Номер 71, страница 16 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

71. Докажите, что функция $F$ является первообразной функции $f$ на промежутке $I$:

1) $F(x) = x^3 - 3x^2 + 9, f(x) = 3x^2 - 6x, I = (-\infty; +\infty)$

2) $F(x) = 3x - \frac{4}{x}, f(x) = 3 + \frac{4}{x^2}, I = (-\infty; 0)$

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

4) $F(x) = \cos \frac{x}{5}, f(x) = -\frac{1}{5}\sin \frac{x}{5}, I = (-\infty; +\infty)$

5) $F(x) = 3\operatorname{tg} 2x - 10, f(x) = \frac{6}{\cos^2 2x}, I = (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$

6) $F(x) = x^2 - \ln x^5, f(x) = \frac{2x^2 - 5}{x}, I = (0; +\infty)$

Для того чтобы доказать, что функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на промежутке $I$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и убедиться, что она равна $f(x)$ для всех $x$ из этого промежутка, то есть $F'(x) = f(x)$.

1) Даны функции $F(x) = x^3 - 3x^2 + 9$ и $f(x) = 3x^2 - 6x$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$.
Найдём производную функции $F(x)$:
$F'(x) = (x^3 - 3x^2 + 9)' = (x^3)' - (3x^2)' + (9)' = 3x^{3-1} - 3 \cdot 2x^{2-1} + 0 = 3x^2 - 6x$.
Так как $F'(x) = 3x^2 - 6x = f(x)$ для всех $x \in (-\infty; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

2) Даны функции $F(x) = 3x - \frac{4}{x}$ и $f(x) = 3 + \frac{4}{x^2}$ на промежутке $I = (-\infty; 0)$.
Найдём производную функции $F(x)$, представив её в виде $F(x) = 3x - 4x^{-1}$:
$F'(x) = (3x - 4x^{-1})' = (3x)' - (4x^{-1})' = 3 - 4 \cdot (-1)x^{-1-1} = 3 + 4x^{-2} = 3 + \frac{4}{x^2}$.
Так как $F'(x) = 3 + \frac{4}{x^2} = f(x)$ для всех $x \in (-\infty; 0)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

3) Даны функции $F(x) = \sqrt{2x - 3}$ и $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2x-3}}$ на промежутке $I = (1,5; +\infty)$.
Найдём производную функции $F(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции. Представим $F(x) = (2x - 3)^{1/2}$:
$F'(x) = ((2x - 3)^{1/2})' = \frac{1}{2}(2x - 3)^{1/2 - 1} \cdot (2x - 3)' = \frac{1}{2}(2x - 3)^{-1/2} \cdot 2 = (2x - 3)^{-1/2} = \frac{1}{(2x-3)^{1/2}} = \frac{1}{\sqrt{2x-3}}$.
Так как $F'(x) = \frac{1}{\sqrt{2x-3}} = f(x)$ для всех $x \in (1,5; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

4) Даны функции $F(x) = \cos\frac{x}{5}$ и $f(x) = -\frac{1}{5}\sin\frac{x}{5}$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$.
Найдём производную функции $F(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции:
$F'(x) = (\cos\frac{x}{5})' = -\sin\frac{x}{5} \cdot (\frac{x}{5})' = -\sin\frac{x}{5} \cdot \frac{1}{5} = -\frac{1}{5}\sin\frac{x}{5}$.
Так как $F'(x) = -\frac{1}{5}\sin\frac{x}{5} = f(x)$ для всех $x \in (-\infty; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

5) Даны функции $F(x) = 3\tg(2x) - 10$ и $f(x) = \frac{6}{\cos^2 2x}$ на промежутке $I = (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$.
Найдём производную функции $F(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции:
$F'(x) = (3\tg(2x) - 10)' = 3(\tg(2x))' - (10)' = 3 \cdot \frac{1}{\cos^2(2x)} \cdot (2x)' - 0 = 3 \cdot \frac{1}{\cos^2(2x)} \cdot 2 = \frac{6}{\cos^2 2x}$.
Так как $F'(x) = \frac{6}{\cos^2 2x} = f(x)$ для всех $x$ из промежутка $I = (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$ (на котором $\cos 2x \neq 0$), то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

6) Даны функции $F(x) = x^2 - \ln x^5$ и $f(x) = \frac{2x^2 - 5}{x}$ на промежутке $I = (0; +\infty)$.
Упростим функцию $F(x)$, используя свойство логарифма $\ln a^b = b \ln a$ (это возможно, так как на промежутке $I$ $x > 0$):
$F(x) = x^2 - 5\ln x$.
Найдём производную функции $F(x)$:
$F'(x) = (x^2 - 5\ln x)' = (x^2)' - (5\ln x)' = 2x - 5 \cdot \frac{1}{x} = 2x - \frac{5}{x}$.
Приведём выражение к общему знаменателю:
$F'(x) = \frac{2x \cdot x}{x} - \frac{5}{x} = \frac{2x^2 - 5}{x}$.
Так как $F'(x) = \frac{2x^2 - 5}{x} = f(x)$ для всех $x \in (0; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.