Страница 15 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1)

Чтобы проверить, является ли функция $F(x) = (x - 3)\sqrt{x - 5}$ первообразной для функции $f(x) = 2x - 10 + \frac{x - 3}{\sqrt{x - 5}}$ на интервале $x \in (5; +\infty)$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и сравнить ее с $f(x)$.

Функция $F(x)$ является произведением двух функций: $u(x) = x - 3$ и $v(x) = \sqrt{x - 5}$. Воспользуемся правилом дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$.

Находим производные $u'(x)$ и $v'(x)$:

$u'(x) = (x - 3)' = 1$

$v'(x) = (\sqrt{x - 5})' = ((x - 5)^{1/2})' = \frac{1}{2}(x - 5)^{-1/2} \cdot (x-5)' = \frac{1}{2\sqrt{x - 5}}$

Теперь находим производную $F'(x)$:

$F'(x) = (x - 3)' \cdot \sqrt{x - 5} + (x - 3) \cdot (\sqrt{x - 5})' = 1 \cdot \sqrt{x - 5} + (x - 3) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x - 5}} = \sqrt{x - 5} + \frac{x - 3}{2\sqrt{x - 5}}$

Приведем выражение к общему знаменателю:

$F'(x) = \frac{\sqrt{x - 5} \cdot 2\sqrt{x - 5} + (x - 3)}{2\sqrt{x - 5}} = \frac{2(x - 5) + x - 3}{2\sqrt{x - 5}} = \frac{2x - 10 + x - 3}{2\sqrt{x - 5}} = \frac{3x - 13}{2\sqrt{x - 5}}$

Сравним полученную производную $F'(x)$ с заданной функцией $f(x) = 2x - 10 + \frac{x - 3}{\sqrt{x - 5}}$.

$F'(x) = \frac{3x - 13}{2\sqrt{x - 5}}$

Очевидно, что $F'(x) \neq f(x)$. Для проверки подставим значение $x = 6$ из заданного интервала:

$F'(6) = \frac{3(6) - 13}{2\sqrt{6 - 5}} = \frac{18 - 13}{2\sqrt{1}} = \frac{5}{2}$

$f(6) = 2(6) - 10 + \frac{6 - 3}{\sqrt{6 - 5}} = 12 - 10 + \frac{3}{1} = 2 + 3 = 5$

Поскольку $\frac{5}{2} \neq 5$, равенство $F'(x) = f(x)$ не выполняется.

Ответ: нет.

2)

Чтобы проверить, является ли функция $F(x) = \frac{2x - 5}{3 + 5x}$ первообразной для функции $f(x) = \frac{31}{(3 + 5x)^2}$ на интервалах $x \in (-\infty; -\frac{3}{5}) \cup (-\frac{3}{5}; +\infty)$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и сравнить ее с $f(x)$.

Функция $F(x)$ является частным двух функций: $u(x) = 2x - 5$ и $v(x) = 3 + 5x$. Воспользуемся правилом дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.

Находим производные $u'(x)$ и $v'(x)$:

$u'(x) = (2x - 5)' = 2$

$v'(x) = (3 + 5x)' = 5$

Теперь находим производную $F'(x)$:

$F'(x) = \frac{(2x - 5)'(3 + 5x) - (2x - 5)(3 + 5x)'}{(3 + 5x)^2} = \frac{2(3 + 5x) - (2x - 5) \cdot 5}{(3 + 5x)^2}$

Раскроем скобки в числителе:

$F'(x) = \frac{6 + 10x - (10x - 25)}{(3 + 5x)^2} = \frac{6 + 10x - 10x + 25}{(3 + 5x)^2}$

$F'(x) = \frac{31}{(3 + 5x)^2}$

Сравним полученную производную $F'(x)$ с заданной функцией $f(x)$:

$F'(x) = \frac{31}{(3 + 5x)^2}$ и $f(x) = \frac{31}{(3 + 5x)^2}$.

Поскольку $F'(x) = f(x)$ на всей области определения, функция $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: да.

1) Дано: $F'(x) = 4x^3 - 3x^2$ и $F(1) = 3$.

Чтобы найти функцию $F(x)$, необходимо найти первообразную для $F'(x)$, то есть вычислить неопределенный интеграл:

$F(x) = \int (4x^3 - 3x^2) dx = 4\int x^3 dx - 3\int x^2 dx$.

Используя формулу для интеграла степенной функции $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$, получаем:

$F(x) = 4 \cdot \frac{x^4}{4} - 3 \cdot \frac{x^3}{3} + C = x^4 - x^3 + C$, где $C$ — произвольная постоянная.

Теперь воспользуемся начальным условием $F(1) = 3$, чтобы найти значение постоянной $C$. Подставим $x=1$ в полученное выражение для $F(x)$:

$F(1) = 1^4 - 1^3 + C = 1 - 1 + C = C$.

Поскольку $F(1) = 3$, то получаем, что $C = 3$.

Следовательно, искомая функция имеет вид:

Ответ: $F(x) = x^4 - x^3 + 3$.

2) Дано: $F'(x) = 5x^4 - 4x^3 - 2x$ и $F(1) = 4$.

Находим первообразную для $F'(x)$ путем интегрирования:

$F(x) = \int (5x^4 - 4x^3 - 2x) dx = 5\int x^4 dx - 4\int x^3 dx - 2\int x dx$.

$F(x) = 5 \cdot \frac{x^5}{5} - 4 \cdot \frac{x^4}{4} - 2 \cdot \frac{x^2}{2} + C = x^5 - x^4 - x^2 + C$.

Используем условие $F(1) = 4$ для нахождения константы $C$:

$F(1) = 1^5 - 1^4 - 1^2 + C = 1 - 1 - 1 + C = -1 + C$.

Из условия $F(1) = 4$ следует, что $-1 + C = 4$, откуда $C = 5$.

Следовательно, искомая функция:

Ответ: $F(x) = x^5 - x^4 - x^2 + 5$.

3) Дано: $F'(x) = 1 + x + \cos(2x)$ и $F(0) = 1$.

Находим первообразную для $F'(x)$:

$F(x) = \int (1 + x + \cos(2x)) dx = \int 1 dx + \int x dx + \int \cos(2x) dx$.

Используя таблицы основных интегралов, получаем:

$F(x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{1}{2}\sin(2x) + C$.

Используем условие $F(0) = 1$ для нахождения константы $C$:

$F(0) = 0 + \frac{0^2}{2} + \frac{1}{2}\sin(2 \cdot 0) + C = 0 + 0 + \frac{1}{2}\sin(0) + C = C$.

Так как $F(0) = 1$, то $C = 1$.

Следовательно, искомая функция:

Ответ: $F(x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{1}{2}\sin(2x) + 1$.

4) Дано: $F'(x) = \sin(2x) + 3x^2$ и $F(0) = 2$.

Находим первообразную для $F'(x)$:

$F(x) = \int (\sin(2x) + 3x^2) dx = \int \sin(2x) dx + \int 3x^2 dx$.

Используя таблицы основных интегралов, получаем:

$F(x) = -\frac{1}{2}\cos(2x) + 3 \cdot \frac{x^3}{3} + C = -\frac{1}{2}\cos(2x) + x^3 + C$.

Используем условие $F(0) = 2$ для нахождения константы $C$:

$F(0) = -\frac{1}{2}\cos(2 \cdot 0) + 0^3 + C = -\frac{1}{2}\cos(0) + C = -\frac{1}{2} \cdot 1 + C = -\frac{1}{2} + C$.

По условию $F(0) = 2$, значит $-\frac{1}{2} + C = 2$, откуда $C = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$.

Следовательно, искомая функция:

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

1) Для решения данного интеграла воспользуемся свойством аддитивности интеграла, то есть интеграл от суммы функций равен сумме интегралов от этих функций:

$\int (\cos(4x - 5) + 2x^{-7} + 3) dx = \int \cos(4x - 5) dx + \int 2x^{-7} dx + \int 3 dx$

Теперь найдем каждый интеграл по отдельности, используя таблицу основных интегралов:

Для первого интеграла $\int \cos(4x - 5) dx$ применим формулу $\int \cos(kx+b)dx = \frac{1}{k}\sin(kx+b)+C$. В нашем случае $k=4$, $b=-5$.

$\int \cos(4x - 5) dx = \frac{1}{4}\sin(4x - 5)$

Для второго интеграла $\int 2x^{-7} dx$ используем формулу для степенной функции $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$.

$\int 2x^{-7} dx = 2 \int x^{-7} dx = 2 \cdot \frac{x^{-7+1}}{-7+1} = 2 \cdot \frac{x^{-6}}{-6} = -\frac{1}{3}x^{-6} = -\frac{1}{3x^6}$

Третий интеграл $\int 3 dx$ - это интеграл от константы, равный $3x$.

Суммируем полученные результаты и добавляем произвольную постоянную интегрирования $C$:

$\frac{1}{4}\sin(4x - 5) - \frac{1}{3x^6} + 3x + C$

Ответ: $\frac{1}{4}\sin(4x - 5) - \frac{1}{3x^6} + 3x + C$

2) Используем свойство аддитивности интеграла:

$\int (\sin(2 - x) + \frac{1}{\cos^2 5x}) dx = \int \sin(2 - x) dx + \int \frac{1}{\cos^2 5x} dx$

Найдем каждый интеграл по отдельности:

Для первого интеграла $\int \sin(2 - x) dx$ используем формулу $\int \sin(kx+b)dx = -\frac{1}{k}\cos(kx+b)+C$. Здесь $k=-1$, $b=2$.

$\int \sin(2 - x) dx = -\frac{1}{-1}\cos(2 - x) = \cos(2 - x)$

Для второго интеграла $\int \frac{1}{\cos^2 5x} dx$ используем формулу $\int \frac{dx}{\cos^2(kx)} = \frac{1}{k}\tan(kx)+C$. Здесь $k=5$.

$\int \frac{1}{\cos^2 5x} dx = \frac{1}{5}\tan(5x)$

Складываем результаты и добавляем константу интегрирования $C$:

$\cos(2 - x) + \frac{1}{5}\tan(5x) + C$

Ответ: $\cos(2 - x) + \frac{1}{5}\tan(5x) + C$

3) Разложим интеграл на сумму и разность интегралов:

$\int (\frac{24}{\cos^2 2x} - \frac{2}{x^4} + \sqrt{3}) dx = \int \frac{24}{\cos^2 2x} dx - \int \frac{2}{x^4} dx + \int \sqrt{3} dx$

Вычислим каждый интеграл:

Первый интеграл: $\int \frac{24}{\cos^2 2x} dx = 24 \int \frac{1}{\cos^2 2x} dx$. По формуле $\int \frac{dx}{\cos^2(kx)} = \frac{1}{k}\tan(kx)+C$ с $k=2$.

$24 \cdot \frac{1}{2}\tan(2x) = 12\tan(2x)$

Второй интеграл: $\int \frac{2}{x^4} dx = 2 \int x^{-4} dx$. Используем формулу для степенной функции.

$2 \cdot \frac{x^{-4+1}}{-4+1} = 2 \cdot \frac{x^{-3}}{-3} = -\frac{2}{3}x^{-3} = -\frac{2}{3x^3}$

Третий интеграл: $\int \sqrt{3} dx = \sqrt{3}x$, так как $\sqrt{3}$ - константа.

Собираем все части вместе, учитывая знаки, и добавляем константу $C$:

$12\tan(2x) - (-\frac{2}{3x^3}) + \sqrt{3}x + C = 12\tan(2x) + \frac{2}{3x^3} + \sqrt{3}x + C$

Ответ: $12\tan(2x) + \frac{2}{3x^3} + \sqrt{3}x + C$

4) Разделим интеграл на три части:

$\int (\frac{1}{\sqrt{2x}} - \frac{3}{\sin^2 2x} - x) dx = \int \frac{1}{\sqrt{2x}} dx - \int \frac{3}{\sin^2 2x} dx - \int x dx$

Вычислим каждый интеграл:

Первый интеграл: $\int \frac{1}{\sqrt{2x}} dx = \int (2x)^{-\frac{1}{2}} dx$. Это интеграл вида $\int (kx+b)^n dx = \frac{1}{k}\frac{(kx+b)^{n+1}}{n+1}+C$. Здесь $k=2, b=0, n=-1/2$.

$\frac{1}{2} \cdot \frac{(2x)^{-\frac{1}{2}+1}}{-\frac{1}{2}+1} + C_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{(2x)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} + C_1 = (2x)^{\frac{1}{2}} + C_1 = \sqrt{2x}$

Второй интеграл: $\int \frac{3}{\sin^2 2x} dx = 3 \int \frac{1}{\sin^2 2x} dx$. Используем формулу $\int \frac{dx}{\sin^2(kx)} = -\frac{1}{k}\cot(kx)+C$ с $k=2$.

$3 \cdot (-\frac{1}{2}\cot(2x)) = -\frac{3}{2}\cot(2x)$

Третий интеграл: $\int x dx = \frac{x^{1+1}}{1+1} = \frac{x^2}{2}$.

Объединяем результаты и добавляем константу $C$:

$\sqrt{2x} - (-\frac{3}{2}\cot(2x)) - \frac{x^2}{2} + C = \sqrt{2x} + \frac{3}{2}\cot(2x) - \frac{x^2}{2} + C$

Ответ: $\sqrt{2x} + \frac{3}{2}\cot(2x) - \frac{x^2}{2} + C$

1) Чтобы доказать, что функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$, необходимо показать, что производная от $F(x)$ равна $f(x)$, то есть $F'(x) = f(x)$.
Найдем производную функции $F(x) = -\frac{1}{4}\cos{2x} - \frac{1}{2}\cos{x} + \pi$.
Используя правила дифференцирования и производную косинуса $(\cos(kx))' = -k\sin(kx)$, получаем:
$F'(x) = \left(-\frac{1}{4}\cos{2x} - \frac{1}{2}\cos{x} + \pi\right)' = -\frac{1}{4}(-\sin{2x} \cdot 2) - \frac{1}{2}(-\sin{x}) + 0 = \frac{2}{4}\sin{2x} + \frac{1}{2}\sin{x} = \frac{1}{2}\sin{2x} + \frac{1}{2}\sin{x}$.
Теперь преобразуем функцию $f(x) = \cos{\frac{x}{2}}\sin{\frac{3x}{2}}$.
Используем тригонометрическую формулу произведения синуса на косинус: $\sin{\alpha}\cos{\beta} = \frac{1}{2}(\sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta))$.
$f(x) = \sin{\frac{3x}{2}}\cos{\frac{x}{2}} = \frac{1}{2}\left(\sin\left(\frac{3x}{2} + \frac{x}{2}\right) + \sin\left(\frac{3x}{2} - \frac{x}{2}\right)\right) = \frac{1}{2}\left(\sin\frac{4x}{2} + \sin\frac{2x}{2}\right) = \frac{1}{2}(\sin{2x} + \sin{x})$.
Сравнивая полученные выражения для $F'(x)$ и $f(x)$, видим, что они равны: $F'(x) = f(x)$.
Следовательно, функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$, что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано.

2) Аналогично предыдущему пункту, докажем, что $F'(x) = f(x)$.
Найдем производную функции $F(x) = -\frac{3}{8}\cos{\frac{4x}{3}} + \frac{3}{4}\cos{\frac{2x}{3}} - 7$.
$F'(x) = \left(-\frac{3}{8}\cos{\frac{4x}{3}} + \frac{3}{4}\cos{\frac{2x}{3}} - 7\right)' = -\frac{3}{8}\left(-\sin{\frac{4x}{3}} \cdot \frac{4}{3}\right) + \frac{3}{4}\left(-\sin{\frac{2x}{3}} \cdot \frac{2}{3}\right) - 0$
$F'(x) = \frac{3 \cdot 4}{8 \cdot 3}\sin{\frac{4x}{3}} - \frac{3 \cdot 2}{4 \cdot 3}\sin{\frac{2x}{3}} = \frac{12}{24}\sin{\frac{4x}{3}} - \frac{6}{12}\sin{\frac{2x}{3}} = \frac{1}{2}\sin{\frac{4x}{3}} - \frac{1}{2}\sin{\frac{2x}{3}} = \frac{1}{2}\left(\sin{\frac{4x}{3}} - \sin{\frac{2x}{3}}\right)$.
Теперь преобразуем функцию $f(x) = \sin{\frac{x}{3}}\cos{x}$.
Используем формулу $\sin{\alpha}\cos{\beta} = \frac{1}{2}(\sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta))$.
$f(x) = \sin{\frac{x}{3}}\cos{x} = \frac{1}{2}\left(\sin\left(\frac{x}{3} + x\right) + \sin\left(\frac{x}{3} - x\right)\right) = \frac{1}{2}\left(\sin\frac{4x}{3} + \sin\left(-\frac{2x}{3}\right)\right)$.
Так как синус — нечетная функция ($\sin(-u) = -\sin(u)$), получаем:
$f(x) = \frac{1}{2}\left(\sin\frac{4x}{3} - \sin\frac{2x}{3}\right)$.
Сравнивая полученные выражения, видим, что $F'(x) = f(x)$.
Следовательно, функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$, что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано.

1) Чтобы проверить, является ли функция $F(x) = \frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin{2x} + \frac{1}{32}\sin{4x}$ первообразной для функции $f(x) = \sin^4{x}$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и сравнить её с $f(x)$.
Находим производную $F'(x)$:
$F'(x) = \left(\frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin{2x} + \frac{1}{32}\sin{4x}\right)'$
$F'(x) = \frac{3}{8} - \frac{1}{4}(\cos{2x}) \cdot 2 + \frac{1}{32}(\cos{4x}) \cdot 4$
$F'(x) = \frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos{2x} + \frac{1}{8}\cos{4x}$
Теперь преобразуем функцию $f(x) = \sin^4{x}$ с помощью формулы понижения степени $\sin^2\alpha = \frac{1-\cos(2\alpha)}{2}$:
$f(x) = (\sin^2{x})^2 = \left(\frac{1 - \cos{2x}}{2}\right)^2 = \frac{1 - 2\cos{2x} + \cos^2{2x}}{4}$
Применим формулу понижения степени для косинуса $\cos^2\alpha = \frac{1+\cos(2\alpha)}{2}$ к члену $\cos^2{2x}$:
$f(x) = \frac{1}{4}\left(1 - 2\cos{2x} + \frac{1 + \cos{4x}}{2}\right) = \frac{1}{4} \cdot \frac{2 - 4\cos{2x} + 1 + \cos{4x}}{2}$
$f(x) = \frac{3 - 4\cos{2x} + \cos{4x}}{8} = \frac{3}{8} - \frac{4}{8}\cos{2x} + \frac{1}{8}\cos{4x} = \frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos{2x} + \frac{1}{8}\cos{4x}$
Так как $F'(x) = f(x)$, то функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$.
Ответ: Да, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

2) Чтобы проверить, является ли функция $F(x) = \frac{3}{8}x + \frac{1}{4}\sin{2x} + \frac{1}{32}\sin{4x}$ первообразной для функции $f(x) = \cos^4{x}$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и сравнить её с $f(x)$.
Находим производную $F'(x)$:
$F'(x) = \left(\frac{3}{8}x + \frac{1}{4}\sin{2x} + \frac{1}{32}\sin{4x}\right)'$
$F'(x) = \frac{3}{8} + \frac{1}{4}(\cos{2x}) \cdot 2 + \frac{1}{32}(\cos{4x}) \cdot 4$
$F'(x) = \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos{2x} + \frac{1}{8}\cos{4x}$
Теперь преобразуем функцию $f(x) = \cos^4{x}$ с помощью формулы понижения степени $\cos^2\alpha = \frac{1+\cos(2\alpha)}{2}$:
$f(x) = (\cos^2{x})^2 = \left(\frac{1 + \cos{2x}}{2}\right)^2 = \frac{1 + 2\cos{2x} + \cos^2{2x}}{4}$
Применим формулу понижения степени еще раз к члену $\cos^2{2x}$:
$f(x) = \frac{1}{4}\left(1 + 2\cos{2x} + \frac{1 + \cos{4x}}{2}\right) = \frac{1}{4} \cdot \frac{2 + 4\cos{2x} + 1 + \cos{4x}}{2}$
$f(x) = \frac{3 + 4\cos{2x} + \cos{4x}}{8} = \frac{3}{8} + \frac{4}{8}\cos{2x} + \frac{1}{8}\cos{4x} = \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos{2x} + \frac{1}{8}\cos{4x}$
Так как $F'(x) = f(x)$, то функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$.
Ответ: Да, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

3) Чтобы проверить, является ли функция $F(x) = |x^2 - 1| - 3x + 3$ первообразной для функции $f(x) = 2x - 3$ на промежутке $x \in (1; +\infty)$, необходимо найти производную функции $F(x)$ на этом промежутке.
На промежутке $(1; +\infty)$ выполняется неравенство $x > 1$, следовательно $x^2 > 1$, и выражение под знаком модуля $x^2 - 1$ положительно. Поэтому $|x^2 - 1| = x^2 - 1$ для $x \in (1; +\infty)$.
Тогда на заданном промежутке функция $F(x)$ имеет вид:
$F(x) = (x^2 - 1) - 3x + 3 = x^2 - 3x + 2$
Найдем производную этой функции:
$F'(x) = (x^2 - 3x + 2)' = 2x - 3$
Полученная производная $F'(x)$ совпадает с функцией $f(x) = 2x - 3$ на промежутке $(1; +\infty)$.
Ответ: Да, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на заданном промежутке.