WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 36 | 37 || 39 | 40 |   ...   | 65 |

Решения 28.1. Рассматриваемая прямая задаётся уравнением y - y0 = f(x1) - f(x0) f(x1) - f(x0) = (x-x0), поэтому k(x1) =. Теперь непосредственно x1 - x0 x1 - xиз определения производной видно, что limx1x0 k(x1) = f (x0).

28.2. Запишем тождество f(x) - f(x0) f(x) - f(x0) = (x - x0).

x - xf(x) - f(x0) При этом limxx0 = f (x0) и limxx0(x - x0) = 0. Поэтому x - x limxx0 f(x) - f(x0) = f (x0) · 0 = 0. Это означает, что функция f(x) непрерывна в точке x0.

28.3. а) Непосредственно следует из свойств предела суммы двух функций.

б) Пусть h(x) = f(x)g(x). Тогда h(x) - h(x0) = f(x) g(x) - g(x0) + g(x0) f(x) - f(x0).

Поделим обе части этого равенства на x - x0 и заметим, что f(x) f(x0) при x x0.

Глава 28. Производная в) Пусть h(x) = f(x)/g(x). Тогда h(x) - h(x0) 1 f(x) - f(x0) g(x) - g(x0) = g(x0) - f(x0).

x - x0 g(x)g(x0) x - x0 x - xУстремляя x к x0, получаем требуемое.

28.4. Тождество g f(x) - g f(x0) g f(x) - g f(x0) f(x) - f(x0) = · x - x0 f(x) - f(x0) x - xпоказывает, что функция g f дифференцируема в точке x0 и (g f) (x0) = = g [f(x0)]f (x0).

f(x) - f(x0) y - y28.5. Достаточно заметить, что =.

x - x0 f(y) - f(y0) 28.6. Ясно, что f(x) - f(x0) xn - xn = = xn-1 + xn-2x0 +... + xn-1.

x - x0 x - xПри x x0 каждое из n слагаемых стремится к xn-1.

28.7. Легко проверить, что xa - xa - xa xa (1 + y)a - = xa 0 = xa-1, x - x0 0 x - x0 0 y x - x0 (1 + y)a - где y =. Ясно, что y 0 при x x0. Кроме того, limy0 = x0 y = a (задача 27.29).

28.8. Ясно, что x - x0 x + xsin x - sin x0 = 2 sin cos, 2 x - x0 x + xcos x - cos x0 = -2 sin sin.

2 1 x - x0 Остаётся заметить, что sin при x x0 (задача 26.6) и x - x0 2 функции sin x и cos x непрерывны (задача 26.9).

28.9. Согласно задаче 28.3 в) (sin x) cos x - sin x(cos x) cos2 x + sin2 x sin x = = = 1.

cos x cos2 x cos2 x Для (ctg x) вычисления аналогичны.

28.10. Ясно, что ax - ax0 = ax0(ax-x0 - 1). Остаётся заметить, что ax-x0 - limxx0 = ln a согласно задаче 27.30.

x - x312 Глава 28. Производная ln x 28.11. Поскольку loga x =, достаточно проверить, что (ln x) =.

ln a x x x - x0 ln x - ln xРавенство ln x - ln x0 = ln = ln 1 + показывает, что = x0 x0 x - x1 ln(1 + y) x - x0 ln(1 + y) =, где y =. Остаётся заметить, что limy0 = x0 y x0 y (задача 27.28).

28.12. Если x = sin y, то arcsin x = y. Поэтому arcsin функция, обратная к sin. Значит, согласно задаче 28.5, 1 1 (arcsin x) = = =.

(sin y) cos y - xЕсли x = tg y, то arctg x = y, поэтому 1 1 (arctg x) = = cos2 y = =.

(tg y) 1 + tg2 y 1 + x28.13. Ясно, что если y = uv, то ln y = v ln u. Дифференцируя это равен y u vu ство, получаем = v ln u + v. Поэтому y = y v ln u +.

y u u sin x 28.14. Согласно задаче 28.13 f (x) = xsin x + cos x · ln x.

x 28.15. Согласно задаче 28.13 f (x) = cosx a · ln cos a - sinx a · ln sin a = = cosx a(ln cos a - tgx a · ln sin a).

28.16. Предположим, что f(x) = (x - x0)mg(x), где m 2. Тогда многочлен f (x) = m(x - x0)m-1g(x) + (x - x0)mg (x) имеет корень x0.

Предположим, что f(x) = (x - x0)g(x), причём g(x0) = 0. Тогда f (x) = = g(x) + (x - x0)g (x), поэтому f (x0) = g(x0) = 0. Таким образом, если все корни многочлена f(x) имеют кратность 1, то они не являются корнями многочлена f (x).

28.17. Пусть f(x) = x4 + a1x3 + a2x2 + a3x + a4. По условию f(x0) = = f (x0) = 0. Следовательно, x0 двукратный корень многочлена f(x), т.е.

многочлен f(x) делится на (x - x0)2.

28.18. Предположим, что у многочлена fn(x) есть кратный корень. Тогда многочлены fn(x) и fn(x) = fn-1(x) имеют общий корень x0. Следовательно, xn fn(x0) - fn-1(x0) = 0. Но fn(x) - fn-1(x) =, поэтому x0 = 0. Приходим к n! противоречию, поскольку fn(0) = 0.

28.19. Требуемое утверждение достаточно доказать для монома xm. Ясно, что если n m, то (xm)(n) = m(m - 1) ·... · (m - n + 1)xm-n = m! m = n! xm-n = n! xm-n.

n!(m - n)! n m m Число n!, очевидно, делится на n!, поскольку число целое. Если же n n n > m, то (xm)(n) = 0.

Глава 28. Производная 28.20. Пусть f(x) = anxn+an-1xn-1+...+a0. Тогда по теореме Виета сумan-ма корней многочлена f равна -, поэтому их среднее арифметическое an an-равно -. Сумма корней производной f (x) = nanxn-1+(n-1)an-1xn-2+ nan (n - 1)an-+... + a1 равна -, поэтому их среднее арифметическое равно nan (n - 1)an-1 an-- = -.

(n - 1)nan nan 28.21. Производная рассматриваемого выражения равна fg(n+1) + + f g(n) - f g(n) - f g(n-2) + f g(n-2) +... + (-1)nf(n)g + (-1)nf(n+1)g.

Все промежуточные члены взаимно сокращаются, и остаются только fg(n+1) ± f(n+1)g. Но f и g многочлены степени n; поэтому их (n + 1)-е производные равны нулю.

28.22. Положим f(x) = x3 + px + q. Тогда f (x) = 3x2 + p. Если p 0, то функция f монотонна, и её график пересекает ось x ровно в одной точке.

В этом случае уравнение имеет ровно один вещественный корень. Отметим, что в этом случае D 0.

возрастает на участке от - до Пусть теперь p < 0. Тогда функция f - -p/3, затем убывает на участке от - -p/3 до -p/3, а после этого возрастает на участке от -p/3 до. Ясно, что f(x)f(-x) = q2 - x2(x2 + +p)2. При x = -p/3 выражение в правой части превращается в 4D. Поэтому если < 0, то график функции f пересекает ось x на участке от - -p/ D до -p/3, на котором функция убывает. В этом случае уравнение имеет три вещественных корня. Если D > 0, то уравнение имеет один вещественный корень. Если же D = 0, то уравнение имеет два вещественных корня.

n g(xi)f(x) 28.23. Многочлен принимает в точках x1,..., xn знаi=f (xi)(x - xi) чения g(x1),..., g(xn). Поэтому если g(x) многочлен степени не выше n-1, n g(xi)f(x) g(x) n g(xi) то g(x) =, т.е. =.

i=1 i=f (xi)(x - xi) f(x) f (xi)(x - xi) xk+Положим g(x) = xk+1, где 0 k n - 2. В результате получим = f(x) n i xk+=. По условию f(0) = 0, поэтому, положив x = 0, получим i=f (xi)(x - xi) требуемое равенство при 0 k n - 2.

xn - f(x) Положим теперь g(x) = xn - f(x). В результате получим = f(x) n xn i =, поскольку f(xi) = 0. Положив x = 0, получим требуеi=f (xi)(x - xi) мое равенство для k = n - 1.

28.24. Если x = xi, то неравенство очевидно. Поэтому будем считать, что x не корень многочлена P. Тогда P (x) 1 = +... +.

P (x) x - x1 x - xn 314 Глава 28. Производная Продифференцировав обе части этого равенства, получаем P (x)P (x) - P (x) 1 = - -... - < 0.

(x - x1)2 (x - xn)P (x) 28.25. После замены x на x + c можно считать, что рассматриваемый многочлен 4-й степени имеет корни ±a/2, ±3a/2. Производная многочлена a2 9ax2 - x2 - равна 4x3 - 5ax. Значит, корни производной равны 4 ± a и 0.

28.26. Пусть f данный многочлен. Рассмотрим многочлены F и (f )2 + f + G, которые обладают следующими свойствами: F =, G = (f )2 - f + =, F (0) = f(0) и G(0) = 0. Тогда f = F - G, причём F > и G > 0 (т.е. F и G монотонно возрастают), поскольку (f )2 ± f + 1 = 2 3 = f ± +.

2 4 28.27. Применим индукцию по n. При n = 1 получаем многочлен a0 + +a1xk, который имеет не более одного положительного корня. Предположим, что многочлен P (x) имеет более n положительных корней. Между любыми двумя положительными корнями многочлена есть по крайней мере один по ложительный корень его производной. Поэтому многочлен P (x) = b1xk1-1 + + b2xk2-1 +... + bnxkn-1 имеет более n - 1 положительных корней. Можно считать, что k1 < k2 <... < kn. Тогда многочлен P (x) можно сократить на xk1-1 (при этом мы потеряем только корень x = 0). В результате получим, что многочлен b1 + b2xk2-k1 +...+ bnxkn-k1 имеет более n- 1 положительных корней. Это противоречит предположению индукции.

28.28. Положим Q(y) = ynP (y-1). Корни многочлена Q(y) тоже вещественны и попарно различны, поэтому корни квадратного трёхчлена Q(n-2)(y) = (n - 2)(n - 3)... 4 · 3 n(n - 1)any2 + 2(n - 1)an-1y + 2an-вещественны и различны. Следовательно, (n - 1)2a2 > 2n(n - 1)anan-2.

n-При i = n - 1 требуемое неравенство доказано.

Рассмотрим теперь многочлен (n-i-1) P (x) = b0xi+1 + b1xi +... + bi+1x2 + bix + bi-1.

Применив к нему уже доказанное неравенство, получим 2(i + 1) b2 > bi-1bi+1.

i i А так как bi+1 = (n - i + 1)... 4 · 3ai+1, bi = (n - i)... 3 · 2ai, bi-1 = (n - i - 1)... 2 · 1ai-1, Глава 28. Производная то 2(i + 1) (2(n - i)ai)2 > 2(n - i + 1)(n - i)ai-1ai+1.

i После сокращения получаем требуемое неравенство.

28.29. При x = 0 получаем A0 = an. Продифференцировав исходное равенство, получим n(x + a)n-1 = A1 + 2A2x +... + nAnxn-1.

При x = 0 получаем A1 = nan-1. Продифференцировав новое равенство, получим n(n - 1)(x + a)n-2 = 2 · 1A2 + 3 · 2A3x +... + n(n - 1)Anxn-2.

После m-кратного дифференцирования (m n) получим n(n - 1)...(n - m + 1)(x + a)n-m = m(m - 1)... 1Am+ + (m + 1)m... 2Am+1x +... + n(n - 1)... (n - m + 1)Anxn-m.

Значит, n(n - 1)... (n - m + 1)an-m = m(m - 1)... 1Am.

1 - xn+1 1 - (n + 1)xn + nxn+28.30. О т в е т: =.

1 - x (1 - x)Замечание. Другое вычисление требуемой суммы приведено в решении задачи 9.6.

28.31. Касательная к кривой y = f(x) в точке (x0, y0) задаётся уравнением y-y0 = f (x0)(x-x0). Поэтому для x1 получаем уравнение -y0 = ex0(x1-x0).

Учитывая, что y0 = ex0, получаем x0 - x1 = 1.

28.32. Числа k1 и kij не изменяются при параллельном переносе осей координат, поэтому можно считать, что мы имеем дело с параболой y = ax2.

Пусть Ai = (xi, yi). Тогда k1 = 2ax1 и yi - yj x2 xi j kij = = a = a(xi + xj).

xi - xj xi - xj Теперь требуемое равенство легко проверяется.

y - y28.33. Если прямая задаётся уравнением = k, то перпендикуx - xлярная ей прямая, проходящая через точку (x0, y0), задаётся уравнением y - y0 1 = -, поскольку tg( + 90) = -. Касательная к кривой y = x - x0 k tg() y - y= f(x) в точке (x0, y0) задаётся уравнением = f (x0), поэтому нормаль x - xy - y0 в точке (x0, y0) задаётся уравнением = -.

x - x0 f (x0) 28.34. Нормаль к параболе y = x2 в точке (x0, y0) задаётся уравнением y - y0 = -. Чтобы найти y1, полагаем x = 0. В результате получаем x - x0 2xy1 - y0 1 = -, т.е. y1 - y0 =.

-x0 2x0 316 Глава 28. Производная 28.35. Пусть для определённости f(x0) f(x) для всех x из отрезка [a, b].

Рассмотрим односторонние пределы f(x) - f(x0) f(x) - f(x0) lim и lim.

xx0+ - x0 xx0- x - xx В обоих пределах числитель неотрицателен. При этом в первом пределе знаменатель положителен, а во втором отрицателен. Значит, первый предел неотрицателен, а второй неположителен. Но оба предела равны f (x0).

28.36. Функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b], поэтому по теореме Вейерштрасса (задача 26.17) среди её значений есть наибольшее M и наименьшее m. Если M = m, то функция f(x) постоянна, поэтому в качестве xможно взять любую внутреннюю точку отрезка. Если же M > m, то одно из этих двух значений достигается не в конце отрезка, потому что по условию f(a) = f(b). Значит, в некоторой внутренней точке x0 отрезка [a, b] функция f(x) достигает наибольшего или наименьшего значения, поэтому по теореме Ферма (задача 28.35) f (x0) = 0.

28.37. Рассмотрим вспомогательную функцию F (x) = f(a) - f(b) = f(x) - (x - a). Эта функция дифференцируема на отрезке a - b [a, b] и F (a) = F (b) = f(a). Поэтому к функции F (x) можно применить теорему Ролля (задача 28.36). В результате получим, что существует внутренняя f(a) - f(b) точка x0 отрезка [a, b], для которой F (x0) = 0, т.е. f (x0) - = 0.

a - b 28.38. Пусть a < x b. Применим теорему Лагранжа (задача 28.37) к функции f на отрезке [a, x]. В результате получим, что f(x) - f(a) = = f (x0)(x - a) для некоторой точки x0 отрезка [a, x]. По условию f (x0) = 0, поэтому f(x) = f(a).

28.39. а) Непосредственно из определения производной видно, что f (x) 0 для неубывающей функции f(x).

Предположим теперь, что f (x) 0 для любой точки x интервала (a, b).

Возьмём на отрезке [a, b] две точки x и y так, что x < y. Применим теорему Лагранжа (задача 28.37) к отрезку [x, y]. В результате получим, что f(y) - f(x) = f (z)(y - x) для некоторой точки z интервала (x, y). По условию f (z) 0, поэтому f(y) f(x).

б) Согласно задаче а) функция f(x) неубывающая. Выберем на отрезке [a, b] две точки x и y так, что x < y. Тогда для любой точки z отрезка [x, y] имеют место неравенства f(x) f(z) f(y). Поэтому если f(x) = f(y), то функция f постоянна на отрезке [x, y]. Но тогда f обращается в нуль на этом отрезке, что противоречит условию.

28.40. Согласно задаче 28.39 функция f(x) - g(x) монотонно возрастает на отрезке [a, b].

x28.41. Пусть f(x) = cos x и g(x) = 1 -. Тогда f(0) = g(0) и f (x) = = - sin x > -x = g (x) при x > 0, поскольку sin x < x (задача 11.1). Поэтому f(x) > g(x) при x > 0 согласно задаче 28.40.

Глава 28. Производная xПусть теперь f(x) = sin x и g(x) = x -. Тогда f (x) = cos x и g (x) = x2 x= 1 -. Неравенство cos x > 1 - только что было доказано.

2 1 28.42. Достаточно доказать, что (tg x) = > 1 + x2, т.е. - 1 = cos2 x cos2 x = tg2 x > x2. Неравенство tg x > x доказано в решении задачи 11.1.

28.43. а) Пусть f(x) = x - x. Тогда f (x) = (x-1 - 1). Поэтому f (x) > 0 при 0 < x < 1 и f (x) < 0 при x > 1. Следовательно, f(x) возрастает при 0 < x < 1 и убывает при x > 1. Таким образом, для неотрицательных x наибольшее значение f(x) равно f(1) = 1 -.

б) Непосредственно следует из а). Действительно, положим = и x = p 1/p 1 ap ap ap =. В результате получим +. Остаётся умножить обе bq bq p bq q q 1+ p части неравенства на b = bq.

Замечание. По поводу других доказательств см. задачи 8.45 и 26.23.

28.44. Рассмотрим вспомогательную функцию F (x) = f(b) - f(a) g(x) - g(a) - f(x) - f(a) g(b) - g(a).

Ясно, что F (x) = f(b) - f(a) g (x) - f (x) g(b) - g(a) и F (a) = F (b) = 0. Поэтому к функции F (x) можно применить теорему Ролля (задача 28.36). В результате получим, что существует внутренняя точка x0, для которой f(b) - f(a) g (x0) - f (x0) g(b) - g(a) = 0. (1) По условию g (x0) = 0. Легко также видеть, что g(b) - g(a) = 0, посколь ку иначе по теореме Ролля нашлась бы внутренняя точка x1, для которой g (x1) = 0. Поэтому равенство (1) можно поделить на g (x0) g(b) - g(a) и получить требуемое.

28.45. Пусть 0 < x < /2. Тогда x cos x - sin x cos x(x - tg x) sin x = = < 0.

x x2 xsin sin Поэтому если 0 < < < /2, то >.

28.46. Пусть 0 < x < /2. Тогда x - sin x cos x tg x = > 0, x x2 cos2 x поскольку sin x < x и cos x < 1.

318 Глава 28. Производная 28.47. Рассмотрим функцию f(x) = 2 sin x + tg x - 3x. Ясно, что 1 2 cos3 x - 3 cos2 x + f (x) = 2 cos x + - 3 = = cos2 x cos2 x (1 - cos x)(1 + cos x - 2 cos2 x) =.

cos2 x Если 0 < < /2, то 1 - cos x > 0 и 1 + cos x - 2 cos2 x = 1 - cos2 x + + cos x(1 - cos x) > 0. Поэтому если 0 < < /2, то f() > f(0) = 0.

Pages:     | 1 |   ...   | 36 | 37 || 39 | 40 |   ...   | 65 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.