Краткие ответы:
- а) \(y'=2x+3\);
б) \(y'=3x^2+\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\), \(x>0\). - а) \(F(x)=x+\dfrac{1}{3x^3}+C\);
б) \(F(x)=\dfrac{x^6}{6}-\ln|x|+C\). - \(F(x)=-\dfrac{1}{2x^2}-2x^5+3x+\dfrac92\).
- а) \(60\);
б) \(\dfrac12\) — если верхний предел \(\pi/8\). Если там \(\pi/4\), интеграл расходится.
1. Производные
Используем правило степени: \[ (x^n)'=nx^{n-1}. \]
а) \[ y=x^2+3x-1 \] \[ y'=2x+3. \]
б) \[ y=x^3+\sqrt{x}=x^3+x^{1/2} \] \[ y'=3x^2+\frac12x^{-1/2} =3x^2+\frac{1}{2\sqrt{x}}. \]
2. Общий вид первообразных
Для степенной функции: \[ \int x^n\,dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C,\quad n\ne -1. \] И ещё: \[ \int \frac{1}{x}\,dx=\ln|x|+C. \]
а) \[ y=1-\frac{1}{x^4}=1-x^{-4} \] \[ F(x)=x-\frac{x^{-3}}{-3}+C =x+\frac{1}{3x^3}+C. \]
б) \[ y=x^5-\frac1x \] \[ F(x)=\frac{x^6}{6}-\ln|x|+C. \]
3. Первообразная через точку \(M(1;5)\)
Дано: \[ f(x)=\frac{1}{x^3}-10x^4+3. \]
Интегрируем: \[ F(x)=\int\left(x^{-3}-10x^4+3\right)dx \] \[ F(x)=-\frac{1}{2x^2}-2x^5+3x+C. \]
Теперь используем \(F(1)=5\): \[ -\frac12-2+3+C=5 \] \[ \frac12+C=5 \] \[ C=\frac92. \]
Значит: \[ F(x)=-\frac{1}{2x^2}-2x^5+3x+\frac92. \]
Проверка: \(F'(x)=\frac{1}{x^3}-10x^4+3\), всё верно.
4. Определённые интегралы
Используем формулу Ньютона — Лейбница: \[ \int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a). \]
а) \[ \int_1^3 3x^3\,dx =3\left[\frac{x^4}{4}\right]_1^3 =\frac34(3^4-1^4) \] \[ =\frac34(81-1)=\frac34\cdot 80=60. \]
б) \[ \int_0^{\pi/8}\frac{dx}{\cos^2 2x}. \]
Замена \(u=2x\), \(du=2\,dx\), откуда \(dx=\frac12du\): \[ \int\frac{dx}{\cos^2 2x} =\frac12\operatorname{tg}2x+C. \]
Тогда: \[ \int_0^{\pi/8}\frac{dx}{\cos^2 2x} =\frac12\left(\operatorname{tg}\frac{\pi}{4}-\operatorname{tg}0\right) =\frac12(1-0)=\frac12. \]
Если в задании действительно верхний предел \(\pi/4\), то при \(x\to\pi/4\) знаменатель \(\cos^2 2x\to0\), и такой интеграл расходится — конечного числового ответа нет.