Застосування похідної для доведення рівностей та нерівностей в курсі математики середньої школи

БАКАЛАВРСЬКА РОБОТА Застосування похідної для доведення рівностей та нерівностей в курсі математики середньої школи

Анотація

Дипломна робота бакалавра на тему: «Застосування похідної для доведення рівностей та нерівностей в курсі математики середньої школи» — 50 с., 1 табл., 17 рис., 8 джерел.

Актуальність теми роботи полягає в тому, що для багатьох задач елементарної математики в загальноосвітній школі допускається як «елементарне», так і «неелементарне» рішення. Застосування похідної дає як правило більше ефективне рішення та ознайомити учнів з математичним апаратом диференціального числення.

Викладена методологічна бакалаврська робота дозволяє вчителю 11 класу загальноосвітньої школи послідовно викласти учням матеріал згідно нової програми вивчення елементів диференціального числення в школі.

The summary

The degree work of the bachelor on a subject: «Application by derivative for the proof of equality and inequalities in a rate of mathematics in high school «- 50 pg., 1 tab., 17 fig., 8 sources.

The urgency of a subject of work is, that for many tasks of elementary mathematics in a comprehensive school it is supposed both «» elementary", and «» not elementary" decision. The application gives derivative as a rule more effective decision and acquaints the schoolboys with the mathematical device of differential calculation.

The stated methodological work of the bachelor allows the teacher 11 classes a comprehensive school consistently to state to the schoolboys a material according to the new program of study the elements of differential calculation at school.

Зміст

• The summary
• Вступ
• Розділ 1. Поняття похідної. її механічний і геометричний зміст
• 1.1 Поняття похідної
• 1.2 Геометричний зміст похідної
• 1.3 Механічний зміст похідної
• Розділ 2. Застосування похідної для доведення нерівностей
• 2.1 Застосування похідної при доведенні нерівностей
• 2.2 Використання основних теорем диференціального числення при доведенні нерівностей
• 2.2.1 Теорема Ролля
• 2.2.2 Теорема Лагранжа
• 2.2.3 Теорема Коші
• 2.3 Практичні приклади доведення нерівностей з застосуванням похідних
• Розділ 3. Застосування похідної для розв’язування рівнянь
• 3.1 Декілька типів рівнянь, для розв’язування яких застосовуються похідні
• 3.2 Використання похідної для пошуку існування та значень коренів рівнянь
• Висновки
• Список використаної літератури
• Додатки

Вступ

Елементи математичного аналізу приймає значне місце в шкільному курсі математики. Учні опановують математичним апаратом, що може бути ефективно використаний при рішенні багатьох задач математики, фізики, техніки. Мова похідної дозволяє строго формулювати багато законів природи. У курсі математики за допомогою диференціального числення досліджуються властивості функцій, будуються їхні графіки, вирішуються задачі на найбільше й найменше значення, обчислюються площі й об'єми геометричних фігур. Іншими словами, введення нового математичного апарата дозволяє розглянути ряд задач, вирішити які не можна елементарними методами. Однак можливості методів математичного аналізу такими задачами не вичерпується.

Багато традиційних елементарних задач (Доведення нерівностей, тотожностей, дослідження й рішення рівнянь і інші) ефективно вирішуються за допомогою понять похідній. Шкільні підручники й навчальні посібники мало приділяють увагу цим питанням. Разом з тим нестандартне використання елементів математичного аналізу дозволяє глибше засвоїти основні поняття досліджуваної теорії. Тут доводиться підбирати метод рішення задачі, перевіряти умови його застосовності, аналізувати отримані результати. По суті, найчастіше проводиться невелике математичне дослідження, у процесі якого розвиваються логічне мислення, математичні здатності, підвищується математична культура.

Для багатьох задач елементарної математики допускається як «елементарне», так і «неелементарне» рішення. Застосування похідної дає як правило більше ефективне рішення. З’являється можливість оцінити силу, красу, спільність нового математичного апарата.

Викладена методологічна бакалаврська робота дозволяє вчителю 11 класу загальноосвітньої школи послідовно викласти учням матеріал згідно нової програми вивчення елементів диференціального числення в школі.

Розділ 1. Поняття похідної. її механічний і геометричний зміст

1.1 Поняття похідної

Розділ математики, у якому вивчаються похідні і їх застосування до дослідження функцій, називається диференціальним численням. Приріст виду, що представляє собою різницю, відіграє помітну роль при роботі з похідними. Природно тому поява латинського кореня differentia (різниця) у назві calculis differentialis нового числення, що переводиться як числення різноманітностей; ця назва з’явилася вже наприкінці XVII в., тобто при народженні нового методу.

Термін «похідна» є буквальним перекладом на українську французького слова derivйe, що ввів у 1797 р.Ж. Лагранж (1736−1813); він же ввів сучасні позначення. Така назва відбиває зміст поняття: функція походить з, є похідним від .И. Ньютон називав похідну функцію флюксиєй, а саму функцію — флюєнтой. М. Лейбніц говорив про диференціальне відношення і ввів позначення похідної, що також часто зустрічається в сучасній літературі.

Символ Лейбніц вибрав для позначення диференціала функції. Диференціал функції - це добуток похідної на приріст, тобто; заміняючи позначення на, це ж можна записати так:, звідси .

Розповідь про походження термінології, прийнятої в диференціальному численні, був би не повний без поняття границі і нескінченно малої. Дамо означення похідної з застосуванням наочного креслення — рис. 1.1.

похідна рівність теорема рівняння Позначення — скорочення латинського слова limes (межа, границя); зменшуючи, наприклад,, ми спрямовуємо значення до «границі». Термін «границя» увів Ньютон.

Пишуть замість прийнятого вище позначення при .

Рис. 1.1 До геометричного трактування похідної

Прикладом нескінченно малої може служити функція від, оскільки при. Узагалі, якщо, говорять, що — нескінченно мала. Нескінченно малі відіграють важливу роль у математичному аналізі, що тому часто називають також аналізом нескінченно малих.

Диференціальне числення створене Ньютоном і Лейбніцем порівняно недавно, наприкінці XVII сторіччя. Тим більше разюче, що задовго до цього Архімед не тільки вирішив задачу на побудову дотичної до такої складної кривої, як спіраль (застосовуючи при цьому граничні переходи), але і зумів знайти максимум функції .

Епізодично поняття дотичної (яке, теж зв’язано з поняттям похідної) зустрічалося в роботах італійського математика Н. Тартальи (ок.1500−1557) — тут дотична з’явилася в ході вивчення питання про кут нахилу знаряддя, при якому забезпечується найбільша дальність польоту снаряда.И. Кеплер розглядав дотичну в ході рішення задачі про найбільший обсяг паралелепіпеда, уписаного в кулю даного радіуса. У XVII в. на основі навчання Г. Галілея про рух активно розвилася кінематична концепція похідної. Різні варіанти викладу, застосовані до різних задач, зустрічаються вже в Р. Декарта, французького математика Роберваля (1602−1675), англійського вченого Д. Грегорі (1638−1675), у роботах И. Барроу (1630−1677) і, нарешті, И. Ньютона.

До розгляду дотичної і нормалі (так називається пряма, перпендикулярна дотичної і проведена в точці торкання) Декарт прийшов у ході вивчення оптичних властивостей лінз. За допомогою методів аналітичної геометрії і винайденого їм методу невизначених коефіцієнтів він зумів вирішити задачі про побудову нормалей до ряду кривих, у тому числі еліпсу. Дамо поняття приросту аргументу і приросту функції в точці. Нехай — довільна точка, що лежить у деякому колі фіксованої точки з області визначення функції (рис. 1.2).

Рис. 1.2 До геометричного трактування приросту аргумента та приросту функції

Приріст аргументу Приріст функції

Запишемо неперервність функції через прирости аргументу і функції.

Функція буде неперервною в точці тоді і тільки тоді, коли малій зміні аргументу в точці відповідають малі зміни значень функції, тобто функція неперервна в точці при .

Приведемо задачі, які приводять до поняття похідної.

а) Миттєва швидкість руху точки вздовж прямої - координата точки в момент часу

б) Дотична до графіка функції

Дотичною до кривої в даній точці називається граничне положення січної (рис. 1.3).

Рис. 1.3 Геометричне трактування дотичної лінії до функції

Коли точка наближається до точки М (рухаючись по графіку функції), то величина кута наближається до величини кута нахилу дотичної до осі .

Оскільки

то

Приведемо означення похідної.

Похідною функції у точці називається границя відношення приросту функції в точці до приросту аргументу, коли приріст аргументу прямує до нуля.

Операція знаходження похідної називається диференціюванням.

Приведемо похідні деяких елементарних функцій (табл.1.1)

Таблиця 1.1

Дамо пояснення й обґрунтування похідної.

1. Поняття приросту аргументу і приросту функції.

Приріст аргументу чи функції традиційно позначають великою літерою грецького алфавіту (дельта). Дамо означення приросту аргументу і приросту функції.

Нехай — довільна точка, що лежить у деякому проміжку навколо фіксованої точки з області визначення функції .

Різниця називається приростом незалежної змінної (або аргументу) у точці і позначається. Отже,

(1)

З цієї рівності маємо

(2)

тобто початкове значення аргументу дістало приріст. Зауважимо, що при значення більше за, а при значення менше за .

Тоді значення функції змінилося на величину

Враховуючи рівність (2), одержуємо, що функція змінилася на величину

(3)

яка називається приростом функції у точці (рис. 1.4), що відповідає приросту аргументу .

З рівності (3) одержуємо

Зауважимо, що при фіксованому приріст є функцією від приросту .

Якщо функція задається формулою, то називають також приростом залежної змінної і позначають через .

Наприклад, якщо, то приріст, що відповідає приросту дорівнює:

Рис. 1.4 До трактування сутності приросту аргументу та залежної функції

Запишемо неперервність функції через приріст аргументу і функції.

Нагадаємо, що функція є неперервною в точці, якщо при, тобто. Але якщо, то тобто (і навпаки, якщо, то тобто), отже, умова еквівалентна умові. Аналогічно, твердження еквівалентне умові, тобто. Таким чином, функція буде неперервною в точці тоді і тільки тоді, коли при, тобто малій зміні аргументу в точці відповідають малі зміни значень функції. Саме через цю властивість графіки неперервних функцій зображаються неперервними (нерозривними) кривими на кожному з проміжків, що цілком входять до області визначення.

Похідною функції у точці називається границя відношення приросту функції в точці до приросту аргументу, коли приріст аргументу прямує до нуля.

Похідна функції у точці позначається (або) і читається: «Еф штрих у точці «. Коротко означення похідної функції можна записати так:

Враховуючи означення приросту функції у точці, що відповідає приросту, означення похідної можна записати також так:

Функцію що має похідну в точці, називають диференційованою в цій точці. Якщо функція має похідну в кожній точці деякого інтервалу, то кажуть, що ця функція диференційована на цьому проміжку. Операція знаходження похідної називається диференціюванням.

Будемо розглядати невертикальну дотичну (тобто). Для знаходження похідної функції за означенням можна користуватися такою схемою:

1. Знайти приріст функції, який відповідає приросту аргументу .

2. Знайти відношення .

3. З’ясувати, до якої границі прямує відношення при .

Це і буде похідна заданої функції.

1.2 Геометричний зміст похідної

Приведемо геометричний зміст похідної та рівняння дотичної до графіка функції .

Значення похідної в точці дорівнює тангенсу кута нахилу дотичної до графіка функції в точці з абсцисою і дорівнює кутовому коефіцієнту цієї дотичної (кут відраховується від додатного напрямку осі проти годинникової стрілки.)

кутовий коефіцієнт дотичної (рис. 1.5)

рівняння дотичної до графіка функції;

у точці з абсцисою .

Рис. 1.5 Геометрична трактовка похідної

Наочне уявлення про дотичну до кривої можна отримати, виготовивши криву з цупкого матеріалу (наприклад, з дроту) і прикладаючи до кривої лінійку у вибраній точці (рис. 1.6). Якщо ми зобразимо криву на папері, а потім будемо вирізати фігуру, обмежену цією кривою, то ножиці теж будуть напрямлені по дотичній до кривої.

Рис. 1.6. Наочне уявлення про дотичну до кривої

Спробуємо перекласти наочне уявлення про дотичну на більш точну мову. Нехай задана деяка крива і точка на ній (рис. 1.7) візьмемо на цій прямій іншу точку і проведемо пряму через точки і. Цю пряму звичайно називають січною. Почнемо наближати точку до точки. Положення січної буде змінюватися, але при наближенні точки до точки воно почне стабілізуватися.

Рис. 1.7 Дотична та січна до кривої

Дотичною до кривої в даній точці називається граничне положення січної. Щоб записати це означення за допомогою формул, будемо вважати, що крива — це графік функції а точка, яка знаходиться на графіку, задана своїми координатами Дотичною є деяка пряма, яка проходить через точку (рис. 1.8).

Рис. 1.8 Координатне визначення дотичної

Щоб побудувати цю пряму, достатньо знати кут нахилу дотичної до осі. Нехай точка (через яку проходить січна) має абсцису. Коли точка, рухаючись по графіку функції, наближається до точки (це буде при)), то величина кута наближається до величини кута нахилу дотичної до осі. Оскільки то при значення наближається до, тобто

Фактично, ми прийшли до тієї самої задачі, яка зустрічалася при знаходженні миттєвої швидкості: знайти границю відношення виразу (де задана функція) при. Знайдене таким чином число називають похідною функції у точці

Як було обгрунтовано вище, тангенс кута нахилу дотичної в точці з абсцисою (рис. 1.9) обчислюється за формулою. З іншого боку. Тоді

Рис. 1.9 Геометричний зміст похідної та рівняння дотичної до графіка функції

Нагадаємо, що в рівнянні прямої кутовий коефіцієнт дорівнює тангенсу кута нахилу прямої до осі (кут відлічується від додатного напрямку осі проти годинникової стрілки). Отже, якщо кутовий коефіцієнт дотичної, то. Тобто:

" Значення похідної в точці дорівнює тангенсу кута нахилу дотичної до графіка функції в точці з абсцисою і дорівнює кутовому коефіцієнту цієї дотичної (кут відлічується від додатного напрямку осі проти годинникової стрілки)" .

Таким чином, якщо — рівняння дотичної до графіка функції у точці з абсцисою (і ординатою), то. Тоді рівняння дотичної можна записати так:. Щоб знайти значення, врахуємо, що ця дотична проходить через точку Отже, координати точки задовольняють останньому рівнянню, тобто Звідси, і рівняння дотичної матиме вигляд: Його зручно записати так:

Це рівняння дотичної до графіка функції у точці з абсцисою. Зауваження. Кут, який утворює невертикальна дотична до графіка функції у точці з абсцисою з додатнім напрямком осі, може бути нульовим, гострим або тупим. Враховуючи геометричний зміст похідної, одержуємо, що у випадку, коли (тобто), кут буде гострим, а у випадку, коли (тобто), кут буде тупим. Якщо (тобто), то (тобто дотична паралельна осі або співпадає з нею). І навпаки, якщо дотична до графіка функції у точці з абсцисою утворює з додатним напрямком осі гострий кут, то, якщо тупий кут — то, а якщо дотична паралельна осі або співпадає з нею (), то .

Якщо ж дотична утворює з віссю прямий кут (), то функція похідної в точці не має (не існує).

1.3 Механічний зміст похідної

Наведемо механічні задачі, які приводять до поняття похідної.

1. Миттєва швидкість руху точки вздовж прямої.

Розглянемо задачу, відому з курсу фізики, — рух матеріальної точки вздовж прямої. Нехай координата точки в момент часу дорівнює. Як і в курсі фізики, будемо вважати, що рух відбувається неперервно (як це ми спостерігаємо в реальному житті). Спробуємо за відомою залежністю визначити швидкість, з якою рухається точка в момент часу (так звану миттєву швидкість). Розглянемо відрізок часу від до. Означимо середню швидкість на проміжку як відношення пройденого шляху до тривалості руху:

Для визначення миттєвої швидкості точки в момент часу, як робили на уроках фізики: візьмемо відрізок часу довжиною, обчислимо середню швидкість на цьому проміжку і почнемо зменшувати відрізок до нуля (тобто зменшувати відрізок і наближати до). Ми помітимо, що значення середньої швидкості при наближенні до нуля буде наближатися до деякого числа, яке і вважається значенням швидкості в момент часу. Іншими словами, миттєвою швидкістю в момент часу називається границя відношення, якщо тобто

Наприклад, розглянемо вільне падіння тіла. З курсу фізики відомо, що в цьому випадку залежність шляху від часу задається формулою

1) Знайдемо спочатку

2) Знайдемо середню швидкість:

3) З’ясуємо, до якого числа прямує відношення при це і буде миттєва швидкість у момент часу. Якщо то оскільки величина стала, то. Останнє число і є значенням миттєвої швидкості в точці. Ми отримали відому з фізики формулу (тоді). Використовуючи поняття границі, це можна записати так:. Розглянемо механічний зміст похідної. Записуючи означення похідної в точці для :

і співставляючи одержаний результат з поняттям миттєвої швидкості прямолінійного руху:

можна зробити висновок, що похідна характеризує швидкість зміни функції при зміні аргументу.

Зокрема, похідна за часом є мірою швидкості зміни відповідної функції, що може застосовуватися до найрізноманітніших фізичних величин. Наприклад, миттєва швидкість нерівномірного прямолінійного руху є похідна від функції, яка виражає залежність пройденого шляху від часу; прискорення нерівномірного прямолінійного руху є похідна від функції яка виражає залежність швидкості від часу .

Якщо

— залежність пройденого шляху від часу, то

— швидкість прямолінійного руху

— прискорення прямолінійного руху.

Розглянемо зв’язок між диференційованістю і неперервністю функції.

Якщо функція диференційована в точці, то в цій точці існує її похідна. Тобто при значення .

Для обгрунтування неперервності функції достатньо обгрунтувати, що значення .

Справді, при одержуємо: А це й означає, що функція неперервна. Отже, якщо функція диференційована на проміжку (тобто в кожній його точці), то вона неперервна на цьому проміжку.

Відзначимо, що обернене твердження неправильне. Функція, яка неперервна на проміжку, може не мати похідної в деяких точках цього проміжку. Наприклад, функція (рис. 1.10) неперервна при всіх значеннях, але вона не має похідної в точці

Рис. 1.10 Неперервна функція без похідної в точці злому напрямку

Дійсно, якщо і то

Тому при відношення не має границі, а значить, і функція не має похідної в точці 0.

Зауваження. Той факт, що неперервна функція не має похідної в точці, означає, що до графіка цієї функції в точці з абсцисою не можна провести дотичної (або відповідна дотична перпендикулярна до осі). Графік у цій точці матиме перелом. Наприклад, до графіка неперервної функції (рис. 1.11) у точці з абсцисою не можна провести дотичну (а значить, ця функція не має похідної в точці 1). Дійсно, за означенням, дотична — це граничне положення січної. Якщо точка буде наближатися до точки по лівій частині графіка, то січна займе граничне положення Якщо ж точка буде наближатися до точки по правій частині графіка, то січна займе граничне положення Але це дві різні прямі, отже, у точці М дотичної до графіка даної функції не існує.

Рис. 1.11 Неперервна функція без похідної в точці злому напрямку

Наведемо практичні приклади до даної частини.

1. Приклад 1. Знайдіть тангенс кута нахилу дотичної, проведеної до графіка функції у точці з абсцисою, до осі, якщо:

1)

2)

Розв’язання

Наведемо перед розв’язанням даного приклада коментар:

За геометричним змістом похідної

де — кут нахилу дотичної, проведеної до графіка функції точці з абсцисою, до осі .

Тому для знаходження достатньо знайти похідну функції, а потім знайти значення похідної в точці .

1) За геометричним змістом похідної. Враховуючи, що одержуємо:

Отже,

2) Оскільки то

За геометричним змістом похідної

Отже,

2. Приклад 2. Використовуючи формулу, запишіть рівняння дотичної до графіка функції у точці з абсцисою

Розв’язання

Наведемо перед розв’язанням приклада коментар.

Рівняння дотичної до графіка функції у точці з абсцисою у загальному вигляді записується так:

Щоб записати це рівняння для заданої функції, потрібно знайти значення

похідну і значення. Для виконання відповідних обчислень зручно позначити задану функцію через та використати табличне значення похідної:. Якщо, то

Тоді Підставляючи ці значення в рівняння дотичної одержуємо Тобто шукане рівняння дотичної.

Розділ 2. Застосування похідної для доведення нерівностей

2.1 Застосування похідної при доведенні нерівностей

Диференціальне числення широко використовується при дослідженні функцій. За допомогою похідної можна знайти інтервали монотонності функції, її екстремальні точки, найбільші й найменші значення.

Якщо функція має додатну (від'ємну) похідну в кожній точці деякого інтервалу, то вона зростає (спадає) на цьому проміжку. При знаходженні проміжків монотонності потрібно мати на увазі, що якщо функція зростає (спадає) на інтервалі й неперервна в точках і, то вона зростає (спадає) на проміжку .

Якщо точка є точкою екстремума для функції f і в цій точці існує похідна, то . У точці екстремума функція може не мати похідну. Внутрішні точки області визначення, у яких похідна дорівнює нулю або не існує, називаються критичними. Щоб установити, чи має функція в даній критичній точці екстремум, користуються наступними достатніми ознаками існування екстремума.

Якщо функція неперервна в точці й існують такі точки що () на проміжку й () на проміжку , то точка є точкою максимуму (мінімуму) функції .

Для відшукання найбільших і найменших значень на проміжку досить зрівняти між собою значення в точках і в критичних точках з проміжка .

Ці результати застосовні при рішенні багатьох елементарних задач, пов’язаних з нерівностями.

Нехай, наприклад, потрібно довести, що на деякому проміжку має місце нерівність Позначимо через . За допомогою похідної знаходимо найменше значення на даному інтервалу. Якщо воно від'ємне, то у всіх точках розглянутого інтервалу, тобто

2.2 Використання основних теорем диференціального числення при доведенні нерівностей

2.2.1 Теорема Ролля

ТЕОРЕМА 1 (Ролля). Нехай функція задовільняє наступним умовам:

1) функція неперервна на проміжку

2) функція диференційована на інтервалі

3) тоді існує точка .

Доведення

Нехай ,. По теоремі Вейерштраса числа які існують і існують точки й:. Якщо то й. Як точку беремо будь-яку крапку проміжка. Нехай. У силу 3 умови теореми маємо, що хоча б одна із крапок або є внутрішньою точкою проміжка. Нехай для визначеності, тоді точка буде точкою локального й у силу умови 2 теореми Ферма:. Покладемо й теорема доведена.

Теорема Ферма: Нехай функція диференційована в точці й має локальний екстремум. Тоді похідна функції в точки дорівнює нулю .

Геометричний зміст теореми Ролля: при виконанні умов теореми на проміжку існує точка, у якій дотична до графіка функції паралельна осі абсцис. На практиці частіше використовується наступне твердження теореми Ролля: між будь-якими двома нулями диференційованої функції існує хоча б один нуль у похідної.

2.2.2 Теорема Лагранжа

ТЕОРЕМА 2 (Лагранжа про середнє значення, або про кінцевий приріст). Якщо функція неперервна на проміжку й диференційована у всіх внутрішніх точках цього проміжка, то усередині проміжка найдеться точка така, що справедливо формулу [1]:

Доведення

Розглянемо допоміжну функцію. Функція буде неперервна на й вона буде диференційована на інтервалі. Обчислимо значення функції в точці :

Обчислимо значення функції в точці :

Одержуємо, що, тобто функція задовольняє всім умовам теореми Ролля, тоді існує: ,

Теорема доведена.

Геометричний зміст теореми Лагранжа: при виконанні умов теореми на інтервалііснує точка, у якій дотична до графіка функції в точці паралельна січній.

Наслідок 1. Нехай функція диференційована на й для всіх, тоді де для всіх .

Доведення

Нехай — дві довільні точки проміжка. По теоремі Лагранжа в застосуванні до проміжка існує точка: Але, тобто звідси треба, але тому що — дві довільні точки, то одержуємо необхідні доведення.

Наслідок доведений.

Наслідок 2. Нехай функції й диференційовані у всіх точках і, тоді .

Доведення

Розглянемо функцію допоміжну. Застосуємо до функції теорему Лагранжа на інтервалу. Одержуємо

де

наслідок доведений.

2.2.3 Теорема Коші

ТЕОРЕМА 3 (Коші). Якщо кожна із двох функцій і неперервна на проміжку й диференційована у всіх внутрішніх точках цього проміжка і якщо, крім того похідна відмінна від нуля всюди усередині проміжка, то усередині цього проміжка найдеться точка така, що справедлива формула [1]:

Доведення

За умовою витікає, що. Справді, якщо припустити, що, то в силу теореми Ролля існує точка що суперечить умові.

Розглянемо допоміжну функцію:

Функція безперервна на проміжку й диференційована в інтервалі. Знайдемо значення функції в точці :

Тобто, По теоремі Ролля існує точка :

.

Якщо зокрема одержуємо теорему Лагранжа. Теорема доведена.

2.3 Практичні приклади доведення нерівностей з застосуванням похідних

Приклад 1. Розв’яжіть нерівність .

Розв’язання.

Наведемо коментар перед розв’язанням нерівності.

Задану нерівність не вдається розв’язати за допомогою рівносильних перетворень, тому використаємо метод проміжків. Для цього нерівність потрібно привести до виду де — неперервна в кожній точці своєї області визначення функція (неперервна функція, оскільки це многочлен).

Нагадаємо схему розв’язування нерівності методом проміжків.

1. Знайти ОДЗ нерівності.

2. Знайти нулі функції:

3. Позначити нулі на ОДЗ і знайти знак функції у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ.

4. Записати відповідь, враховуючи знак заданої нерівності.

Для знаходження нулів функції потрібно розв’язати рівняння, яке не вдається розв’язати за допомогою рівносильних перетворень, тому для його розв’язування доцільно використати властивості функції, зокрема, її монотонність, яку можна обгрунтувати за допомогою похідної.

Задана нерівність рівносильна

.

Функція неперервна в кожній точці своєї області визначення, тому для розв’язування нерівності можна використати метод інтервалів.

1. ОДЗ:

2. Нулі функції: Знайдемо похідну функції

Якщо позначити, то Але квадратний тричлен має від ємний дискримінант, тоді для всіх. Отже, для всіх значення Тоді функція зростає на всій числовій прямій і рівняння може мати тільки один корінь. Оскільки то =єдиний нуль функції .

3. Відмічаємо нулі на ОДЗ і знаходимо знак у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ (рис. 2.1)

Рис. 2.1 Нулі на ОДЗ і знаки у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ

Відповідь:

Приклад 2. Розв’яжіть нерівність

.

Наведемо перед розв’язанням нерівності коментар.

Спробуємо розв’язати задану нерівність методом проміжків. Для цього її потрібно звести до виду (де функція неперервна в кожній точці своєї області визначення).

При знаходженні нулів функції для розв’язування рівняння доцільно використати властивості відповідних функцій, зокрема, оцінку лівої і правої частин рівняння виду Значення функції легко оцінити і без застосування похідної, а для дослідження функції використаємо похідну. Зазначимо, що в даному випадку всередині ОДЗ ми не знайдемо жодного нуля функції (дивитися далі розв’язання: нулем є тільки крайня точка ОДЗ). Але метод проміжків працює і в цьому випадку тільки ми отримаємо єдиний інтервал в якому функція зберігає свій знак.

Розв’язання

Задана нерівність рівносильна нерівності

Функція неперервна в кожній точці своєї області визначення, тому для розв’язування нерівності (1) можна використати метод проміжків.

1. ОДЗ:

2. Нулі:

Це рівняння рівносильне рівнянню

Оцінимо значення функцій і, які стоять відповідно у лівій і правій частинах рівняння (2)

Оскільки то

Тоді

Дослідимо функцію на ОДЗ нерівність (1), тобто при. Функція неперервна на проміжку, тому вона буде набувати найбільшого і найменшого значень або на кінцях, або в критичних точках цього проміжка не існує в точці 3 проміжка, але ця точка не є внутрішньою точкою цього проміжка, отже вона не є критичною. З ясуємо коли .

Порівнюючи значення і, одержуємо, що, Отже, Тоді рівняння (2) рівносильне системі. Оскільки 2 — найбільше значення функції яке досягається тільки при, то рівняння має тільки один корінь, який задовольняє і рівнянню (дійсно,). Отже, функція має тільки один нуль:

Відмічаємо нуль на ОДЗ і знаходимо знак функції в одержаному проміжку (рис 2.2).

Рис. 2.2 Нулі на ОДЗ і знаки у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ

Як бачимо, функція не набуває додатних значень і в нерівності (1) знак «більше» не може виконуватися. Отже, може виконуватися тільки знак «дорівнює», але тільки при

Відповідь: 4.

Зауваження Використовуючи введені позначення, задану нерівність можна записати так: Після виконання оцінки значень функцій

і: та і без методу проміжків можна зробити висновок, що нерівність не може виконуватися. Отже, задана нерівність рівносильна рівнянню, яке рівносильне системі що має єдиний розв’язок Але такі міркування можна провести тільки для цієї конкретної нерівності, у той час як метод проміжків можна використати для розв’язування довільної нерівності виду (де функція неперервна в кожній точці своєї області визначення). Тому основним способом розв’язування таких нерівностей ми вибрали метод проміжків.

Розглянемо застосування похідної до доведення нерівностей.

Похідну інколи вдається використати при доведенні нерівностей від однієї змінної. Розглянемо схему такого доведення на конкретному прикладі.

Приклад 3. Доведіть нерівність при .

Розв’язання. Для доведення даної нерівності достатньо довести нерівність при. Розглянемо функцію при. Її похідна при Отже, функція спадає на проміжку, а враховуючи неперервність функції у точці 0 (вона неперервна і на всій області визначення), одержуємо, що функція спадає на інтервалу. Але Тоді при значення Отже,, тобто при, що й потрібно було довести. (Зазначимо, що при значення, а при задана нерівність перетворюється на рівність.)

Наведемо розв’язання дозволяє виділити таку схему доведення нерівностей виду (або) за допомогою похідної.

1. Розглянути допоміжну функцію (на її області визначення або на заданому проміжку)

2. Дослідити за допомогою похідної поведінку функції (зростання чи спадання або її найбільше чи найменше значення) на розглянутому проміжку.

3. Обгрунтувати (спираючись на поведінку функції), що (або) на розглянутому проміжку, і зробити висновок, що (або) на цьому проміжку.

Зауважимо, що при доведенні деяких нерівностей цю схему доводиться використовувати декілька разів.

Приклад 3. Доведіть нерівність при

Наведемо перед розв’язком коментар.

Спробуємо використати похідну до доведення заданої нерівності. Для цього дослідимо функцію, яка є різницею лівої і правої частин нерівності:

.

Враховуючи, що ця функція неперервна на всій числовій прямій і достатньо довести, що на заданому проміжку функція зростає. (Тоді, враховуючи неперервність, вона буде зростати і на проміжку і на цьому проміжку х нерівності буде випливати нерівність яка рівносильна заданій). Для доведення того, що функція зростає на заданому інтервалі, достатньо довести, що її похідна. Якщо тепер позначити похідну як нову функцію, то нам потрібно довести нерівність, а для цього знову можна використаи наведені вище міркування.

Розв’язання.

Задана нерівність рівносильна нерівності. Розглянемо функцію. Ця функція неперервна на всій числовій прямій і має похідну. Тепер розглянемо функцію і доведемо, що на проміжку. Функція неперервна на всій числовій прямій і має похідну. Враховуючи, що одержуємо. Отже, функція зростає на всій числовій прямій і, зокрема, на проміжку. Тоді за означенням зростаючої функції при одержуємо, що Але Тобто при. Це означає, що функція зростає на проміжку, а враховуючи її неперервність, вона зростає також і на інтервалу. Тоді з нерівності буде випливати нерівність. Але отже, при всіх. Таким чином, на цьому проміжку виконується нерівність, а значить, і нерівність

Приклад 4. Доведіть, що при всіх дійсних значеннях виконується нерівність

Наведемо перед розв’язанням нерівності коментар.

Використаємо похідну для доведення заданої нерівності. Для цього дослідимо функцію яка є різницею лівої і правої частин нерівності. Але при всіх дійсних значеннях ця функція не є ні зростаючою, ні спадною, і тому міркування, наведені при розв’язання попередніх прикладів, не можна використати. Тоді спробуємо в результаті дослідження знайти найбільше чи найменше значення функції на всій числовій прямій. Для цього можна використати властивість: якщо неперервна функція має на заданому проміжку тільки одну точку мінімуму, то на заданому проміжку функція набуває свого найменшого значення в точці. Далі користуємося тим, що коли в точці функція набуває найменшого значення на заданому проміжку, то для всіх значень із цього інтервалу (якщо необхідно, то можна також уточнити, що знак рівності досягається тільки в точці).

Розв’язання.

Розглянемо функцію

Область визначення:

Похідна існує на всій області визначення. Отже, функція неперервна на всій числовій прямій;, критична точка.

Відмічаємо критичну точку на області визначення функції і знаходимо знаки похідної та поведінку функції в кожному з одержаних проміжків (рис. 2.3).

Рис. 2.3 Нулі на ОДЗ і знаки у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ

Як бачимо, неперервна функція має на проміжку тільки одну критичну точку, і це точка мінімуму. Отже, у цій точці функція набуває свого найменшого значення на цьому проміжку. Тоді при усіх дійсних значеннях значення тобто Отже, при всіх дійсних значеннях

При доведенні числових нерівностей або для порівняння двох чисел часто буває зручно перейти до більш загальної функціональної нерівності.

Приклад 5. Порівняти числа і .

Наведемо коментар перед розв’язком нерівності.

Щоб скласти план розв’язування, можна міркувати так. Ми не знаємо, яке з заданих чисел більше: чи, тому в процесі аналізу поставимо між ними такий знак. Це знак нерівності, спрямований гострим кінцем униз, що свідчить про те, що ми не знаємо, у який бік його слід направити. Будемо виконувати перетворення нерівності до тих пір, поки не з ясуємо, яке число більше. Потім знак замінимо відповідним знаком нерівності: або, який і запишемо в розв’язанні. (У процесі аналізу, якщо на якомусь кроці перетворень потрібно поміняти знак нерівності, то знак змінюємо на знак, а в запису розв’язання у відповідному місці змінюємо знак нерівності). В аналізі запис теж будемо називати нерівністю (але, звичайно, не в розв’язанні)

Розглянемо нерівність. Це нерівність із додатними членами (і), отже, обидві її частини можна прологарифмувати. Оскільки функція є зростаючою, то після логарифмування обох частин за основою знак нерівності не зміниться, і ми одержимо нерівність, тобто нерівність. Оскільки то після ділення обох частин останньої нерівності на знак нерівності не зміниться, і ми одержимо нерівність. Помічаємо, що в лівій і правій частинах останньої нерівності стоять значення однієї і тієї самої функції Дослідимо цю функцію за допомогою похідної на зростання і спадання. Далі, враховуючи, що, порівняємо одержані вирази, а потім і задані вирази (виконуючи всі ті самі перетворення, що і в процесі аналізу, тільки у зворотному порядку).

Розв’язання.

Розглянемо функцію Її область визначення:. Похідна існує на всій області визначення. З’ясуємо, коли: Тоді на області визначення одержуємо рівносильне рівняння, тобто — критична точка. Відмічаємо критичну точку на області визначення функції і знаходимо знаки похідної та поведінку функції в кожному з одержаних проміжків (рис. 2.4).

Рис. 2.4 Нулі на ОДЗ і знаки у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ

Отже, в інтервалі функція спадає, а враховуючи її неперервність на всій області визначення, вона також спадає на проміжку. Оскільки, то, тобто. Домноживши обидві частини цієї нерівності на додатне число (знак нерівності не змінюється), одержуємо нерівність. Тоді. Оскільки функція є зростаючою (, то .

Відповідь: .

При доведенні деяких нерівностей інколи вдається використати другу похідну і опуклість відповідних функцій.

Приклад 6. Доведіть, що при всіх виконується нерівність .

Наведемо перед доведенням нерівності коментар.

На тих інтервалах, де функція опукла вгору, графік функції лежить вище відповідної хорди (рис. 2.5 а), а на тих інтервалах, де ця функція опукла вниз графік лежить нижче хорди (рис. 2.5 б). Спробуємо використати це при доведенні заданої нерівності: за допомогою другої похідної дослідимо функцію на опуклість, розглянемо рівняння відповідної хорди і порівняємо рівняння хорди з рівнянням прямої (де функція з правої частини нерівності).

Розв’язання.

Якщо, то ,. При, отже на проміжку функція опукла вгору. Тоді на цьому проміжку її графік лежить вище хорди (рис. 2.5)

Рис. 2.5 Проміжки функції (опукла вгору та опукла вниз відносно хорди)

Пряма має рівняння і проходить через точку. Отже,, тобто. Тоді рівняння прямої:. Таким чином, при всіх виконується нерівність .

Розділ 3. Застосування похідної для розв’язування рівнянь

3.1 Декілька типів рівнянь, для розв’язування яких застосовуються похідні

Розглянемо декілька типів рівнянь, в яких використовуються похідні. Серед них рівняння, в яких потрібно вияснити, чи має розв’язок те чи інше рівняння. Ці рівняння зводяться до знаходження екстремальних значень функції або до знаходження їх областей значень.

Приклад 1. При якому значенні має розв’язки рівняння

.

Розв’язання. Область визначення даного рівняння — проміжок. Розглянемо на ньому функцію f:

Тоді на інтервалі

так що 8/3 єдина критична точка функції f, яка є до того ж точкою максимуму, оскільки f (2) = 2, f (4) =, f (8/3) =. Отже, f приймає найбільше значення при х = 8/3, а найменше значення — при х = 4. Так як функція f неперервна, то її область значень є проміжок між її найбільшим і найменшим значенням, тобто дане рівняння має розв’язок, якщо .

Відповідь.

Приклад 2. Скільки розв’язків має рівняння ?

Розв’язання. Область визначення даного рівняння — інтервал. Розглянемо на цьому проміжку функцію f

Тоді .

Враховуючи область визначення, маємо. Таким чином, функція f зростаюча, так що дане рівняння не може мати більше одного розв’язку.

З іншого боку, взявши будь — яке велике значення х, наприклад,

х = 200, маємо так що f як неперервна функція приймає всі значення між і, в тому числі і значення 4. Відповідь. Рівняння має лише 1 корінь.

Приклад 3. Розв’язати рівняння .

Розв’язання.

ОДЗ:. Побудувавши графіки функцій і ми помітили б, що рівняння має два корені. Безпосереднім підбором і перевіркою, знаходимо, що коренями рівняння є х = 0 і х = 2. За допомогою похідної можна довести, що інших коренів немає.

Розглянемо функцію і покажемо що в неї лише одна критична точка, тобто ця функція має лише 2 інтервали (зростання і спадання), отже має 2 корені, які ми вже знайшли.

існує на всій області визначення ()

Відповідь.

3.2 Використання похідної для пошуку існування та значень коренів рівнянь

Покажемо, як за допомогою похідної можна вирішувати питання існування коренів рівняння, а в деяких випадках і їхнього відшукання. Як і раніше основну роль тут будуть грати дослідження функції на монотонність, знаходження її екстремальних значень. Крім того, буде використаний ряд властивостей монотонних і неперервних функцій.

Властивість 1. Якщо функція зростає або спадає на деякому проміжку, то на цьому інтервалу рівняння має не більше одного кореня.

Це твердження випливає безпосередньо з визначення зростаючої й спадної функцій. Корінь рівняння дорівнює абсцисі точки перетинання графіка функції з віссю .

Властивість 2. Якщо функція f визначена й неперервна на проміжку й на його кінцях приймає значення різних знаків, то між і найдеться точка, у якій .

Приведемо оцінки значень лівої та правої частин рівняння

Якщо потрібно розв’язати рівняння виду і з ясувалося, що, , то рівність між лівою і правою частинами рівняння можлива лише у випадку, якщо одночасно і дорівнюють .

Приклад 1. Розв’яжіть рівняння .

Оцінимо означення лівої і правої частини рівняння.

.

Дослідимо функцію на найбільше та найменше значення за допомогою похідної.

тобто .

Похідна не існує в точках 1 і 3 з області визначення функції, але ці точки не є внутрішніми для, отже, вони не є критичними.

критична точка ().

Неперервна функція задана на проміжку, тому вона набуває найбільшого та найменшого значень або на кінцях цього проміжка, або в критичній точці з цього проміжка. Оскільки, а то

тобто. Крім того,, отже, задане рівняння рівносильне системі

Відповідь: 2.

Розглянемо зростання та спадання функції. Схема розв’язування рівняння.

1. Підбираємо один або декілька коренів рівняння.

2. Доводимо, що інших коренів це рівняння не має (використовуючи теореми про корені рівняння, або оцінку значень лівої та правої частин рівняння, або таку властивість функцій: зростаюча або спадна функція набуває кожного свого значення тільки в одній точці її області визначення).

Теореми про корені рівняння.

Якщо в рівнянні функція зростає (спадає) на деякому проміжку, то це рівняння може мати не більш, ніж один корінь на цьому проміжку (рис. 3.1).

Рис. 3.1 До теореми про корені

Приклад 2.

Рівняння має корінь

(тобто).

Інших коренів це рівняння не має оскільки функція зростаюча (її похідна при всіх значеннях з області визначення:).

Відповідь: .

Теорема 2. Якщо в рівнянні функція зростає на деякому проміжку, а функція спадає на цьому самому проміжку (або навпаки), то це рівняння може мати не більше, ніж один корінь на цьому проміжку (рис. 3.2).

Рис. 3.2 До теореми 2

Приклад 3.

Рівняння має корінь (тобто 1=1).

Інших коренів це рівняння не має, оскільки ОДЗ і на цій ОДЗ функція зростаюча (її похідна дорівнює нулю при і при, а, враховуючи неперервність функції, одержуємо, що зростає при). Функція спадає при (при). Отже, рівняння має єдиний корінь .

Відповідь: 0.

Дамо пояснення й обгрунтування.

У оцінки значень лівої та правої частин рівнянь показана можливість застосування похідної та реалізації тих способів розв’язування рівнянь, які пов’язані із застосуванням властивостей функцій. Нагадаємо, що ці способи найчастіше використовуються в тих випадках, коли ми не в змозі розв’язати задане рівняння за допомогою рівносильних перетворень або рівнянь наслідків (чи тоді, коли розв’язання є дуже громіздким)

Зазначимо, що використання похідної також дозволяє при розв’язуванні деяких рівнянь реалізувати таку схему міркувань.

Припустимо, ми змогли підібрати два корені заданого рівняння виду. Щоб довести, що рівняння не має інших коренів, достатньо впевнитися, що функція має тільки два інтервали зростання чи спадання (на кожному з них рівняння може мати тільки один корінь). Якщо функція диференційована на якомусь інтервалу, то характер зростання чи спадання функції на цьому інтервалу може змінитися тільки в її критичних точках. Наприклад, якщо в точках зростання диференційованої (а отже, і неперервної) функції змінилося на спадання, то це означає, що в точці функція має максимум, але тоді - критична точка. Таким чином, для того щоб диференційована на проміжку функція мала на цьому проміжку не більше двох проміжків зростання чи спадання, достатньо, щоб на цьому проміжку вона мала тільки одну критичну точку.

Приклад 4. Розв’яжіть рівняння

Наведемо перед розв’язанням рівняння коментар.

Оскільки у нас немає формул, які б дозволяли перетворювати одночасно і показникові, і тригонометричні вирази, то спробуємо розв’язати задане рівняння, використовуючи властивості відповідних функцій, зокрема, спробуємо оцінити область значень функцій, які стоять у лівій і правій частинах рівняння. Для функції, яка стоїть у правій частині рівняння, це легко зробити і без похідної, а для дослідження функції, що стоїть у лівій частині рівняння, зручно використати похідну.

Розв’язання

ОДЗ заданого рівняння — усі дійсні числа. Оцінимо ліву і праву частини рівняння. Оскільки набуває всіх значень від (-1) до 1, то набуває всіх значень від до 2. Тоді функція набуває всіх значень від 0 до 6. Отже, .

Функція дослідимо за допомогою похідної. .

існує на всій області визначення функції

Оскільки то — критична точка. Відмічаємо критичну точку на області визначення функції і знаходимо знаки похідної в кожному з одержаних проміжків (рис. 3.3.).

Рис. 3.3 До пошуку знаків похідної в кожному з одержаних проміжків

Неперервна функція має на проміжку тільки одну критичну точку, і це точка мінімуму (у ній похідна змінює знак з мінуса на плюс). Тоді в цій точці функція набуває свого найменшого значення Отже,

Враховуючи, що, одержуємо, що задане рівняння рівносильне системі Але значення 6 функція набуває тільки при, що задовольняє і другому рівнянню системи ().

Отже, одержана система (а значить, і задане рівняння) має єдиний розв’язок .

Відповідь: 1.

Зазначимо, що рівняння (1) можна розв’язати ще одним способом.

Зокрема, задане рівняння можна записати так: Заміна, де, дає рівняння яке при рівносильне рівнянню

(2)

Якщо рівняння (2) розглянути як квадратне відносно змінної, то для існування коренів його дискримінант повинен бути невід ємним. Отже, Тоді а, враховуючи, що завжди, одержуємо тобто. Але в останній нерівності знак «більше» не може виконуватися (значення косинусу не бувають більші за 1), отже,

(3)

Тоді рівняння (2) перетворюється на рівняння тобто

Обернена заміна дає: отже, що задовольняє і рівнянню (3).

Відповідь: 1.

Приклад 5. Розв’яжіть рівняння .

Наведемо перед розв’язанням рівняння коментар.

Якщо спробувати застосувати до заданого рівняння схему розв’язування показникових рівнянь, то вдається реалізувати тільки перший її пункт — позбутися числових доданків у показниках степенів. А от звести всі степені до однієї основи (із зручними показниками) чи до двох основ так, щоб одержаний вираз на множини вдається. Залишається єдина можливість — застосувати властивість відповідних функцій. Але і на цьому шляху нам не вдається використати скінченність ОДЗ (вона нескінченна), оцінку лівої і правої частин рівняння (вони обидві в межах від до). Залишається тільки сподіватися на можливість використання монотонності функції. Хоча і тут ми не можемо використати теореми про корені (в обох частинах заданого рівняння стоять зростаючі функції). Тоді спробуємо підібрати корені цього рівняння і довести, що інших коренів воно не має (зручно попередньо звести рівняння до виду). Послідовно підставляючи з’ясовуємо, що тобто рівняння має три корені. Щоб довести, що інших коренів немає, достатньо довести, що у функції не більше трьох проміжків зростання або спадання; а, враховуючи неперервність на всій числовій прямій, для цього достатньо довести, що у неї не більше двох критичних точок, тобто рівняння має не більше двох коренів. Розглядаючи тепер рівняння, ми після його перетворення можемо провести аналогічні міркування, але вже для двох коренів. Виконуючи перетворення рівняння, врахуємо, що всі його члени мають однаковий степінь (тобто воно є однорідним відносно трьох функцій від змінної, а саме:). За допомогою ділення обох частин рівняння на ступінь з основою 2,3 або 4 вдається зменшити кількість виразів із змінною на один.

Розв’язання

Задане рівняння рівносильне рівнянню тобто

(1)

Позначимо Оскільки то рівняння має три корені: 0,1,3. Доведемо, що інших коренів у рівняння (1) немає. Для цього достатньо довести, що у функції є не більше трьох проміжків зростання або спадання, а, враховуючи неперервність функції на всій числовій прямій, достатньо довести, що функція має не більше двох критичних точок.

Область визначення:

Похідна існує при всіх значеннях. Отже, критичними точками можуть бути тільки ті значення, при яких. Одержуємо рівняння. Оскільки, то після ділення обох частин останнього рівняння на одержуємо рівносильне рівняння

(2)

Щоб довести, що рівняння (2) має не більше двох коренів, достатньо довести, що функція, яка стоїть у лівій частині рівняння, має не більше двох проміжків зростання чи спадання, а враховуючи неперервність цієї функції на всій числовій прямій, достатньо довести, що вона має тільки одну критичну точку.

Дійсно існує при всіх значеннях. Отже, критичними точками можуть бути тільки ті значення, при яких Одержуємо однорідне рівняння

Оскільки

то після ділення обох частин рівняння на цей вираз одержуємо рівносильне рівняння

Звідси

Враховуючи, що, а одержуємо

Отже, останнє рівняння має єдиний корінь. Тоді функція має єдину критичну точку і тому рівняння (2) має не більше двох коренів. Це означає, що функція має не більше двох критичних точок. Тоді рівняння (1) (а значить, і задане рівняння) має не більше трьох коренів. Але три корені заданого рівняння ми вже знаємо: 0,1,3. Отже, інших коренів задане рівняння не має.

Відповідь: 0,1,3.

Приклад 6. Розв’яжіть систему рівнянь

Наведемо перед розв’язанням рівняння коментар.

Розв’язати задану систему за допомогою рівносильних перетворень не вдається. Тому спробуємо використати властивості функцій.

Якщо в першому рівнянні системи члени із змінною перенести в один бік, а з в інший, то одержимо в лівій і правій частинах рівняння значення однієї і тієї самої функції. За допомогою похідної легко перевірити, що ця функція є зростаючою. Але рівність для зростаючої функції можлива тоді і тільки тоді, коли, оскільки кожне своє значення зростаюча (чи спадна) функція може набувати тільки при одному значенні аргументу. Коротко цей результат можна сформулювати так: якщо функція є зростаючою (або спадною) на певній множині, то на цій множині