Номер 71, страница 79 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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

1) $F(x) = x^4 - 5x^2 + 9$, $f(x) = 4x^3 - 10x$, $I = (-\infty; +\infty)$;

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

3) $F(x) = \sqrt{8x - 6}$, $f(x) = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}}$, $I = (0,75; +\infty)$;

4) $F(x) = \sin \frac{x}{9}$, $f(x) = \frac{1}{9} \cos \frac{x}{9}$, $I = (-\infty; +\infty)$;

5) $F(x) = 4 + 2\operatorname{tg} \frac{x}{4}$, $f(x) = \frac{1}{2\cos^2 \frac{x}{4}}$, $I = (-2\pi; 2\pi)$;

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

Для того чтобы доказать, что функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на промежутке $I$, необходимо показать, что на этом промежутке выполняется равенство $F'(x) = f(x)$.

1) $F(x) = x^4 - 5x^2 + 9$, $f(x) = 4x^3 - 10x$, $I = (-\infty; +\infty)$

Находим производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (x^4 - 5x^2 + 9)' = (x^4)' - (5x^2)' + (9)' = 4x^{4-1} - 5 \cdot 2x^{2-1} + 0 = 4x^3 - 10x$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = 4x^3 - 10x = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(-\infty; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

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

Находим производную функции $F(x)$, представив её в виде $F(x) = 2x^{-1} - 6x$:

$F'(x) = (2x^{-1} - 6x)' = (2x^{-1})' - (6x)' = 2 \cdot (-1)x^{-1-1} - 6 = -2x^{-2} - 6 = -\frac{2}{x^2} - 6$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = -\frac{2}{x^2} - 6 = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(0; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

3) $F(x) = \sqrt{8x - 6}$, $f(x) = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}}$, $I = (0,75; +\infty)$

Находим производную функции $F(x)$ по правилу производной сложной функции:

$F'(x) = (\sqrt{8x - 6})' = ((8x - 6)^{\frac{1}{2}})' = \frac{1}{2}(8x - 6)^{\frac{1}{2}-1} \cdot (8x - 6)' = \frac{1}{2}(8x - 6)^{-\frac{1}{2}} \cdot 8 = 4(8x - 6)^{-\frac{1}{2}} = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}}$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}} = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(0,75; +\infty)$, так как при $x > 0,75$ подкоренное выражение $8x - 6$ строго положительно. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

4) $F(x) = \sin\frac{x}{9}$, $f(x) = \frac{1}{9}\cos\frac{x}{9}$, $I = (-\infty; +\infty)$

Находим производную функции $F(x)$ по правилу производной сложной функции:

$F'(x) = (\sin\frac{x}{9})' = \cos(\frac{x}{9}) \cdot (\frac{x}{9})' = \cos(\frac{x}{9}) \cdot \frac{1}{9} = \frac{1}{9}\cos\frac{x}{9}$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = \frac{1}{9}\cos\frac{x}{9} = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(-\infty; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

5) $F(x) = 4 + 2\operatorname{tg}\frac{x}{4}$, $f(x) = \frac{1}{2\cos^2\frac{x}{4}}$, $I = (-2\pi; 2\pi)$

Находим производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (4 + 2\operatorname{tg}\frac{x}{4})' = (4)' + (2\operatorname{tg}\frac{x}{4})' = 0 + 2 \cdot \frac{1}{\cos^2(\frac{x}{4})} \cdot (\frac{x}{4})' = 2 \cdot \frac{1}{\cos^2(\frac{x}{4})} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2\cos^2\frac{x}{4}}$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = \frac{1}{2\cos^2\frac{x}{4}} = f(x)$.

На промежутке $(-2\pi; 2\pi)$ функция $\cos(\frac{x}{4})$ не обращается в ноль, поэтому равенство выполняется для всех $x \in I$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

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

На промежутке $I = (0; +\infty)$ $x > 0$, поэтому можно упростить $F(x)$, используя свойство логарифма $\ln a^b = b \ln a$: $F(x) = x^3 + 4\ln x$.

Находим производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (x^3 + 4\ln x)' = (x^3)' + (4\ln x)' = 3x^2 + 4 \cdot \frac{1}{x} = 3x^2 + \frac{4}{x}$.

Приведем к общему знаменателю: $F'(x) = \frac{3x^2 \cdot x}{x} + \frac{4}{x} = \frac{3x^3 + 4}{x}$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = \frac{3x^3 + 4}{x} = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(0; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.