WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 37 | 38 || 40 | 41 |   ...   | 65 |

28.48. а) Пусть f(x) = ex - x. Тогда f (x) = ex - 1. Поэтому f (x) > 0 при x > 0 и f (x) < 0 при x < 0. Значит, f(x) > f(0) = 1 для любого x = 0.

б) Из неравенства ex 1 + x следует, что > ln(1 + x) при 1 + x > 0, > x 1 1 1 1 n + 1 x = 0. Поэтому ln 1 + < и ln 1 - < -, т.е. ln < и n n n + 1 n + 1 n n n ln < -.

n + 1 n + 28.49. а) Пусть f(x) = x - ln x. Тогда f (x) = 1 -. Поэтому f (x) < x при x < 1 и f (x) > 0 при x > 1. Следовательно, если x > 0, x = 1, то f(x) > f(1) = 0. Это и есть требуемое неравенство.

б) В неравенстве ln t < t - 1 положим t =. В результате получим x 1 x - - ln x < - 1, т.е. ln x >.

x x 28.50. а) Положим y = x1/n. Тогда после сокращения на n требуемые неравенства запишутся в виде ln y < y - 1 < y ln y. Такие неравенства доказаны в решении задачи 28.49.

б) Непосредственно следует из а), поскольку limn x1/n = 1 (задача 25.20).

28.51. а) Согласно задаче 28.x x x n < ln 1 + <, x n n 1 + n x x поэтому < n ln 1 + < x.

x n 1 + n n x x n б) Ясно, что 1 + = en ln 1+. Согласно задаче а) n n x x limn n ln 1 + = x. Поэтому limn 1 + = ex.

n n 28.52. Требуемое неравенство эквивалентно неравенству x > e ln x, т.е.

ln x/x < 1/e. Рассмотрим функцию f(x) = ln x/x. Легко проверить, что f (x) = (1 - ln x)/x2. Производная функции f обращается в нуль лишь в точке x = e. Кроме того, limx+0(ln x/x) = - и limx+(ln x/x) = 0. Поэтому f(x) f(e) = ln e/e = 1/e, причём равенство достигается лишь при x = e.

Глава 28. Производная 28.53. Рассмотрим функцию f(x) = b · xa + a · x-b, где x 1. Ясно, что f (x) = ab(xa-1 - x-b-1) > 0 при x > 1, поскольку xa-1/x-b-1 = xa+b > 1.

Значит, функция f возрастающая и f(2) f(1), т.е. b · 2a + a · 2-b a + b.

28.54. Положим a = bx, где x > 1. Требуемое неравенство перепишется в виде - 1 x + 1 x - 1 x - x x < <, т.е. 2 < ln x <.

ln x 2 x + 1 x 1 Если x > 1, то x - = x-1 x1/2 + x-1/2 > x-1 = (ln x) и x 4 x - 2 = <. Остаётся заметить, что если f(1) = g(1) и x + 1 (x + 1)2 x f (x) > g (x) при x > 1, то f(x) > g(x) при x > 1.

28.55. Применим индукцию по n. При n = 1 неравенство очевидно. При n = 2 получаем sin x + sin 2x = sin x(1 + cos x). Ясно, что sin x > 0 и 1 + + cos x > 0 при 0 < x <.

1 Предположим, что fn-1(x) = sin x+ sin 2x+...+ sin(n-1)x > 0 при 2 n - 0 < x <. Покажем, что тогда fn(x) = fn-1(x) + sin nx > 0 при 0 < x <.

n Пусть x0 точка отрезка [0, ], в которой функция fn(x) принимает минимальное значение. Предположим, что fn(x0) 0, причём x0 = 0 и. Тогда fn(x0) = 0. Но 1 xsin n + x0 - sin 2 fn(x0) = cos x0 + cos 2x0 +... + cos nx0 =.

xsin 1 x0 x cos Поэтому sin n + x0 = sin, а значит, n + x0 = cos. Далее, 2 2 2 fn(x0) - fn-1(x0) = sin nx0 = n 1 1 x0 1 x= sin n + x0 cos - cos n + x0 sin.

n 2 2 2 2 x0 x0 Полученное выражение равно 0 или sin cos = sin x0 > 0. Таким n 2 2 n образом, fn(x0) - fn-1(x0) 0, а значит, fn-1(x0) fn(x0) 0. Получено противоречие.

28.56. Фиксируем число x (0 < x < /4) и рассмотрим функцию f(y) = = cosy x - siny x для y 0. Ясно, что f(0) = 0, f(y) > 0 при y > 0 и f(y) при y. Далее, согласно задаче 28.f (y) = cos xy(ln cos x - tgy x ln sin x).

Функция g(y) = tgy x монотонна, поэтому равенство f (y) = 0 выполняется для единственного положительного числа y. Равенство f(2) = f(2)(cos2 x + + sin2 x) = f(4) показывает, что это число заключено между 2 и 4, поэтому f (2) > 0 и f (4) < 0.

320 Глава 28. Производная Неравенство f (2) > 0 записывается следующим образом:

2 cos2 x ln cos x > sin2 x ln sin x, т.е. ln (cos x)cos x > ln (sin x)sin x. Так мы получаем первое требуемое неравенство. Второе неравенство получается из неравенства f (4) < 0.

y y Замечание. Фактически мы доказали, что (cos x)cos x > (sin x)sin x при y y 0 < y 2 и (cos x)cos x < (sin x)sin x при y 4.

28.57. Рассмотрим функции 2x f(x) = ln(1 + x) -, 2 + x x g(x) = ln(1 + x) -.

1 + x Легко проверить, что f(0) = g(0) = 0 и g (0) 0 f (0), причём при x = неравенства строгие. Действительно, 1 4 x f(x) = - =, 1 + x (2 + x)2 2 + x 1 2 + x (1 - 1 + x)g(x) = - = -.

1 + x 2(1 + x)3/2 2(1 + x)3/Таким образом, f(x) > 0 при x > 0 и f(x) < 0 при x < 0. Из этого следует неравенство в правой части. Неравенство в левой части получается аналогично.

28.58. Фиксируем точку x, где a < x b, и применим теорему Коши к отрезку [a, x]. В результате получим, что внутри этого отрезка есть точка x1, для которой f(x) f(x) - f(a) f (x1) = =.

g(x) g(x) - g(a) g (x1) Если x a, то x1 a. Из этого следует требуемое.

28.59. Применив правило Лопиталя дважды, получим x - sin x 1 - cos x sin x lim = lim = lim =.

x0 x3 x0 3x2 x0 6x 28.60. По правилу Лопиталя ax - xa lim = lim (ax -xa) = lim (ln a·ax -axa-1) = ln a·aa -aa = aa(ln a-1).

xa x - a xa xa 28.61. О т в е т: 2. Преобразуем отношение производных:

- 1 1 - cos x2 1 + cos x cos2 x = · =.

1 - cos x cos2 x 1 - cos x cos2 x Последнее выражение стремится к 2 при x 0.

28.62. О т в е т: если a > 2 или a < -2, то одно; если a = ±2, то два; если -2 < a < 2, то три.

Глава 28. Производная Пусть f(x) = x3 - 3x. Тогда f (x) = 3x2 - 3. Поэтому f (x) = 0 тогда и только тогда, когда x = ±1. Если x < -1, то f (x) > 0; если -1 < x < 1, то f (x) < 0; если x > 1, то f (x) > 0. Таким образом, при x < -1 функция f(x) возрастает, при -1 < x < 1 функция f(x) убывает, а при x > 1 функция f(x) возрастает. Остаётся заметить, что f(-1) = 2 и f(1) = -2.

3 3 28.63. О т в е т: если a < 2, то одно; если a = 2, то два; если 2 a > 2, то три.

Ясно, что x = 0 не является решением данного уравнения, поэтому можно 1 перейти к эквивалентному уравнению x2 + = a. Пусть f(x) = x2 +. Тогда x x 1 f (x) = 2x-. Поэтому f (x) = 0 тогда и только тогда, когда x =. Таким xобразом, при x < 0 функция f(x) убывает от + до -; при 0 < x < 1 3 функция f(x) убывает от + до f = 2; при x > функция f(x) 3 2 1 возрастает от f = 2 до +.

28.64. О т в е т: при a < 0 одно; при 0 a < e решений нет; при a = e одно; при a > e два.

Рассмотрим функцию f(x) = ex - ax. Ясно, что f (x) = ex - a. Поэтому если a < 0, то f (x) > 0 для всех x. В этом случае функция f(x) возрастает от - до +, поэтому f(x) = 0 ровно для одного значения x. При a = получаем уравнение ex = 0, которое не имеет решений. Пусть теперь a > 0.

Тогда уравнение f (x) = 0 имеет единственное решение x0 = ln a. При этом f(x0) = a(1-ln a); значит, f(x0) > 0 при a < e, f(x0) = 0 при a = e и f(x0) < при a > e. Функция f(x) сначала монотонно убывает от + до f(x0), потом возрастает от f(x0) до +.

28.65. О т в е т: при a > e1/e решений нет; при 0 < a 1 или a = e1/e решение одно; при 1 < a < e1/e два решения.

Рассмотрим функцию f(x) = ax - x. Ясно, что f (x) = ax ln a - 1. Если 0 < a < 1, то функция f(x) монотонно убывает от + до -. При a = = 1 решение единственно: x = 1. Если a > 1, то уравнение f (x0) = 0 имеет единственный корень x0 = - loga(ln a). При этом 1 f(x0) = ax0 - x0 = - loga.

ln a ln a Функция f(x) сначала монотонно убывает от + до f(x0), потом монотонно возрастает от f(x0) до +.

Ясно, что f(x0) = 0 тогда и только тогда, когда a1/ ln a = aloga(1/ ln a), т.е.

1 1 a1/ ln a = 1/ ln a. Логарифмируя, получаем ln a = ln, т.е. ln = ln a ln a ln a = 1. Таким образом, 1/ ln a = e, т.е. a = e1/e.

322 Глава 28. Производная 28.66. О т в е т: при 0 < a < e-e три решения; при 1 < a < e1/e два решения; при a = e1/e или e-e a < 1 одно решение; при a > e1/e решений нет.

Рассмотрим сначала случай a > 1. В этом случае ax > x x > loga x ax > loga x, ax < x x < loga x ax < loga x, ax = x x = loga x ax = loga x.

Поэтому количество решений уравнения ax = loga x равно количеству решений уравнения ax = x. Это уравнение исследовано в решении задачи 28.65.

Рассмотрим теперь случай, когда 0 < a < 1. Пусть f(x) = loga x - ax.

При изменении x от 0 до + функция f(x) изменяется от + до -. Поэтому если f (x) < 0 для всех x > 0, то рассматриваемое уравнение имеет единственное решение.

Если x > 0, то знак числа 1 1 - (ln a)2xax f (x) = - ax ln a = x ln a x ln a совпадает со знаком числа g(x) = (ln a)2xax - 1, поскольку ln a < 0. Далее, g (x) = (ln a)2ax + (ln a)3xax = ax(ln a)2(1 + x ln a).

Значит, g (x) обращается в нуль в точке x0 = -1/ ln a. При этом g(x0) = ln a = - - 1. Таким образом, если - ln a < e, т.е. a > e-e, то g(x) < 0 для всех e x > 0, поэтому функция f(x) строго монотонна, и рассматриваемое уравнение имеет единственное решение. При a = e-e функция f(x) тоже монотонна.

Остаётся рассмотреть случай, когда 0 < a < e-e. Решение уравнения ax = x всегда будет решением рассматриваемого уравнения. При 0 < a это уравнение имеет единственное решение x1. Докажем, что g(x1) > 0, т.е.

(ln a)2x1ax1 > 1. Поскольку ax1 = x1 и a = x1/x1, получаем ln a = ln xxи x1ax1 = x2. Таким образом, приходим к неравенству (ln x1)2 > 1. Поэтому достаточно доказать, что x1 < 1/e.

Рассмотрим вспомогательную функцию (x) = x1/x. Ясно, что (x1) = = x1/x1 = a и (1/e) = e-e. При 0 < x < 1/e функция (x) возрастает, поскольку ln x 1 ln x x - > 0.

(x) = e x2 xКроме того, 0 < a < e-e, т.е. 0 < (x1) < (1/e). Значит, x1 < 1/e.

При изменении x от 0 до x0 = -1/ ln a функция g(x) монотонно возрастает от - до g(x0); затем она монотонно убывает до -. Поэтому неравенство g(x1) > 0 показывает, что g(x) обращается в нуль в двух точках x2 и x3, причём x2 < x1 < x3. Следовательно, f(x2) < 0 и f(x3) > 0. Учитывая то, что мы знаем о знаке f (x), получаем, что f(x) обращается в нуль ровно в трёх точках: x1, x < x2 и x > x3.

2 Глава 28. Производная 28.67. О т в е т: три. Легко угадываются корни x1 = 1/2 и x2 = 1/4. Кроме x того, есть корень уравнения x =. А больше трёх корней это уравнение иметь не может согласно задаче 28.66.

Замечание. Если попытаться решить это уравнение графически, то может показаться, что у него только один корень. Но в действительности графики пересекаются не в одной точке, а в трёх.

28.68. Прежде всего заметим, что многочлен fn(x) не имеет кратных корней (задача 28.18). Предположим, что требуемое утверждение доказано для n = 0, 1,..., 2k. (Мы начинаем с k = 0: для многочлена f0(x) = 1 утверждение очевидно.) Докажем, что многочлен f2k+1(x) имеет ровно один вещественный корень. Степень этого многочлена нечётна, поэтому один корень у него есть, а если бы у него было два корня, то между ними был бы корень производной f2k+1(x) = f2k(x), чего не может быть.

Докажем теперь, что многочлен f2k+2(x) не имеет вещественных корней.

Между любыми двумя корнями многочлена f2k+2(x) должен быть корень его производной f2k+2(x) = f2k+1(x), поэтому у многочлена f2k+2(x) не более двух корней. Степень многочлена f2k+2(x) чётна, поэтому у него не может быть ровно один корень. Итак, предположим, что у многочлена f2k+2(x) есть ровно два корня x1 и x2. Между ними расположен корень x0 многочлена f2k+1(x).

При этом x2k+2 x2k+0 f2k+2(x0) = f2k+1(x0) + = 0.

(2k + 2)! (2k + 2)! Но x0 точка минимума функции f2k+2(x). Поэтому f2k+2(x) 0 для всех x. Это противоречит тому, что у f2k+2(x) есть два корня.

28.69. Положим g(x) = f(x + T ), где T постоянное число. Тогда g (x) = = (x + T ) f (x + T ) = f (x + T ). Поэтому если f(x + T ) = f(x), то g (x) = f (x) и f (x) = f (x + T ).

28.70. Предположим, что функция f(x) = sin x + sin x периодическая.

Тогда согласно задаче 28.69 функция f (x) = cos x + cos x тоже периодическая. Но согласно задаче 26.2 эта функция непериодическая.

28.71. Пусть P (x) = (x - x1)... (x - xn) = n n = xn - 1(x1,..., xn)xn-1 + 2(x1,..., xn)xn-2 -.... Тогда P (x) = 1 2 n n - 1 n n - 2 n = xn-1 - 1(x1,..., xn)xn-2 + 2(x1,..., xn)xn-3 -....

n 1 n 1 n - С другой стороны, P (x) = xn-1 - 1(y1,..., yn-1)xn-2 + n n - 1 n - + 2(y1,..., yn-1)xn-3 -.... Поэтому k(y1,..., yn-1) = 2 k n - k n n - 1 n - k n = k(x1,..., xn). Но =.

n k k n k 28.72. Применим индукцию по n. При n = 2 нужно доказать очеx1 + xвидное неравенство x1x2. Пусть теперь n 3. Достаточно 324 Глава 28. Производная рассмотреть случай, когда x1 < x2 <... < xn. В этом случае у производной многочлена (x - x1)... (x - xn) есть n - 1 положительный корень y1 < y2 <... < yn-1. Согласно задаче 28.71 k(x1,..., xn) = = k(y1,..., yn-1). Поэтому, применив к набору чисел y1,..., yn-1 предположение индукции, мы получим все требуемые неравенства, кроме неравенства n-1 n n-1(x1,..., xn) n(x1,..., xn), т.е.

1 x1... xn x1... xn n n-+... + x1 ·... · xn).

n x1 xn Возведём обе части этого неравенства в степень n - 1, а затем поделим результат на x1... xn. В результате перейдём к неравенству 1 1 1 1 n +... +..., которое является неравенством между n x1 xn x1 xn 1 средним арифметическим и средним геометрическим для чисел,...,.

x1 xn 28.73. Применим индукцию по n. При n = 2 нужно доказать очевидное неравенство (x1 + x2)2 4x1x2. Пусть теперь n 3. Достаточно рассмотреть случай, когда x1 < x2 <... < xn. В этом случае у производной многочлена (x - x1)... (x - xn) есть n - 1 корень y1 < y2 <... < yn-1. Согласно задаче 28.71 k(x1,..., xn) = k(y1,..., yn-1). Поэтому, если k n - 2, то можно применить предположение индукции к набору чисел y1,..., yn-1 и получить требуемое неравенство.

Остаётся доказать, что 2 (x1,..., xn) n-2(x1,..., xn)n(x1,..., xn).

n-Здесь n(x1,..., xn) = x1... xn. Поэтому можно считать, что x1... xn = 0.

Ясно, что 1 1 n-k(x1,..., xn) = k,...,.

x1... xn x1 xn Поэтому мы переходим к неравенству 1 1 1 2,..., 2,...,, x1 xn x1 xn которое уже доказано, поскольку n 3.

28.74. Предположим, что P0(x) sinn x + P1(x) sinn-1 x +... + Pn(x) = 0, причём P0(x) = 0 и n наименьшее натуральное число, для которого имеет место тождество такого вида. Из минимальности n следует, что Pn(x) = 0.

С другой стороны, если x = k, где k целое число, то sin x = 0, поэтому Pn(k) = 0 для всех целых k. Но многочлен Pn не может иметь бесконечно много корней. Получено противоречие.

28.75. П е р в о е р е ш е н и е. Предположим, что P0(x)enx + P1(x)e(n-1)x +... + Pn(x) = 0, (1) Глава 28. Производная причём P0(x) = a0xk + a1xk-1 +... + ak, a0 = 0. Рассмотрим функцию G(x) = = P0(x)enx + P1(x)e(n-1)x +... + Pn(x). С одной стороны, G(x) = xkenx a1 ax 1 P1(x) = 0 для всех x. С другой стороны, G(x) = a0 + +... + + + x xk ex xk 1 Pn(x) xm +... +, поэтому limx G(x) = a0 = 0, поскольку limx = 0.

enx xk ex Получено противоречие.

В т о р о е р е ш е н и е. Предположим, что выполняется тождество (1), причём из всех тождеств такого вида выбрано то, для которого n минимально.

Pages:     | 1 |   ...   | 37 | 38 || 40 | 41 |   ...   | 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.