Номер 9.2, страница 79 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Глава 2. Интеграл и его применение. Параграф 9. Первообразная. Упражнения - номер 9.2, страница 79.

Учебник.

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

1) $F(x) = x^4 - 2x^2 + 6$, $f(x) = 4x^3 - 4x$, $I = (-\infty; +\infty);$

2) $F(x) = \frac{1}{x^3}$, $f(x) = -\frac{3}{x^4}$, $I = (-\infty; 0);$

3) $F(x) = 5 - 3\sqrt{x}$, $f(x) = -\frac{3}{2\sqrt{x}}$, $I = (0; +\infty);$

4) $F(x) = 3\operatorname{tg}\frac{x}{3} + 6$, $f(x) = \frac{1}{\cos^2 \frac{x}{3}}$, $I = \left(-\frac{3\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}\right).$

Решение.

Решение 2.

По определению, функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на заданном промежутке $I$, если для всех $x$ из этого промежутка выполняется равенство $F'(x) = f(x)$. Для доказательства необходимо найти производную функции $F(x)$ и сравнить ее с функцией $f(x)$.

1) Даны функции $F(x) = x^4 - 2x^2 + 6$ и $f(x) = 4x^3 - 4x$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$.

Найдем производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (x^4 - 2x^2 + 6)' = (x^4)' - (2x^2)' + (6)'$

Используя правило дифференцирования степенной функции $(x^n)' = nx^{n-1}$ и то, что производная константы равна нулю, получаем:

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

Сравниваем полученный результат с функцией $f(x)$:

$F'(x) = 4x^3 - 4x = f(x)$

Равенство $F'(x) = f(x)$ выполняется для всех $x \in (-\infty; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.

Ответ: Доказано, что $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на промежутке $I$, так как $F'(x) = f(x)$.

2) Даны функции $F(x) = \frac{1}{x^3}$ и $f(x) = -\frac{3}{x^4}$ на промежутке $I = (-\infty; 0)$.

Представим функцию $F(x)$ в виде степени: $F(x) = x^{-3}$.

Найдем производную функции $F(x)$ по правилу дифференцирования степенной функции:

$F'(x) = (x^{-3})' = -3x^{-3-1} = -3x^{-4}$

Перепишем результат в виде дроби:

$F'(x) = -\frac{3}{x^4}$

Сравниваем полученный результат с функцией $f(x)$:

$F'(x) = -\frac{3}{x^4} = f(x)$

Равенство $F'(x) = f(x)$ выполняется для всех $x$ из промежутка $I = (-\infty; 0)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.

Ответ: Доказано, что $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на промежутке $I$, так как $F'(x) = f(x)$.

3) Даны функции $F(x) = 5 - 3\sqrt{x}$ и $f(x) = -\frac{3}{2\sqrt{x}}$ на промежутке $I = (0; +\infty)$.

Представим функцию $F(x)$ в виде степени: $F(x) = 5 - 3x^{1/2}$.

Найдем производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (5 - 3x^{1/2})' = (5)' - (3x^{1/2})' = 0 - 3 \cdot \frac{1}{2}x^{\frac{1}{2}-1} = -\frac{3}{2}x^{-1/2}$

Перепишем результат с использованием корня:

$F'(x) = -\frac{3}{2\sqrt{x}}$

Сравниваем полученный результат с функцией $f(x)$:

$F'(x) = -\frac{3}{2\sqrt{x}} = f(x)$

Равенство $F'(x) = f(x)$ выполняется для всех $x$ из промежутка $I = (0; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.

Ответ: Доказано, что $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на промежутке $I$, так как $F'(x) = f(x)$.

4) Даны функции $F(x) = 3\text{tg}\frac{x}{3} + 6$ и $f(x) = \frac{1}{\cos^2\frac{x}{3}}$ на промежутке $I = (-\frac{3\pi}{2}; \frac{3\pi}{2})$.

Найдем производную функции $F(x)$. Это сложная функция, поэтому используем правило дифференцирования сложной функции $(\text{tg}(u))' = \frac{u'}{\cos^2(u)}$.

$F'(x) = (3\text{tg}\frac{x}{3} + 6)' = (3\text{tg}\frac{x}{3})' + (6)'$

Здесь внутренняя функция $u(x) = \frac{x}{3}$, ее производная $u'(x) = (\frac{x}{3})' = \frac{1}{3}$.

$F'(x) = 3 \cdot \frac{1}{\cos^2(\frac{x}{3})} \cdot (\frac{x}{3})' + 0 = 3 \cdot \frac{1}{\cos^2(\frac{x}{3})} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{\cos^2\frac{x}{3}}$

Сравниваем полученный результат с функцией $f(x)$:

$F'(x) = \frac{1}{\cos^2\frac{x}{3}} = f(x)$

Функция $F(x)$ дифференцируема там, где $\cos(\frac{x}{3}) \neq 0$, то есть $\frac{x}{3} \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, или $x \neq \frac{3\pi}{2} + 3\pi k$ для $k \in \mathbb{Z}$.

Заданный промежуток $I = (-\frac{3\pi}{2}; \frac{3\pi}{2})$ не содержит точек, где производная не существует. Равенство $F'(x) = f(x)$ выполняется для всех $x$ из этого промежутка. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.

Ответ: Доказано, что $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на промежутке $I$, так как $F'(x) = f(x)$.