Номер 20.6, страница 124, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 20. Первообразная и неопределённый интеграл. Глава 4. Первообразная и интеграл. ч. 2 - номер 20.6, страница 124.

20.6. a) F(x) = $F(x) = \begin{cases} \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} - 4x + \frac{16}{3}, & \text{если } |x| > 2 \\ -\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 4x - \frac{16}{3}, & \text{если } |x| < 2 \end{cases}$

$f(x) = |x^2 - 4| + x;$

б) F(x) = $F(x) = \begin{cases} \frac{x^3}{3} - 3x^2 - 9x, & \text{если } |x| > 3 \\ -\frac{x^3}{3} - 3x^2 + 9x - 36, & \text{если } |x| < 3 \end{cases}$

$f(x) = |x^2 - 9| - 6x.$

а) Чтобы доказать, что функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$, необходимо показать, что $F'(x) = f(x)$.

Сначала раскроем модуль в выражении для функции $f(x) = |x^2 - 4| + x$.

1. Если $|x| > 2$, то есть $x > 2$ или $x < -2$, то $x^2 - 4 > 0$. В этом случае $|x^2 - 4| = x^2 - 4$.
Тогда функция $f(x)$ принимает вид:
$f(x) = (x^2 - 4) + x = x^2 + x - 4$.

2. Если $|x| < 2$, то есть $-2 < x < 2$, то $x^2 - 4 < 0$. В этом случае $|x^2 - 4| = -(x^2 - 4) = 4 - x^2$.
Тогда функция $f(x)$ принимает вид:
$f(x) = (4 - x^2) + x = -x^2 + x + 4$.

Таким образом, функцию $f(x)$ можно представить в кусочно-заданном виде:$f(x) = \begin{cases} x^2 + x - 4, & \text{если } |x| > 2 \\ -x^2 + x + 4, & \text{если } |x| < 2 \end{cases}$

Теперь найдем производную функции $F(x)$ на каждом из интервалов.

1. При $|x| > 2$, $F(x) = \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} - 4x + \frac{16}{3}$.
$F'(x) = \left(\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} - 4x + \frac{16}{3}\right)' = \frac{3x^2}{3} + \frac{2x}{2} - 4 + 0 = x^2 + x - 4$.

2. При $|x| < 2$, $F(x) = -\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 4x - \frac{16}{3}$.
$F'(x) = \left(-\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 4x - \frac{16}{3}\right)' = -\frac{3x^2}{3} + \frac{2x}{2} + 4 - 0 = -x^2 + x + 4$.

Сравнивая производную $F'(x)$ с функцией $f(x)$ на соответствующих интервалах, видим, что они совпадают. Таким образом, $F'(x) = f(x)$ для всех $x \neq \pm 2$.

Ответ: Утверждение доказано, так как производная функции $F(x)$ равна функции $f(x)$ на указанных промежутках.

б) Решим задачу аналогичным образом для $f(x) = |x^2 - 9| - 6x$.

Сначала раскроем модуль в выражении для функции $f(x)$.

1. Если $|x| > 3$, то есть $x > 3$ или $x < -3$, то $x^2 - 9 > 0$. В этом случае $|x^2 - 9| = x^2 - 9$.
Тогда функция $f(x)$ принимает вид:
$f(x) = (x^2 - 9) - 6x = x^2 - 6x - 9$.

2. Если $|x| < 3$, то есть $-3 < x < 3$, то $x^2 - 9 < 0$. В этом случае $|x^2 - 9| = -(x^2 - 9) = 9 - x^2$.
Тогда функция $f(x)$ принимает вид:
$f(x) = (9 - x^2) - 6x = -x^2 - 6x + 9$.

Таким образом, функцию $f(x)$ можно представить в виде:$f(x) = \begin{cases} x^2 - 6x - 9, & \text{если } |x| > 3 \\ -x^2 - 6x + 9, & \text{если } |x| < 3 \end{cases}$

Теперь найдем производную функции $F(x)$ на каждом из интервалов.

1. При $|x| > 3$, $F(x) = \frac{x^3}{3} - 3x^2 - 9x$.
$F'(x) = \left(\frac{x^3}{3} - 3x^2 - 9x\right)' = \frac{3x^2}{3} - 3(2x) - 9 = x^2 - 6x - 9$.

2. При $|x| < 3$, $F(x) = -\frac{x^3}{3} - 3x^2 + 9x - 36$.
$F'(x) = \left(-\frac{x^3}{3} - 3x^2 + 9x - 36\right)' = -\frac{3x^2}{3} - 3(2x) + 9 - 0 = -x^2 - 6x + 9$.

Сравнивая производную $F'(x)$ с функцией $f(x)$ на соответствующих интервалах, видим, что они совпадают. Таким образом, $F'(x) = f(x)$ для всех $x \neq \pm 3$.

Ответ: Утверждение доказано, так как производная функции $F(x)$ равна функции $f(x)$ на указанных промежутках.