Номер 41.60, страница 244, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

41.60. Задайте аналитически функцию $y = f(x)$, если графиком её производной является:

а) парабола (см. рис. 98);

б) ломаная (см. рис. 102).

а)

Графиком производной $y=f'(x)$ является парабола. Из соответствующего рисунка 98 видно, что вершина параболы находится в точке $(1, -1)$, и она проходит через точки $(0, 0)$ и $(2, 0)$. Общее уравнение параболы с вершиной в точке $(h, k)$ имеет вид $y = a(x-h)^2 + k$. Подставим координаты вершины $(1, -1)$ в это уравнение: $f'(x) = a(x-1)^2 - 1$. Для нахождения коэффициента $a$ используем одну из точек, через которую проходит график, например, $(0, 0)$: $0 = a(0-1)^2 - 1$ $0 = a(1) - 1$ $a = 1$. Таким образом, уравнение для производной функции $f(x)$ имеет вид: $f'(x) = 1 \cdot (x-1)^2 - 1 = (x^2 - 2x + 1) - 1 = x^2 - 2x$. Чтобы найти функцию $f(x)$, необходимо найти ее первообразную, то есть вычислить неопределенный интеграл от $f'(x)$: $f(x) = \int f'(x) dx = \int (x^2 - 2x) dx = \frac{x^3}{3} - 2 \cdot \frac{x^2}{2} + C = \frac{1}{3}x^3 - x^2 + C$. Здесь $C$ — произвольная постоянная.

Ответ: $f(x) = \frac{1}{3}x^3 - x^2 + C$, где $C$ - произвольная постоянная.

б)

Графиком производной $y=f'(x)$ является ломаная линия, которая, согласно рисунку 102, состоит из двух отрезков. Зададим функцию $f'(x)$ аналитически для каждого отрезка.

1. Отрезок для $-1 \le x \le 1$: Этот отрезок соединяет точки $(-1, 1)$ и $(1, -1)$. Найдем уравнение прямой, проходящей через эти две точки. Сначала вычислим угловой коэффициент (наклон) $m_1$: $m_1 = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} = \frac{-1 - 1}{1 - (-1)} = \frac{-2}{2} = -1$. Используя формулу прямой $y - y_1 = m(x - x_1)$ и точку $(1, -1)$: $y - (-1) = -1(x - 1)$ $y + 1 = -x + 1$ $y = -x$. Итак, при $-1 \le x \le 1$, $f'(x) = -x$.

2. Отрезок для $1 < x \le 3$: Этот отрезок соединяет точки $(1, -1)$ и $(3, 1)$. Вычислим угловой коэффициент $m_2$: $m_2 = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} = \frac{1 - (-1)}{3 - 1} = \frac{2}{2} = 1$. Используя ту же формулу и точку $(1, -1)$: $y - (-1) = 1(x - 1)$ $y + 1 = x - 1$ $y = x-2$. Итак, при $1 < x \le 3$, $f'(x) = x-2$.

Таким образом, производная задается кусочной функцией: $f'(x) = \begin{cases} -x, & \text{если } -1 \le x \le 1 \\ x-2, & \text{если } 1 < x \le 3 \end{cases}$

Чтобы найти $f(x)$, проинтегрируем $f'(x)$ на каждом из интервалов: При $-1 \le x \le 1$: $f(x) = \int (-x) dx = -\frac{x^2}{2} + C_1$. При $1 < x \le 3$: $f(x) = \int (x-2) dx = \frac{x^2}{2} - 2x + C_2$. где $C_1$ и $C_2$ - постоянные интегрирования.

Поскольку исходная функция $f(x)$ дифференцируема, она должна быть непрерывной. В частности, она должна быть непрерывной в точке "стыка" $x=1$. Это означает, что значения функции, вычисленные по обеим формулам, в точке $x=1$ должны совпадать: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x)$ $-\frac{1^2}{2} + C_1 = \frac{1^2}{2} - 2(1) + C_2$ $-\frac{1}{2} + C_1 = \frac{1}{2} - 2 + C_2$ $-\frac{1}{2} + C_1 = -\frac{3}{2} + C_2$ $C_2 = C_1 + \frac{3}{2} - \frac{1}{2} = C_1 + 1$.

Мы можем выбрать одну из констант произвольно. Пусть $C_1 = C$, тогда $C_2 = C+1$. Таким образом, мы получаем общее решение в виде семейства функций: $f(x) = \begin{cases} -\frac{x^2}{2} + C, & \text{если } -1 \le x \le 1 \\ \frac{x^2}{2} - 2x + 1 + C, & \text{если } 1 < x \le 3 \end{cases}$ Заметим, что второе выражение можно переписать как $\frac{1}{2}(x-2)^2 - 1 + C$.

Ответ: $f(x) = \begin{cases} -\frac{x^2}{2} + C, & \text{если } -1 \le x \le 1 \\ \frac{x^2}{2} - 2x + 1 + C, & \text{если } 1 < x \le 3 \end{cases}$, где $C$ - произвольная постоянная.