Страница 39 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

4.15. Найдите все значения, при которых верно неравенство:

1) $\int_{x}^{3} (t+1)dt < 0;$

2) $\int_{x}^{2} (1-t)dt > 0;$

3) $\int_{-2}^{x} (2-3t)dt > 0;$

4) $\int_{-3}^{x} (4t-1)dt < 0.$

1) Чтобы найти значения $x$, при которых верно неравенство $\int_x^3 (t + 1)dt < 0$, сначала вычислим определенный интеграл. Первообразная для функции $f(t) = t + 1$ есть $F(t) = \frac{t^2}{2} + t$.

По формуле Ньютона-Лейбница:

$\int_x^3 (t + 1)dt = \left( \frac{t^2}{2} + t \right) \bigg|_x^3 = \left( \frac{3^2}{2} + 3 \right) - \left( \frac{x^2}{2} + x \right) = \frac{9}{2} + 3 - \frac{x^2}{2} - x = \frac{15}{2} - \frac{x^2}{2} - x$.

Теперь решим неравенство:

$\frac{15}{2} - \frac{x^2}{2} - x < 0$.

Умножим обе части на $-2$ и изменим знак неравенства на противоположный:

$-15 + x^2 + 2x > 0$

$x^2 + 2x - 15 > 0$.

Найдем корни квадратного уравнения $x^2 + 2x - 15 = 0$. Используя теорему Виета, получаем корни $x_1 = -5$ и $x_2 = 3$.

Так как ветви параболы $y = x^2 + 2x - 15$ направлены вверх, неравенство $y > 0$ выполняется при значениях $x$ за пределами интервала между корнями.

Следовательно, $x < -5$ или $x > 3$.

Ответ: $x \in (-\infty, -5) \cup (3, \infty)$.

2) Решим неравенство $\int_x^2 (1 - t)dt > 0$. Первообразная для $f(t) = 1 - t$ есть $F(t) = t - \frac{t^2}{2}$.

Вычислим интеграл:

$\int_x^2 (1 - t)dt = \left( t - \frac{t^2}{2} \right) \bigg|_x^2 = \left( 2 - \frac{2^2}{2} \right) - \left( x - \frac{x^2}{2} \right) = (2 - 2) - x + \frac{x^2}{2} = \frac{x^2}{2} - x$.

Решим неравенство:

$\frac{x^2}{2} - x > 0$.

Умножим на 2:

$x^2 - 2x > 0$.

Вынесем $x$ за скобки: $x(x - 2) > 0$.

Корни уравнения $x(x-2)=0$ равны $x_1 = 0$ и $x_2 = 2$. Ветви параболы $y=x(x-2)$ направлены вверх, поэтому неравенство выполняется при $x < 0$ или $x > 2$.

Ответ: $x \in (-\infty, 0) \cup (2, \infty)$.

3) Решим неравенство $\int_{-2}^x (2 - 3t)dt > 0$. Первообразная для $f(t) = 2 - 3t$ есть $F(t) = 2t - \frac{3t^2}{2}$.

Вычислим интеграл:

$\int_{-2}^x (2 - 3t)dt = \left( 2t - \frac{3t^2}{2} \right) \bigg|_{-2}^x = \left( 2x - \frac{3x^2}{2} \right) - \left( 2(-2) - \frac{3(-2)^2}{2} \right) = 2x - \frac{3x^2}{2} - (-4 - 6) = -\frac{3}{2}x^2 + 2x + 10$.

Решим неравенство:

$-\frac{3}{2}x^2 + 2x + 10 > 0$.

Умножим на $-2$ и изменим знак неравенства:

$3x^2 - 4x - 20 < 0$.

Найдем корни уравнения $3x^2 - 4x - 20 = 0$. Дискриминант $D = (-4)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-20) = 16 + 240 = 256 = 16^2$.

Корни: $x_1 = \frac{4 - 16}{6} = \frac{-12}{6} = -2$, $x_2 = \frac{4 + 16}{6} = \frac{20}{6} = \frac{10}{3}$.

Ветви параболы $y = 3x^2 - 4x - 20$ направлены вверх, поэтому неравенство $y < 0$ выполняется между корнями.

Следовательно, $-2 < x < \frac{10}{3}$.

Ответ: $x \in (-2, \frac{10}{3})$.

4) Решим неравенство $\int_{-3}^x (4t - 1)dt < 0$. Первообразная для $f(t) = 4t - 1$ есть $F(t) = 2t^2 - t$.

Вычислим интеграл:

$\int_{-3}^x (4t - 1)dt = \left( 2t^2 - t \right) \bigg|_{-3}^x = (2x^2 - x) - (2(-3)^2 - (-3)) = 2x^2 - x - (18 + 3) = 2x^2 - x - 21$.

Решим неравенство:

$2x^2 - x - 21 < 0$.

Найдем корни уравнения $2x^2 - x - 21 = 0$. Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-21) = 1 + 168 = 169 = 13^2$.

Корни: $x_1 = \frac{1 - 13}{4} = \frac{-12}{4} = -3$, $x_2 = \frac{1 + 13}{4} = \frac{14}{4} = \frac{7}{2}$.

Ветви параболы $y = 2x^2 - x - 21$ направлены вверх, поэтому неравенство $y < 0$ выполняется между корнями.

Следовательно, $-3 < x < \frac{7}{2}$.

Ответ: $x \in (-3, \frac{7}{2})$.

4.16. Найдите наименьшее:

1) положительное значение $x$, при котором $\int_{x}^{2x} \sin2tdt = \frac{1}{2}$;

2) целое положительное значение $x$, при котором $\int_{x}^{x-1} \sin2tdt < 0$.

1) положительное значение x, при котором $\int_{x}^{2x} \sin{2t}dt = \frac{1}{2}$;

Сначала вычислим определенный интеграл:

$\int_{x}^{2x} \sin{2t}dt = [-\frac{1}{2}\cos{2t}]_{x}^{2x} = -\frac{1}{2}\cos(2 \cdot 2x) - (-\frac{1}{2}\cos(2x)) = \frac{1}{2}(\cos{2x} - \cos{4x})$.

Теперь приравняем результат к $\frac{1}{2}$:

$\frac{1}{2}(\cos{2x} - \cos{4x}) = \frac{1}{2}$

$\cos{2x} - \cos{4x} = 1$

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos{4x} = 2\cos^2{2x} - 1$:

$\cos{2x} - (2\cos^2{2x} - 1) = 1$

$\cos{2x} - 2\cos^2{2x} + 1 = 1$

$\cos{2x} - 2\cos^2{2x} = 0$

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

Отсюда получаем два случая:

a) $\cos{2x} = 0$

$2x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$.

Наименьшее положительное значение $x$ в этом случае (при $n=0$) равно $\frac{\pi}{4}$.

б) $1 - 2\cos{2x} = 0$, то есть $\cos{2x} = \frac{1}{2}$

$2x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k$.

Наименьшее положительное значение $x$ в этом случае (при $k=0$ для знака "+") равно $\frac{\pi}{6}$.

Сравнивая полученные наименьшие положительные значения $x = \frac{\pi}{4}$ и $x = \frac{\pi}{6}$, выбираем наименьшее из них.

Так как $\frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{4}$, наименьшее положительное значение $x$ равно $\frac{\pi}{6}$.

Ответ: $\frac{\pi}{6}$.

2) целое положительное значение x, при котором $\int_{x}^{x-1} \sin{2t}dt < 0$.

Вычислим интеграл, используя свойство $\int_{a}^{b} f(t)dt = - \int_{b}^{a} f(t)dt$ и результат из предыдущего пункта:

$\int_{x}^{x-1} \sin{2t}dt = [-\frac{1}{2}\cos{2t}]_{x}^{x-1} = -\frac{1}{2}\cos(2(x-1)) - (-\frac{1}{2}\cos(2x)) = \frac{1}{2}(\cos{2x} - \cos(2x-2))$.

Теперь решим неравенство:

$\frac{1}{2}(\cos{2x} - \cos(2x-2)) < 0$

$\cos{2x} - \cos(2x-2) < 0$

Применим формулу разности косинусов $\cos\alpha - \cos\beta = -2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}$:

Пусть $\alpha = 2x$, $\beta = 2x-2$.

$\frac{\alpha+\beta}{2} = \frac{2x+2x-2}{2} = 2x-1$.

$\frac{\alpha-\beta}{2} = \frac{2x-(2x-2)}{2} = \frac{2}{2} = 1$.

Неравенство принимает вид:

$-2\sin(2x-1)\sin(1) < 0$.

Так как $1$ радиан находится в первой четверти ($0 < 1 < \frac{\pi}{2}$), значение $\sin(1)$ положительно. Разделим обе части неравенства на отрицательное число $-2\sin(1)$, изменив знак неравенства на противоположный:

$\sin(2x-1) > 0$.

Это неравенство выполняется, когда аргумент синуса находится в интервале $(2\pi n, \pi + 2\pi n)$ для любого целого $n$.

$2\pi n < 2x-1 < \pi + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$2\pi n + 1 < 2x < \pi + 1 + 2\pi n$.

$\pi n + \frac{1}{2} < x < \frac{\pi+1}{2} + \pi n$.

Мы ищем наименьшее целое положительное значение $x$. Проверим значения $n$, начиная с $n=0$.

При $n=0$:

$\frac{1}{2} < x < \frac{\pi+1}{2}$.

Поскольку $\pi \approx 3.14$, имеем $0.5 < x < \frac{3.14+1}{2} \approx 2.07$.

Целые значения $x$ в этом интервале: $1$ и $2$. Наименьшее из них равно $1$.

При $n=1$:

$\pi + \frac{1}{2} < x < \pi + \frac{\pi+1}{2}$.

$\approx 3.14 + 0.5 < x < 3.14 + 2.07$, то есть $3.64 < x < 5.21$.

Целые значения $x$ в этом интервале: $4$ и $5$.

Наименьшее целое положительное значение $x$, удовлетворяющее условию, это $1$.

Ответ: 1.

4.17. Используя геометрический смысл определенного интеграла, найдите:

1) $\int_0^2 \sqrt{4-x^2} dx$;

2) $\int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} dx$;

3) $\int_0^2 \sqrt{2x-x^2} dx$;

4) $\int_2^4 \sqrt{4x-x^2} dx$.

1) Интеграл $\int_0^2 \sqrt{4-x^2} dx$ представляет собой площадь фигуры, ограниченной графиком функции $y = \sqrt{4-x^2}$, осью Ox и прямыми $x=0$ и $x=2$.

Уравнение $y = \sqrt{4-x^2}$ (где $y \ge 0$) задает верхнюю полуокружность с центром в точке $(0,0)$ и радиусом $R=2$, так как оно эквивалентно уравнению $x^2 + y^2 = 2^2$. Пределы интегрирования от $0$ до $2$ выделяют область, которая является четвертью этого круга, расположенной в первом координатном квадранте.

Площадь всего круга вычисляется по формуле $S = \pi R^2 = \pi \cdot 2^2 = 4\pi$.

Значение интеграла равно площади этой четверти круга: $\frac{1}{4} S = \frac{4\pi}{4} = \pi$.

Ответ: $\pi$.

2) Интеграл $\int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} dx$ представляет собой площадь фигуры, ограниченной графиком функции $y = \sqrt{1-x^2}$ и осью Ox на отрезке $[-1, 1]$.

Уравнение $y = \sqrt{1-x^2}$ (где $y \ge 0$) задает верхнюю полуокружность с центром в точке $(0,0)$ и радиусом $R=1$, так как оно эквивалентно уравнению $x^2 + y^2 = 1^2$. Пределы интегрирования от $-1$ до $1$ соответствуют всей верхней полуокружности.

Площадь всего круга равна $S = \pi R^2 = \pi \cdot 1^2 = \pi$. Значение интеграла равно площади этой полуокружности, то есть половине площади всего круга.

Искомая площадь: $\frac{1}{2} S = \frac{\pi}{2}$.

Ответ: $\frac{\pi}{2}$.

3) Интеграл $\int_0^2 \sqrt{2x-x^2} dx$ равен площади фигуры под графиком функции $y = \sqrt{2x-x^2}$ на отрезке $[0, 2]$.

Преобразуем подкоренное выражение, чтобы определить форму кривой. Пусть $y = \sqrt{2x-x^2}$ (где $y \ge 0$). Возведя в квадрат, получим $y^2 = 2x - x^2$. Перенесем члены с $x$ влево и выделим полный квадрат: $x^2 - 2x + y^2 = 0 \Rightarrow (x^2 - 2x + 1) + y^2 = 1 \Rightarrow (x-1)^2 + y^2 = 1^2$.

Это уравнение окружности с центром в точке $(1,0)$ и радиусом $R=1$. Поскольку $y \ge 0$, мы рассматриваем верхнюю полуокружность. Пределы интегрирования от $0$ до $2$ полностью покрывают эту полуокружность по оси Ox.

Следовательно, интеграл равен площади полукруга радиуса 1. Площадь всего круга $S = \pi R^2 = \pi \cdot 1^2 = \pi$. Площадь полукруга равна $\frac{1}{2} S = \frac{\pi}{2}$.

Ответ: $\frac{\pi}{2}$.

4) Интеграл $\int_2^4 \sqrt{4x-x^2} dx$ представляет собой площадь фигуры под графиком функции $y = \sqrt{4x-x^2}$ на отрезке $[2, 4]$.

Рассмотрим уравнение кривой $y = \sqrt{4x-x^2}$ (где $y \ge 0$). Возведем в квадрат: $y^2 = 4x - x^2$. Преобразуем его: $x^2 - 4x + y^2 = 0 \Rightarrow (x^2 - 4x + 4) + y^2 = 4 \Rightarrow (x-2)^2 + y^2 = 2^2$.

Это уравнение окружности с центром в точке $(2,0)$ и радиусом $R=2$. Условие $y \ge 0$ означает, что мы рассматриваем верхнюю полуокружность. Пределы интегрирования от $2$ до $4$ задают правую половину этой полуокружности (от центра до правого края).

Таким образом, искомая площадь является площадью четверти круга радиуса 2. Площадь всего круга $S = \pi R^2 = \pi \cdot 2^2 = 4\pi$. Площадь четверти круга составляет $\frac{1}{4} S = \frac{4\pi}{4} = \pi$.

Ответ: $\pi$.

4.18. Дана функция $f(x)$. Найдите $f'(x)$.

1) $f(x) = \begin{cases} 2x^2 - 4 & \text{при } x > 3, \\ -x^2 + 2 & \text{при } x < 3; \end{cases}$

2) $f(x) = \begin{cases} 5x - x^2 & \text{при } x > 2, \\ -\sqrt{2 - x} & \text{при } x < 2. \end{cases}$

1) Дана функция $f(x) = \begin{cases} 2x^2 - 4 & \text{при } x > 3, \\ -x^2 + 2 & \text{при } x < 3. \end{cases}$

Чтобы найти производную $f'(x)$, мы должны продифференцировать каждую часть функции отдельно.

При $x > 3$, функция задана как $f(x) = 2x^2 - 4$.

Ее производная находится по правилам дифференцирования степенной функции и константы:

$f'(x) = (2x^2 - 4)' = (2x^2)' - (4)' = 2 \cdot 2x - 0 = 4x$.

При $x < 3$, функция задана как $f(x) = -x^2 + 2$.

Ее производная:

$f'(x) = (-x^2 + 2)' = (-x^2)' + (2)' = -2x + 0 = -2x$.

Теперь нужно проверить, существует ли производная в точке $x = 3$. Для существования производной в точке функция должна быть в ней непрерывна. Проверим непрерывность, вычислив односторонние пределы:

Предел слева: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^-} (-x^2 + 2) = -(3)^2 + 2 = -9 + 2 = -7$.

Предел справа: $\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+} (2x^2 - 4) = 2(3)^2 - 4 = 2 \cdot 9 - 4 = 18 - 4 = 14$.

Поскольку левый и правый пределы в точке $x=3$ не равны ($-7 \neq 14$), функция $f(x)$ имеет разрыв в этой точке и, следовательно, не является дифференцируемой в точке $x=3$.

Таким образом, производная $f'(x)$ существует для всех $x \neq 3$.

Ответ: $f'(x) = \begin{cases} 4x & \text{при } x > 3, \\ -2x & \text{при } x < 3. \end{cases}$

2) Дана функция $f(x) = \begin{cases} 5x - x^2 & \text{при } x > 2, \\ -\sqrt{2-x} & \text{при } x < 2. \end{cases}$

Найдем производную для каждой части функции.

При $x > 2$, функция задана как $f(x) = 5x - x^2$.

Ее производная:

$f'(x) = (5x - x^2)' = (5x)' - (x^2)' = 5 - 2x$.

При $x < 2$, функция задана как $f(x) = -\sqrt{2-x}$.

Для нахождения производной используем правило дифференцирования сложной функции (цепное правило). Запишем функцию как $f(x) = -(2-x)^{1/2}$.

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

Проверим дифференцируемость в точке $x = 2$. Сначала проверим непрерывность, вычислив односторонние пределы:

Предел слева: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (-\sqrt{2-x}) = -\sqrt{2-2} = 0$.

Предел справа: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (5x - x^2) = 5(2) - (2)^2 = 10 - 4 = 6$.

Поскольку левый и правый пределы в точке $x=2$ не равны ($0 \neq 6$), функция $f(x)$ имеет разрыв в этой точке, а значит не является дифференцируемой в точке $x=2$.

Таким образом, производная $f'(x)$ существует для всех $x < 2$ и $x > 2$.

Ответ: $f'(x) = \begin{cases} 5 - 2x & \text{при } x > 2, \\ \frac{1}{2\sqrt{2-x}} & \text{при } x < 2. \end{cases}$

4.19. На координатной плоскости постройте область, ограниченную графиками функций:

1) $y = 2 + \sin x$ и $y = x^2 - x$;

2) $y = \cos x + 1$ и $y = \sqrt{4-x}$.

1) $y = 2 + \sin x$ и $y = x^2 - x$

Для построения области, ограниченной графиками данных функций, необходимо сначала проанализировать сами функции и найти их точки пересечения.

Функция $y_1 = 2 + \sin x$ является синусоидой, смещенной на 2 единицы вверх по оси ординат. Поскольку область значений функции $\sin x$ есть отрезок $[-1, 1]$, то область значений функции $y_1$ есть отрезок $[2-1, 2+1]$, то есть $[1, 3]$.

Функция $y_2 = x^2 - x$ является параболой, ветви которой направлены вверх. Координаты вершины параболы: $x_0 = -(-1)/(2 \cdot 1) = 1/2$, $y_0 = (1/2)^2 - 1/2 = 1/4 - 1/2 = -1/4$. Вершина находится в точке $(1/2, -1/4)$.

Точки пересечения графиков находятся из уравнения $y_1 = y_2$:$2 + \sin x = x^2 - x$Это трансцендентное уравнение, которое не решается аналитически в элементарных функциях. Обозначим его корни как $x_1$ и $x_2$.

Чтобы определить, какой график находится выше, сравним значения функций в какой-либо точке между корнями. Например, при $x=0$:$y_1(0) = 2 + \sin 0 = 2$$y_2(0) = 0^2 - 0 = 0$Так как $y_1(0) > y_2(0)$, на интервале между точками пересечения $(x_1, x_2)$ график функции $y = 2 + \sin x$ лежит выше графика функции $y = x^2 - x$.

Исследуем наличие корней. Пусть $h(x) = (x^2 - x) - (2 + \sin x) = x^2 - x - 2 - \sin x$.При $x=-1$: $h(-1) = (-1)^2 - (-1) - 2 - \sin(-1) = 1 + 1 - 2 + \sin(1) = \sin(1) > 0$.При $x=0$: $h(0) = 0^2 - 0 - 2 - \sin(0) = -2 < 0$.Поскольку функция $h(x)$ непрерывна и меняет знак на интервале $(-1, 0)$, то на этом интервале существует корень $x_1$.

При $x=2$: $h(2) = 2^2 - 2 - 2 - \sin(2) = -\sin(2) < 0$ (так как $2 \in (0, \pi)$).При $x=3$: $h(3) = 3^2 - 3 - 2 - \sin(3) = 4 - \sin(3) > 0$ (так как $\sin(3) \approx 0.14 < 4$).Поскольку функция $h(x)$ непрерывна и меняет знак на интервале $(2, 3)$, то на этом интервале существует корень $x_2$.

Таким образом, искомая область — это множество точек $(x, y)$, удовлетворяющих системе неравенств:$x_1 \le x \le x_2$ и $x^2 - x \le y \le 2 + \sin x$,где $x_1$ и $x_2$ — корни уравнения $x^2 - x - 2 = \sin x$.Область представляет собой конечную фигуру, ограниченную снизу дугой параболы, а сверху — фрагментом синусоиды.

Ответ: Искомая область есть множество точек $(x, y)$, удовлетворяющих неравенствам $x_1 \le x \le x_2$ и $x^2 - x \le y \le 2 + \sin x$, где $x_1$ и $x_2$ — это абсциссы точек пересечения графиков функций $y = 2 + \sin x$ и $y = x^2 - x$. Эта область является конечной фигурой, ограниченной снизу параболой $y=x^2-x$ и сверху синусоидой $y=2+\sin x$.

2) $y = \cos x + 1$ и $y = \sqrt{4-x}$

Проанализируем данные функции.

Функция $y_1 = \cos x + 1$ — это косинусоида, смещенная на 1 вверх. Область определения — все действительные числа. Область значений — отрезок $[0, 2]$. Функция периодическая с периодом $2\pi$.

Функция $y_2 = \sqrt{4-x}$ — это ветвь параболы. Область определения: $4-x \ge 0$, то есть $x \le 4$. Область значений: $y \ge 0$. График начинается в точке $(4, 0)$ и уходит влево и вверх.

Для нахождения области, ограниченной графиками, найдем их точки пересечения, решив уравнение $y_1 = y_2$:$\cos x + 1 = \sqrt{4-x}$Для существования решения необходимо, чтобы $x \le 4$ (из области определения $y_2$) и $\sqrt{4-x} \le 2$ (так как $y_1 \le 2$). Последнее неравенство дает $4-x \le 4$, то есть $x \ge 0$. Таким образом, все точки пересечения лежат на отрезке $[0, 4]$.

Проверим концы отрезка:При $x=0$: $y_1(0) = \cos 0 + 1 = 2$, $y_2(0) = \sqrt{4-0} = 2$. Точка $(0, 2)$ является точкой пересечения.

Помимо точки $x=0$, существуют и другие точки пересечения. Обозначим $h(x) = \cos x + 1 - \sqrt{4-x}$. Мы нашли, что $h(0) = 0$.Можно показать, что для малых $x>0$ выполняется $h(x)>0$.Рассмотрим значение в точке $x=\pi$:$h(\pi) = \cos \pi + 1 - \sqrt{4-\pi} = -1 + 1 - \sqrt{4-\pi} = -\sqrt{4-\pi} < 0$.Поскольку $h(x)$ непрерывна и меняет знак на интервале $(0, \pi)$, то на этом интервале есть корень $x_1$.Рассмотрим значение в точке $x=4$:$h(4) = \cos 4 + 1 - \sqrt{4-4} = \cos 4 + 1 \approx -0.65 + 1 = 0.35 > 0$.Поскольку $h(\pi) < 0$ и $h(4) > 0$, на интервале $(\pi, 4)$ есть еще один корень $x_2$.

Таким образом, графики пересекаются в трех точках с абсциссами $x=0$, $x=x_1$ и $x=x_2$. Это приводит к образованию двух отдельных конечных областей, ограниченных данными кривыми.

Область 1: на отрезке $[0, x_1]$. На этом интервале $\cos x + 1 \ge \sqrt{4-x}$. Эта область определяется системой неравенств:$\{ 0 \le x \le x_1, \sqrt{4-x} \le y \le \cos x + 1\}$

Область 2: на отрезке $[x_1, x_2]$. На этом интервале $\sqrt{4-x} \ge \cos x + 1$. Эта область определяется системой неравенств:$\{ x_1 \le x \le x_2, \cos x + 1 \le y \le \sqrt{4-x}\}$

Хотя в условии задачи говорится об "области" в единственном числе, анализ показывает наличие двух таких областей.

Ответ: Существуют две конечные области, ограниченные данными графиками. Первая область определяется неравенствами $0 \le x \le x_1$ и $\sqrt{4-x} \le y \le \cos x + 1$. Вторая область определяется неравенствами $x_1 \le x \le x_2$ и $\cos x + 1 \le y \le \sqrt{4-x}$. Здесь $x_1 \in (0, \pi)$ и $x_2 \in (\pi, 4)$ — ненулевые корни уравнения $\cos x + 1 = \sqrt{4-x}$.

4.20. Найдите первообразную для функции:

1) $f(x) = 2x + 6x^3;$

2) $f(x) = \sqrt{2x+1} - 4x^3;$

3) $f(x) = 6\cos3x - 4x;$

4) $f(x) = 2\sin2x - 2x;$

1)Первообразная функции $F(x)$ есть неопределенный интеграл от заданной функции $f(x)$.$F(x) = \int f(x) \,dx = \int (2x + 6x^3) \,dx$.Используя свойство линейности интеграла, разобьем его на два:$F(x) = \int 2x \,dx + \int 6x^3 \,dx$.Вынесем константы за знак интеграла:$F(x) = 2 \int x \,dx + 6 \int x^3 \,dx$.Применим формулу для интегрирования степенной функции $\int x^n \,dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$:$F(x) = 2 \cdot \frac{x^{1+1}}{1+1} + 6 \cdot \frac{x^{3+1}}{3+1} + C = 2 \cdot \frac{x^2}{2} + 6 \cdot \frac{x^4}{4} + C = x^2 + \frac{3}{2}x^4 + C$, где $C$ — произвольная постоянная.

Ответ: $F(x) = x^2 + \frac{3}{2}x^4 + C$.

2)Найдем первообразную для функции $f(x) = \sqrt{2x+1} - 4x^3$:$F(x) = \int (\sqrt{2x+1} - 4x^3) \,dx = \int (2x+1)^{1/2} \,dx - \int 4x^3 \,dx$.Для первого интеграла $\int (2x+1)^{1/2} \,dx$ используем метод замены переменной. Пусть $u = 2x+1$, тогда $du = 2\,dx$, и $dx = \frac{du}{2}$.$\int (2x+1)^{1/2} \,dx = \int u^{1/2} \frac{du}{2} = \frac{1}{2} \int u^{1/2} \,du = \frac{1}{2} \cdot \frac{u^{3/2}}{3/2} + C_1 = \frac{1}{3}u^{3/2} + C_1 = \frac{1}{3}(2x+1)^{3/2} + C_1$.Второй интеграл $\int 4x^3 \,dx$ является табличным:$\int 4x^3 \,dx = 4 \cdot \frac{x^4}{4} + C_2 = x^4 + C_2$.Складывая результаты, получаем общую первообразную:$F(x) = \frac{1}{3}(2x+1)^{3/2} - x^4 + C$, где $C = C_1 - C_2$ — произвольная постоянная.

Ответ: $F(x) = \frac{1}{3}(2x+1)^{3/2} - x^4 + C$.

3)Найдем первообразную для функции $f(x) = 6\cos(3x) - 4x$:$F(x) = \int (6\cos(3x) - 4x) \,dx = \int 6\cos(3x) \,dx - \int 4x \,dx$.Используем табличные интегралы $\int \cos(kx) \,dx = \frac{1}{k}\sin(kx) + C$ и $\int x^n \,dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$:$F(x) = 6 \int \cos(3x) \,dx - 4 \int x \,dx = 6 \cdot \frac{\sin(3x)}{3} - 4 \cdot \frac{x^2}{2} + C = 2\sin(3x) - 2x^2 + C$, где $C$ — произвольная постоянная.

Ответ: $F(x) = 2\sin(3x) - 2x^2 + C$.

4)Найдем первообразную для функции $f(x) = 2\sin(2x) - 2x$:$F(x) = \int (2\sin(2x) - 2x) \,dx = \int 2\sin(2x) \,dx - \int 2x \,dx$.Используем табличные интегралы $\int \sin(kx) \,dx = -\frac{1}{k}\cos(kx) + C$ и $\int x^n \,dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$:$F(x) = 2 \int \sin(2x) \,dx - 2 \int x \,dx = 2 \cdot \left(-\frac{\cos(2x)}{2}\right) - 2 \cdot \frac{x^2}{2} + C = -\cos(2x) - x^2 + C$, где $C$ — произвольная постоянная.

Ответ: $F(x) = -\cos(2x) - x^2 + C$.