\ln(y) = \alpha x + C_1$$ Выразим $y$: $$y = e^{\alpha x + C_1} = e^{\alpha x} \cdot e^{C_1}$$ Обозначим $C = e^{C_1}$. Тогда общее решение имеет вид $f(x) = C e^{\alpha x}$.

Чтобы найти константу $C$, используем начальное условие $f(0)=1$: $$f(0) = C e^{\alpha \cdot 0} = C \cdot e^0 = C \cdot 1 = C$$ Следовательно, $C=1$.

Окончательно для второго случая получаем: $$f(x) = e^{\alpha x}$$ где $\alpha = f'(0)$ - некоторая постоянная.

Объединяя оба случая, мы доказали, что если функция $f$ дифференцируема в каждой точке числовой прямой и удовлетворяет равенству $f(x_1 + x_2) = f(x_1) \cdot f(x_2)$, то она имеет вид либо $f(x)=0$, либо $f(x)=e^{\alpha x}$.

Ответ: Что и требовалось доказать. Функция $f(x)$ может быть либо тождественно равной нулю ($f(x)=0$), либо показательной функцией вида $f(x)=e^{\alpha x}$ для некоторой константы $\alpha$.

214. Выведите формулы производных обратных тригонометрических функций:

а) $\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}};$

б) $\arccos' x = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}};$

в) $\arctg' x = \frac{1}{1 + x^2};$

г) $\arcctg' x = -\frac{1}{1 + x^2};$

Для вывода формул производных обратных тригонометрических функций мы воспользуемся теоремой о производной обратной функции. Если функция $y = f(x)$ имеет обратную функцию $x = g(y)$, то производная обратной функции равна $g'(y) = \frac{1}{f'(x)}$. В нашем случае мы будем находить производную $y'(x) = \frac{1}{x'(y)}$.

а) $\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

Пусть $y = \arcsin x$. По определению арксинуса, это означает, что $x = \sin y$ и $y \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.

Найдём производную $x$ по переменной $y$:

$x'(y) = (\sin y)' = \cos y$

По формуле производной обратной функции:

$y'(x) = (\arcsin x)' = \frac{1}{x'(y)} = \frac{1}{\cos y}$

Теперь выразим $\cos y$ через $x$. Из основного тригонометрического тождества $\sin^2 y + \cos^2 y = 1$ следует, что $\cos^2 y = 1 - \sin^2 y$. Так как $x = \sin y$, получаем $\cos^2 y = 1 - x^2$, откуда $\cos y = \pm\sqrt{1-x^2}$.

Поскольку $y$ принадлежит промежутку $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, косинус на этом промежутке неотрицателен, то есть $\cos y \ge 0$. Поэтому мы выбираем знак плюс: $\cos y = \sqrt{1-x^2}$.

Подставляя это выражение в формулу для производной, получаем:

$(\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

Ответ: $(\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

б) $\arccos' x = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

Пусть $y = \arccos x$. Это означает, что $x = \cos y$ и $y \in [0, \pi]$.

Найдём производную $x$ по переменной $y$:

$x'(y) = (\cos y)' = -\sin y$

По формуле производной обратной функции:

$y'(x) = (\arccos x)' = \frac{1}{x'(y)} = \frac{1}{-\sin y} = -\frac{1}{\sin y}$

Выразим $\sin y$ через $x$. Из тождества $\sin^2 y + \cos^2 y = 1$ следует, что $\sin^2 y = 1 - \cos^2 y$. Так как $x = \cos y$, получаем $\sin^2 y = 1 - x^2$, откуда $\sin y = \pm\sqrt{1-x^2}$.

Поскольку $y$ принадлежит промежутку $[0, \pi]$, синус на этом промежутке неотрицателен, то есть $\sin y \ge 0$. Поэтому мы выбираем знак плюс: $\sin y = \sqrt{1-x^2}$.

Подставляя это выражение, получаем:

$(\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

Ответ: $(\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

в) $\operatorname{arctg}' x = \frac{1}{1+x^2}$

Пусть $y = \operatorname{arctg} x$. Это означает, что $x = \operatorname{tg} y$ и $y \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Найдём производную $x$ по переменной $y$:

$x'(y) = (\operatorname{tg} y)' = \frac{1}{\cos^2 y}$

По формуле производной обратной функции:

$y'(x) = (\operatorname{arctg} x)' = \frac{1}{x'(y)} = \frac{1}{1/\cos^2 y} = \cos^2 y$

Выразим $\cos^2 y$ через $x$. Используем тригонометрическое тождество $1 + \operatorname{tg}^2 y = \frac{1}{\cos^2 y}$, из которого следует, что $\cos^2 y = \frac{1}{1 + \operatorname{tg}^2 y}$.

Так как $x = \operatorname{tg} y$, подставляем и получаем:

$\cos^2 y = \frac{1}{1+x^2}$

Следовательно:

$(\operatorname{arctg} x)' = \frac{1}{1+x^2}$

Ответ: $(\operatorname{arctg} x)' = \frac{1}{1+x^2}$

г) $\operatorname{arcctg}' x = -\frac{1}{1+x^2}$

Пусть $y = \operatorname{arcctg} x$. Это означает, что $x = \operatorname{ctg} y$ и $y \in (0, \pi)$.

Найдём производную $x$ по переменной $y$:

$x'(y) = (\operatorname{ctg} y)' = -\frac{1}{\sin^2 y}$

По формуле производной обратной функции:

$y'(x) = (\operatorname{arcctg} x)' = \frac{1}{x'(y)} = \frac{1}{-1/\sin^2 y} = -\sin^2 y$

Выразим $\sin^2 y$ через $x$. Используем тригонометрическое тождество $1 + \operatorname{ctg}^2 y = \frac{1}{\sin^2 y}$, из которого следует, что $\sin^2 y = \frac{1}{1 + \operatorname{ctg}^2 y}$.

Так как $x = \operatorname{ctg} y$, подставляем и получаем:

$\sin^2 y = \frac{1}{1+x^2}$

Следовательно:

$(\operatorname{arcctg} x)' = -\frac{1}{1+x^2}$

Ответ: $(\operatorname{arcctg} x)' = -\frac{1}{1+x^2}$

215. Найдите производную функции:

а) $y = x^x$

б) $y = (\sin x)^{\cos x}$

а) $y = x^x$

Для нахождения производной функции вида $y = u(x)^{v(x)}$, где и основание, и показатель степени зависят от $x$, используется метод логарифмического дифференцирования.

1. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию $e$ (натуральный логарифм):

$\ln y = \ln(x^x)$

2. Используя свойство логарифма $\ln(a^b) = b \ln a$, получаем:

$\ln y = x \ln x$

3. Теперь продифференцируем обе части по $x$. Производная левой части находится как производная сложной функции: $(\ln y)' = \frac{1}{y} \cdot y'$. Для правой части используем правило производной произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

$\frac{d}{dx}(\ln y) = \frac{d}{dx}(x \ln x)$

$\frac{1}{y} y' = (x)' \ln x + x (\ln x)'$

4. Вычисляем производные в правой части:

$(x)' = 1$

$(\ln x)' = \frac{1}{x}$

Подставляем их обратно:

$\frac{1}{y} y' = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x}$

$\frac{1}{y} y' = \ln x + 1$

5. Выразим $y'$ (производную), умножив обе части на $y$:

$y' = y (\ln x + 1)$

6. Подставим исходное выражение для $y = x^x$:

$y' = x^x (\ln x + 1)$

Ответ: $y' = x^x (1 + \ln x)$

б) $y = (\sin x)^{\cos x}$

Это также показательно-степенная функция, поэтому применим логарифмическое дифференцирование.

1. Логарифмируем обе части:

$\ln y = \ln((\sin x)^{\cos x})$

$\ln y = \cos x \cdot \ln(\sin x)$

2. Дифференцируем обе части по $x$. В правой части используем правило производной произведения $(uv)' = u'v + uv'$, где $u = \cos x$ и $v = \ln(\sin x)$.

$(\ln y)' = (\cos x \cdot \ln(\sin x))'$

$\frac{1}{y} y' = (\cos x)' \cdot \ln(\sin x) + \cos x \cdot (\ln(\sin x))'$

3. Найдем производные по отдельности:

$(\cos x)' = -\sin x$

Для нахождения производной $(\ln(\sin x))'$ используем правило дифференцирования сложной функции: $(\ln(f(x)))' = \frac{1}{f(x)} \cdot f'(x)$.

$(\ln(\sin x))' = \frac{1}{\sin x} \cdot (\sin x)' = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x = \cot x$

4. Подставим найденные производные в уравнение:

$\frac{1}{y} y' = (-\sin x) \cdot \ln(\sin x) + \cos x \cdot \cot x$

Упростим правую часть:

$\frac{1}{y} y' = -\sin x \ln(\sin x) + \cos x \cdot \frac{\cos x}{\sin x}$

$\frac{1}{y} y' = \frac{\cos^2 x}{\sin x} - \sin x \ln(\sin x)$

5. Выразим $y'$:

$y' = y \left( \frac{\cos^2 x}{\sin x} - \sin x \ln(\sin x) \right)$

6. Подставим исходное выражение для $y = (\sin x)^{\cos x}$:

$y' = (\sin x)^{\cos x} \left( \frac{\cos^2 x}{\sin x} - \sin x \ln(\sin x) \right)$

Ответ: $y' = (\sin x)^{\cos x} \left( \cot x \cos x - \sin x \ln(\sin x) \right)$

216. Найдите n-ю производную функции $y = \frac{1}{x^2 - 3x + 2}$

Для нахождения n-й производной данной функции, первым шагом разложим ее на сумму простейших дробей. Для этого необходимо разложить на множители знаменатель $x^2 - 3x + 2$.

Найдем корни квадратного уравнения $x^2 - 3x + 2 = 0$. Используя теорему Виета, получаем, что сумма корней равна 3, а их произведение равно 2. Отсюда находим корни: $x_1 = 1$ и $x_2 = 2$.

Следовательно, знаменатель можно представить в виде произведения: $x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2)$.

Теперь представим исходную дробь в виде суммы простейших дробей:

$y = \frac{1}{x^2 - 3x + 2} = \frac{1}{(x-1)(x-2)} = \frac{A}{x-2} + \frac{B}{x-1}$

Для нахождения неизвестных коэффициентов A и B, приведем дроби в правой части к общему знаменателю:

$\frac{1}{(x-1)(x-2)} = \frac{A(x-1) + B(x-2)}{(x-2)(x-1)}$

Так как знаменатели равны, должны быть равны и числители:

$1 = A(x-1) + B(x-2)$

Найдем коэффициенты A и B, подставляя вместо x значения корней знаменателя (метод частных значений):

При $x = 2$:
$1 = A(2-1) + B(2-2) \Rightarrow 1 = A \cdot 1 + B \cdot 0 \Rightarrow A = 1$.

При $x = 1$:
$1 = A(1-1) + B(1-2) \Rightarrow 1 = A \cdot 0 + B \cdot (-1) \Rightarrow B = -1$.

Таким образом, разложение функции на простейшие дроби имеет вид:

$y = \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x-1}$

Теперь найдем n-ю производную от каждого слагаемого. Для этого выведем общую формулу для n-й производной функции вида $f(x) = \frac{1}{x-c} = (x-c)^{-1}$.

Найдем первые несколько производных:

$f'(x) = (-1)(x-c)^{-2}$

$f''(x) = (-1)(-2)(x-c)^{-3} = (-1)^2 \cdot 2! \cdot (x-c)^{-3}$

$f'''(x) = (-1)^2 \cdot 2! \cdot (-3)(x-c)^{-4} = (-1)^3 \cdot 3! \cdot (x-c)^{-4}$

Видно, что n-я производная подчиняется закономерности, которую можно доказать по индукции:

$f^{(n)}(x) = \left(\frac{1}{x-c}\right)^{(n)} = (-1)^n n! (x-c)^{-(n+1)} = \frac{(-1)^n n!}{(x-c)^{n+1}}$

Применим эту формулу к нашей функции $y = \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x-1}$. Производная суммы равна сумме производных:

$y^{(n)} = \left(\frac{1}{x-2}\right)^{(n)} - \left(\frac{1}{x-1}\right)^{(n)}$

Подставляем значения $c=2$ и $c=1$ в выведенную формулу:

$y^{(n)} = \frac{(-1)^n n!}{(x-2)^{n+1}} - \frac{(-1)^n n!}{(x-1)^{n+1}}$

Для получения окончательного ответа вынесем общий множитель $(-1)^n n!$ за скобки:

$y^{(n)} = (-1)^n n! \left( \frac{1}{(x-2)^{n+1}} - \frac{1}{(x-1)^{n+1}} \right)$

Ответ: $y^{(n)} = (-1)^n n! \left( \frac{1}{(x-2)^{n+1}} - \frac{1}{(x-1)^{n+1}} \right)$

217. Докажите, что если $f(x_0) = g(x_0)$ и $f'(x) > g'(x)$ при $x > x_0$, то $f(x) > g(x)$ при $x > x_0$.

Для доказательства введем вспомогательную функцию $h(x) = f(x) - g(x)$.
Цель доказательства — показать, что $h(x) > 0$ при $x > x_0$, используя предоставленные условия.

Переформулируем условия задачи в терминах функции $h(x)$:
1. Из условия $f(x_0) = g(x_0)$ следует, что $h(x_0) = f(x_0) - g(x_0) = 0$.
2. Производная функции $h(x)$ равна $h'(x) = f'(x) - g'(x)$. Из условия $f'(x) > g'(x)$ при $x > x_0$ следует, что $h'(x) > 0$ при $x > x_0$.

Условие $h'(x) > 0$ на интервале $(x_0, +\infty)$ означает, что функция $h(x)$ является строго возрастающей на этом интервале.

Для формального доказательства возьмем любое $x > x_0$ и рассмотрим отрезок $[x_0, x]$. Поскольку функции $f(x)$ и $g(x)$ дифференцируемы, то и функция $h(x)$ дифференцируема (а следовательно, и непрерывна) на этом отрезке.
Применим к функции $h(x)$ на отрезке $[x_0, x]$ теорему Лагранжа о среднем значении. Согласно этой теореме, существует точка $c$, принадлежащая интервалу $(x_0, x)$, такая, что выполняется равенство:
$h'(c) = \frac{h(x) - h(x_0)}{x - x_0}$

Выразим отсюда $h(x) - h(x_0)$:
$h(x) - h(x_0) = h'(c) \cdot (x - x_0)$

Мы знаем, что $h(x_0) = 0$, поэтому:
$h(x) = h'(c) \cdot (x - x_0)$

Теперь проанализируем знаки множителей в правой части этого равенства:
1. Так как мы выбрали $x > x_0$, то разность $(x - x_0)$ является положительным числом: $(x - x_0) > 0$.
2. Точка $c$ лежит в интервале $(x_0, x)$, что означает $c > x_0$. По условию, для всех аргументов, больших $x_0$, производная $h'(x)$ положительна. Следовательно, $h'(c) > 0$.

Произведение двух строго положительных чисел ($h'(c)$ и $(x-x_0)$) также является строго положительным числом. Таким образом:
$h(x) > 0$

Поскольку $h(x) = f(x) - g(x)$, то из $h(x) > 0$ следует, что $f(x) - g(x) > 0$, или $f(x) > g(x)$.
Так как это рассуждение верно для любого $x > x_0$, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано.

218. Вычислите сумму:

a) $1 + \frac{2}{2} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + \ldots + \frac{n}{2^{n-1}}$;

б) $2 + 3 \cdot \frac{2}{2} + 4 \cdot \frac{3}{2^2} + 5 \cdot \frac{4}{2^3} + \ldots + (n+1) \cdot \frac{n}{2^{n-1}}$.

а)

Обозначим данную сумму как $S_n$.

$S_n = 1 + \frac{2}{2} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + \dots + \frac{n}{2^{n-1}} = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2^{k-1}}$

Для вычисления этой суммы, которая является арифметико-геометрической прогрессией, используем метод разностей. Умножим обе части равенства на знаменатель геометрической прогрессии, то есть на $\frac{1}{2}$:

$\frac{1}{2} S_n = \frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \dots + \frac{n-1}{2^{n-1}} + \frac{n}{2^n}$

Теперь вычтем второе равенство из первого:

$S_n - \frac{1}{2} S_n = (1 + \frac{2}{2} + \frac{3}{2^2} + \dots + \frac{n}{2^{n-1}}) - (\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \dots + \frac{n}{2^n})$

Сгруппируем члены с одинаковыми знаменателями:

$\frac{1}{2} S_n = 1 + (\frac{2}{2} - \frac{1}{2}) + (\frac{3}{2^2} - \frac{2}{2^2}) + \dots + (\frac{n}{2^{n-1}} - \frac{n-1}{2^{n-1}}) - \frac{n}{2^n}$

$\frac{1}{2} S_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}} - \frac{n}{2^n}$

Выражение $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}}$ является суммой первых $n$ членов геометрической прогрессии с первым членом $b_1 = 1$ и знаменателем $q = \frac{1}{2}$.

Сумма этой прогрессии вычисляется по формуле $G_n = \frac{b_1(1-q^n)}{1-q}$.

$G_n = \frac{1 \cdot (1 - (\frac{1}{2})^n)}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{1 - \frac{1}{2^n}}{\frac{1}{2}} = 2(1 - \frac{1}{2^n}) = 2 - \frac{2}{2^n} = 2 - \frac{1}{2^{n-1}}$.

Подставим это значение обратно в выражение для $\frac{1}{2} S_n$:

$\frac{1}{2} S_n = (2 - \frac{1}{2^{n-1}}) - \frac{n}{2^n} = 2 - \frac{2}{2^n} - \frac{n}{2^n} = 2 - \frac{n+2}{2^n}$

Наконец, умножим обе части на 2, чтобы найти $S_n$:

$S_n = 2 \cdot (2 - \frac{n+2}{2^n}) = 4 - \frac{2(n+2)}{2^n} = 4 - \frac{n+2}{2^{n-1}}$

Ответ: $4 - \frac{n+2}{2^{n-1}}$

б)

Обозначим данную сумму как $S'_n$.

$S'_n = 2 + 3 \cdot \frac{2}{2} + 4 \cdot \frac{3}{2^2} + 5 \cdot \frac{4}{2^3} + \dots + (n+1) \cdot \frac{n}{2^{n-1}}$

Общий член ряда можно записать как $a_k = (k+1) \frac{k}{2^{k-1}}$ для $k=1, 2, \dots, n$.

Преобразуем общий член:

$a_k = \frac{k(k+1)}{2^{k-1}} = \frac{k^2+k}{2^{k-1}} = \frac{k^2}{2^{k-1}} + \frac{k}{2^{k-1}}$

Таким образом, сумму $S'_n$ можно представить как сумму двух рядов:

$S'_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k^2}{2^{k-1}} + \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2^{k-1}}$

Вторая сумма — это в точности сумма $S_n$ из пункта а), для которой мы уже нашли выражение: $S_n = 4 - \frac{n+2}{2^{n-1}}$.

Обозначим первую сумму как $T_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k^2}{2^{k-1}}$.

$T_n = \frac{1^2}{2^0} + \frac{2^2}{2^1} + \frac{3^2}{2^2} + \dots + \frac{n^2}{2^{n-1}}$

Для вычисления $T_n$ снова применим метод разностей. Умножим обе части на $\frac{1}{2}$:

$\frac{1}{2} T_n = \frac{1^2}{2^1} + \frac{2^2}{2^2} + \frac{3^2}{2^3} + \dots + \frac{(n-1)^2}{2^{n-1}} + \frac{n^2}{2^n}$

Вычтем второе равенство из первого:

$\frac{1}{2} T_n = 1 + (\frac{2^2}{2} - \frac{1^2}{2}) + (\frac{3^2}{2^2} - \frac{2^2}{2^2}) + \dots + (\frac{n^2}{2^{n-1}} - \frac{(n-1)^2}{2^{n-1}}) - \frac{n^2}{2^n}$

$\frac{1}{2} T_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{k^2 - (k-1)^2}{2^{k-1}} - \frac{n^2}{2^n}$

Так как $k^2 - (k-1)^2 = k^2 - (k^2 - 2k + 1) = 2k-1$, получаем:

$\frac{1}{2} T_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{2k-1}{2^{k-1}} - \frac{n^2}{2^n}$

Разобьем сумму $\sum_{k=2}^{n} \frac{2k-1}{2^{k-1}}$ на две части: $2\sum_{k=2}^{n} \frac{k}{2^{k-1}} - \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{2^{k-1}}$.

Вычислим каждую часть. Из пункта а) мы знаем, что $S_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{k}{2^{k-1}}$, откуда $\sum_{k=2}^{n} \frac{k}{2^{k-1}} = S_n - 1$. Тогда первая часть равна $2(S_n - 1)$.

Вторая часть $\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{2^{k-1}}$ — это сумма $n-1$ членов геометрической прогрессии с первым членом $b_1=\frac{1}{2}$ и знаменателем $q=\frac{1}{2}$. Ее сумма равна $\frac{\frac{1}{2}(1-(\frac{1}{2})^{n-1})}{1-\frac{1}{2}} = 1 - \frac{1}{2^{n-1}}$.

Тогда $\sum_{k=2}^{n} \frac{2k-1}{2^{k-1}} = 2(S_n - 1) - (1 - \frac{1}{2^{n-1}}) = 2S_n - 3 + \frac{1}{2^{n-1}}$.

Подставим это обратно в выражение для $\frac{1}{2}T_n$:

$\frac{1}{2} T_n = 1 + (2S_n - 3 + \frac{1}{2^{n-1}}) - \frac{n^2}{2^n} = 2S_n - 2 + \frac{2}{2^n} - \frac{n^2}{2^n}$

Подставим выражение для $S_n$:

$\frac{1}{2} T_n = 2(4 - \frac{n+2}{2^{n-1}}) - 2 + \frac{2-n^2}{2^n} = 8 - \frac{2(n+2)}{2^{n-1}} - 2 + \frac{2-n^2}{2^n}$

$\frac{1}{2} T_n = 6 - \frac{4(n+2)}{2^n} + \frac{2-n^2}{2^n} = 6 - \frac{4n+8 - (2-n^2)}{2^n} = 6 - \frac{n^2+4n+6}{2^n}$

Умножим на 2, чтобы найти $T_n$:

$T_n = 12 - \frac{2(n^2+4n+6)}{2^n} = 12 - \frac{n^2+4n+6}{2^{n-1}}$

Теперь найдем искомую сумму $S'_n = T_n + S_n$:

$S'_n = (12 - \frac{n^2+4n+6}{2^{n-1}}) + (4 - \frac{n+2}{2^{n-1}})$

$S'_n = 16 - \frac{n^2+4n+6+n+2}{2^{n-1}} = 16 - \frac{n^2+5n+8}{2^{n-1}}$

Ответ: $16 - \frac{n^2+5n+8}{2^{n-1}}$

Исследуйте функции на возрастание (убывание) и экстремумы (219–220).

219. a) $f(x) = x^2(\sqrt{x-1});$

б) $f(x) = x^2 \sqrt{1-2x};$

в) $f(x) = 6 \sin x - \cos 2x;$

г) $f(x) = 2 \sin x + 3 \cos x.$

а) $f(x) = x^2(\sqrt{x} - 1)$

1. Область определения функции.

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x \ge 0$. Таким образом, область определения функции $D(f) = [0, +\infty)$.

Преобразуем функцию: $f(x) = x^2 \cdot x^{1/2} - x^2 = x^{5/2} - x^2$.

2. Находим производную функции.

$f'(x) = (x^{5/2} - x^2)' = \frac{5}{2}x^{3/2} - 2x = x(\frac{5}{2}\sqrt{x} - 2)$.

3. Находим критические точки.

Приравняем производную к нулю: $f'(x) = 0$.

$x(\frac{5}{2}\sqrt{x} - 2) = 0$.

Отсюда либо $x=0$, либо $\frac{5}{2}\sqrt{x} - 2 = 0$.

Решаем второе уравнение: $\frac{5}{2}\sqrt{x} = 2 \implies \sqrt{x} = \frac{4}{5} \implies x = \frac{16}{25}$.

Обе точки, $x=0$ и $x=16/25$, принадлежат области определения.

4. Определяем знаки производной на интервалах.

Критические точки $x=0$ и $x=16/25$ делят область определения на интервалы $(0, 16/25)$ и $(16/25, +\infty)$.

На интервале $(0, 16/25)$, например, при $x=1/25$: $f'(1/25) = \frac{1}{25}(\frac{5}{2}\sqrt{\frac{1}{25}} - 2) = \frac{1}{25}(\frac{5}{2} \cdot \frac{1}{5} - 2) = \frac{1}{25}(\frac{1}{2} - 2) < 0$. Функция убывает.

На интервале $(16/25, +\infty)$, например, при $x=1$: $f'(1) = 1(\frac{5}{2}\sqrt{1} - 2) = \frac{5}{2} - 2 > 0$. Функция возрастает.

5. Определяем точки экстремума.

В точке $x = 16/25$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка минимума.

$y_{min} = f(16/25) = (\frac{16}{25})^2(\sqrt{\frac{16}{25}} - 1) = \frac{256}{625}(\frac{4}{5} - 1) = \frac{256}{625}(-\frac{1}{5}) = -\frac{256}{3125}$.

Точка $x=0$ является граничной точкой области определения. Так как на интервале $(0, 16/25)$ функция убывает, то $x=0$ является точкой локального максимума.

$y_{max} = f(0) = 0^2(\sqrt{0}-1) = 0$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[\frac{16}{25}, +\infty)$, убывает на промежутке $[0, \frac{16}{25}]$; $x_{min} = \frac{16}{25}$, $y_{min} = -\frac{256}{3125}$; $x_{max} = 0$, $y_{max} = 0$.

б) $f(x) = x^2\sqrt{1-2x}$

1. Область определения функции.

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $1-2x \ge 0 \implies 2x \le 1 \implies x \le 1/2$. Область определения $D(f) = (-\infty, 1/2]$.

2. Находим производную функции.

Используем правило производной произведения: $f'(x) = (x^2)'\sqrt{1-2x} + x^2(\sqrt{1-2x})'$.

$f'(x) = 2x\sqrt{1-2x} + x^2 \cdot \frac{-2}{2\sqrt{1-2x}} = 2x\sqrt{1-2x} - \frac{x^2}{\sqrt{1-2x}}$.

$f'(x) = \frac{2x(1-2x) - x^2}{\sqrt{1-2x}} = \frac{2x - 4x^2 - x^2}{\sqrt{1-2x}} = \frac{2x - 5x^2}{\sqrt{1-2x}} = \frac{x(2-5x)}{\sqrt{1-2x}}$.

3. Находим критические точки.

Приравняем производную к нулю: $x(2-5x)=0$. Отсюда $x=0$ или $x=2/5$. Обе точки принадлежат $D(f)$.

Производная не определена при $x=1/2$. Это граничная точка области определения.

4. Определяем знаки производной на интервалах.

Критические точки $0, 2/5, 1/2$ делят область определения на интервалы $(-\infty, 0)$, $(0, 2/5)$, $(2/5, 1/2)$.

Знак $f'(x)$ совпадает со знаком числителя $x(2-5x)$, так как знаменатель $\sqrt{1-2x} > 0$ внутри области определения.

На интервале $(-\infty, 0)$: $x(2-5x) < 0$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.

На интервале $(0, 2/5)$: $x(2-5x) > 0$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

На интервале $(2/5, 1/2)$: $x(2-5x) < 0$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.

5. Определяем точки экстремума.

В точке $x=0$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка минимума. $y_{min} = f(0) = 0$.

В точке $x=2/5$ производная меняет знак с «+» на «−», это точка максимума. $y_{max} = f(2/5) = (\frac{2}{5})^2 \sqrt{1 - 2 \cdot \frac{2}{5}} = \frac{4}{25}\sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{4\sqrt{5}}{125}$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[0, \frac{2}{5}]$, убывает на промежутках $(-\infty, 0]$ и $[\frac{2}{5}, \frac{1}{2}]$; $x_{min} = 0$, $y_{min} = 0$; $x_{max} = \frac{2}{5}$, $y_{max} = \frac{4\sqrt{5}}{125}$.

в) $f(x) = 6\sin x - \cos 2x$

1. Область определения и периодичность.

Область определения $D(f) = (-\infty, +\infty)$. Функция является периодической с основным периодом $2\pi$. Исследуем ее на промежутке $[0, 2\pi]$.

2. Находим производную функции.

$f'(x) = (6\sin x - \cos 2x)' = 6\cos x - (-\sin 2x) \cdot 2 = 6\cos x + 2\sin 2x$.

Используя формулу двойного угла $\sin 2x = 2\sin x \cos x$, получаем:

$f'(x) = 6\cos x + 4\sin x \cos x = 2\cos x (3 + 2\sin x)$.

3. Находим критические точки.

Приравняем производную к нулю: $2\cos x (3 + 2\sin x) = 0$.

Так как $-1 \le \sin x \le 1$, то $1 \le 3+2\sin x \le 5$, то есть множитель $(3+2\sin x)$ всегда положителен. Следовательно, $f'(x) = 0$ тогда и только тогда, когда $\cos x = 0$.

На промежутке $[0, 2\pi]$ решениями являются $x = \pi/2$ и $x = 3\pi/2$.

В общем виде, критические точки: $x = \pi/2 + k\pi$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4. Определяем знаки производной на интервалах.

Знак $f'(x)$ совпадает со знаком $\cos x$.

На интервалах $(0, \pi/2)$ и $(3\pi/2, 2\pi)$: $\cos x > 0 \implies f'(x) > 0$. Функция возрастает.

На интервале $(\pi/2, 3\pi/2)$: $\cos x < 0 \implies f'(x) < 0$. Функция убывает.

5. Определяем точки экстремума.

В точке $x = \pi/2$ производная меняет знак с «+» на «−», это точка максимума. $y_{max} = f(\pi/2) = 6\sin(\pi/2) - \cos(\pi) = 6(1) - (-1) = 7$.

В точке $x = 3\pi/2$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка минимума. $y_{min} = f(3\pi/2) = 6\sin(3\pi/2) - \cos(3\pi) = 6(-1) - (-1) = -5$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k]$, убывает на промежутках $[\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$; точки максимума $x_{max} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, $y_{max}=7$; точки минимума $x_{min} = \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$, $y_{min}=-5$, $k \in \mathbb{Z}$.

г) $f(x) = 2\sin x + 3\cos x$

1. Область определения и периодичность.

Область определения $D(f) = (-\infty, +\infty)$. Функция является периодической с основным периодом $2\pi$. Исследуем ее на промежутке $[0, 2\pi]$.

2. Находим производную функции.

$f'(x) = (2\sin x + 3\cos x)' = 2\cos x - 3\sin x$.

3. Находим критические точки.

Приравняем производную к нулю: $2\cos x - 3\sin x = 0 \implies 2\cos x = 3\sin x$.

Разделим на $\cos x$ (он не равен нулю, иначе $\sin x = 0$, что невозможно одновременно): $\tan x = 2/3$.

Решения уравнения: $x = \arctan(2/3) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4. Определяем знаки производной на интервалах.

Рассмотрим интервал $[-\pi + \arctan(2/3), \pi + \arctan(2/3)]$ длиной $2\pi$. Критические точки: $x_1 = \arctan(2/3)$ и $x_2 = \arctan(2/3) - \pi$.

Возьмем точку $x=0$, которая лежит в интервале $(\arctan(2/3)-\pi, \arctan(2/3))$. $f'(0) = 2\cos(0) - 3\sin(0) = 2 > 0$. Функция возрастает.

Возьмем точку $x=\pi/2$, которая лежит в интервале $(\arctan(2/3), \arctan(2/3)+\pi)$. $f'(\pi/2) = 2\cos(\pi/2) - 3\sin(\pi/2) = -3 < 0$. Функция убывает.

5. Определяем точки экстремума.

Точки вида $x = \arctan(2/3) + 2\pi k$: производная меняет знак с «+» на «−», это точки максимума.

Точки вида $x = \arctan(2/3) + \pi + 2\pi k$: производная меняет знак с «−» на «+», это точки минимума.

Для нахождения значений в точках экстремума воспользуемся тем, что если $\tan x = 2/3$, то $\sin x = \pm \frac{2}{\sqrt{2^2+3^2}} = \pm \frac{2}{\sqrt{13}}$ и $\cos x = \pm \frac{3}{\sqrt{13}}$.

В точках максимума ($x = \arctan(2/3) + 2\pi k$, I четверть) $\sin x = \frac{2}{\sqrt{13}}$, $\cos x = \frac{3}{\sqrt{13}}$.
$y_{max} = 2(\frac{2}{\sqrt{13}}) + 3(\frac{3}{\sqrt{13}}) = \frac{4+9}{\sqrt{13}} = \frac{13}{\sqrt{13}} = \sqrt{13}$.

В точках минимума ($x = \arctan(2/3) + \pi + 2\pi k$, III четверть) $\sin x = -\frac{2}{\sqrt{13}}$, $\cos x = -\frac{3}{\sqrt{13}}$.
$y_{min} = 2(-\frac{2}{\sqrt{13}}) + 3(-\frac{3}{\sqrt{13}}) = \frac{-4-9}{\sqrt{13}} = -\frac{13}{\sqrt{13}} = -\sqrt{13}$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[\arctan(2/3) - \pi + 2\pi k, \arctan(2/3) + 2\pi k]$, убывает на промежутках $[\arctan(2/3) + 2\pi k, \arctan(2/3) + \pi + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$; точки максимума $x_{max} = \arctan(2/3) + 2\pi k$, $y_{max}=\sqrt{13}$; точки минимума $x_{min} = \arctan(2/3) + \pi + 2\pi k$, $y_{min}=-\sqrt{13}$, $k \in \mathbb{Z}$.

220. a) $f(x) = -0.2x^5 + 0.5x^4 - x^3 - x^2 - x;$

б) $f(x) = 0.8x^5 - x^4 + 4x^3 + 2x^2 - 4x.$

а)

Дана функция $f(x) = -0,2x^5 + 0,5x^4 - x^3 - x^2 - x$.
Для того чтобы решить задачу, найдем производную данной функции $f'(x)$. Мы будем использовать правило дифференцирования суммы функций $(u+v)' = u' + v'$ и формулу производной степенной функции $(x^n)' = n \cdot x^{n-1}$.

Запишем производную функции: $f'(x) = (-0,2x^5 + 0,5x^4 - x^3 - x^2 - x)'$

Применим правило дифференцирования к каждому слагаемому: $f'(x) = (-0,2x^5)' + (0,5x^4)' - (x^3)' - (x^2)' - (x)'$

Теперь вычислим производную каждого слагаемого, используя формулу для степенной функции и правило вынесения константы за знак производной $(c \cdot u)' = c \cdot u'$: $f'(x) = -0,2 \cdot (x^5)' + 0,5 \cdot (x^4)' - 3x^{3-1} - 2x^{2-1} - 1x^{1-1}$ $f'(x) = -0,2 \cdot (5x^4) + 0,5 \cdot (4x^3) - 3x^2 - 2x - 1$

Выполним умножение коэффициентов: $-0,2 \cdot 5 = -1$
$0,5 \cdot 4 = 2$

Подставим полученные значения и запишем окончательный вид производной: $f'(x) = -1 \cdot x^4 + 2x^3 - 3x^2 - 2x - 1 = -x^4 + 2x^3 - 3x^2 - 2x - 1$

Ответ: $f'(x) = -x^4 + 2x^3 - 3x^2 - 2x - 1$

б)

Дана функция $f(x) = 0,8x^5 - x^4 + 4x^3 + 2x^2 - 4x$.
Аналогично пункту а), найдем производную функции $f'(x)$, используя те же правила дифференцирования.

Запишем производную функции: $f'(x) = (0,8x^5 - x^4 + 4x^3 + 2x^2 - 4x)'$

Применим правило дифференцирования к каждому слагаемому: $f'(x) = (0,8x^5)' - (x^4)' + (4x^3)' + (2x^2)' - (4x)'$

Вычислим производную каждого слагаемого: $f'(x) = 0,8 \cdot (x^5)' - (x^4)' + 4 \cdot (x^3)' + 2 \cdot (x^2)' - 4 \cdot (x)'$ $f'(x) = 0,8 \cdot (5x^4) - 4x^3 + 4 \cdot (3x^2) + 2 \cdot (2x) - 4 \cdot (1)$

Выполним умножение коэффициентов: $0,8 \cdot 5 = 4$
$4 \cdot 3 = 12$
$2 \cdot 2 = 4$

Подставим полученные значения и запишем окончательный вид производной: $f'(x) = 4x^4 - 4x^3 + 12x^2 + 4x - 4$

Ответ: $f'(x) = 4x^4 - 4x^3 + 12x^2 + 4x - 4$

221. Найдите все значения $a$, при которых функция $f$ возрастает на $R$:

а) $f(x) = \frac{a^2 - 1}{3} x^3 + (a - 1) x^2 + 2x + 5;$

б) $f(x) = 2x^3 - 3 (a + 2) x^2 + 48ax + 6x - 5.$

а) $f(x) = \frac{a^2 - 1}{3} x^3 + (a - 1) x^2 + 2x + 5$

Для того чтобы дифференцируемая функция $f(x)$ возрастала на всей числовой прямой $\mathbb{R}$, необходимо и достаточно, чтобы ее производная $f'(x)$ была неотрицательной для всех $x \in \mathbb{R}$, то есть $f'(x) \ge 0$.

Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = \left(\frac{a^2 - 1}{3} x^3 + (a - 1) x^2 + 2x + 5\right)' = \frac{a^2 - 1}{3} \cdot 3x^2 + (a - 1) \cdot 2x + 2$

$f'(x) = (a^2 - 1)x^2 + 2(a - 1)x + 2$

Теперь необходимо, чтобы неравенство $(a^2 - 1)x^2 + 2(a - 1)x + 2 \ge 0$ выполнялось для всех действительных значений $x$.

Это квадратичное неравенство относительно $x$. Рассмотрим два случая в зависимости от знака коэффициента при $x^2$.

Случай 1: Коэффициент при $x^2$ равен нулю.

$a^2 - 1 = 0$, откуда $a = 1$ или $a = -1$.

• При $a=1$ неравенство принимает вид: $(1^2-1)x^2 + 2(1-1)x + 2 \ge 0$, то есть $0 \cdot x^2 + 0 \cdot x + 2 \ge 0$, что упрощается до $2 \ge 0$. Это неравенство верно для любого $x \in \mathbb{R}$. Следовательно, $a=1$ является решением.

• При $a=-1$ неравенство принимает вид: $((-1)^2-1)x^2 + 2(-1-1)x + 2 \ge 0$, то есть $0 \cdot x^2 - 4x + 2 \ge 0$, что упрощается до $-4x + 2 \ge 0$. Это неравенство ($x \le 1/2$) выполняется не для всех $x \in \mathbb{R}$. Следовательно, $a=-1$ не является решением.

Случай 2: Коэффициент при $x^2$ отличен от нуля.

Для того чтобы парабола $y = (a^2 - 1)x^2 + 2(a - 1)x + 2$ была расположена не ниже оси абсцисс, необходимо, чтобы ее ветви были направлены вверх (коэффициент при $x^2$ положителен) и она имела не более одного действительного корня (дискриминант неположителен). Это эквивалентно системе условий:

$\begin{cases} a^2 - 1 > 0 \\ D \le 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство: $a^2 - 1 > 0 \implies a^2 > 1 \implies a \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.

Теперь разберемся со вторым условием. Найдем дискриминант $D$ (удобнее использовать $D/4$):
$D/4 = (a - 1)^2 - (a^2 - 1) \cdot 2 \le 0$
$a^2 - 2a + 1 - 2a^2 + 2 \le 0$
$-a^2 - 2a + 3 \le 0$
Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства:
$a^2 + 2a - 3 \ge 0$

Корнями уравнения $a^2 + 2a - 3 = 0$ являются $a_1=1$ и $a_2=-3$. Так как ветви параболы $y=a^2 + 2a - 3$ направлены вверх, решением неравенства является $a \in (-\infty, -3] \cup [1, \infty)$.

Теперь найдем пересечение решений системы:
$\begin{cases} a \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty) \\ a \in (-\infty, -3] \cup [1, \infty) \end{cases}$

Пересечением этих множеств является $a \in (-\infty, -3] \cup (1, \infty)$.

Объединяя результаты из Случая 1 ($a=1$) и Случая 2 ($a \in (-\infty, -3] \cup (1, \infty)$), получаем итоговое множество значений параметра $a$.

Ответ: $a \in (-\infty, -3] \cup [1, \infty)$.

б) $f(x) = 2x^3 - 3(a + 2)x^2 + 48ax + 6x - 5$

Сначала сгруппируем слагаемые при $x$:

$f(x) = 2x^3 - 3(a + 2)x^2 + (48a + 6)x - 5$

Функция возрастает на $\mathbb{R}$, если ее производная $f'(x) \ge 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Найдем производную:

$f'(x) = (2x^3 - 3(a + 2)x^2 + (48a + 6)x - 5)' = 6x^2 - 6(a + 2)x + 48a + 6$

Необходимо, чтобы неравенство $6x^2 - 6(a + 2)x + 48a + 6 \ge 0$ выполнялось для всех $x$.
Разделим обе части на 6 (так как $6 > 0$, знак неравенства не изменится):

$x^2 - (a + 2)x + 8a + 1 \ge 0$

Это квадратичный трехчлен относительно $x$. Его график — парабола с ветвями, направленными вверх (коэффициент при $x^2$ равен 1 > 0). Чтобы такой трехчлен был всегда неотрицателен, он должен иметь не более одного корня. Это означает, что его дискриминант $D$ должен быть неположительным ($D \le 0$).

Найдем дискриминант:

$D = (-(a + 2))^2 - 4 \cdot 1 \cdot (8a + 1) = (a + 2)^2 - 4(8a + 1)$
$D = (a^2 + 4a + 4) - (32a + 4)$
$D = a^2 + 4a + 4 - 32a - 4 = a^2 - 28a$

Решим неравенство $D \le 0$ относительно $a$:

$a^2 - 28a \le 0$
$a(a - 28) \le 0$

Корнями уравнения $a(a - 28) = 0$ являются $a=0$ и $a=28$. Так как график $y = a^2 - 28a$ — это парабола с ветвями вверх, неравенство $a(a - 28) \le 0$ выполняется на промежутке между корнями, включая сами корни.

Ответ: $a \in [0, 28]$.