Решение неравенств с производной. "решаем с помощью производной"

14.04.2024

Курсовая работа по курсу «Математика»

Кировоград 2004

Вступление

Элементы математического анализа занимает значительное место в школьном курсе математики. Учащиеся овладевают математическим аппаратом, который может быть эффективно использован при решении многих задач математики, физики, техники. Язык производной и интеграла позволяет строго формулировать многие законы природы. В курсе математики с помощью дифференциального и интегрального исчислений исследуются свойства функций, строятся их графики, решаются задачи на наибольшее и наименьшее значения, вычисляются площади и объемы геометрических фигур. Иными словами, введение нового математического аппарата позволяет рассмотреть ряд задач, решить которые нельзя элементарными методами. Однако возможности методов математического анализа такими задачами не исчерпывается.

Многие традиционные элементарные задачи (доказательство неравенств, тождеств, исследование и решение уравнений и другие) эффективно решаются с помощью понятий производной и интеграла. Школьные учебники и учебные пособия мало уделяют внимания этим вопросам. Вместе с тем нестандартное использование элементов математического анализа позволяет глубже усвоить основные понятия изучаемой теории. Здесь приходится подбирать метод решения задачи, проверять условия его применимости, анализировать полученные результаты. По существу, зачастую проводится небольшое математическое исследование, в процессе которого развиваются логическое мышление, математические способности, повышается математическая культура.

Для многих задач элементарной математики допускается как «элементарное», так и «неэлементарное» решение. Применение производной и интеграла дает как правило более эффективно решение. Появляется возможность оценить силу, красоту, общность нового математического аппарата.

Методы математического анализа используются не только для решения поставленных задач, но и являются источником получения новых фактов элементарной математики.

Раздел 1. Некоторые применения производной

1.1. Применение производной при решении неравенств

Дифференциальное исчисление широко используется при исследовании функций. С помощью производной можно найти промежутки монотонности функции, ее экстремальные точки, наибольшие и наименьшие значения.

Если функция f имеет положительную (отрицательную) производную в каждой точке некоторого промежутка, то она возрастает (убывает) на этом промежутке. При нахождении промежутков монотонности нужно иметь в виду, что если функция возрастает (убывает) на интервале (a,b) и непрерывна в точках a и b, то она возрастает (убывает) на отрезке .

Если точка x0 является точкой экстремума для функции f и в этой точке существует производная, то f/(x0)=0. В точке экстремума функция может не иметь производную. Внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует, называются критическими. Чтобы установить, имеет ли функция в данной критической точке экстремум, пользуются следующими достаточными признаками существования экстремума.

Если функция f непрерывна в точке x0 и существуют такие точки a, b, что f/(x0)>0 (f/(x0)<0) на интервале (a,x0) и f/(x0)<0 (f/(x0)>0) на интервале (x0,b), то точка x0 является точкой максимума (минимума) функции f.

Для отыскания наибольших и наименьших значений f на отрезке достаточно сравнить между собой значения f в точках a, b и в критических точках из отрезка .

Эти результаты применимы при решении многих элементарных задач, связанных с неравенствами.

Пусть, например, требуется доказать, что на некотором промежутке имеет место неравенство f(x)³g(x). Обозначим f(x)-g(x) через F(x). С помощью производной F/(x) находим наименьшее значение F на данном промежутке. Если оно неотрицательно, то во всех точках рассматриваемого промежутка F(x)³0, т.е.

Задача 1.1. Доказать что (e+x)e-x>(e-x)e+x для 0

Данное неравенство равносильно следующему: (e-x)ln(e+x)>(e+x)ln(e-x).

Пусть f(x)=(e-x)ln(e+x)-(e+x)ln(e-x),

тогда f/(x)=-ln(e+x)+(e-x)/(e+x)-ln(e-x)+(e+x)/(e-x).

Так как (e-x)/(e+x)+(e+x)/(e-x)=2(e2+x2)/(e2-x2)>2,

ln(e+x)+ln(e-x)=ln(e2-x2)

то f/(x)>0 при 00 при 0

Задача 1.2. Доказать неравенство tgka+ctgka³2+k2cos22a, 0

Неравенство можно записать в виде: (ctgk/2a–tgk/2a)2³k2cos22a.

Пусть сначала 0Tg a, cos 2a>0, поэтому последнее неравенство эквивалентно неравенству ctgk/2a–tgk/2a ³ k*cos 2a.

Положим f(a)=ctgna–tgna–2n*cos 2a, где n=k/2.

Здесь, как и в предыдущей задаче, использован тот факт, что сумма взаимно обратных положительных чисел больше или равна 2. Таким образом, на интервале 0

Задача 1.3. Что больше ep или pe ?

Для решения задачи исследуем вопрос о существовании решений уравнения с двумя неизвестными: ab=ba, a>0, b>0. Исключим тривиальный случай a=b и для определенности будем предполагать, что a

(ln a)/a = (ln b)/b.

Пусть f(x)=(ln x)/x (1). Существование решений уравнения (1) эквивален-тно наличию значений x1 и x2 (x10 функция f возрастает, а при x>e f/(x)<0 функция f убывает. Поэтому в точке x=e f принимает свое наибольшее значение (1/e). Так как функция (ln x)/x непрерывна и возрастает на промежутке (0,e], то она на этом промежутке принимает все значения от –¥ до 1/е. Аналогично, на промежутке . Из результатов исследования функции f вытекают следующие утверждения:

1. Если 0

2. Если 1

3. Если b>a>e, то ab>ba.

Таким образом, если (a,b) является решением уравнения ab=ba , то 1e. Более того, при каждом фиксированном значении 1e такое, что ab=ba

Для ответа на вопрос задачи 3 достаточно положить a=e, b=p и воспользоваться утверждением (1). Итак, ep > pe . Задача 3 решена.

Задача 1.4. Два туриста отправились по одному маршруту. В первый день они прошли одно и то же расстояние. В каждый из следующих дней первый турист увеличивал пройденный путь, по сравнению предыдущим, на одно и то же расстояние, а второй – в одно и то же число раз. Выяснилось, что в n-тый день (n>2) путешествия туристы снова прошли одно и то же расстояние. Доказать, что за n дней первый турист прошел путь больший, чем второй.

Расстояние, пройденное первым туристом за n дней, представляет собой сумму n первых членов арифметической прогрессии, а вторым – сумму n первых членов геометрической прогрессии. Обозначим эти расстояния соответственно Sn и Sn/. Если a – первый член прогрессии, d – разность арифметической прогрессии, q – знаменатель геометрической прогрессии, то

Приравнивая n-е члены прогрессий, находим

Тогда , где q>1 (по условию задачи). Задача 4 будет решена, если мы покажем, что , где n>2, q>1 (2)

При n=3 имеем , что равносильно очевидному неравенству . Предполагая, что неравенство (2) справедливо при n=k, докажем его для n=k+1. Имеем

Для завершения доказательства достаточно убедиться, то выражение при k>2. Здесь целесообразно обратиться к производной.

Пусть Производная положительная при x>1. Поэтому f при x>1 возрастает. Так как f(1)=0 и функция f непрерывна в точке x=1, то f(x)>0 при x>1, т.е. f(q)>0. Итак, Sn>Sn/. Задача 4 решена.

1.2. Использование основных теорем дифференциального исчисления при доказательстве неравенств

ТЕОРЕМА 1 (Ролля).Пусть функция f:®R удовлетворяет условиям:

1) fÎC; 2) "xÎ(a,b) существует f/(x); 3) f(a)=f(b). Тогда $CÎ(a,b): f/(C)=0.

Геометрический смысл теоремы Ролля: при выполнении условий 1)-3) теоремы на интервале (a,b) существует точка С, в которой касательная к графику функции параллельна оси абсцисс. На практике чаще используется следующее утверждение теоремы Ролля: между любыми двумя нулями дифференцируемой функции существует хотя бы один нуль у производной.

ТЕОРЕМА 2 (Лагранжа про среднее значение, или про конечное приращение). Допустим что функция f:®R удовлетворяет условиям:

1) fÎC; 2) "xÎ(a,b) существует f/(x). Тогда $CÎ(a,b): f(b)-f(a)=f/(C)(b-a).

Отношение (f(b)-f(a))/(b-a) есть тангенс угла наклона к оси абсцисс секущей, которая проходит через точки (a, f(a)), (b, f(b)). Геометрический смысл теоремы Лагранжа: при выполнении условий 1)-2) теоремы на интервале (a,b) существует точка С, в которой касательная к графику функции в точке (C, f(C)) параллельна секущей.

Следствие 1. Пусть функція f:®R имеет производную f/ на (a,b) і "xÎ(a,b) f/(x)=0. Тогда для некоторого LÌ R "xÎ(a,b) f(x)=L.

Следствие 2. Функции f:®R, g:®R имеют произодныеі f/ и g/ на (a,b) и "xÎ(a,b) f/(x)=g/(x). Тогда для некоторого числа LÌ R "xÎ(a,b): f(x)=g(x)+L.

Следствие 3. Пусть функция f:®R имеем производную f/ на (a,b) и для некоторого LÌ R "xÎ(a,b) f/(x)=L. Тогда для некоторого MÌ R "xÎ(a,b): f(x)=Lx+M.

ТЕОРЕМА 3 (Коши). Пусть функции f:®R, g:®R удовлетворяют условиям: 1) f, gÎC; 2) "xÎ(a,b) существуют производныеі f/ и g/ ; 3) "xÎ(a,b) g/(x)¹0.

Тогдаі $CÎ(a,b): (f(b)-f(a))/(g(b)-g(a))=f/(C)/g/(C).

Теорема Лагранжа – это частный случай теоремы Коши при g(x)=x, xÎ.

Задача 1.5. Доказать, что для любых x, y Ì R: ½sin x – sin y½£½x–y½; x, y Ì R: ½cos x – cos y½£½x–y½; x, y Ì R: ½arctg x – arctg y½£½x–y½;

x, y Ì теорему Лагранжа:

$CÎ(x,y): ½sin x – sin y½=½cos C½(x–y). Учитывая неравенство ½cos u½£1, uÎR, получим требуемое неравенство.

Задача 1.6. Доказать, что для любого x Ì R: ex ³ 1+x, причем равенство может быть тогда и только тогда, когда x=0.

Пусть сначала x>0. По теореме Лагранжа для функции f(u)=eu, uÎ,

$CÎ(0,x): ex – e0 = eC(x-0)>x, так как eC>1 для C>0. Если x<0, то теорему Лагранжа используем для функции f(u)=eu, uÎ. Имеем $CÎ(x,0): e0 – ex = eC(0-x)<–x, так как –x>0, а eC<1 для C<0. Таким образом, при x¹0 имеем ex > 1+x.

Задача 1.7. Доказать, что для любого x >0: ex>1+x+(x2/2).

Для доказательства неравенства применим теорему Коши к функциям

f(u)=eu, g(u)=1+u+(u2/2), uÎ. Получим $CÎ(0,x): (ex – e0)/(1+x+(x2/2)–1) = eC/(1+c). Учитывая доказанное неравенство, найдем (ex-1)/(x+(x2/2))>1, откуда ex>1+x+(x2/2).

Задача 1.8. Доказать, что для 0 (2/p)x.

Пусть f(x)=(sin x)/x (0f(p/2)=2/p, если 0

Задача 1.9. Доказать, что при x>0 выполняется cos x >1–(1/2)x2.

Функция f(x)=cos x –1+(1/2)x2 равна 0 при x=0. Ее производная, при x>0,

f/(x) = –sin x+x>0 (или sin x< x). Т.е., функция f(x) для x³0 возрастающая, а при x<0 будет f(x)>f(0)=0, т.е. cos x>1–(1/2)x2.

Отсюда, аналогично при x>0 получим sin x>x–(1/6)x3.

Задача 1.10. Доказать, что при 0X+(1/3)x3.

Для этого достаточно установить, что для указанных x производная функции tg x–x–(1/3)x3, равна sec2x–1–x2, положительна, т.е. что tg2x – x2>0, а это приводит к известному неравенству tg x>x.

Задача 1.11. Доказать, что при x>0 выполняется ln x £ x-1.

Так как функция f(x)=ln x–x (x>0) имеет производную f/(x)=(1/x)–1 > 0 (при 01), то функция возрастает пока x изменяется на промежутке (0,1], и убывает на промежутке и на его концах принимает значения разных знаков, то между a и b найдется точка c, в которой f(c)=0.

Задача 1.12. Решить уравнение

Заметим, что является корнем уравнения. Докажем, что других корней это уравнение не имеет. Исследуем функцию f, где , на монотонность. Производная . Установим промежутки, на которых функция сохраняет знак. Для этого исследуем ее на монотонность. Производная . Так как при , то при . Следовательно, функция возрастает при положительных значениях x; . Поэтому при . В силу четности функции она принимает положительные значения при всех . Следовательно, f возрастает на всей числовой оси. Согласно свойству 1, уравнение имеет не более одного корня. Итак, – единственный корень уравнения.

Задача 1.13. Решить систему уравнений

Система эквивалентна следующей:

Из первого уравнения следует, что , из второго – . Выразим з первого уравнения x через y: , . Тогда . положив , получим или . Производная функции f, где , равна . она отрицательна при всех значениях t. Таким образом, функция f убывает. Поэтому уравнение имеет не более одного корня. Заметим, что является его корнем. Итак, единственное решение системы.

Задача 1.14. Доказать, что уравнение имеет единственный корень, лежащий в интервале .

Уравнение равносильными преобразованиями приводится к виду , где . Функция f возрастающая, так как при всех . Согласно свойству 1, уравнение имеет не более одного решения. Функция f непрерывна, кроме того, , . В силу свойства 2 уравнение на интервале имеет корень.

В задаче 3 требовалось доказать, что корень уравнения принадлежит некоторому промежутку. Мы пользовались свойством 2 непрерывной на отрезке функции, принимающей на концах этого отрезка значения разных знаков. Этот путь не всегда приводит к цели при решении подобных задач. Иногда целесооб-разно воспользоваться следующим свойством дифференцируемых функций.

Свойство 3 (Теорема Ролля). Если функция f непрерывна на отрезке , дифференцируема на интервале (a,b) и f(a)=f(b), то существует точка такая, что .

На геометрическом языке свойство 3 означает следующее: если , то на графике кривой найдется точка С с координатами , где касательная к графику параллельна оси x.

Задача 1.15. Доказать, что уравнение при , имеет не более одного действительного корня.

Предположим, что уравнение имеет, по крайней мере, два корня и . Функция f, где дифференцируема на всей числовой прямой. Так как , то согласно свойству 3, ее производная на интервале имеет корень. Однако при уравнение решений не имеет. Полученное противоречие показывает, что уравнение не может иметь более одного корня.

Задача 1.16. Доказать, что многочлен , ,

Имеет не более n корней.

Согласно свойству 3, между двумя корнями многочлена лежит, по крайнем мере, один корень его производной. Поэтому, если многочлен f(x) имеет , различных корней, то его производная должна иметь не менее (k-1) корней. Точно так же – не менее k-2 корней и т.д., n-ая производная – не менее (k-n) корней, . Это невозможно, так как является отличной от нуля постоянной.

Задача 1.17. Доказать, что многочлен имеет корень между 0 и 1 ().

Применение свойства 2 к цели не приводит, так как . Рассмотрим функцию g, где . Для нее функция f является производной. Так как , то согласно свойству 3, при некотором .

Задача 1.18. Доказать, что уравнение не имеет действительных корней.

Пусть , тогда . Если x – корень уравнения, то , т.е. функция f, в силу ее непрерывности, убывает в окрестности каждого корня. Заметим, что если уравнение имеет корни, то они отрицательные. Известно, что многочлен n-й степени имеет не более n корней. Обозначим через - наибольший из корней. Тогда существует такое , что . Так как , то на интервале должен находиться корень x многочлена f(x). получили противоречие.

Рассмотрим уравнение вида , где f, g – взаимно обратные, возрастающие функции, имеющие одинаковые области определения. Покажем, что это уравнение равносильно уравнению . (3)

В самом деле, пусть а является корнем уравнения (3), т.е. . Учитывая, что область определения функции g совпадает со множеством значений функции f им наоборот, можно записать: , или , т.е. , а является корнем уравнения .

Обратно, пусть , но . Тогда или . первом случае . Точно так же получается противоречие и во втором случае.

Таким образом, получен один частный прием равносильного преобразования уравнений.

Задача 1.19. Решить уравнение .

Перепишем данное уравнение в виде . Функция непрерывна, возрастающая (как сумма двух возрастающих функций и ), поэтому она имеет обратную. Найдем ее: , . Итак, обратной для f является функция , совпадающая правой частью уравнения. На основании доказанного выше уравнение эквивалентно уравнению . Ясно, что является корнем уравнения. Убедимся, что других корней уравнение не имеет.

Пусть . Тогда положительна как разность между средним арифметическим и средним геометрическим двух положительных чисел и .Таким образом, функция h возрастает на всей числовой оси. Так как , то h(x)>0 при и при , т.е. - единственный корень уравнения.

Раздел 2. Первообразная и интеграл в задачах элементарной математики

2.1. Применение интеграла от монотонных функций к доказательству неравенств

Если при , то равен площади криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции , отрезком оси x и перпендикулярами к оси x в точках a и b.

Пусть функция f положительна, непрерывна и возрастающая на . Разобьем отрезок на n частей точками .

Сумма равна сумме площадей прямоугольников, построенных на отрезках как на основаниях, с высотами , т.е. равна площади ступенчатой фигуры «вписанной» в криволинейную трапецию. Так как функция f возрастает, то эта площадь меньше площади криволинейной трапеции. Отсюда

(2.1)

Аналогично, рассматривая площадь «описанной» ступенчатой фигуры, получаем

(2.2)

Если функция f положительна, непрерывна и убывающая на , то

Покажем на ряде примеров, как соотношения (2.1)-(2.3) используются при доказательстве неравенств.

Задача 2.1. Доказать, что если , то .

Выражение совпадает с левой частью неравенства (2.1), где . Функция на интервале возрастает, непрерына, положительна. Поэтому, согласно (1), . Функция является первообразной для функции , так как

. Поэтому . Левая часть двойного неравенства доказана. Правая часть получается из соотношения (2.2) для функции при тех же предположениях.

При решении задачи 1 мы использовали тот факт, что площадь криволиней-ной трапеции, ограниченной графиком непрерывной, положительной, возрастаю-щей на функции , отрезком оси x и прямыми , заключена между площадями прямоугольников, построенных на как на основании, с высотами и соответственно.

Площади прямоугольников дают, вообще говоря, довольно грубые приближения для площади криволинейной трапеции. Более точные оценки получаются путем разбиения отрезка на достаточно большое число частей.

Задача 2.2. Пусть . Доказать, что для каждого .

Рассмотрим и функцию . Она непрерывна, положительна и убывающая. Воспользуемся неравенством (2.3), где . (Точки делят отрезок на отрезки одинаковой длины ). Получим

Отсюда . Кроме того,

В приведенном решение выражение для легко представлялось в виде площади некоторой ступенчатой фигуры. Чтобы воспользоваться рассмотренным в задаче методом доказательства неравенств, чаще приходится предварительно преобразо-вывать выражения, встречающиеся в неравенствах.

Задача 2.3. Доказать, что для каждого натурального n .

Левую часть неравенства при можно представить в следующем виде:

Рассмотрим функцию на отрезке .Этот отрезок точками , разбивается на n равных частей длины 1. Выражение

равно сумме площадей прямоугольников, построенных на отрезках как на основаниях с высотами . Функция при

Положительна, непрерывна, убывающая. Поэтому можно воспользоваться неравенством (2.3). Имеем

Заметим, что при неравенство очевидно.

2.2. Монотонность интеграла

Из определения интеграла вытекает, что для неотрицательной непрерывной на отрезке функции f для всех .

Теорема 1. Пусть функции f и g непрерывны на отрезке и для всех . Тогда для всех : . Это свойство называют монотонностью интеграла.

С помощью теоремы 1 почленно проинтегрировав обе части неравенства, можно получить целую серию новых неравенств. Например,

при имеем очевидное неравенство . Применим теорему 1, положив . Функции f, g удовлетворяют условиям теоремы на промежутке . Поэтому для произвольного : , т.е. (1). Применяя тот же метод к неравенству (1), получаем , или . Отсюда . Продолжая аналогично, имеем ,

и т.д.

В рассмотренном примере выбор исходного неравенства не составил труда. В иных случаях этот первый шаг решения задачи не столь очевиден. Теорема 1 дает, по существу, прием для получения исходного неравенства.

Пусть требуется проверить истинность неравенства

Если справедливо соотношение , то согласно теореме 1, имеет место и неравенство

, или (2.5).

Если имеет место неравенство , то, складывая его почленно с (2.4), устанавливаем справедливость неравенства (2.5).

Задача 2.4. Доказать, что при . (2.6)

Неравенство (2.6) перепишем в виде . Левая и правая части последнего неравенства представляют собой функции от . Обозначив , получим (2.7). Докажем, что (2.7) выполняется при . Найдем производные обеих частей неравенства (2.7). Соответственно имеем:

. При . Действительно, . Применяя теорему 1 для функций и при , получаем . Так как , то

. Отсюда при , следует (2.6).

Задача 2.5. Доказать, что при : .

Вычислим производные левой и правой частей:

Ясно, что , поскольку , . Так как и непрерывные функции, то, согласно теореме 1, имеет место неравенство

, т.е. , . Задача 2.5. решена.

Теорема 1 позволяет устанавливать истинность нестрогих неравенств. Утверждение, содержащееся в ней, можно усилить, если потребовать выполнения дополнительных условий.

Теорема 2. Пусть выполняются условия теоремы 1 и, кроме того, для некоторого имеет место строгое неравенство . Тогда при также имеет место строгое неравенство .

Задача 2.6. Доказать, что при : (2.8).

Предварительно следует проверить соответствующее неравенство для производных левой и правой частей, т.е. что , или . Его справедливость при можно установить, если применить теорему 1 к неравенству . Поскольку, кроме того, , то выполняются все условия теоремы 2. Поэтому имеет место строгое неравенство , , или , . После преобразований придем к неравенству (2.8).

2.3. Интегралы от выпуклых функций

При решении многих задач целесообразно применять следующий подход.

Разделим отрезок , на котором задана непрерывная функция f. на n частей точками . Построим прямоугольные трапеции, основаниями которых являются отрезки xkyk, xk+1yk+1, а высотами – xkxk+1, k=0,1,…,n-1. Сумма площадей этих трапеций при достаточно большом n близка к площади криволинейной трапеции. Чтобы этот факт можно было применить к доказательству неравенств функция f должна удовлетворять некоторым дополнительным требованиям.

Доказательства тождества можно достигнуть иногда, если воспользоваться одним очевидным замечанием:

Если на некотором интервале функция тождественно равна постоянной, то ее производная на этом интервале постоянно равна нулю:

на
на
.

Задача 1. Проверить тождество:

Вычислим ее производную (по х ):

Поэтому (замечание)
. Следовательно,
что равносильно тождеству (1).

Задача 2. Проверить тождество:

(2)

Доказательство: Рассмотрим функцию

Докажем, что

Найдем ее производную:

Значит
.
Прих=0
,следовательно,тождество (2) верно.

В связи с рассмотренными примерами можно отметить, что при нахождении постоянной, интегрирования С полезно фиксировать значения переменной, по которой производится дифференцирование, таким образом, чтобы получить возможно более простые выкладки.

9.3. Применение производной для упрощения алгебраических и тригонометрических выражений.

Прием использования производной для преобразования алгебраических и тригонометрических выражений основан на том, производная иногда имеет значительно более простой вид, чем исходная функция, благодаря чему, она легко интегрируется, что и позволяет найти искомое преобразование исходного выражения:

Задача 1 Упростить выражение:

Решение: Обозначив данное выражение
будем иметь:

Таким образом, заданное выражение (1) равно
.

Задача 2. Упростить выражение:

Решение: Обозначив это выражение через
, будем иметь:

и при
получаем:

Так что

Задача 3. Упростить запись функции:

Решение: Применение обычного аппарата тригонометрии приведёт к относительно громоздким выкладкам. Здесь удобнее воспользоваться производной:

Отсюда

Найдём :

Таким образом функция (2) равна

Задача 4. Упростить запись многочлена:

Решение: Обозначим многочлен (3) через
и найдём последовательно первую и вторую производные этой функции:

Ясно, что
Поэтому
, где
, найдём: при

,
.

9.4.Разложение выражения на множители с помощью производной.

Задача 1. Разложить на множители выражение:

Решение: Считая переменной, аипостоянными фиксированными (параметрами) и обозначая заданное выражение через
, будем иметь:

Поэтому (2)

где - постоянная, т.е. в данном случае - выражение, зависящее от параметрови. Для нахожденияв равенстве
положим
тогда
.

Получим

Задача 2. Разложить на множители выражение:

Решение: Поскольку переменная входит в данное выражение в наименьшей степени, рассмотрим его, как функцию
и будем иметь:

получим:

Таким образом, исходное выражение (3) равно

Задача 3. Разложить на множители выражение:

Решение: Обозначив данное выражение через
и считаяипостоянными, получим:

откуда , гдезависит только оти. Положив в этом тождестве
, получим
и

Для разложения на множители второго множителя используем тот же приём, но в качестве переменной рассмотрим , поскольку эта переменная входит в меньшей степени, чем. Обозначая его через
и считаяипостоянными, будем иметь:

Таким образом исходное выражение (4) равно

9.5. Применение производной в вопросах существования корней уравнений.

С помощью производной можно определить сколько решений имеет уравнение. Основную роль здесь играют исследование функций на монотонность, нахождение её экстремальных значений. Кроме того, используется свойство монотонных функций:

Задача 1. Если функция возрастает или убывает на некотором промежутке, то на этом промежутке уравнение
имеет не более одного корня.

Решение: Область определения данного уравнения - промежуток
определение на этом промежутке функцию, положив

Тогда, на

,

и таким образом функция - возрастающая, так что данное уравнение (1) не может иметь более одного решения.

Задача 2. При каких значениях
имеет решения уравнение

Решение: область определения уравнения - отрезок
, рассмотрим функцию, положив

Тогда на открытом промежутке

, так что - единственная критическая точка функции, являющаяся, очевидно, точкой максимума. Поскольку

топримет наибольшее значение при, а наименьшее значение - при
.

Так как функция непрерывна, то её область значений представляет собой отрезок
, между её наименьшим и наибольшим значением. Другими словами, исходное уравнение (2) имеет решения при
.

КУРСОВАЯ РАБОТА

по курсу «Математика»

на тему: «Применение производной и интеграла для решения уравнений и неравенств»

Кировоград

ВСТУПЛЕНИЕ………………………………………………………………………....3

РАЗДЕЛ 1. НЕКОТОРЫЕ ПРИМЕНЕНИЯ ПРОИЗВОДНОЙ……………………..4

1.1. Применение производной при решении неравенств…….…………………..….4

1.2. Использование основных теорем дифференциального исчисления к

доказательству неравенств……………………..………………………………....8

1.3. Применение производной при решении уравнений…………………………....10

РАЗДЕЛ 2. ПЕРВООБРАЗНАЯ И ИНТЕГРАЛ В ЗАДАЧАХ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ

МАТЕМАТИКИ........................................................................................16

2.1. Применение интеграла от монотонных функций к доказательству

неравенств………………………………………………………………………...16

2.2. Монотонность интеграла………………………………………………………..19

2.3. Интегралы от выпуклых функций………………………………………………21

2.4. Некоторые классические неравенства и их применение………………………25

ПЕРЕЧЕНЬ ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ………………………………..28

ВСТУПЛЕНИЕ

РАЗДЕЛ 1

НЕКОТОРЫЕ ПРИМЕНЕНИЯ ПРОИЗВОДНОЙ

1.1. Применение производной при решении неравенств

Если функция f имеет положительную (отрицательную) производную в каждой точке некоторого промежутка, то она возрастает (убывает) на этом промежутке. При нахождении промежутков монотонности нужно иметь в виду, что если функция возрастает (убывает) на интервале (a,b) и непрерывна в точках a и b, то она возрастает (убывает) на отрезке .

Если точка x 0 является точкой экстремума для функции f и в этой точке существует производная, то f / (x 0 )=0. В точке экстремума функция может не иметь производную. Внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует, называются критическими. Чтобы установить, имеет ли функция в данной критической точке экстремум, пользуются следующими достаточными признаками существования экстремума.

Если функция f непрерывна в точке x0 и существуют такие точки a, b , что f / (x0)>0 (f / (x0) на интервале (a,x0) и f / (x0) / (x0)>0) на интервале (x0,b) , то точка x0 является точкой максимума (минимума) функции f.

Для отыскания наибольших и наименьших значений f на отрезке достаточно сравнить между собой значения f в точках a, b и в критических точках из отрезка .

Эти результаты применимы при решении многих элементарных задач, связанных с неравенствами.

Пусть, например, требуется доказать, что на некотором промежутке имеет место неравенство f(x)g(x). Обозначим f(x)-g(x) через F(x). С помощью производной F / (x) находим наименьшее значение F на данном промежутке. Если оно неотрицательно, то во всех точках рассматриваемого промежутка F(x)0 , т.е.

f(x)g(x).

Задача 1.1. Доказать что (e+x) e-x >(e-x) e+x для 0

Данное неравенство равносильно следующему: (e-x)ln(e+x)>(e+x)ln(e-x).

Пусть f(x)=(e-x)ln(e+x)-(e+x)ln(e-x),

тогда f / (x)=-ln(e+x)+(e-x)/(e+x)-ln(e-x)+(e+x)/(e-x).

Так как (e-x)/(e+x)+(e+x)/(e-x)=2(e 2 +x 2 )/(e 2 -x 2 )>2,

ln(e+x)+ln(e-x)=ln(e 2 -x 2 ) 2 =2,

то f / (x)>0 при 0 . Следовательно, функция f возрастает на интервале (0,e). Функция f(0) – непрерывна. Поэтому эту точку можно включить в промежуток возрастания. Поскольку f(0)=0 , а f возрастает при 0x то f(x)>0 при 0 Отсюда получаем решение задачи 1.

Задача 1.2 . Доказать неравенство tg k a+ctg k a2+k 2 cos 2 2a, 0– натуральные.

Неравенство можно записать в виде: (ctg k/2 a–tg k/2 a) 2 k 2 cos 2 2a.

Положим f(a)=ctg n a–tg n a–2n*cos 2a, где n=k/2.

Далее, f / (a) = –(n/sin 2 a)ctg n-1 a – (n/cos 2 a)tg n-1 a + 4n*sin 2a = – n((ctg n-1 a + tg n-1 a) + (ctg n+1 a + tg n+1 a) – 4sin 2a) – n(2-2sin 2a) при 0 .

Здесь, как и в предыдущей задаче, использован тот факт, что сумма взаимно обратных положительных чисел больше или равна 2. Таким образом, на интервале 0 функция f убывает. В точке a=/4 она непрерывна, поэтому (0 ; /4] является промежутком убывания f. Наименьшим значением функции на этом промежутке является f(/4)=0. Следовательно, f(a)0 при 0 . Для указанного промежутка неравенство доказано. Если /40 – a Однако неравенство не меняется при заменен a на /2 – a. Задача 2 решена.

Задача 1.3. Что больше e или e ?

Для решения задачи исследуем вопрос о существовании решений уравнения с двумя неизвестными: a b =b a , a>0, b>0. Исключим тривиальный случай a=b и для определенности будем предполагать, что a. Ввиду симметричности вхождения a и b в уравнение, последнее замечание не ограничивает общности рассуждений. Ясно, что уравнение a b =b a равносильно уравнению b*(ln a)=a*(ln b) , или

(ln a)/a = (ln b)/b.

Пусть f(x)=(ln x)/x (1). Существование решений уравнения (1) эквивален-тно наличию значений x 1 и x 2 (x 1 2 ) таких, что f(x 1 )=f(x 2 ). В этом случае пара (x 1 ,x 2 ) является решением уравнения (1). Иными словами, требуется выяснить, найдется ли прямая y=c , пересекающая график функции f по крайней мере в двух различных точках. Для этого исследуем функцию f . Ее производная f / (x)=(1–ln x)/x 2 в области определения f имеет единственную критическую точку x=e. При 0 / (x)>0 функция f возрастает, а при x>e f / (x)0 функция f убывает. Поэтому в точке x=e f принимает свое наибольшее значение (1 /e). Так как функция (ln x)/x непрерывна и возрастает на промежутке (0,e], то она на этом промежутке принимает все значения от – до 1/е . Аналогично, на промежутке . Из результатов исследования функции f вытекают следующие утверждения:

3. Если b>a>e , то a b >b a .

Таким образом, если (a,b) является решением уравнения a b =b a , то 1, b>e . Более того, при каждом фиксированном значении 1 найдется единственное значение b>e такое, что a b =b a

Для ответа на вопрос задачи 3 достаточно положить a=e, b= и воспользоваться утверждением (1). Итак, e > e . Задача 3 решена.

Задача 1.4. Два туриста отправились по одному маршруту. В первый день они прошли одно и то же расстояние. В каждый из следующих дней первый турист увеличивал пройденный путь, по сравнению предыдущим, на одно и то же расстояние, а второй – в одно и то же число раз. Выяснилось, что в n-тый день (n>2) путешествия туристы снова прошли одно и то же расстояние. Доказать, что за n дней первый турист прошел путь больший, чем второй.

Расстояние, пройденное первым туристом за n дней, представляет собой сумму n первых членов арифметической прогрессии, а вторым – сумму n первых членов геометрической прогрессии. Обозначим эти расстояния соответственно S n и S n / . Если a – первый член прогрессии, d – разность арифметической прогрессии, q – знаменатель геометрической прогрессии, то

Приравнивая n-е члены прогрессий, находим

Тогда , где q>1 (по условию задачи). Задача 4 будет решена, если мы покажем, что , где n>2, q>1 (2)

При n=3 имеем , что равносильно очевидному неравенству . Предполагая, что неравенство (2) справедливо при n=k , докажем его для n=k+1 . Имеем

Для завершения доказательства достаточно убедиться, то выражение при k>2. Здесь целесообразно обратиться к производной.

Пусть Производная положительная при x>1. Поэтому f при x>1 возрастает. Так как f(1)=0 и функция f непрерывна в точке x=1 , то f(x)>0 при x>1 , т.е. f(q)>0. Итак, S n >S n / . Задача 4 решена.

1.2. Использование основных теорем дифференциального исчисления

при доказательстве неравенств

ТЕОРЕМА 1 (Ролля) .Пусть функция f:R удовлетворяет условиям:

1) fC; 2) x(a,b) существует f / (x); 3) f(a)=f(b). Тогда C(a,b): f / (C)=0.

ТЕОРЕМА 2 (Лагранжа про среднее значение, или про конечное приращение). Допустим что функция f:R удовлетворяет условиям:

1) fC; 2) x(a,b) существует f / (x). Тогда C(a,b): f(b)-f(a)=f / (C)(b-a).

Следствие 1. Пусть функція f:R имеет производную f / на (a,b) і x(a,b) f / (x)=0. Тогда для некоторого L R x(a,b) f(x)=L.

Следствие 2. Функции f:R, g:R имеют произодныеі f / и g / на (a,b) и x(a,b) f / (x)=g / (x). Тогда для некоторого числа L R x(a,b): f(x)=g(x)+L.

Следствие 3. Пусть функция f:R имеем производную f / на (a,b) и для некоторого L R x(a,b) f / (x)=L. Тогда для некоторого M R x(a,b): f(x)=Lx+M.

ТЕОРЕМА 3 (Коши) . Пусть функции f:R, g:R удовлетворяют условиям: 1) f, gC; 2) x(a,b) существуют производныеі f / и g / ; 3) x(a,b) g / (x)0.

Тогдаі C(a,b): (f(b)-f(a))/(g(b)-g(a))=f / (C)/g / (C).

Теорема Лагранжа – это частный случай теоремы Коши при g(x)=x, x.

Задача 1.5. Доказать, что для любых x, y R: sin x – sin yx–y; x, y R: cos x – cos yx–y; x, y R: arctg x – arctg yx–y;

x, y ,

C(0,x): e x – e 0 = e C (x-0)>x, так как e C >1 для C>0. Если x 1+x.

Задача 1.7. Доказать, что для любого x >0: e x >1+x+(x 2 /2).

Для доказательства неравенства применим теорему Коши к функциям

f(u)=e u , g(u)=1+u+(u 2 /2), u. Получим C(0,x): (e x – e 0)/(1+x+(x 2 /2)–1) = e C /(1+c). Учитывая доказанное неравенство, найдем (e x -1)/(x+(x 2 /2))>1, откуда e x >1+x+(x 2 /2).

Задача 1.8. Доказать, что для 0

Пусть f(x)=(sin x)/x (0 Задача 1.9. Доказать, что при x>0 выполняется cos x >1–(1/2)x 2 .

Функция f(x)=cos x –1+(1/2)x 2 равна 0 при x=0. Ее производная, при x>0,

f / (x) = –sin x+x>0 (или sin x1–(1/2)x 2 .

Отсюда, аналогично при x>0 получим sin x>x–(1/6)x 3 .

Задача 1.10. Доказать, что при 0

Для этого достаточно установить, что для указанных x производная функции tg x–x–(1/3)x 3 , равна sec 2 x–1–x 2 , положительна, т.е. что tg 2 x – x 2 >0, а это приводит к известному неравенству tg x>x.

Задача 1.11. Доказать, что при x>0 выполняется ln x x-1.

Так как функция f(x)=ln x–x (x>0) имеет производную f / (x)=(1/x)–1 > 0 (при 0 0 выполняется ln x x-1.

1.3. Применение производной при решении уравнений

Покажем, как с помощью производной можно решать вопросы существова-ния корней уравнения, а в некоторых случаях и их отыскания. По-прежнему основную роль здесь будут играть исследования функции на монотонность, нахождение ее экстремальных значений. Кроме того, будет использован ряд свойств монотонных и непрерывных функций.

Свойство 1. Если функция f возрастает или убывает на некотором промежутке, то на этом промежутке равнение f(x)=0 имеет не более одного корня.

Это утверждение вытекает непосредственно из определения возрастающей и убывающей функций. Корень уравнения f(x)=0 равен абсциссе точки пересечения графика функции y=f(x) с осью x.

Свойство 2. Если функция f определена и непрерывна на промежутке и на его концах принимает значения разных знаков, то между a и b найдется точка c, в которой f(c)=0.

Задача 1.12. Решить уравнение

Задача 1.13. Решить систему уравнений

Система эквивалентна следующей:

Задача 1.14. Доказать, что уравнение имеет единственный корень, лежащий в интервале .

Свойство 3 (Теорема Ролля). Если функция f непрерывна на отрезке , дифференцируема на интервале (a,b) и f(a)=f(b), то существует точка такая, что .

Задача 1.15. Доказать, что уравнение при , имеет не более одного действительного корня.

Задача 1.16. Доказать, что многочлен , ,

Имеет не более n корней.

Задача 1.17. Доказать, что многочлен имеет корень между 0 и 1 ().

Задача 1.18. Доказать, что уравнение не имеет действительных корней.

Обратно, пусть , но . Тогда или . первом случае . Точно так же получается противоречие и во втором случае.

Таким образом, получен один частный прием равносильного преобразования уравнений.

Задача 1.19. Решить уравнение .

РАЗДЕЛ 2

ПЕРВООБРАЗНАЯ И ИНТЕГРАЛ В ЗАДАЧАХ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКИ

2.1. Применение интеграла от монотонных функций к доказательству неравенств

Пусть функция f положительна, непрерывна и возрастающая на . Разобьем отрезок на n частей точками .

(2.1)

Аналогично, рассматривая площадь «описанной» ступенчатой фигуры, получаем

(2.2)

Если функция f положительна, непрерывна и убывающая на , то

Покажем на ряде примеров, как соотношения (2.1)-(2.3) используются при доказательстве неравенств.

Задача 2.1 . Доказать, что если , то .

Задача 2.2. Пусть . Доказать, что для каждого .

Отсюда . Кроме того,

Задача 2.3. Доказать, что для каждого натурального n .

Левую часть неравенства при можно представить в следующем виде:

Рассмотрим функцию на отрезке .Этот отрезок точками , разбивается на n равных частей длины 1. Выражение

Равно сумме площадей прямоугольников, построенных на отрезках как на основаниях с высотами . Функция при

Положительна, непрерывна, убывающая. Поэтому можно воспользоваться неравенством (2.3). Имеем

Заметим, что при неравенство очевидно.

2.2. Монотонность интеграла

Из определения интеграла вытекает, что для неотрицательной непрерывной на отрезке функции f для всех .

Теорема 1. Пусть функции f и g непрерывны на отрезке и для всех . Тогда для всех : . Это свойство называют монотонностью интеграла.

Пусть требуется проверить истинность неравенства

Если справедливо соотношение , то согласно теореме 1, имеет место и неравенство

Или (2.5).

Задача 2.4 . Доказать, что при . (2.6)

. При . Действительно, . Применяя теорему 1 для функций и при , получаем . Так как , то

Отсюда при , следует (2.6).

Задача 2.5. Доказать, что при : .

Вычислим производные левой и правой частей:

Ясно, что , поскольку , . Так как и непрерывные функции, то, согласно теореме 1, имеет место неравенство

Т.е. , . Задача 2.5. решена.

Теорема 2. Пусть выполняются условия теоремы 1 и, кроме того, для некоторого имеет место строгое неравенство . Тогда при также имеет место строгое неравенство .

Задача 2.6. Доказать, что при : (2.8).

ВСТУПЛЕНИЕ

РАЗДЕЛ 1

НЕКОТОРЫЕ ПРИМЕНЕНИЯ ПРОИЗВОДНОЙ

Применение производной при решении неравенств

Если функция положительную (отрицательную) производную в каждой точке некоторого промежутка, то она возрастает (убывает) на этом промежутке. При нахождении промежутков монотонности нужно иметь в виду, что если функция возрастает (убывает) на интервале и непрерывна в точках и , то она возрастает (убывает) на отрезке .

Если точка является точкой экстремума для функции и в этой точке существует производная, то . В точке экстремума функция может не иметь производную. Внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует, называются критическими. Чтобы установить, имеет ли функция в данной критической точке экстремум, пользуются следующими достаточными признаками существования экстремума.

Если функция непрерывна в точке и существуют такие точки что на интервале и на интервале то точка является точкой максимума (минимума) функции .

Для отыскания наибольших и наименьших значений на отрезке достаточно сравнить между собой значения в точках и в критических точках из отрезка .

Эти результаты применимы при решении многих элементарных задач, связанных с неравенствами.

Пусть, например, требуется доказать, что на некотором промежутке имеет место неравенство . Обозначим через С помощью производной находим наименьшее значение на данном промежутке. Если оно неотрицательно, то во всех точках рассматриваемого промежутка т.е. .

Задача 1.1. Доказать что для

Данное неравенство равносильно следующему:

Так как ,

то при Следовательно, функция возрастает на интервале Функция непрерывна. Поэтому эту точку можно включить в промежуток возрастания. Поскольку , а возрастает при то при Отсюда получаем решение задачи 1.

Задача 1.2. Два туриста отправились по одному маршруту. В первый день они прошли одно и то же расстояние. В каждый из следующих дней первый турист увеличивал пройденный путь, по сравнению предыдущим, на одно и то же расстояние, а второй – в одно и то же число раз. Выяснилось, что в день путешествия туристы снова прошли одно и то же расстояние. Доказать, что за дней первый турист прошел путь больший, чем второй.

Расстояние, пройденное первым туристом за дней, представляет собой сумму первых членов арифметической прогрессии, а вторым – сумму первых членов геометрической прогрессии. Обозначим эти расстояния соответственно и . Если первый член прогрессии, разность арифметической прогрессии, знаменатель геометрической прогрессии, то

Приравнивая члены прогрессий, находим

Тогда , где (по условию задачи). Задача 4 будет решена, если мы покажем, что где

При имеем равносильно очевидному неравенству Предполагая, что неравенство (2) справедливо при докажем его для Имеем

Для завершения доказательства достаточно убедиться, то выражение

При . Здесь целесообразно обратиться к производной.

Производная положительная при Поэтому при возрастает. Так как и функция непрерывна в точке то при т.е. Итак, Задача 2 решена.

Производная широко применяется при решении ряда задач элементарной математики. Из всего круга таких задач выделим те, при решении которых используется теорема Лагранжа и ее следствия. К ним относятся задачи на доказательство тождеств, неравенств, вывод формул тригонометрии, разложение алгебраических выражений на множители, решение уравнений, неравенств, систем уравнений, уравнений с параметрами. При этом можно указать общие методы решения и некоторые частные приемы.

Теорема Лагранжа. Пусть функция f непрерывна на отрезке и дифференцируема во внутренних точках этого отрезка. Тогда существует внутренняя точка с этого отрезка, такая, что <Рисунок1>.

Следствие 1 (условие постоянства). Если функция f непрерывна на отрезке , а ее производная равна нулю внутри этого отрезка, то функция f постоянна на .

Следствие 2. Если функции и непрерывны на отрезке и имеют одинаковые производные внутри этого отрезка, то они отличаются лишь постоянным слагаемым.

Условие монотонности функции также является следствием теоремы Лагранжа. В школьном учебнике оно устанавливается отдельно в виде теоремы.

Следствие 3 (условие монотонности ). Если функция f непрерывна на промежутке I и ее производная положительна (соответственно отрицательна) во внутренних точках этого промежутка, то функция f возрастает (соответственно убывает) на I.

Теорему Лагранжа можно применять:

При доказательстве неравенств, в частности – числовых неравенств;

При исследовании вопроса о корнях многочлена или уравнения;

При решении уравнений.

В процессе решения таких задач вводится в рассмотрение функция f(x) на отрезке , удовлетворяющая условиям теоремы Лагранжа, для нее записывается формула Лагранжа <Рисунок1>, c (a;b) и оценивается f’(c), а, следовательно, и выражение <Рисунок2>, что позволяет доказать рассматриваемое неравенство или решить вопрос о корнях многочлена, уравнения.

Пример 1. Доказать, что <Рисунок3>.

Решение. Функция f(x)=arccosx на отрезке непрерывна и дифференцируема на интервале (0,6;0,8), <Рисунок4>. Следовательно, для функции f(x) на данном отрезке выполняются условия теоремы Лагранжа и <Рисунок5>, где 0,6, т.е. <Рисунок7>. Оценим число<Рисунок8>. Так как 0,6<0,8, следовательно <Рисунок10>. Тогда <Рисунок11> и окончательно <Рисунок3>.

Пример 2. Доказать, что e x >=ex.

Решение. Неравенство справедливо при х=1. Рассмотрим функцию f(x)=e x -ex. Тогда для любого числа b (b>1) для данной функции выполняются условия теоремы Лагранжа на отрезке , а для b<1 – выполняется условие теоремы на отрезке и, следовательно, существует внутренняя точка соответствующего отрезка, такая, что <Рисунок12>, т.е. <Рисунок13>. Так как c>1 при b>1, то e c >e и, следовательно, e c -e>0. Тогда <Рисунок14>, а значит e b -eb>0, т.е. e b >eb для любого b>1. Таким образом доказано, что e x >=ex при x>=1.

Если b<1, то <Рисунок15>, т.е. с<1, тогда e c , следует, что e b -eb>0, т.е. e b >eb.

Итак, доказано, что неравенство e x >=ex верно при любом действительном х. В частности, при x=c+1 получим e c+1 >=e(c+1), т.е. e c >=c+1, где с – любое действительное число.

Пример 3. Доказать, что уравнение <Рисунок16> не имеет действительных положительных корней.

Решение. Пусть b – любое положительное число. Рассмотрим функцию f(x)= <Рисунок17>, непрерывную на отрезке и имеющую производную <Рисунок18> на интервале (0;b). По теореме Лагранжа имеем <Рисунок19>, 0. А так как при любом с>0 e c >c+1 (доказано в примере 2), то e c -c>1 и, следовательно, <Рисунок21>. Отсюда получим <Рисунок22>, а значит <Рисунок23> для любого b>0. Таким образом, <Рисунок24> при x>0, т.е. <Рисунок25>, следовательно, равенство <Рисунок16> не выполняется ни при каком x>0. А, значит, уравнение <Рисунок16> не имеет действительных положительных корней.

Пример 4. Доказать, что на промежутке (0, 2) имеется не более двух различных действительных корней уравнения <Рисунок26>.

Решение. Предположим, что уравнение имеет не менее трех различных действительных корней х 1 , х 2 , х 3 , принадлежащих промежутку (0,2), и пусть x 1 , т.е. f(x 1)=f(x 2)=f(x 3)=0. На каждом из отрезков , для функции f(x) выполняются условия теоремы Лагранжа, следовательно, существуют числа c 1 и с 2 из интервалов (х 1 ;х 2), (х 2 ;х 3) соответственно, такие, что <Рисунок28> и <Рисунок29>. А так как f(x 1)=f(x 2)=f(x 3)=0, то f’(c 1)=0 и f’(c 2)=0, причем с 1 с 2 .

Найдем производную f’(x):

<Рисунок30>. Так как <Рисунок31> для любых х, то уравнение f’(x)=0 имеет единственный корень x=, принадлежащий промежутку (0, 2). Пришли к противоречию, так как с 1 и с 2 (с 1 с 2) являются корнями уравнения f’(x)=0, тем самым доказано, что уравнение <Рисунок26> имеет на промежутке (0,2) не более двух различных действительных корней.

Пример 5. Решить уравнение x 9 -9x 5 +63x-55=0.

Решение. Легко заметить, что число х 1 =1 является корнем данного уравнения. Предположим, что существует еще хотя бы один действительный корень х 2 , отличный от х 1 . Числа х 1 и х 2 являются нулями функции f(x)=x 9 -9x 5 +63x-55 и, следовательно, f(x 1)=f(x 2)=0. Применим терему Лагранжа к функции f(x) на отрезке , если x 1 x 2 . Следовательно, найдется такая внутренняя точка с этого отрезка, что будет выполняться <Рисунок32>. Учитывая, что f(x 1)=f(x 2)=0, получим f’(с)=0, т.е. число с – корень уравнения f’(x)=0. Но производная f’(x)=9x 8 -45x 4 +63, т.е. f’(x)=9(x 4 -2,5) 2 +6,75 положительна для любых х, а значит уравнение f’(x)=0 не имеет корней. Полученное противоречие доказывает, что найденный корень х 1 =1 является единственным корнем уравнения x 9 -9x 5 +63x-55=0.

Определить число критических точек функции y=(x 2 -1)(x 2 -8х)(x-9).

Решение. Так как степень многочлена f(x)= (x 2 -1)(x 2 -8х)(x-9) равна 5, то его производная f’(x) является многочленом четвертой степени и имеет не более четырех действительных корней. Применим теорему Лагранжа к функции f(x)=(x+1)(x-1)х(x-8)(x-9) на отрезках [-1;0], , , и при этом учтем, что f(-1)=f(0)=f(1)=f(8)=f(9)=0. На каждом таком отрезке найдутся внутренние точки х 1 , х 2 , х 3 , х 4 соответственно, такие, что <Рисунок33>, <Рисунок34>, <Рисунок35>, <Рисунок36>, т.е. f’(x 1)=0, f’(x 2)=0, f’(x 3)=0, f’(x 4)=0. А учитывая, что x 1 , х 2 , х 3 , х 4 – различные корни многочлена f’(x) четвертой степени, делаем вывод, что других корней, отличных от полученных, нет и, следовательно, функция y=(x 2 -1)(x 2 -8х)(x-9) имеет четыре критические точки.

Условие монотонности функции можно применять:

При решении неравенств;

При доказательстве неравенств с переменной;

При доказательстве числовых неравенств;

При исследовании вопроса о количестве корней уравнения;

В некоторых случаях при решении уравнений, уравнений с параметрами, систем уравнений.

Решение задач с использованием условия монотонности основано на связи между возрастанием или убыванием функции и знаком ее производной на некотором промежутке. При этом, сравнивая различные значения аргумента из этого промежутка рассматриваемой монотонной функции, делается вывод о соответствующих значениях данной функции.

Пример 7. Доказать, что 3xcosx.

Решение. Докажем, что, если 0, то sinx+sin2x-3xcosx>0, т.е. cosx(tgx+2sinx-3x)>0. Рассмотрим непрерывную на промежутке <Рисунок38>функцию f(x)=tgx-3x+2sinx. Ее производная <Рисунок39> при <Рисунок40> принимает положительные значения, следовательно, функция f(x) возрастает на промежутке <Рисунок38>и на нем f(x)>f(0).

Учитывая, что f(0)=0, будем иметь tgx-3x+2sinx>0. А так как на промежутке <Рисунок38> cosx>0, то и cosx(tgx+2sinx-3x)>0. Таким образом доказано, что sinx+sin2x-3xcosx>0, то есть, что 3xcosx.

Пример 8. Доказать, что

1) <Рисунок41> и <Рисунок42>, если 0

2) <Рисунок43>и <Рисунок44>, если e<=x 1

Решение. Рассмотрим непрерывную на промежутке (0;+) функцию <Рисунок45>. Так как ее производная <Рисунок46> равна нулю при х=е, а при 00 и f’(x)<0 при x>e, то на промежутке (0;e] функция f(x) возрастает, а на промежутке , – убывает. Вычислим значения функции в точках х=-3, х=-2, х=2, х=5. Имеем f(-3)=-1<0, f(-2)=13>0, f(2)=-51<0, f(5)=111>0. Так как функция f(x) на концах отрезков [-3;-2], [-2;2], принимает значения разных знаков, то на каждом из них имеется только один корень уравнения. Таким образом, уравнение 2х 3 -24х-19=0 имеет три действительных корня, которые находятся на промежутках (-3;-2), (-2;2), (2;5).

Остальные следствия теоремы Лагранжа можно применять:

При доказательстве тождеств, в частности при выводе формул элементарной математики;

При упрощении выражений;

При разложении алгебраических выражений на множители.

При решении ряда таких задач на некотором промежутке рассматривается либо одна функция f(x), такая, что ее производная f’(x)=0 и, следовательно, функция постоянна, т.е. имеет вид f(x)=c, либо две функции f(x) и g(x), такие, что f’(x)=g’(x), и делается вывод, что f(x)=g(x)+c (c - постоянная). Эту постоянную находят, положив х равным некоторому значению х 1 .

Пример 12. Вывести формулу <Рисунок61>.

Решение. Функция f(x)= <Рисунок62> непрерывна на всей числовой прямой. Найдем производную этой функции f’(x)=2sinxcosx-sin2x=sin2x-sin2x. f’(x)=0 для любого действительного значения х, следовательно, на основании условия постоянства функции можно сделать вывод, что функция f(x) постоянна, т.е. f(x)=c. Для определения постоянной c положим х=0 и получим f(0)=c, т.е. sin 2 0-0,5+0,5cos0=c. Таким образом, с=0 и значит f(x)=0, откуда и получим <Рисунок62>=0, или <Рисунок61>.

Пример 13. Доказать, что arctgx=arcsin<Рисунок63> при x<0.

Решение. Рассмотрим две непрерывные на промежутке (-;0] функции f(x)=arctgx и g(x)=arcsin<Рисунок64>, тогда они непрерывны на любом отрезке . Найдем производные этих функций.

<Рисунок65>, <Рисунок66>. Так как при x<0 |x|=-x, то <Рисунок67> и тогда f’(x)=g’(x) внутри отрезка . На основании следствия 2 имеем f(x)=g(x)+c, где с – постоянная. Для определения с положим, например, х=-1, что дает arctg(-1)=arcsin<Рисунок69>, то есть <Рисунок68> Итак, получим arctgx=arcsin<Рисунок63> при x<0.

Пример 14. Доказать тождество

<Рисунок70>

Решение. Заметим, что <Рисунок71>, <Рисунок72> для любого действительного х и функции <Рисунок73>, <Рисунок74> непрерывны на всей числовой прямой. Имеем <Рисунок75>,

<Рисунок76>.

1) Рассмотрим функцию F(x)=f(x)+g(x), x (-;-1) (0;1).

F(x)= <Рисунок77>, а F’(x)=f’(x)+g’(x)= <Рисунок78>. Если x (-;-1), то |х 2 -1|=х 2 -1, |х|=-х и F’(x)=0. Если x (0;1), то |х 2 -1|=-(х 2 -1), |х|=х и F’(x)=0. На основании условия постоянства функции F(x)=c, то есть <Рисунок79>. На каждом из рассматриваемых промежутков определим с, положив, например, х=<Рисунок80> и x=<Рисунок81>.

<Рисунок82>, cледовательно, с=.

<Рисунок83>, следовательно, с=0. Имеем: <Рисунок84> при x (-;-1), <Рисунок85> при x (0;1).

2) Рассмотрим функцию G(x)=f(x)-g(x), x (-1;0) (1; +).

<Рисунок86>, <Рисунок87>.

Если x (-1;0), то |х 2 -1|=-(х 2 -1), |x|=-x и G’(x)=0.

Если x (1; +), то |х 2 -1|=х 2 -1, |x|=x и G’(x)=0. Тогда на указанных промежутках функция G(x) постоянна, т.е. <Рисунок88>. Положим x=<Рисунок80> и x=<Рисунок81>, получим <Рисунок89>, следовательно, с=; <Рисунок90>, тогда с=0.

Имеем: <Рисунок91> при x (-1;0), <Рисунок92> при x (1;+ ).

3) Вычислим значения f(x) и g(x) при х=± 1 и х=0.

f(-1)=arccos(-1)=, g(-1)=arcsin0=0; следовательно, при х=-1 f(x)=+g(x), то есть <Рисунок93>. <Рисунок94>, <Рисунок95>, следовательно, при х=0 f(x)=-g(x), то есть <Рисунок96>. f(1)=arccos1=0, g(1)=arcsin0=0, следовательно, при х= 1 f(x)=g(x), то есть <Рисунок97>.

Таким образом, данное тождество доказано для всех действительных х.

Пример 15. Разложить на множители выражение

y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x).

Решение. На данное выражение будем смотреть как на функцию от переменной х: f(x)=y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x).

Найдем f’(x).

f’(x)=y 2 +2x(z-y)-z 2 =y 2 -z 2 -2x(y-z)=(y-z)(y+z)-2x(y-z)=(y-z)(y+z-2x).

g’(x)=(y-z)((y+z)-2x). В качестве функции g(x) можно взять g(x)=(y-z)((y-z)x-x 2).

Так как функции f(x) и g(x) непрерывны и дифференцируемы на всей числовой прямой и f’(x)=g’(x), то по следствию 2 f(x)=g(x)+c, где с не зависит от х, но, возможно, зависит от y и z. Имеем y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x)=(y-z)((y+z)x-x 2)+c. Найдем с, полагая в этом равенстве, например, х=0. Имеем yz 2 -zy 2 =c. Тогда f(x)=g(x)+yz 2 -zy 2 , то есть

f(x)=(y-z)((y+z)x-x 2)+yz 2 -zy 2 =(y-z)(xy+xz-x 2)-yz(y-z)=(y-z)(xy-x 2 +xz-yz)=(y-z)(x(y-x)-z(y-x))=(y-z)(y-x)(x-z).

Итак, y 2 (x-z)+x 2 (z-y)+z 2 (y-x)=(y-z)(y-x)(x-z).

neuroum.ru

9.3. Применение производной для упрощения алгебраических и тригонометрических выражений.

9.4.Разложение выражения на множители с помощью производной.

9.5. Применение производной в вопросах существования корней уравнений.

ВСТУПЛЕНИЕ