Номер 14, страница 143 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

14. 1) $F(x) = x + \frac{1}{x}$,

2) $F(x) = \cos x^4$,

3) $F(x) = -1.5\sin^2 \left(x + \frac{\pi}{8}\right)$,

4) $F(x) = -\text{ctg } 5x + 5x$;

$f(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2}, x \in (0, +\infty)$;

$f(x) = -4x^3 \sin x^4, x \in \mathbb{R}$;

$f(x) = -\frac{3}{2}\sin\left(2x + \frac{\pi}{4}\right), x \in \mathbb{R}$;

$f(x) = 5\left(\frac{1}{\sin^2 5x} + 1\right), x \in \left(0, \frac{\pi}{5}\right)$.

1) Чтобы проверить, является ли функция $F(x) = x + \frac{1}{x}$ первообразной для функции $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2}$ на промежутке $(0; +\infty)$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и сравнить ее с $f(x)$.

Находим производную $F'(x)$:

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

Приведем полученное выражение к общему знаменателю:

$1 - \frac{1}{x^2} = \frac{x^2}{x^2} - \frac{1}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x^2}$.

Таким образом, $F'(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2}$, что совпадает с функцией $f(x)$ на заданном промежутке. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Да, является.

2) Проверим, является ли $F(x) = \cos(x^4)$ первообразной для $f(x) = -4x^3 \sin(x^4)$ на множестве $x \in R$. Для этого найдем производную $F'(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции (цепное правило).

Производная внешней функции $(\cos u)' = -\sin u$ и производная внутренней функции $(x^4)' = 4x^3$.

$F'(x) = (\cos(x^4))' = -\sin(x^4) \cdot (x^4)' = -\sin(x^4) \cdot 4x^3 = -4x^3 \sin(x^4)$.

Полученная производная $F'(x)$ совпадает с функцией $f(x)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Да, является.

3) Проверим, является ли $F(x) = -1,5\sin^2(x + \frac{\pi}{8})$ первообразной для $f(x) = -\frac{3}{2}\sin(2x + \frac{\pi}{4})$ на множестве $x \in R$.

Запишем $F(x)$ как $F(x) = -\frac{3}{2}\sin^2(x + \frac{\pi}{8})$. Найдем производную $F'(x)$ по правилу дифференцирования сложной функции.

$F'(x) = (-\frac{3}{2}\sin^2(x + \frac{\pi}{8}))' = -\frac{3}{2} \cdot 2\sin(x + \frac{\pi}{8}) \cdot (\sin(x + \frac{\pi}{8}))'$.

$F'(x) = -3\sin(x + \frac{\pi}{8}) \cdot \cos(x + \frac{\pi}{8}) \cdot (x + \frac{\pi}{8})'$.

$F'(x) = -3\sin(x + \frac{\pi}{8})\cos(x + \frac{\pi}{8}) \cdot 1$.

Используем формулу синуса двойного угла $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)$, из которой следует, что $\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{2}\sin(2\alpha)$. В данном случае $\alpha = x + \frac{\pi}{8}$.

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

Производная $F'(x)$ совпадает с функцией $f(x)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Да, является.

4) Проверим, является ли $F(x) = -\cot(5x) + 5x$ первообразной для $f(x) = 5(\frac{1}{\sin^2(5x)} + 1)$ на промежутке $x \in (0; \frac{\pi}{5})$.

Найдем производную функции $F(x)$.

$F'(x) = (-\cot(5x) + 5x)' = (-\cot(5x))' + (5x)'$.

Используем правило дифференцирования сложной функции для первого слагаемого. Производная котангенса $(\cot u)' = -\frac{1}{\sin^2 u}$.

$(-\cot(5x))' = -(-\frac{1}{\sin^2(5x)}) \cdot (5x)' = \frac{1}{\sin^2(5x)} \cdot 5 = \frac{5}{\sin^2(5x)}$.

Производная второго слагаемого: $(5x)' = 5$.

Складываем полученные производные:

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

Вынесем общий множитель 5 за скобки:

$F'(x) = 5(\frac{1}{\sin^2(5x)} + 1)$.

Полученное выражение совпадает с функцией $f(x)$ на заданном промежутке. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Да, является.