Страница 341 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

244. Найдите все значения аргумента, при которых касательные, проведенные к графикам функций $f(x) = 3 \cos 5x$ и $g(x) = 5 \cos 3x + 2$ через точки с этими абсциссами, параллельны.

Условие параллельности касательных, проведенных к графикам функций $f(x)$ и $g(x)$ в точках с одной и той же абсциссой $x$, заключается в равенстве их угловых коэффициентов в этой точке. Угловой коэффициент касательной равен значению производной функции в точке касания. Следовательно, необходимо найти все значения $x$, для которых выполняется равенство $f'(x) = g'(x)$.

Найдем производные заданных функций $f(x) = 3 \cos 5x$ и $g(x) = 5 \cos 3x + 2$, используя правило дифференцирования сложной функции.
Производная функции $f(x)$:
$f'(x) = (3 \cos 5x)' = 3 \cdot (-\sin 5x) \cdot (5x)' = -15 \sin 5x$.
Производная функции $g(x)$:
$g'(x) = (5 \cos 3x + 2)' = 5 \cdot (-\sin 3x) \cdot (3x)' + 0 = -15 \sin 3x$.

Теперь приравняем производные и решим полученное уравнение:
$f'(x) = g'(x)$
$-15 \sin 5x = -15 \sin 3x$
Разделим обе части уравнения на $-15$:
$\sin 5x = \sin 3x$

Для решения этого тригонометрического уравнения перенесем все члены в левую часть и применим формулу разности синусов: $\sin \alpha - \sin \beta = 2 \cos\frac{\alpha+\beta}{2} \sin\frac{\alpha-\beta}{2}$.
$\sin 5x - \sin 3x = 0$
$2 \cos\left(\frac{5x+3x}{2}\right) \sin\left(\frac{5x-3x}{2}\right) = 0$
$2 \cos(4x) \sin(x) = 0$

Произведение равно нулю, если хотя бы один из множителей равен нулю. Это приводит к совокупности двух уравнений:
1) $\sin x = 0$
Решения этого уравнения: $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
2) $\cos 4x = 0$
Решения этого уравнения: $4x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Отсюда $x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{4}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Объединив решения обоих уравнений, мы получаем все значения аргумента, при которых касательные к графикам данных функций параллельны.
Ответ: $x = \pi n$, $x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{4}$, где $n, k \in \mathbb{Z}$.

245. Докажите, что отрезок касательной к гиперболе $y = \frac{a}{x}$, заключенный между осями координат, делится точкой касания пополам.

Пусть дана гипербола, заданная уравнением $y = \frac{a}{x}$.

Выберем на этой гиперболе произвольную точку касания $M$ с координатами $(x_0, y_0)$. Поскольку точка $M$ лежит на гиперболе, ее координаты удовлетворяют уравнению кривой, то есть $y_0 = \frac{a}{x_0}$.

Для того чтобы найти уравнение касательной к графику функции в точке, нам необходимо найти производную этой функции. Уравнение касательной в точке $(x_0, f(x_0))$ имеет вид: $y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0)$.

В нашем случае функция $f(x) = \frac{a}{x}$. Найдем ее производную:

$f'(x) = \left(\frac{a}{x}\right)' = (ax^{-1})' = -1 \cdot ax^{-2} = -\frac{a}{x^2}$.

Значение производной в точке касания $x_0$ равно $f'(x_0) = -\frac{a}{x_0^2}$.

Теперь подставим все известные значения в общее уравнение касательной:

$y - y_0 = -\frac{a}{x_0^2}(x - x_0)$.

Заменим $y_0$ на $\frac{a}{x_0}$:

$y - \frac{a}{x_0} = -\frac{a}{x_0^2}(x - x_0)$.

Далее найдем точки, в которых эта касательная пересекает оси координат. Отрезок касательной заключен между этими точками.

1. Точка пересечения с осью ординат (осью Oy).

В этой точке координата $x = 0$. Подставим это значение в уравнение касательной, чтобы найти координату $y$ точки пересечения (назовем ее $A$):

$y_A - \frac{a}{x_0} = -\frac{a}{x_0^2}(0 - x_0)$

$y_A - \frac{a}{x_0} = \frac{a}{x_0}$

$y_A = \frac{a}{x_0} + \frac{a}{x_0} = \frac{2a}{x_0}$.

Таким образом, точка пересечения с осью Oy имеет координаты $A(0, \frac{2a}{x_0})$.

2. Точка пересечения с осью абсцисс (осью Ox).

В этой точке координата $y = 0$. Подставим это значение в уравнение касательной, чтобы найти координату $x$ точки пересечения (назовем ее $B$):

$0 - \frac{a}{x_0} = -\frac{a}{x_0^2}(x_B - x_0)$.

Предполагая, что $a \neq 0$ и $x_0 \neq 0$ (что верно для гиперболы), мы можем умножить обе части уравнения на $-\frac{x_0}{a}$:

$1 = \frac{1}{x_0}(x_B - x_0)$

$x_0 = x_B - x_0$

$x_B = 2x_0$.

Таким образом, точка пересечения с осью Ox имеет координаты $B(2x_0, 0)$.

3. Проверка того, что точка касания является серединой отрезка AB.

Отрезок касательной заключен между точками $A(0, \frac{2a}{x_0})$ и $B(2x_0, 0)$. Найдем координаты середины этого отрезка по формуле:

$x_{сер} = \frac{x_A + x_B}{2} = \frac{0 + 2x_0}{2} = x_0$

$y_{сер} = \frac{y_A + y_B}{2} = \frac{\frac{2a}{x_0} + 0}{2} = \frac{2a}{2x_0} = \frac{a}{x_0}$.

Координаты середины отрезка $AB$ равны $(x_0, \frac{a}{x_0})$.

Сравним их с координатами точки касания $M(x_0, y_0)$. Мы знаем, что $y_0 = \frac{a}{x_0}$, следовательно, координаты точки $M$ это $(x_0, \frac{a}{x_0})$.

Координаты середины отрезка $AB$ полностью совпадают с координатами точки касания $M$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

246. Докажите, что треугольник, образованный касательной к гиперболе $xy = a^2$ и осями координат, имеет постоянную площадь, равную $2a^2$, а точка касания является центром окружности, описанной около этого треугольника.

Доказательство, что площадь треугольника постоянна и равна $2a^2$

Пусть дана гипербола, заданная уравнением $xy = a^2$. Выберем на ней произвольную точку касания $M_0(x_0, y_0)$. Координаты этой точки удовлетворяют уравнению гиперболы: $x_0 y_0 = a^2$.

Найдем уравнение касательной к гиперболе в точке $M_0$. Для этого представим уравнение гиперболы в виде явной функции $y(x) = \frac{a^2}{x}$.

Производная этой функции определяет угловой коэффициент касательной: $y' = \frac{d}{dx}\left(\frac{a^2}{x}\right) = -\frac{a^2}{x^2}$.

В точке касания $M_0(x_0, y_0)$ угловой коэффициент $k$ равен: $k = y'(x_0) = -\frac{a^2}{x_0^2}$. Используя то, что $a^2 = x_0 y_0$, получаем: $k = -\frac{x_0 y_0}{x_0^2} = -\frac{y_0}{x_0}$.

Уравнение касательной, проходящей через точку $(x_0, y_0)$ с угловым коэффициентом $k$, имеет вид: $y - y_0 = k(x - x_0)$ $y - y_0 = -\frac{y_0}{x_0}(x - x_0)$.

Преобразуем это уравнение. Умножим обе части на $x_0$: $x_0(y - y_0) = -y_0(x - x_0)$ $x_0 y - x_0 y_0 = -y_0 x + y_0 x_0$ $y_0 x + x_0 y = 2x_0 y_0$.

Так как $x_0 y_0 = a^2$, получаем окончательное уравнение касательной: $y_0 x + x_0 y = 2a^2$.

Теперь найдем точки пересечения этой касательной с осями координат, чтобы определить вершины треугольника.

При пересечении с осью $Ox$, координата $y=0$. Подставляя в уравнение касательной, получаем: $y_0 x + x_0 \cdot 0 = 2a^2 \implies y_0 x = 2a^2 \implies x = \frac{2a^2}{y_0}$. Поскольку $y_0 = a^2/x_0$, то $x = \frac{2a^2}{a^2/x_0} = 2x_0$. Следовательно, точка пересечения с осью $Ox$ — это точка $A(2x_0, 0)$.

При пересечении с осью $Oy$, координата $x=0$. Подставляя в уравнение касательной, получаем: $y_0 \cdot 0 + x_0 y = 2a^2 \implies x_0 y = 2a^2 \implies y = \frac{2a^2}{x_0}$. Следовательно, точка пересечения с осью $Oy$ — это точка $B(0, 2y_0)$.

Треугольник, образованный касательной и осями координат, является прямоугольным треугольником $OAB$ с вершинами в точках $O(0, 0)$, $A(2x_0, 0)$ и $B(0, 2y_0)$.

Длины его катетов равны $OA = |2x_0|$ и $OB = |2y_0|$.

Площадь $S$ этого треугольника вычисляется по формуле: $S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} |2x_0| \cdot |2y_0| = 2|x_0 y_0|$.

Так как точка $(x_0, y_0)$ лежит на гиперболе $xy=a^2$, то $x_0 y_0 = a^2$. Таким образом, площадь равна: $S = 2|a^2| = 2a^2$ (поскольку $a^2 \ge 0$).

Площадь $S = 2a^2$ является константой, так как она зависит только от параметра $a$ гиперболы и не зависит от выбора точки касания $(x_0, y_0)$. Первая часть утверждения доказана.

Ответ: Площадь треугольника, образованного касательной к гиперболе $xy = a^2$ и осями координат, постоянна и равна $2a^2$.

Доказательство, что точка касания является центром описанной окружности

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OAB$ с вершинами в начале координат $O(0, 0)$ и в точках пересечения касательной с осями $A(2x_0, 0)$ и $B(0, 2y_0)$.

Центр окружности, описанной около любого прямоугольного треугольника, находится в середине его гипотенузы. В данном случае гипотенузой является отрезок $AB$.

Найдем координаты середины гипотенузы $AB$. Обозначим эту точку как $C(x_C, y_C)$: $x_C = \frac{x_A + x_B}{2} = \frac{2x_0 + 0}{2} = x_0$ $y_C = \frac{y_A + y_B}{2} = \frac{0 + 2y_0}{2} = y_0$

Таким образом, центр описанной окружности имеет координаты $C(x_0, y_0)$. Эти координаты в точности совпадают с координатами точки касания $M_0(x_0, y_0)$.

Следовательно, точка касания и есть центр окружности, описанной около треугольника, образованного касательной и осями координат. Вторая часть утверждения доказана.

Ответ: Точка касания к гиперболе $xy=a^2$ является центром окружности, описанной около треугольника, образованного этой касательной и осями координат.

247. При каких значениях $a$ график функции $f(x) = \frac{ax - x^3}{4}$ пересекает ось абсцисс под углом $45^\circ$ (хотя бы в одной из точек пересечения)?

Угол, под которым график функции пересекает ось абсцисс в некоторой точке $x_0$, определяется углом наклона касательной к графику в этой же точке. Тангенс угла наклона касательной, в свою очередь, равен значению производной функции в точке касания, то есть $k = \tan(\alpha) = f'(x_0)$.

По условию задачи, угол пересечения равен 45°. Это означает, что касательная к графику в точке пересечения с осью Ox наклонена под углом 45° или 135° к положительному направлению оси. Следовательно, тангенс угла наклона должен быть равен $\tan(45^\circ) = 1$ или $\tan(135^\circ) = -1$. Таким образом, в точке пересечения $x_0$ должно выполняться одно из условий: $f'(x_0) = 1$ или $f'(x_0) = -1$.

1. Найдем точки пересечения графика с осью абсцисс.

Пересечение с осью абсцисс происходит при $f(x) = 0$.

$f(x) = \frac{ax - x^3}{4} = 0$

$ax - x^3 = 0$

$x(a - x^2) = 0$

Отсюда мы получаем следующие точки пересечения:

• $x = 0$ (существует при любом $a$)
• $x^2 = a$, что дает $x = \sqrt{a}$ и $x = -\sqrt{a}$ (эти точки существуют только при $a \ge 0$).

2. Найдем производную функции.

$f'(x) = \left(\frac{ax - x^3}{4}\right)' = \frac{1}{4} \cdot (a - 3x^2)$

3. Проверим условие $f'(x_0) = \pm 1$ для каждой точки пересечения.

Случай 1: Точка пересечения $x_0 = 0$.

Эта точка существует для любого значения $a$. Найдем значение производной в этой точке:

$f'(0) = \frac{1}{4}(a - 3 \cdot 0^2) = \frac{a}{4}$

Теперь приравняем это значение к 1 и -1:

$\frac{a}{4} = 1 \implies a = 4$

$\frac{a}{4} = -1 \implies a = -4$

Итак, при $a=4$ и $a=-4$ график пересекает ось абсцисс в точке $x=0$ под углом 45°.

Случай 2: Точки пересечения $x_0$ таковы, что $x_0^2 = a$.

Эти точки существуют только при $a > 0$ (случай $a=0$ уже рассмотрен). Найдем значение производной в этих точках:

$f'(x_0) = \frac{1}{4}(a - 3x_0^2) = \frac{1}{4}(a - 3a) = \frac{-2a}{4} = -\frac{a}{2}$

Приравняем это значение к 1 и -1:

$-\frac{a}{2} = 1 \implies a = -2$. Это значение не удовлетворяет условию $a > 0$, поэтому оно не является решением.

$-\frac{a}{2} = -1 \implies a = 2$. Это значение удовлетворяет условию $a > 0$.

Следовательно, при $a=2$ график пересекает ось абсцисс в точках $x=\sqrt{2}$ и $x=-\sqrt{2}$ под углом 45°.

Объединяя все найденные значения из обоих случаев, получаем искомые значения параметра $a$.

Ответ: $a \in \{-4, 2, 4\}$.

248. При каких значениях $a$ и $b$ прямая $y = 7x - 2$ касается графика функции $y = ax^2 + bx + 1$ в точке $A(1; 5)$?

Для того чтобы прямая $y = 7x - 2$ касалась графика функции $y = ax^2 + bx + 1$ (параболы) в указанной точке $A(1; 5)$, необходимо выполнение двух условий.

Первое условие: точка касания лежит на графике функции.

Поскольку касание происходит в точке $A(1; 5)$, эта точка должна принадлежать графику функции $y = ax^2 + bx + 1$. Подставим координаты точки $x=1$ и $y=5$ в уравнение функции:

$5 = a \cdot (1)^2 + b \cdot (1) + 1$

$5 = a + b + 1$

Из этого получаем первое уравнение, связывающее $a$ и $b$:

$a + b = 4$

Второе условие: равенство угловых коэффициентов.

Угловой коэффициент касательной к графику функции в точке $x_0$ равен значению производной функции в этой точке, то есть $k = y'(x_0)$.

Угловой коэффициент заданной прямой $y = 7x - 2$ равен $k=7$.

Найдем производную функции $y = ax^2 + bx + 1$:

$y' = (ax^2 + bx + 1)' = 2ax + b$

В точке касания $A(1; 5)$ абсцисса равна $x_0 = 1$. Приравняем значение производной в этой точке к угловому коэффициенту касательной:

$y'(1) = 2a \cdot 1 + b = 7$

$2a + b = 7$

Это второе уравнение для нахождения $a$ и $b$.

Решение системы уравнений.

Теперь решим систему из двух полученных уравнений:

$ \begin{cases} a + b = 4 \\ 2a + b = 7 \end{cases} $

Для решения системы удобно вычесть первое уравнение из второго:

$(2a + b) - (a + b) = 7 - 4$

$a = 3$

Подставим найденное значение $a = 3$ в первое уравнение системы:

$3 + b = 4$

$b = 1$

Таким образом, искомые значения коэффициентов: $a = 3$ и $b = 1$.

Ответ: $a = 3$, $b = 1$.

249. Докажите, что при любом значении $a$ существует касательная к графику функции $f (x) = x^2 - ax$, перпендикулярная прямой $y = -x$.

Для того чтобы доказать, что при любом значении a существует касательная к графику функции $f(x) = x^2 - ax$, перпендикулярная прямой $y = -x$, необходимо выполнить следующие шаги.

1. Найти угловой коэффициент прямой, которой должна быть перпендикулярна касательная. Уравнение данной прямой $y = -x$. Ее угловой коэффициент $k_1 = -1$. Две прямые перпендикулярны, если произведение их угловых коэффициентов равно -1 (при условии, что они не параллельны осям координат). Пусть $k_{кас}$ — угловой коэффициент искомой касательной. Тогда должно выполняться условие:

$k_1 \cdot k_{кас} = -1$

$(-1) \cdot k_{кас} = -1$

Отсюда находим, что угловой коэффициент касательной должен быть равен 1:

$k_{кас} = 1$

2. Найти угловой коэффициент касательной к графику функции $f(x)$ в произвольной точке $x_0$. Угловой коэффициент касательной в точке с абсциссой $x_0$ равен значению производной функции в этой точке, то есть $f'(x_0)$. Найдем производную функции $f(x) = x^2 - ax$:

$f'(x) = (x^2)' - (ax)' = 2x - a$

Таким образом, $k_{кас} = f'(x_0) = 2x_0 - a$.

3. Найти абсциссу точки касания $x_0$. Для этого приравняем выражение для углового коэффициента касательной к требуемому значению, равному 1:

$f'(x_0) = 1$

$2x_0 - a = 1$

Выразим $x_0$ из этого уравнения:

$2x_0 = a + 1$

$x_0 = \frac{a + 1}{2}$

Это уравнение имеет единственное решение для $x_0$ при любом действительном значении параметра a. Это означает, что для любого значения a мы можем найти точку на графике функции, в которой касательная имеет угловой коэффициент, равный 1. Следовательно, для любого a существует касательная, перпендикулярная прямой $y = -x$.

Ответ: Поскольку уравнение для абсциссы точки касания $2x_0 - a = 1$ имеет решение $x_0 = \frac{a+1}{2}$ при любом действительном значении a, это доказывает, что при любом значении a существует касательная к графику функции $f(x) = x^2 - ax$, перпендикулярная прямой $y = -x$. Что и требовалось доказать.

250. Опишите множество точек $M_k$ координатной плоскости, где $M_k (k = 0, 1, 2, \ldots)$ — множество точек $M (x; y)$, таких, что из точки $M (x; y)$ можно провести в точности $k$ касательных к параболе $y = x^2$.

Для того чтобы описать множества точек $M_k$, найдем, сколько касательных можно провести к параболе $y = x^2$ из произвольной точки $M(x_0, y_0)$.

Уравнение касательной к графику функции $f(t) = t^2$ в точке с абсциссой $t$ (точка касания) имеет вид: $y - f(t) = f'(t)(x - t)$.

Поскольку $f(t) = t^2$ и производная $f'(t) = 2t$, уравнение касательной в точке $(t, t^2)$ на параболе будет: $Y - t^2 = 2t(X - t)$

Эта касательная должна проходить через точку $M(x_0, y_0)$. Подставив ее координаты $(X=x_0, Y=y_0)$ в уравнение касательной, получим условие на абсциссу точки касания $t$: $y_0 - t^2 = 2t(x_0 - t)$

Преобразуем это уравнение, чтобы получить квадратное уравнение относительно $t$: $y_0 - t^2 = 2tx_0 - 2t^2$ $t^2 - 2x_0t + y_0 = 0$

Количество различных действительных корней этого уравнения для $t$ определяет количество касательных $k$, которые можно провести из точки $M(x_0, y_0)$ к параболе. Это количество зависит от знака дискриминанта $D$ квадратного уравнения $at^2+bt+c=0$, где $a=1$, $b=-2x_0$, $c=y_0$.

Вычислим дискриминант: $D = b^2 - 4ac = (-2x_0)^2 - 4 \cdot 1 \cdot y_0 = 4x_0^2 - 4y_0 = 4(x_0^2 - y_0)$

Теперь мы можем проанализировать количество решений в зависимости от координат $(x_0, y_0)$ точки $M$. Для описания множеств $M_k$ будем использовать общие переменные $(x, y)$ для координат точки.

$M_0$

Множество $M_0$ состоит из точек, из которых нельзя провести ни одной касательной к параболе ($k=0$). Это соответствует случаю, когда квадратное уравнение для $t$ не имеет действительных корней, то есть его дискриминант отрицателен: $D < 0$. $4(x^2 - y) < 0 \implies x^2 - y < 0 \implies y > x^2$. Геометрически это область, расположенная строго выше параболы $y = x^2$ (внутренняя область параболы).

Ответ: $M_0 = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid y > x^2 \}$.

$M_1$

Множество $M_1$ состоит из точек, из которых можно провести ровно одну касательную ($k=1$). Это соответствует случаю, когда квадратное уравнение для $t$ имеет ровно один действительный корень (корень кратности 2), то есть его дискриминант равен нулю: $D = 0$. $4(x^2 - y) = 0 \implies x^2 - y = 0 \implies y = x^2$. Это в точности точки, лежащие на самой параболе.

Ответ: $M_1 = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid y = x^2 \}$.

$M_2$

Множество $M_2$ состоит из точек, из которых можно провести ровно две касательные ($k=2$). Это соответствует случаю, когда квадратное уравнение для $t$ имеет два различных действительных корня, то есть его дискриминант положителен: $D > 0$. $4(x^2 - y) > 0 \implies x^2 - y > 0 \implies y < x^2$. Геометрически это область, расположенная строго ниже параболы $y = x^2$ (внешняя область параболы).

Ответ: $M_2 = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid y < x^2 \}$.

$M_k$ для $k \ge 3$

Как было показано, количество касательных из точки $M(x, y)$ к параболе равно количеству действительных корней квадратного уравнения $t^2 - 2xt + y = 0$. Любое квадратное уравнение может иметь не более двух действительных корней. Следовательно, невозможно провести три или более касательных к параболе из одной точки.

Таким образом, для любого целого числа $k \ge 3$, множество $M_k$ является пустым.

Ответ: $M_k = \emptyset$ для $k \ge 3$.

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

251. а) $f(x) = |x|;$

б) $f(x) = |x - 1|;$

в) $f(x) = |x^2 - 1|.$

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.

252. а) $f(x) = x\sqrt{1 + x^2}$;

б) $f(x) = xe^{-x^2}$;

в) $f(x) = \text{ctg } x, x \in (0; \pi)$;

г) $f(x) = \text{tg } x, x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$.

а) $f(x) = x \sqrt{1 + x^2}$

1. Область определения: Функция определена для всех действительных чисел, так как подкоренное выражение $1+x^2$ всегда положительно. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Интервалы возрастания и убывания, точки экстремума:
Найдем первую производную функции, используя правило произведения $(uv)' = u'v + uv'$:$f'(x) = (x)' \sqrt{1+x^2} + x (\sqrt{1+x^2})' = 1 \cdot \sqrt{1+x^2} + x \cdot \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}} \cdot (1+x^2)' = \sqrt{1+x^2} + \frac{x \cdot 2x}{2\sqrt{1+x^2}}$$f'(x) = \sqrt{1+x^2} + \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1+x^2+x^2}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1+2x^2}{\sqrt{1+x^2}}$
Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$.Уравнение $\frac{1+2x^2}{\sqrt{1+x^2}} = 0$ не имеет решений, так как числитель $1+2x^2 > 0$ для любого $x$, и знаменатель $\sqrt{1+x^2} > 0$ для любого $x$.Следовательно, $f'(x) > 0$ для всех $x \in D(f)$.Это означает, что функция строго возрастает на всей области определения $(-\infty; +\infty)$.Локальных экстремумов у функции нет.

3. Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба:
Найдем вторую производную, используя правило частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:$u = 1+2x^2, v = \sqrt{1+x^2}$$u' = 4x, v' = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$f''(x) = \frac{4x \sqrt{1+x^2} - (1+2x^2) \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{(\sqrt{1+x^2})^2} = \frac{\frac{4x(1+x^2) - x(1+2x^2)}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2}$$f''(x) = \frac{4x+4x^3-x-2x^3}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}} = \frac{3x+2x^3}{(1+x^2)^{3/2}} = \frac{x(3+2x^2)}{(1+x^2)^{3/2}}$
Найдем точки, в которых вторая производная равна нулю или не существует: $f''(x) = 0$.$x(3+2x^2) = 0$. Так как $3+2x^2 > 0$ для всех $x$, единственное решение — $x=0$.Определим знаки второй производной на интервалах:- При $x < 0$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.- При $x > 0$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.В точке $x=0$ вторая производная меняет знак, следовательно, это точка перегиба.Значение функции в этой точке: $f(0) = 0 \sqrt{1+0^2} = 0$.Точка перегиба — $(0, 0)$.

Ответ: Функция возрастает на $(-\infty; +\infty)$, экстремумов нет. Функция выпукла вверх на $(-\infty; 0)$ и выпукла вниз на $(0; +\infty)$. Точка перегиба $(0, 0)$.

б) $f(x) = xe^{-x^2}$

1. Область определения: Функция определена для всех действительных чисел. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Интервалы возрастания и убывания, точки экстремума:
Найдем первую производную функции:$f'(x) = (x)'e^{-x^2} + x(e^{-x^2})' = e^{-x^2} + x \cdot e^{-x^2} \cdot (-2x) = e^{-x^2}(1-2x^2)$
Найдем критические точки: $f'(x) = 0$.$e^{-x^2}(1-2x^2) = 0$. Так как $e^{-x^2} > 0$, то $1-2x^2=0$, откуда $x^2 = 1/2$, $x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.Определим знаки производной на интервалах:- При $x \in (-\infty; -\frac{\sqrt{2}}{2})$, $1-2x^2 < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.- При $x \in (-\frac{\sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{2}}{2})$, $1-2x^2 > 0$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.- При $x \in (\frac{\sqrt{2}}{2}; +\infty)$, $1-2x^2 < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.В точке $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ производная меняет знак с "-" на "+", значит это точка локального минимума.$y_{min} = f(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-1/2} = -\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{e}}$.В точке $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ производная меняет знак с "+" на "-", значит это точка локального максимума.$y_{max} = f(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\sqrt{2}}{2}e^{-1/2} = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{e}}$.

3. Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба:
Найдем вторую производную:$f''(x) = (e^{-x^2}(1-2x^2))' = (e^{-x^2})'(1-2x^2) + e^{-x^2}(1-2x^2)'$$f''(x) = -2xe^{-x^2}(1-2x^2) + e^{-x^2}(-4x) = e^{-x^2}(-2x(1-2x^2) - 4x) = e^{-x^2}(-2x+4x^3-4x) = e^{-x^2}(4x^3-6x) = 2x(2x^2-3)e^{-x^2}$
Найдем точки, где $f''(x) = 0$:$2x(2x^2-3) = 0$. Отсюда $x=0$ или $2x^2-3=0 \implies x^2 = 3/2 \implies x = \pm \sqrt{\frac{3}{2}} = \pm \frac{\sqrt{6}}{2}$.Определим знаки второй производной на интервалах:- При $x \in (-\infty; -\frac{\sqrt{6}}{2})$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.- При $x \in (-\frac{\sqrt{6}}{2}; 0)$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.- При $x \in (0; \frac{\sqrt{6}}{2})$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.- При $x \in (\frac{\sqrt{6}}{2}; +\infty)$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.Точки $x=0$, $x=\pm\frac{\sqrt{6}}{2}$ являются точками перегиба.$f(0)=0$.$f(\frac{\sqrt{6}}{2}) = \frac{\sqrt{6}}{2}e^{-3/2}$.$f(-\frac{\sqrt{6}}{2}) = -\frac{\sqrt{6}}{2}e^{-3/2}$.Точки перегиба: $(0,0)$, $(\frac{\sqrt{6}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{2}e^{-3/2})$, $(-\frac{\sqrt{6}}{2}, -\frac{\sqrt{6}}{2}e^{-3/2})$.

Ответ: Функция возрастает на $(-\frac{\sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{2}}{2})$, убывает на $(-\infty; -\frac{\sqrt{2}}{2}) \cup (\frac{\sqrt{2}}{2}; +\infty)$. Точка минимума $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, $y_{min} = -\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{e}}$. Точка максимума $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $y_{max} = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{e}}$. Функция выпукла вниз на $(-\frac{\sqrt{6}}{2}; 0) \cup (\frac{\sqrt{6}}{2}; +\infty)$, выпукла вверх на $(-\infty; -\frac{\sqrt{6}}{2}) \cup (0; \frac{\sqrt{6}}{2})$. Точки перегиба при $x=0, \pm\frac{\sqrt{6}}{2}$.

в) $f(x) = \operatorname{ctg} x, x \in (0; \pi)$

1. Область определения: Задана в условии, $D(f) = (0; \pi)$.

2. Интервалы возрастания и убывания, точки экстремума:
Найдем первую производную:$f'(x) = (\operatorname{ctg} x)' = -\frac{1}{\sin^2 x}$
На интервале $(0; \pi)$ значение $\sin x > 0$, следовательно $\sin^2 x > 0$.Таким образом, $f'(x) = -\frac{1}{\sin^2 x} < 0$ для всех $x \in (0; \pi)$.Функция строго убывает на всей области определения.Так как производная нигде не равна нулю и существует на всем интервале, критических точек и, следовательно, локальных экстремумов нет.

3. Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба:
Найдем вторую производную:$f''(x) = (-\sin^{-2} x)' = -(-2)\sin^{-3} x \cdot (\sin x)' = 2\sin^{-3} x \cdot \cos x = \frac{2\cos x}{\sin^3 x}$
Найдем точки, где $f''(x) = 0$:$\frac{2\cos x}{\sin^3 x} = 0 \implies \cos x = 0$.На интервале $(0; \pi)$ это уравнение имеет единственное решение $x = \frac{\pi}{2}$.Определим знаки второй производной на интервалах. На $(0; \pi)$ знаменатель $\sin^3 x > 0$, поэтому знак $f''(x)$ совпадает со знаком $\cos x$.- При $x \in (0; \frac{\pi}{2})$, $\cos x > 0$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.- При $x \in (\frac{\pi}{2}; \pi)$, $\cos x < 0$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.В точке $x=\frac{\pi}{2}$ вторая производная меняет знак, значит, это точка перегиба.$f(\frac{\pi}{2}) = \operatorname{ctg}(\frac{\pi}{2}) = 0$.Точка перегиба — $(\frac{\pi}{2}, 0)$.

Ответ: Функция убывает на $(0; \pi)$, экстремумов нет. Функция выпукла вниз на $(0; \frac{\pi}{2})$ и выпукла вверх на $(\frac{\pi}{2}; \pi)$. Точка перегиба $(\frac{\pi}{2}, 0)$.

г) $f(x) = \operatorname{tg} x, x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$

1. Область определения: Задана в условии, $D(f) = (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

2. Интервалы возрастания и убывания, точки экстремума:
Найдем первую производную:$f'(x) = (\operatorname{tg} x)' = \frac{1}{\cos^2 x}$
На интервале $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ значение $\cos x > 0$, следовательно $\cos^2 x > 0$.Таким образом, $f'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} > 0$ для всех $x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.Функция строго возрастает на всей области определения.Критических точек и локальных экстремумов нет.

3. Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба:
Найдем вторую производную:$f''(x) = (\cos^{-2} x)' = -2\cos^{-3} x \cdot (\cos x)' = -2\cos^{-3} x \cdot (-\sin x) = \frac{2\sin x}{\cos^3 x}$
Найдем точки, где $f''(x) = 0$:$\frac{2\sin x}{\cos^3 x} = 0 \implies \sin x = 0$.На интервале $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ это уравнение имеет единственное решение $x=0$.Определим знаки второй производной на интервалах. На $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ знаменатель $\cos^3 x > 0$, поэтому знак $f''(x)$ совпадает со знаком $\sin x$.- При $x \in (-\frac{\pi}{2}; 0)$, $\sin x < 0$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.- При $x \in (0; \frac{\pi}{2})$, $\sin x > 0$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.В точке $x=0$ вторая производная меняет знак, значит, это точка перегиба.$f(0) = \operatorname{tg}(0) = 0$.Точка перегиба — $(0, 0)$.

Ответ: Функция возрастает на $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$, экстремумов нет. Функция выпукла вверх на $(-\frac{\pi}{2}; 0)$ и выпукла вниз на $(0; \frac{\pi}{2})$. Точка перегиба $(0, 0)$.

253. Найдите все функции $f$, такие, что:

a) $f'(x) = \frac{1}{x-1}$ и $f(3) = -1$;

б) $f''(x) = 3 - x$, $f(0) = 1$, $f'(1) = 0$;

в) $f'(x) = \cos x$ и $f(e) = \pi$;

г) $f''(x) = -1$ и $f(0) = f(2) = 0$.

а)

Чтобы найти функцию $f(x)$, необходимо проинтегрировать ее производную $f'(x) = \frac{1}{x-1}$.

$f(x) = \int \frac{1}{x-1} \,dx = \ln|x-1| + C$, где $C$ — постоянная интегрирования.

Для нахождения константы $C$ используем начальное условие $f(3) = -1$. Подставим $x=3$ в полученное выражение для $f(x)$:

$f(3) = \ln|3-1| + C = \ln(2) + C$.

Так как по условию $f(3) = -1$, получаем уравнение:

$-1 = \ln(2) + C$.

Отсюда находим $C$:

$C = -1 - \ln(2)$.

Теперь подставляем найденное значение $C$ в общее решение:

$f(x) = \ln|x-1| - 1 - \ln(2)$.

Ответ: $f(x) = \ln|x-1| - 1 - \ln(2)$.

б)

Дано: $f''(x) = 3 - x$, $f(0) = 1$, $f'(1) = 0$.

Сначала найдем $f'(x)$, проинтегрировав $f''(x)$ по $x$:

$f'(x) = \int (3-x) \,dx = 3x - \frac{x^2}{2} + C_1$.

Используем условие $f'(1) = 0$ для нахождения константы $C_1$:

$f'(1) = 3(1) - \frac{1^2}{2} + C_1 = 3 - \frac{1}{2} + C_1 = \frac{5}{2} + C_1$.

Так как $f'(1) = 0$, то $\frac{5}{2} + C_1 = 0$, откуда $C_1 = -\frac{5}{2}$.

Таким образом, первая производная равна: $f'(x) = 3x - \frac{x^2}{2} - \frac{5}{2}$.

Теперь найдем $f(x)$, проинтегрировав $f'(x)$:

$f(x) = \int \left(3x - \frac{x^2}{2} - \frac{5}{2}\right) \,dx = \frac{3x^2}{2} - \frac{x^3}{6} - \frac{5x}{2} + C_2$.

Используем условие $f(0) = 1$ для нахождения константы $C_2$:

$f(0) = \frac{3(0)^2}{2} - \frac{0^3}{6} - \frac{5(0)}{2} + C_2 = C_2$.

Так как $f(0)=1$, то $C_2 = 1$.

Подставляем найденные значения констант и получаем искомую функцию, записав ее в порядке убывания степеней $x$:

$f(x) = -\frac{x^3}{6} + \frac{3x^2}{2} - \frac{5x}{2} + 1$.

Ответ: $f(x) = -\frac{x^3}{6} + \frac{3}{2}x^2 - \frac{5}{2}x + 1$.

в)

Дано: $f'(x) = \cos x$ и $f(e) = \pi$.

Находим функцию $f(x)$ путем интегрирования ее производной $f'(x)$:

$f(x) = \int \cos x \,dx = \sin x + C$.

Используем условие $f(e) = \pi$ для определения константы $C$:

$f(e) = \sin(e) + C$.

По условию $f(e)=\pi$, поэтому $\pi = \sin(e) + C$.

Отсюда $C = \pi - \sin(e)$.

Подставляем значение $C$ в выражение для $f(x)$:

$f(x) = \sin x + \pi - \sin(e)$.

Ответ: $f(x) = \sin x + \pi - \sin(e)$.

г)

Дано: $f''(x) = -1$ и $f(0) = f(2) = 0$.

Интегрируем $f''(x)$ для нахождения $f'(x)$:

$f'(x) = \int (-1) \,dx = -x + C_1$.

Интегрируем $f'(x)$ для нахождения $f(x)$:

$f(x) = \int (-x + C_1) \,dx = -\frac{x^2}{2} + C_1 x + C_2$.

Используем два условия, $f(0)=0$ и $f(2)=0$, чтобы найти константы $C_1$ и $C_2$.

Из условия $f(0)=0$:

$f(0) = -\frac{0^2}{2} + C_1 \cdot 0 + C_2 = 0$, следовательно, $C_2 = 0$.

Теперь функция имеет вид $f(x) = -\frac{x^2}{2} + C_1 x$.

Используем второе условие, $f(2)=0$:

$f(2) = -\frac{2^2}{2} + C_1 \cdot 2 = -\frac{4}{2} + 2C_1 = -2 + 2C_1 = 0$.

Решаем уравнение $-2 + 2C_1 = 0$ и находим $C_1$:

$2C_1 = 2 \implies C_1 = 1$.

Подставляем найденные значения $C_1=1$ и $C_2=0$ в выражение для $f(x)$:

$f(x) = -\frac{x^2}{2} + x$.

Ответ: $f(x) = -\frac{x^2}{2} + x$.