Страница 20 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

1.13. Проверьте, является ли функция $y = F(x)$ первообразной для функции $y = f(x)$ на указанном промежутке:

1) $F(x) = (x - 3)\sqrt{x - 5}, f(x) = 2x - 10 + \frac{x - 3}{\sqrt{x - 5}}, x \in (5; +\infty)$;

2) $F(x) = \frac{2x - 5}{3 + 5x}, f(x) = \frac{31}{(3 + 5x)^2}, x \in (-\infty; -\frac{3}{5}) \cup (-\frac{3}{5};+\infty)$.

1) Для того чтобы функция $F(x)$ была первообразной для функции $f(x)$ на заданном промежутке, должно выполняться равенство $F'(x) = f(x)$ для всех $x$ из этого промежутка.

Даны функции: $F(x) = (x - 3)\sqrt{x - 5}$ и $f(x) = 2x - 10 + \frac{x - 3}{\sqrt{x - 5}}$ на промежутке $x \in (5; +\infty)$.

Найдем производную функции $F(x)$, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$.

Пусть $u(x) = x - 3$ и $v(x) = \sqrt{x - 5}$.

Тогда производные этих функций равны: $u'(x) = 1$ и $v'(x) = (\sqrt{x - 5})' = \frac{1}{2\sqrt{x-5}}$.

Теперь найдем производную $F'(x)$:

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

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 $F'(x) = \frac{3x - 13}{2\sqrt{x-5}}$ с функцией $f(x) = 2x - 10 + \frac{x - 3}{\sqrt{x - 5}}$.

Эти выражения не равны. Чтобы показать это, выберем любое значение $x$ из промежутка $(5; +\infty)$, например $x=6$:

$F'(6) = \frac{3 \cdot 6 - 13}{2\sqrt{6-5}} = \frac{18 - 13}{2\sqrt{1}} = \frac{5}{2} = 2.5$.

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

Поскольку $F'(6) \neq f(6)$, функция $F(x)$ не является первообразной для функции $f(x)$ на указанном промежутке.

Ответ: не является.

2) Проверим, является ли функция $F(x) = \frac{2x - 5}{3 + 5x}$ первообразной для функции $f(x) = \frac{31}{(3 + 5x)^2}$ на промежутке $x \in (-\infty; -3/5) \cup (-3/5; +\infty)$. Для этого найдем производную $F'(x)$ и сравним ее с $f(x)$.

Воспользуемся правилом дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.

Пусть $u(x) = 2x - 5$ и $v(x) = 3 + 5x$.

Тогда их производные: $u'(x) = 2$ и $v'(x) = 5$.

Найдем производную $F'(x)$:

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

Упростим числитель:

$F'(x) = \frac{6 + 10x - (10x - 25)}{(3 + 5x)^2} = \frac{6 + 10x - 10x + 25}{(3 + 5x)^2} = \frac{31}{(3 + 5x)^2}$.

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

Так как $F'(x) = f(x)$ на всем указанном промежутке, то функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$.

Ответ: является.

1.14. Найдите функцию $F(x)$ по ее производной $F'(x)$ и по условию

$F(a) = b:$

1) $F'(x) = 4x^3 - 3x^2$ и $F(1) = 3;$

2) $F'(x) = 5x^4 - 4x^3 - 2x$ и $F(1) = 4;$

3) $F'(x) = 1 + x + \cos 2x, F(0) = 1;$

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

1) Чтобы найти функцию $F(x)$, мы должны найти первообразную для ее производной $F'(x)$.

Общий вид первообразной для $F'(x) = 4x^3 - 3x^2$ находится путем интегрирования:

$F(x) = \int (4x^3 - 3x^2)dx = 4 \cdot \frac{x^{3+1}}{3+1} - 3 \cdot \frac{x^{2+1}}{2+1} + C = 4\frac{x^4}{4} - 3\frac{x^3}{3} + C = x^4 - x^3 + C$.

Здесь $C$ — константа интегрирования. Чтобы найти ее значение, используем начальное условие $F(1) = 3$.

Подставляем $x=1$ в выражение для $F(x)$:

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

Так как по условию $F(1) = 3$, то $C = 3$.

Таким образом, искомая функция:

$F(x) = x^4 - x^3 + 3$.

Ответ: $F(x) = x^4 - x^3 + 3$.

2) Найдем первообразную для функции $F'(x) = 5x^4 - 4x^3 - 2x$.

$F(x) = \int (5x^4 - 4x^3 - 2x)dx = 5\frac{x^5}{5} - 4\frac{x^4}{4} - 2\frac{x^2}{2} + C = x^5 - x^4 - x^2 + C$.

Используем условие $F(1) = 4$, чтобы найти константу $C$. Подставляем $x=1$:

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

По условию $F(1) = 4$, следовательно $-1 + C = 4$, откуда $C = 5$.

Искомая функция:

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

Ответ: $F(x) = x^5 - x^4 - x^2 + 5$.

3) Найдем первообразную для функции $F'(x) = 1 + x + \cos(2x)$.

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

Используем условие $F(0) = 1$ для нахождения $C$. Подставляем $x=0$:

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

По условию $F(0) = 1$, значит $C=1$.

Искомая функция:

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

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

4) Найдем первообразную для функции $F'(x) = \sin(2x) + 3x^2$.

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

Используем условие $F(0) = 2$ для нахождения $C$. Подставляем $x=0$:

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

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

Искомая функция:

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

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

1.15. Вычислите неопределенный интеграл:

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

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

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

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

1) Для вычисления данного неопределенного интеграла $\int(\cos(4x - 5) + 2x^{-7} + 3) dx$ воспользуемся свойством линейности интеграла, то есть представим его в виде суммы интегралов от каждого слагаемого:

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

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

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

- Для второго слагаемого выносим константу за знак интеграла и используем формулу для степенной функции $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$. В данном случае $n=-7$, поэтому $\int 2x^{-7} dx = 2\int x^{-7} dx = 2 \cdot \frac{x^{-7+1}}{-7+1} = 2 \cdot \frac{x^{-6}}{-6} = -\frac{1}{3}x^{-6}$.

- Интеграл от константы равен произведению этой константы на переменную интегрирования: $\int 3 dx = 3x$.

Суммируем полученные результаты и добавляем общую константу интегрирования $C$.

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

2) Интеграл $\int(\sin(2 - x) + \frac{1}{\cos^2 5x}) dx$ также вычисляем, разбив его на сумму двух интегралов:

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

Вычислим каждый из них:

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

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

Складываем полученные результаты и добавляем константу интегрирования $C$.

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

3) Для вычисления интеграла $\int(\frac{24}{\cos^2 2x} - \frac{2}{x^4} + \sqrt{3}) dx$ разобьем его на три интеграла:

$\int \frac{24}{\cos^2 2x} dx - \int \frac{2}{x^4} dx + \int \sqrt{3} dx = 24\int \frac{1}{\cos^2 2x} dx - 2\int x^{-4} dx + \sqrt{3}\int dx$.

Вычислим каждый по отдельности:

- Первый интеграл: $24\int \frac{1}{\cos^2 2x} dx$. По формуле $\int \frac{1}{\cos^2(kx)}dx = \frac{1}{k}\tan(kx) + C$ с $k=2$ получаем $24 \cdot \frac{1}{2}\tan(2x) = 12\tan(2x)$.

- Второй интеграл: $-2\int x^{-4} dx$. По формуле для степенной функции с $n=-4$ получаем $-2 \cdot \frac{x^{-4+1}}{-4+1} = -2 \cdot \frac{x^{-3}}{-3} = \frac{2}{3}x^{-3} = \frac{2}{3x^3}$.

- Третий интеграл: $\sqrt{3}\int dx = \sqrt{3}x$.

Объединяем результаты и добавляем константу $C$.

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

4) Интеграл $\int(\frac{1}{\sqrt{2x}} - \frac{3}{\sin^2 2x} - x) dx$ вычисляем, разбив его на три части:

$\int \frac{1}{\sqrt{2x}} dx - \int \frac{3}{\sin^2 2x} dx - \int x dx$.

Вычислим каждый интеграл:

- Первый интеграл: $\int \frac{1}{\sqrt{2x}} dx = \int \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{x}} dx = \frac{1}{\sqrt{2}}\int x^{-1/2} dx$. По степенной формуле с $n=-1/2$ имеем $\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{x^{-1/2+1}}{-1/2+1} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{x^{1/2}}{1/2} = \frac{2}{\sqrt{2}}\sqrt{x} = \sqrt{2}\sqrt{x} = \sqrt{2x}$.

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

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

Суммируем все части и добавляем константу интегрирования $C$.

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

Докажите, что функция $y = F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ (1.16–1.17):

1.16. 1) $F(x) = -\frac{1}{4}\cos{2x} - \frac{1}{2}\cos{x} + \pi,$ $f(x) = \cos{\frac{x}{2}}\sin{\frac{3x}{2}};$

2) $F(x) = -\frac{3}{8}\cos{\frac{4x}{3}} + \frac{3}{4}\cos{\frac{2x}{3}} - 7,$ $f(x) = \sin{\frac{x}{3}}\cos{x}.$

1)

Чтобы доказать, что функция $y=F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$, необходимо проверить, выполняется ли равенство $F'(x) = f(x)$ для всех $x$ из области определения.

Сначала 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:

$F'(x) = \left(-\frac{1}{4}\cos{2x} - \frac{1}{2}\cos{x} + \pi\right)' = -\frac{1}{4}(-\sin(2x) \cdot 2) - \frac{1}{2}(-\sin x) + 0 = \frac{2}{4}\sin{2x} + \frac{1}{2}\sin{x} = \frac{1}{2}\sin{2x} + \frac{1}{2}\sin{x}$.

Для удобства сравнения с $f(x)$, преобразуем полученное выражение, используя формулу суммы синусов $\sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$:

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

Теперь рассмотрим функцию $f(x)$, данную в условии: $f(x) = \cos^2{\frac{x}{2}}\sin{\frac{3x}{2}}$.

Проверим равенство $F'(x) = f(x)$:

$\sin\frac{3x}{2}\cos\frac{x}{2} = \cos^2{\frac{x}{2}}\sin{\frac{3x}{2}}$

Перенесем все члены в левую часть:

$\sin\frac{3x}{2}\cos\frac{x}{2} - \cos^2{\frac{x}{2}}\sin{\frac{3x}{2}} = 0$

$\sin\frac{3x}{2}\cos\frac{x}{2}(1 - \cos\frac{x}{2}) = 0$

Это равенство должно выполняться для всех $x$, чтобы быть тождеством. Однако оно верно только в случаях, когда $\sin\frac{3x}{2}=0$, или $\cos\frac{x}{2}=0$, или $1 - \cos\frac{x}{2}=0$ (т.е. $\cos\frac{x}{2}=1$). Это не выполняется для произвольного $x$. Например, подставим $x = \frac{\pi}{3}$:

Левая часть: $F'\left(\frac{\pi}{3}\right) = \sin\left(\frac{3}{2}\cdot\frac{\pi}{3}\right)\cos\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{3}\right) = \sin\frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi}{6} = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Правая часть: $f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \cos^2\left(\frac{\pi}{6}\right)\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 \cdot 1 = \frac{3}{4}$.

Поскольку $\frac{\sqrt{3}}{2} \neq \frac{3}{4}$, равенство $F'(x) = f(x)$ не является тождеством.

Ответ: Утверждение неверно, так как $F'(x) \neq f(x)$. Вероятно, в условии задачи имеется опечатка (скорее всего, в степени у косинуса в функции $f(x)$).

2)

Аналогично первому пункту, проверим равенство $F'(x) = f(x)$.

Найдем производную функции $F(x) = -\frac{3}{8}\cos{\frac{4x}{3}} + \frac{3}{4}\cos{\frac{2x}{3}} - 7$:

$F'(x) = \left(-\frac{3}{8}\cos{\frac{4x}{3}} + \frac{3}{4}\cos{\frac{2x}{3}} - 7\right)' = -\frac{3}{8}\left(-\sin\frac{4x}{3} \cdot \frac{4}{3}\right) + \frac{3}{4}\left(-\sin\frac{2x}{3} \cdot \frac{2}{3}\right) - 0$

$F'(x) = \frac{12}{24}\sin\frac{4x}{3} - \frac{6}{12}\sin\frac{2x}{3} = \frac{1}{2}\sin\frac{4x}{3} - \frac{1}{2}\sin\frac{2x}{3}$.

Преобразуем полученное выражение, используя формулу разности синусов $\sin\alpha - \sin\beta = 2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}$:

$F'(x) = \frac{1}{2}\left(\sin\frac{4x}{3} - \sin\frac{2x}{3}\right) = \frac{1}{2} \cdot 2\cos\frac{\frac{4x}{3}+\frac{2x}{3}}{2}\sin\frac{\frac{4x}{3}-\frac{2x}{3}}{2} = \cos\frac{2x}{2}\sin\frac{x/3}{2/1} = \cos(x)\sin\frac{x}{3}$.

Теперь рассмотрим функцию $f(x)$, данную в условии: $f(x) = \sin^3{\frac{x}{3}}\cos{x}$.

Проверим равенство $F'(x) = f(x)$:

$\cos(x)\sin\frac{x}{3} = \sin^3{\frac{x}{3}}\cos{x}$

Перенесем все члены в левую часть:

$\cos(x)\sin\frac{x}{3} - \sin^3{\frac{x}{3}}\cos{x} = 0$

$\cos(x)\sin\frac{x}{3}(1 - \sin^2\frac{x}{3}) = 0$

$\cos(x)\sin\frac{x}{3}\cos^2\frac{x}{3} = 0$

Это равенство также не является тождеством. Оно выполняется только при определённых значениях $x$. Например, подставим $x = \pi$:

Левая часть: $F'(\pi) = \cos(\pi)\sin\frac{\pi}{3} = -1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Правая часть: $f(\pi) = \sin^3\frac{\pi}{3}\cos(\pi) = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 \cdot (-1) = -\frac{3\sqrt{3}}{8}$.

Поскольку $-\frac{\sqrt{3}}{2} \neq -\frac{3\sqrt{3}}{8}$, равенство $F'(x) = f(x)$ не является тождеством.

Ответ: Утверждение неверно, так как $F'(x) \neq f(x)$. Вероятно, в условии задачи имеется опечатка (скорее всего, в степени у синуса в функции $f(x)$).

1.17. 1) $F(x) = \frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin2x + \frac{1}{32}\sin4x$, $f(x) = \sin^4x;$

2) $F(x) = \frac{3}{8}x + \frac{1}{4}\sin2x + \frac{1}{32}\sin4x$, $f(x) = \cos^4x;$

3) $F(x) = |x^2 - 1| - 3x + 3;$, $f(x) = 2x - 3, x \in (1; +\infty).$

1) Чтобы доказать, что функция $F(x) = \frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin(2x) + \frac{1}{32}\sin(4x)$ является первообразной для функции $f(x) = \sin^4x$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и убедиться, что она равна $f(x)$.

Находим производную $F'(x)$:

$F'(x) = \left(\frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin(2x) + \frac{1}{32}\sin(4x)\right)' = \frac{3}{8} - \frac{1}{4}\cos(2x) \cdot (2x)' + \frac{1}{32}\cos(4x) \cdot (4x)' = \frac{3}{8} - \frac{1}{4} \cdot 2\cos(2x) + \frac{1}{32} \cdot 4\cos(4x) = \frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos(2x) + \frac{1}{8}\cos(4x)$.

Теперь преобразуем функцию $f(x) = \sin^4x$, используя формулы понижения степени: $\sin^2\alpha = \frac{1-\cos(2\alpha)}{2}$ и $\cos^2\alpha = \frac{1+\cos(2\alpha)}{2}$.

$f(x) = \sin^4x = (\sin^2x)^2 = \left(\frac{1-\cos(2x)}{2}\right)^2 = \frac{1 - 2\cos(2x) + \cos^2(2x)}{4}$.

Применим формулу понижения степени к $\cos^2(2x)$, получим $\cos^2(2x) = \frac{1+\cos(4x)}{2}$.

Подставим это в выражение для $f(x)$:

$f(x) = \frac{1}{4}\left(1 - 2\cos(2x) + \frac{1+\cos(4x)}{2}\right) = \frac{1}{4}\left(\frac{2 - 4\cos(2x) + 1 + \cos(4x)}{2}\right) = \frac{3 - 4\cos(2x) + \cos(4x)}{8} = \frac{3}{8} - \frac{4}{8}\cos(2x) + \frac{1}{8}\cos(4x) = \frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos(2x) + \frac{1}{8}\cos(4x)$.

Так как $F'(x) = f(x)$, функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$.

Ответ: да, является.

2) Чтобы доказать, что функция $F(x) = \frac{3}{8}x + \frac{1}{4}\sin(2x) + \frac{1}{32}\sin(4x)$ является первообразной для функции $f(x) = \cos^4x$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и убедиться, что она равна $f(x)$.

Находим производную $F'(x)$:

$F'(x) = \left(\frac{3}{8}x + \frac{1}{4}\sin(2x) + \frac{1}{32}\sin(4x)\right)' = \frac{3}{8} + \frac{1}{4}\cos(2x) \cdot (2x)' + \frac{1}{32}\cos(4x) \cdot (4x)' = \frac{3}{8} + \frac{1}{4} \cdot 2\cos(2x) + \frac{1}{32} \cdot 4\cos(4x) = \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos(2x) + \frac{1}{8}\cos(4x)$.

Теперь преобразуем функцию $f(x) = \cos^4x$, используя формулу понижения степени $\cos^2\alpha = \frac{1+\cos(2\alpha)}{2}$.

$f(x) = \cos^4x = (\cos^2x)^2 = \left(\frac{1+\cos(2x)}{2}\right)^2 = \frac{1 + 2\cos(2x) + \cos^2(2x)}{4}$.

Применим формулу понижения степени к $\cos^2(2x)$, получим $\cos^2(2x) = \frac{1+\cos(4x)}{2}$.

Подставим это в выражение для $f(x)$:

$f(x) = \frac{1}{4}\left(1 + 2\cos(2x) + \frac{1+\cos(4x)}{2}\right) = \frac{1}{4}\left(\frac{2 + 4\cos(2x) + 1 + \cos(4x)}{2}\right) = \frac{3 + 4\cos(2x) + \cos(4x)}{8} = \frac{3}{8} + \frac{4}{8}\cos(2x) + \frac{1}{8}\cos(4x) = \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos(2x) + \frac{1}{8}\cos(4x)$.

Так как $F'(x) = f(x)$, функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$.

Ответ: да, является.

3) Чтобы доказать, что функция $F(x) = |x^2 - 1| - 3x + 3$ является первообразной для функции $f(x) = 2x - 3$ на промежутке $x \in (1; +\infty)$, необходимо найти производную $F'(x)$ на этом промежутке и показать, что она равна $f(x)$.

На промежутке $(1; +\infty)$ выполняется неравенство $x > 1$, из которого следует, что $x^2 > 1$, а значит $x^2 - 1 > 0$.

Следовательно, на данном промежутке модуль можно раскрыть со знаком плюс: $|x^2 - 1| = x^2 - 1$.

Тогда функция $F(x)$ на промежутке $(1; +\infty)$ принимает вид: $F(x) = (x^2 - 1) - 3x + 3 = x^2 - 3x + 2$.

Найдем производную этой функции:

$F'(x) = (x^2 - 3x + 2)' = 2x - 3$.

Полученное выражение для $F'(x)$ совпадает с функцией $f(x) = 2x - 3$ на промежутке $(1; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на указанном промежутке.

Ответ: да, является.

1.18. Докажите тождество:

1) $2 \cdot \left(0.5 - 0.5\cos4\alpha + \frac{1}{1 + \text{tg}^2 2\alpha}\right) - \left(1 - \sin^2 2\alpha\right) \cdot \frac{1}{\text{ctg}^2 2\alpha} - \cos^2 2\alpha = 1;$

2) $\frac{\cos^2(2\pi + 4\alpha) - \cos^2(\alpha + \beta) + \cos^2\left(4\alpha - \frac{3\pi}{2}\right)}{\sin^2(3\pi - (\alpha + \beta)) + \text{tg}^2(\alpha + \beta) - \cos^2\left(\frac{5\pi}{2} - (\alpha + \beta)\right)} - \cos^2(2\pi + (\alpha + \beta)) = 0;$

3) $\frac{\text{tg}\left(\frac{\pi}{2} - 4\alpha\right) \cdot \sin(4\pi - 2\alpha) \cdot \cos(-2\alpha)}{\text{ctg}(6\pi - 4\alpha) \cdot \left(\cos^2 2\alpha - \cos^2\left(\frac{3\pi}{2} - 2\alpha\right)\right)} - 0.5\text{tg}4\alpha = 0.$

1)

Преобразуем левую часть тождества: $2 \cdot (0,5 - 0,5\cos4\alpha + \frac{1}{1 + \tg^2 2\alpha}) - (1 - \sin^2 2\alpha) \cdot \frac{1}{\ctg^2 2\alpha} - \cos^2 2\alpha$.

Рассмотрим выражение в первой скобке: $0,5 - 0,5\cos4\alpha + \frac{1}{1 + \tg^2 2\alpha}$.

Используем формулу понижения степени $1 - \cos(2x) = 2\sin^2x$. Для нашего случая $1 - \cos4\alpha = 2\sin^2 2\alpha$.

Тогда $0,5 - 0,5\cos4\alpha = 0,5(1 - \cos4\alpha) = 0,5 \cdot 2\sin^2 2\alpha = \sin^2 2\alpha$.

Используем основное тригонометрическое тождество $1 + \tg^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$.

Тогда $\frac{1}{1 + \tg^2 2\alpha} = \cos^2 2\alpha$.

Подставим обратно в первую скобку: $\sin^2 2\alpha + \cos^2 2\alpha = 1$.

Первая часть выражения: $2 \cdot 1 = 2$.

Теперь преобразуем вторую часть: $(1 - \sin^2 2\alpha) \cdot \frac{1}{\ctg^2 2\alpha}$.

Используем основное тригонометрическое тождество $1 - \sin^2 2\alpha = \cos^2 2\alpha$ и определение $\frac{1}{\ctg^2 2\alpha} = \tg^2 2\alpha = \frac{\sin^2 2\alpha}{\cos^2 2\alpha}$.

Получаем: $\cos^2 2\alpha \cdot \frac{\sin^2 2\alpha}{\cos^2 2\alpha} = \sin^2 2\alpha$.

Собираем все выражение вместе:

$2 - \sin^2 2\alpha - \cos^2 2\alpha = 2 - (\sin^2 2\alpha + \cos^2 2\alpha) = 2 - 1 = 1$.

Левая часть равна 1, что и требовалось доказать.

Ответ: $1 = 1$.

2)

Преобразуем левую часть тождества: $\frac{\cos^2(2\pi + 4\alpha) - \cos^2(\alpha + \beta) + \cos^2(4\alpha - \frac{3\pi}{2})}{\sin^2(3\pi - (\alpha + \beta)) + \tg^2(\alpha + \beta) - \cos^2(\frac{5\pi}{2} - (\alpha + \beta))} - \cos^2(2\pi + (\alpha + \beta))$.

Упростим числитель дроби, используя формулы приведения и периодичность функций:

$\cos(2\pi + 4\alpha) = \cos(4\alpha)$.

$\cos(4\alpha - \frac{3\pi}{2}) = \cos(\frac{3\pi}{2} - 4\alpha) = -\sin(4\alpha)$, следовательно $\cos^2(4\alpha - \frac{3\pi}{2}) = \sin^2(4\alpha)$.

Числитель принимает вид: $\cos^2(4\alpha) - \cos^2(\alpha + \beta) + \sin^2(4\alpha) = (\cos^2(4\alpha) + \sin^2(4\alpha)) - \cos^2(\alpha + \beta) = 1 - \cos^2(\alpha + \beta) = \sin^2(\alpha + \beta)$.

Упростим знаменатель дроби:

$\sin(3\pi - (\alpha + \beta)) = \sin(\pi - (\alpha + \beta)) = \sin(\alpha + \beta)$, следовательно $\sin^2(3\pi - (\alpha + \beta)) = \sin^2(\alpha + \beta)$.

$\cos(\frac{5\pi}{2} - (\alpha + \beta)) = \cos(\frac{\pi}{2} - (\alpha + \beta)) = \sin(\alpha + \beta)$, следовательно $\cos^2(\frac{5\pi}{2} - (\alpha + \beta)) = \sin^2(\alpha + \beta)$.

Знаменатель принимает вид: $\sin^2(\alpha + \beta) + \tg^2(\alpha + \beta) - \sin^2(\alpha + \beta) = \tg^2(\alpha + \beta)$.

Теперь упростим всю дробь:

$\frac{\sin^2(\alpha + \beta)}{\tg^2(\alpha + \beta)} = \frac{\sin^2(\alpha + \beta)}{\frac{\sin^2(\alpha + \beta)}{\cos^2(\alpha + \beta)}} = \cos^2(\alpha + \beta)$.

Упростим последнее слагаемое в исходном выражении:

$\cos^2(2\pi + (\alpha + \beta)) = \cos^2(\alpha + \beta)$.

Собираем все вместе:

$\cos^2(\alpha + \beta) - \cos^2(\alpha + \beta) = 0$.

Левая часть равна 0, что и требовалось доказать.

Ответ: $0 = 0$.

3)

Преобразуем левую часть тождества: $\frac{\tg(\frac{\pi}{2} - 4\alpha) \cdot \sin(4\pi - 2\alpha) \cdot \cos(-2\alpha)}{\ctg(6\pi - 4\alpha) \cdot (\cos^2 2\alpha - \cos^2(\frac{3\pi}{2} - 2\alpha))} - 0,5\tg4\alpha$.

Упростим числитель дроби, используя формулы приведения, периодичность и четность функций:

$\tg(\frac{\pi}{2} - 4\alpha) = \ctg(4\alpha)$.

$\sin(4\pi - 2\alpha) = \sin(-2\alpha) = -\sin(2\alpha)$.

$\cos(-2\alpha) = \cos(2\alpha)$.

Числитель: $\ctg(4\alpha) \cdot (-\sin(2\alpha)) \cdot \cos(2\alpha) = -\ctg(4\alpha) \cdot (\sin(2\alpha)\cos(2\alpha))$.

Используя формулу синуса двойного угла $\sin(4\alpha) = 2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha)$, получаем $\sin(2\alpha)\cos(2\alpha) = \frac{1}{2}\sin(4\alpha)$.

Числитель: $-\frac{\cos(4\alpha)}{\sin(4\alpha)} \cdot \frac{1}{2}\sin(4\alpha) = -\frac{1}{2}\cos(4\alpha)$.

Упростим знаменатель дроби:

$\ctg(6\pi - 4\alpha) = \ctg(-4\alpha) = -\ctg(4\alpha)$.

Выражение в скобках: $\cos^2 2\alpha - \cos^2(\frac{3\pi}{2} - 2\alpha)$.

$\cos(\frac{3\pi}{2} - 2\alpha) = -\sin(2\alpha)$, значит $\cos^2(\frac{3\pi}{2} - 2\alpha) = \sin^2(2\alpha)$.

Скобки: $\cos^2 2\alpha - \sin^2 2\alpha = \cos(4\alpha)$ (формула косинуса двойного угла).

Знаменатель: $-\ctg(4\alpha) \cdot \cos(4\alpha)$.

Теперь упростим всю дробь:

$\frac{-\frac{1}{2}\cos(4\alpha)}{-\ctg(4\alpha) \cdot \cos(4\alpha)} = \frac{\frac{1}{2}}{\ctg(4\alpha)} = \frac{1}{2}\tg(4\alpha) = 0,5\tg(4\alpha)$.

Подставляем полученное значение в исходное выражение:

$0,5\tg(4\alpha) - 0,5\tg(4\alpha) = 0$.

Левая часть равна 0, что и требовалось доказать.

Ответ: $0 = 0$.