Номер 20.9, страница 125, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 20. Первообразная и неопределённый интеграл. Глава 4. Первообразная и интеграл. ч. 2 - номер 20.9, страница 125.

20.9. Установите, является ли функция $y = F(x)$ первообразной для функции $y = f(x)$:

a) $F(x) = \begin{cases} \frac{x^5}{5} + \frac{2}{3}x^3, & \text{если } x \ge 0, \\ -\frac{x^5}{5} - \frac{2}{3}x^3, & \text{если } x < 0, \end{cases}$

$f(x) = |x|(x^3 + 2x);$

б) $F(x) = \begin{cases} \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} - 25x + 83\frac{1}{3}, & \text{если } x < -5, x \ge 5, \\ -\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 25x - 83\frac{1}{3}, & \text{если } |x| < 5, \end{cases}$

$f(x) = |x^2 - 25| + x.$

Функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на некотором промежутке, если для всех $x$ из этого промежутка выполняется равенство $F'(x) = f(x)$. Для того чтобы функция $F(x)$, заданная кусочно, была первообразной, необходимо также, чтобы она была непрерывна в точках, где меняется ее аналитическое выражение.

а)

Даны функции:

$F(x) = \begin{cases} \frac{x^5}{5} + \frac{2}{3}x^3, & \text{если } x \ge 0 \\ -\frac{x^5}{5} - \frac{2}{3}x^3, & \text{если } x < 0 \end{cases}$

$f(x) = |x|(x^3 + 2x)$

1. Раскроем модуль в выражении для $f(x)$:

Если $x \ge 0$, то $|x| = x$, и $f(x) = x(x^3 + 2x) = x^4 + 2x^2$.

Если $x < 0$, то $|x| = -x$, и $f(x) = -x(x^3 + 2x) = -x^4 - 2x^2$.

Таким образом, $f(x) = \begin{cases} x^4 + 2x^2, & \text{если } x \ge 0 \\ -x^4 - 2x^2, & \text{если } x < 0 \end{cases}$

2. Найдем производную функции $F(x)$ на каждом из интервалов:

При $x > 0$: $F'(x) = \left(\frac{x^5}{5} + \frac{2}{3}x^3\right)' = \frac{5x^4}{5} + \frac{2 \cdot 3x^2}{3} = x^4 + 2x^2$.

При $x < 0$: $F'(x) = \left(-\frac{x^5}{5} - \frac{2}{3}x^3\right)' = -\frac{5x^4}{5} - \frac{2 \cdot 3x^2}{3} = -x^4 - 2x^2$.

Сравнивая производную $F'(x)$ с функцией $f(x)$, видим, что $F'(x) = f(x)$ для всех $x \ne 0$.

3. Проверим непрерывность функции $F(x)$ в точке $x = 0$.

Найдем пределы слева и справа в точке $x = 0$:

$\lim_{x \to 0^+} F(x) = \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{x^5}{5} + \frac{2}{3}x^3\right) = 0$.

$\lim_{x \to 0^-} F(x) = \lim_{x \to 0^-} \left(-\frac{x^5}{5} - \frac{2}{3}x^3\right) = 0$.

Значение функции в точке $x=0$: $F(0) = \frac{0^5}{5} + \frac{2}{3}0^3 = 0$.

Поскольку пределы слева и справа равны значению функции в точке, $F(x)$ непрерывна в точке $x=0$.

4. Поскольку $F(x)$ непрерывна в $x=0$ и $F'(x)=f(x)$ для $x \ne 0$, а также $f(x)$ непрерывна в $x=0$, то по определению производной $F'(0) = f(0)$.

$f(0) = 0^4 + 2 \cdot 0^2 = 0$.

Проверим производную в точке $0$ по определению: $F'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{F(h)-F(0)}{h}$.

Правая производная: $F'_+(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h^5}{5} + \frac{2}{3}h^3 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \left(\frac{h^4}{5} + \frac{2}{3}h^2\right) = 0$.

Левая производная: $F'_{-}(0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{-\frac{h^5}{5} - \frac{2}{3}h^3 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \left(-\frac{h^4}{5} - \frac{2}{3}h^2\right) = 0$.

Так как $F'_+(0) = F'_{-}(0) = 0 = f(0)$, то $F'(0)$ существует и равна $f(0)$.

Таким образом, $F'(x) = f(x)$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Ответ: Да, является.

б)

Даны функции:

$F(x) = \begin{cases} \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} - 25x + 83\frac{1}{3}, & \text{если } x < -5, x \ge 5 \\ -\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 25x - 83\frac{1}{3}, & \text{если } |x| < 5 \end{cases}$

$f(x) = |x^2 - 25| + x$

1. Раскроем модуль в выражении для $f(x)$:

Выражение $x^2 - 25 \ge 0$ при $x^2 \ge 25$, то есть при $x \le -5$ или $x \ge 5$ ($|x| \ge 5$).

Выражение $x^2 - 25 < 0$ при $x^2 < 25$, то есть при $-5 < x < 5$ ($|x| < 5$).

Если $|x| \ge 5$, то $|x^2 - 25| = x^2 - 25$, и $f(x) = (x^2 - 25) + x = x^2 + x - 25$.

Если $|x| < 5$, то $|x^2 - 25| = -(x^2 - 25) = -x^2 + 25$, и $f(x) = (-x^2 + 25) + x = -x^2 + x + 25$.

2. Найдем производную функции $F(x)$ на каждом из интервалов:

При $|x| > 5$ (т.е. $x > 5$ или $x < -5$):

$F'(x) = \left(\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} - 25x + 83\frac{1}{3}\right)' = \frac{3x^2}{3} + \frac{2x}{2} - 25 = x^2 + x - 25$.

При $|x| < 5$ (т.е. $-5 < x < 5$):

$F'(x) = \left(-\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 25x - 83\frac{1}{3}\right)' = -\frac{3x^2}{3} + \frac{2x}{2} + 25 = -x^2 + x + 25$.

Сравнивая производную $F'(x)$ с функцией $f(x)$, видим, что $F'(x) = f(x)$ для всех $x$, кроме, возможно, точек $x=5$ и $x=-5$.

3. Проверим непрерывность функции $F(x)$ в точках $x=5$ и $x=-5$. Заметим, что $83\frac{1}{3} = \frac{250}{3}$.

Проверка в точке $x=5$:

$\lim_{x \to 5^+} F(x) = F(5) = \frac{5^3}{3} + \frac{5^2}{2} - 25(5) + \frac{250}{3} = \frac{125}{3} + \frac{25}{2} - 125 + \frac{250}{3} = \frac{375}{3} + \frac{25}{2} - 125 = 125 + \frac{25}{2} - 125 = \frac{25}{2}$.

$\lim_{x \to 5^-} F(x) = \lim_{x \to 5^-} \left(-\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 25x - \frac{250}{3}\right) = -\frac{125}{3} + \frac{25}{2} + 125 - \frac{250}{3} = -\frac{375}{3} + \frac{25}{2} + 125 = -125 + \frac{25}{2} + 125 = \frac{25}{2}$.

Поскольку пределы равны, функция $F(x)$ непрерывна в точке $x=5$.

Проверка в точке $x=-5$:

$\lim_{x \to -5^-} F(x) = \lim_{x \to -5^-} \left(\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} - 25x + \frac{250}{3}\right) = \frac{(-5)^3}{3} + \frac{(-5)^2}{2} - 25(-5) + \frac{250}{3} = -\frac{125}{3} + \frac{25}{2} + 125 + \frac{250}{3} = \frac{125}{3} + \frac{25}{2} + 125 = \frac{250+75+750}{6} = \frac{1075}{6}$.

$\lim_{x \to -5^+} F(x) = \lim_{x \to -5^+} \left(-\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 25x - \frac{250}{3}\right) = -\frac{(-5)^3}{3} + \frac{(-5)^2}{2} + 25(-5) - \frac{250}{3} = \frac{125}{3} + \frac{25}{2} - 125 - \frac{250}{3} = -\frac{125}{3} + \frac{25}{2} - 125 = \frac{-250+75-750}{6} = -\frac{925}{6}$.

Так как $\lim_{x \to -5^-} F(x) \ne \lim_{x \to -5^+} F(x)$, функция $F(x)$ имеет разрыв в точке $x=-5$ и, следовательно, не является непрерывной на всей числовой оси.

Поскольку для того, чтобы быть первообразной, функция должна быть непрерывной, а $F(x)$ не является непрерывной в точке $x=-5$, она не может быть первообразной для $f(x)$ на всей области определения $f(x)$ (т.е. на $\mathbb{R}$).

Ответ: Нет, не является.