Применение похідною і інтеграла на вирішення рівнянь і нерівностей

Применение похідною і інтеграла на вирішення рівнянь і неравенств

Курсовая робота з курсу «Математика».

Кировоград 2004.

Вступление

Элементы математичного аналізу займає значне місце у шкільному курсі математики. Учні опановують математичним апаратом, що може бути ефективно використаний під час вирішення багатьох завдань математики, фізики, техніки. Мова похідною і інтеграла дозволяє суворо формулювати багато закони природи. У курсі математики з допомогою диференціального і інтегрального числень досліджуються властивості функцій, будуються їх графіки, вирішуються завдання на найбільше і найменше значення, обчислюються площі й обсяги геометричних постатей. Інакше кажучи, запровадження нового математичного апарату дозволяє розглянути ряд завдань, вирішення яких не можна елементарними методами. Проте можливості методів математичного аналізу такими завданнями не исчерпывается.

Многие традиційні елементарні завдання (доказ нерівностей, тотожностей, дослідження і рішення рівнянь та інші) ефективно вирішуються з допомогою понять похідною і інтеграла. Шкільні підручники і навчальні посібники мало приділяють уваги цим питанням. Разом про те нестандартне використання елементів математичного аналізу дозволяє глибше засвоїти засадничі поняття досліджуваної теорії. Тут доводиться підбирати метод виконання завдання, перевіряти умови його застосовності, аналізувати отримані результати. Фактично, найчастіше проводиться невеличке математичне дослідження, де розвиваються логічне мислення, математичні здібності, підвищується математична культура.

Для багатьох завдань елементарної математики допускається як «елементарне», і «неэлементарное» рішення. Застосування похідною і інтеграла дає зазвичай ефективніше рішення. З’являється можливість оцінити силу, красу, спільність нового математичного аппарата.

Методы математичного аналізу використовуються як на вирішення поставлених завдань, а й є джерелом отримання нових фактів елементарної математики.

Раздел 1. Деякі застосування производной

1.1. Застосування похідною під час вирішення неравенств

Дифференциальное літочислення широко використовується для дослідження функцій. З допомогою похідною можна знайти проміжки монотонності функції, її екстремальні точки, найбільші і найменші значения.

Если функція f має позитивну (негативну) похідну у кожному точці деякого проміжку, вона зростає (убуває) у цьому проміжку. При перебування проміжків монотонності треба мати у вигляді, що й функція зростає (убуває) на інтервалі (a, b) і безупинна в точках a і b, вона зростає (убуває) на відрізку [a, b].

Если точка x0 є точкою экстремума для функції f у цій точці існує похідна, то f/(x0)=0. У точці экстремума функція може мати похідну. Внутрішні точки області визначення, у яких похідна дорівнює нулю або існує, називаються критичними. Щоб виявити, чи є функція у цій критичної точці екстремум, користуються такими достатніми ознаками існування экстремума.

Если функція f безупинна у точці x0 і є такі точки a, b, що f/(x0)>0 (f/(x0)<0) на інтервалі (a, x0) і f/(x0)<0 (f/(x0)>0) на інтервалі (x0,b), то точка x0 є точкою максимуму (мінімуму) функції f.

Для відшукання найбільших і найменших значень f на відрізку [a, b] досить порівняти між собою значення f в точках a, b й у критичних точках з відрізка [a, b].

Эти результати застосовні під час вирішення багатьох елементарних завдань, що з неравенствами.

Пусть, наприклад, потрібно довести, що у деякому проміжку має місце нерівність f (x)³g (x). Означимо f (x)-g (x) через F (x). З допомогою похідною F/(x) знаходимо найменше значення F цьому проміжку. Якщо він неотрицательно, то переважають у всіх точках аналізованого проміжку F (x)³0, т. е.

f (x)³g (x).

Задача 1.1. Довести що (e+x)e-x>(e-x)e+x для 0<x<e.

Решение.

Данное нерівність рівносильне наступному: (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 як (e-x)/(e+x)+(e+x)/(e-x)=2(e2+x2)/(e2-x2)>2,.

ln (e+x)+ln (e-x)=ln (e2-x2)<lne2=2,.

то f/(x)>0 при 0<x<e. Отже, функція f зростає на інтервалі (0,e). Функція f (0) — безупинна. Тому цю точку можна включити у проміжок зростання. Оскільки f (0)=0, а f зростає при 0£x<e, то f (x)>0 при 0<x<e. Звідси отримуємо вирішення завдання 1.

Задача 1.2. Довести нерівність tgka+ctgka³2+k2cos22a, 0<a<p/2, k-натуральные.

Решение.

Неравенство можна записати як: (ctgk/2a-tgk/2a)2³k2cos22a.

Пусть спочатку 0<a<p/4. У цьому інтервалі ctg a> tg a, co 2a>0, тому останнє нерівність еквівалентно нерівності ctgk/2a-tgk/2a ³ k*cos 2a.

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

Далее, f/(a) = -(n/sin2a)ctgn-1a — (n/cos2a)tgn-1a + 4n*sin 2a = - n ((ctgn-1a + tgn-1a) + (ctgn+1a + tgn+1a) — 4sin 2a) £ - n (2−2sin 2a)<0 при 0<a<p/4.

Здесь, як й у попередньої завданню, використаний те що, сума взаємно зворотних позитивних чисел більше або дорівнює 2. Отже, на інтервалі 0<a<p/4 функція f убуває. У точці a=p/4 вона безупинна, тому (0; p/4] є проміжком зменшення f. Найменшим значенням функції у цьому проміжку є f (p/4)=0. Отже, f (a)³0 при 0<a<p/4. Для зазначеного проміжку нерівність доведено. Якщо p/4<a<p/2, то 0<p/2-a<p/4. Проте нерівність не змінюється при замінений a на p/2-a. Завдання 2 решена.

Задача 1.3. Що більше eр чи pe ?

Решение.

Для виконання завдання досліджуємо питання існуванні рішень рівняння з цими двома невідомими: ab=ba, a>0, b>0. Виключимо тривіальний випадок a=b й у визначеності будемо припускати, що a<b. Через симетричності входження a і b в рівняння, останнє зауваження не обмежує спільності міркувань. Зрозуміло, що рівняння ab=ba рівносильне рівнянню b*(ln a)=a*(ln b), или.

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

Пусть f (x)=(ln x)/x (1). Існування рішень рівняння (1) эквивален-тно наявності значень x1 і x2 (x1<x2) таких, що f (x1)=f (x2). У цьому випадку пара (x1,x2) розв’язує рівняння (1). Інакше кажучи, потрібно з’ясувати, чи знайдеться пряма y=c, яка перетинає графік функції f по крайнього заходу у різних точках. І тому досліджуємо функцію f. Її похідна f/(x)=(1-ln x)/x2 у сфері визначення f має єдину критичну точку x=e. При 0<x<e f/(x)>0 функція f зростає, а при x>e f/(x)<0 функція f убуває. Тож у точці x=e f приймає своє найбільше значення (1/e). Оскільки функція (ln x)/x безупинна зростає на проміжку (0,e], вона у цьому проміжку приймає все значення від -¥ до 1/е. Аналогічно, на проміжку [e,¥) функція f приймає все значення з (0,1/e]. З результатів дослідження функції f випливають такі утверждения:

1. Якщо 0<a<b і a£1, то (ln a)/a<(ln b)/b. Тому ab<ba. Отже, рівняння (1) і равносильное йому рівняння ab=ba немає решений.

2. Якщо 1<a<b£e, то ab<ba і рівняння ab=ba також мають решений.

3. Якщо b>a>e, то ab>ba.

Таким чином, якщо (a, b) розв’язує рівняння ab=ba, то 1<a<e, b>e. Понад те, при кожному фіксованому значенні 1<a<e знайдеться єдине значення b>e таке, що ab=ba.

Для відповіді питання завдання 3 досить покласти a=e, b=p і вирішить скористатися твердженням (1). Отже, eр > pe. Завдання 3 решена.

Задача 1.4. Два туриста рухалися одному маршруту. Першого дня вони пройшли одне і те відстань. У середньому кожен з таких днів перший турист збільшував пройдений шлях, порівняно попереднім, одне і те відстань, а другий — за одну і те число раз. З’ясувалося, що у n-тый день (n>2) подорожі туристи знову пройшли один і той ж відстань. Довести, що з n днів перший турист пройшов шлях більший, ніж второй.

Решение.

Расстояние, пройдене першим туристом за n днів, є сумою n перших членів арифметичній прогресії, а другим — суму n перших членів геометричній прогресії. Розкажемо про ці відстані відповідно Sn і Sn/. Якщо a — перший член прогресії, d — різницю арифметичній прогресії, q — знаменник геометричній прогресії, то.

.

Приравнивая n-е члени прогресій, находим.

.

Тогда , де q>1 (за умовою завдання). Завдання 4 вирішить, якщо ми покажемо, що , де n>2, q>1 (2).

При n=3 маємо , що рівносильне очевидному нерівності . Припускаючи, що нерівність (2) справедливо при n=k, доведемо її n=k+1. Имеем.

.

Для завершення докази досить переконатися, то вираз при k>2. Тут доцільно звернутися до производной.

Пусть Похідна позитивна при x>1. Тому f при x>1 зростає. Оскільки f (1)=0 й третя функція f безупинна у точці x=1, то f (x)>0 при x>1, тобто. f (q)>0. Отже, Sn>Sn/. Завдання 4 решена.

1.2. Використання основних теорем диференціального обчислення при доказі неравенств

ТЕОРЕМА 1 (Ролля).Пусть функція f:[a, b]®R задовольняє условиям:

1) fÎC[a, b]; 2) «xÎ(a, b) існує f/(x); 3) f (a)=f (b). Тоді $CÎ(a, b): f/(C)=0.

Геометрический сенс теореми Ролля: і під час умов 1)-3) теореми на інтервалі (a, b) існує точка З, у якій дотична до графіка функції паралельна осі абсцис. Насправді частіше використовується таке твердження теореми Ролля: між будь-якими двома нулями дифференцируемой функції існує хоча б тільки нуль у похідною.

ТЕОРЕМА 2 (Лагранжа про середнє, чи про кінцеве прирощення). Припустимо що функція f:[a, b]®R задовольняє условиям:

1) fÎC[a, b]; 2) «xÎ(a, b) існує f/(x). Тоді $CÎ(a, b): f (b)-f (a)=f/(C)(b-a).

Отношение (f (b)-f (a))/(b-a) є тангенс кута нахилу до осі абсцис січною, яка проходить через точки (a, f (a)), (b, f (b)). Геометричний сенс теореми Лагранжа: і під час умов 1)-2) теореми на інтервалі (a, b) існує точка З, в якої дотична до графіка функції у точці (З, f (C)) паралельна секущей.

Следствие 1. Нехай функція f:[a, b]®R має похідну f/ на (a, b) й «xÎ(a, b) f/(x)=0. Тоді для деякого LÌ R «xÎ(a, b) f (x)=L.

Следствие 2. Функції f:[a, b]®R, g:[a, b]®R мають произодныеі f/ і g/ на (a, b) і «xÎ(a, b) f/(x)=g/(x). Тоді для певної кількості LÌ R «xÎ(a, b): f (x)=g (x)+L.

Следствие 3. Нехай функція f:[a, b]®R маємо похідну f/ на (a, b) й у деякого LÌ R «xÎ(a, b) f/(x)=L. Тоді для деякого MÌ R «xÎ(a, b): f (x)=Lx+M.

ТЕОРЕМА 3 (Коші). Нехай функції f:[a, b]®R, g:[a, b]®R задовольняють умовам: 1) f, gÎC[a, b]; 2) «xÎ(a, b) існують производныеі f/ і g/; 3) «xÎ(a, b) g/(x)¹0.

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

Теорема Лагранжа — це окреме питання теореми Коші при g (x)=x, xÎ[a, b].

Задача 1.5. Довести, що з будь-яких x, y Ì R: ½sin x — sin y½£½x-y½; x, y Ì R: ½cos x — co y½£½x-y½; x, y Ì R: ½arctg x — arctg y½£½x-y½;

x, y Ì [1; +¥): ½Öx — Öy½£ 0.51/2x-y½.

Доказательство цих нерівностей аналогічне. Тому розглянемо доказ першого нерівності. Нехай, наприклад x<y. До фунции sin застосуємо на відрізку [x, y] теорему Лагранжа:

$CÎ(x, y): ½sin x — sin y½=1/2cos C½(x-y). З огляду на нерівність ½cos u½£1, uÎR, одержимо необхідну нерівність.

Задача 1.6. Довести, що з будь-якого x Ì R: ex ³ 1+x, причому рівність то, можливо тоді й тільки тоді, коли x=0.

Пусть спочатку x>0. По теоремі Лагранжа для функції f (u)=eu, uÎ[0,x],.

$CÎ(0,x): ex — e0 = eC (x-0)>x, оскільки eC>1 для C>0. Якщо x<0, то теорему Лагранжа використовуємо для функції f (u)=eu, uÎ[x, 0]. Маємо $CÎ(x, 0): e0 — ex = eC (0-x)<-x, оскільки -x>0, а eC<1 для C<0. Отже, при x¹0 маємо ex > 1+x.

Задача 1.7. Довести, що з будь-якого x >0: ex>1+x+(x2/2).

Для докази нерівності застосуємо теорему Коші до функциям.

f (u)=eu, g (u)=1+u+(u2/2), uÎ[0,x]. Одержимо $CÎ(0,x): (ex — e0)/(1+x+(x2/2)-1) = eC/(1+c). З огляду на доведене нерівність, знайдемо (ex-1)/(x+(x2/2))>1, звідки ex>1+x+(x2/2).

Задача 1.8. Довести, що з 0<x<p/2 виконується sin x > (2/p)x.

Пусть f (x)=(sin x)/x (0<x£p/2). Похідна f/(x)=cos x (x-tg x)/x2 (0<x<p/2) буде негативною, оскільки x<tg x. Отже, функція f (x) убуває і f (x)>f (p/2)=2/p, якщо 0<x<p/2.

Задача 1.9. Довести, що з x>0 виконується co x >1-(½)x2.

Функция f (x)=cos x -1+(½)x2 дорівнює 0 при x=0. Її похідна, при x>0,.

f/(x) = -sin x+x>0 (чи sin x< x). Тобто., функція f (x) для x³0 зростаюча, а при x<0 буде f (x)>f (0)=0, тобто. co x>1-(½)x2.

Отсюда, аналогічно при x>0 одержимо sin x>x-(1/6)x3.

Задача 1.10. Довести, що з 0<x<p/2 виконується tg x > x+(1/3)x3.

Для цього йому досить встановити, що з зазначених x похідна функції tg x-x-(1/3)x3, дорівнює sec2x-1-x2, позитивна, тобто. що tg2x — x2>0, але це призводить до відомому нерівності tg x>x.

Задача 1.11. Довести, що з x>0 виконується ln x £ x-1.

Так як функція f (x)=ln x-x (x>0) має похідну f/(x)=(1/x)-1 > 0 (при 0<x<1) і f/(x)=(1/x)-1 < 0 (при x>1), то функція зростає поки x змінюється на проміжку (0,1], і убуває на проміжку [1;+¥). Звідси отримуємо, що f (1)=-1 буде найбільшим значенням функції, отож у x>0 виконується ln x £ x-1.

1.3. Застосування похідною під час вирішення уравнений

Покажем, як за допомогою похідною можна вирішити питання существова-ния коренів рівняння, а окремих випадках та його відшукання. Як і раніше основну роль тут будуть грати дослідження функції на монотонність, перебування її екстремальних значень. З іншого боку, буде використано ряд властивостей монотонних і безперервних функций.

Свойство 1. Якщо функція f зростає чи убуває на деякому проміжку, то, на цьому проміжку рівняння f (x)=0 має більше корня.

Это твердження випливає безпосередньо з визначення зростаючій і зменшення функцій. Корінь рівняння f (x)=0 дорівнює абсциссе точки перетину графіка функції y=f (x) з віссю x.

Свойство 2. Якщо функція f визначене й безупинна на проміжку [a, b] і вкриваю його кінцях приймає значення різних знаків, то між a і b знайдеться точка з, у якій f (c)=0.

Задача 1.12. Вирішити рівняння .

Решение.

Заметим, що є коренем рівняння. Доведемо, що інших коренів це рівняння немає. Досліджуємо функцію f, де , на монотонність. Похідна . Встановимо проміжки, у яких функція зберігає знак. Для цього досліджуємо в монотонність. Похідна . Бо за , то при . Отже, функція зростає при позитивні значення x; . Тому при . З огляду на парності функції вона бере позитивні значення попри всі . Отже, f зростає на числової осі. Відповідно до властивості 1, рівняння має більше кореня. Отже,  — єдиний корінь уравнения.

Задача 1.13. Вирішити систему рівнянь .

Решение.

Система еквівалентна наступній: .

Из першого рівняння слід, що , з другого — . Висловимо із першого рівняння x через y: , . Тоді . поклавши , одержимо чи . Похідна функції f, де , дорівнює . вона негативною попри всі значеннях t. Отже, функція f убуває. Тому рівняння має більше кореня. Зауважимо, що є його коренем. Отже, єдине рішення системы.

Задача 1.14. Довести, що рівняння має єдиний корінь, лежить у інтервалі .

Решение.

Уравнение рівносильними перетвореннями наводиться до виду , де . Функція f зростаюча, оскільки попри всі . Відповідно до властивості 1, рівняння має більше рішення. Функція f безупинна, ще, , . З огляду на властивості 2 рівняння на інтервалі має корень.

В завданню 3 вимагалося довести, що корінь рівняння належить деякому проміжку. Ми користувалися властивістю 2 безупинної на відрізку функції, приймаючої на кінцях цього відрізка значення різних знаків. Цей шлях який завжди призводить до мети під час вирішення таких завдань. Іноді целесооб-разно скористатися наступним властивістю дифференцируемых функций.

Свойство 3 (Теорему Ролля). Якщо функція f безупинна на відрізку [a, b], дифференцируема на інтервалі (a, b) і f (a)=f (b), що існує точка така, що .

На геометричному мові властивість 3 означає таке: якщо , то, на графіці кривою знайдеться точка із координатами , де дотична до графіка паралельна осі x.

Задача 1.15. Довести, що рівняння при , має більше дійсного корня.

Решение.

Предположим, що рівняння має, по крайнього заходу, два кореня і . Функція f, де дифференцируема на всієї числової прямий. Оскільки , відповідно до властивості 3, її похідна на інтервалі має корінь. Проте при рівняння рішень немає. Отримане протиріччя показує, що рівняння неспроможна мати більше корня.

Задача 1.16. Довести, що багаточлен , ,.

має більш n корней.

Решение.

Согласно властивості 3, між двома корінням багаточлена лежить, по крайньому мері, один корінь його похідною. Тому, якщо багаточлен f (x) має , різних коренів, його похідна повинен мати щонайменше (k-1) коренів. Так само  — щонайменше k-2 коренів тощо., n-ая похідна — щонайменше (k-n) коренів, . Це неможливо, оскільки є відмінній від нуля постоянной.

Задача 1.17. Довести, що багаточлен має корінь між 0 і 1 ().

Решение.

Применение властивості 2 до мети не наводить, оскільки . Розглянемо функцію g, де . Для неї функція f є похідною. Оскільки , відповідно до властивості 3, попри деякий .

Задача 1.18. Довести, що рівняння немає дійсних корней.

Решение.

Пусть , тоді . Якщо x — корінь рівняння, то , тобто. функція f, через неї безперервності, убуває в околиці кожного кореня. Зауважимо, що й рівняння має, всі вони негативні. Відомо, що багаточлен енну кількість ступеня має більш n коренів. Означимо через  — найбільший з коренів. Тоді існує , що . Оскільки , то, на інтервалі повинен бути корінь x багаточлена f (x). отримали противоречие.

Рассмотрим рівняння виду , де f, g — взаємно зворотні, зростаючі функції, мають однакові області визначення. Покажемо, що це рівняння рівносильне рівнянню . (3).

В насправді, нехай, а є коренем рівняння (3), тобто. . З огляду на, що область визначення функції g збігається з безліччю значень функції f їм навпаки, можна записати: , чи , тобто. , а є коренем рівняння .

Обратно, нехай , але . Тоді чи . першому випадку . Так само виходить у собі у другий випадок.

Таким чином, отримано один приватний прийом равносильного перетворення уравнений.

Задача 1.19. Вирішити рівняння .

Решение.

Перепишем дане рівняння як . Функція безупинна, зростаюча (як сума двох зростаючих функцій і ), тому вона не має зворотний. Знайдемо її: , . Отже, зворотної для f є функція , співпадаюча правої частиною рівняння. З доведеного вище рівняння еквівалентно рівнянню . Зрозуміло, що є коренем рівняння. Переконаємося, що інших коренів рівняння не имеет.

Пусть . Тоді позитивна як різницю між середнім арифметичним та середнім геометричних двох позитивних чисел і .Отже, функція h зростає на числової осі. Оскільки , то h (x)>0 при і при , тобто.  — єдиний корінь уравнения.

Раздел 2. Первообразная і інтеграл в завданнях елементарної математики

2.1. Застосування інтеграла від монотонних функцій до доведенню неравенств

Если при , то дорівнює площі криволінійної трапеції, обмеженою графіком функції , відрізком [a, b] осі x і перпендикулярами до осі x в точках a і b.

Пусть функція f позитивна, безупинна й зростаюча на [a, b]. Розіб'ємо відрізок [a, b] на n частин точками .

Сумма дорівнює сумі площ прямокутників, побудованих на відтинках як у підставах, з висотами , тобто. дорівнює площі східчастої постаті «уписаної» в криволинейную трапецію. Оскільки функція f зростає, ця площа менше площі криволінійної трапеції. Звідси.

(2.1).

Аналогично, розглядаючи площа «описаної» східчастої постаті, отримуємо.

(2.2).

Если функція f позитивна, безупинна і убутна на [a, b], то.

(2.3).

Покажем ряд прикладів, як співвідношення (2.1)-(2.3) використовуються при доказі неравенств.

Задача 2.1. Довести, що й , то .

Решение.

Выражение збігаються з лівої частиною нерівності (2.1), де . Функція на інтервалі зростає, непрерына, позитивна. Тому, відповідно до (1), . Функція є первообразной для функції , так как.

. Тому . Ліва частина подвійного нерівності доведено. Права частина виходить з співвідношення (2.2) для функції за ті самі предположениях.

При виконанні завдання 1 ми використовували те що, що загальна площа криволиней-ной трапеції, обмеженою графіком безупинної, позитивної, возрастаю-щей на [a, b] функції , відрізком [a, b] осі x і прямими , міститься між площами прямокутників, побудованих на [a, b] як виходячи з, з висотами і соответственно.

Площади прямокутників дають, власне кажучи, досить грубі наближення для площі криволінійної трапеції. Точніші оцінки виходять шляхом розбивки відрізка [a, b] досить велика кількість частей.

Задача 2.2. Нехай . Довести, що кожного .

Решение.

Рассмотрим і функцію . Вона безупинна, позитивна і убутна. Скористаємося нерівністю (2.3), де . (Крапки ділять відрізок на відтинки однаковою довжини ). Получим.

.

.

Отсюда . Крім того,.

, т. е.

.

В наведеному рішення вираз для легко уявлялося в вигляді площі деякою східчастої постаті. Щоб скористатися розглянутим в завданню методом докази нерівностей, частіше доводиться попередньо преобразо-вывать висловлювання, які в неравенствах.

Задача 2.3. Довести, що кожного натурального n .

Решение.

Левую частина нерівності при можна в наступному виде:

.

Рассмотрим функцію на відрізку .Цей відрізок точками , розбивається на n рівних частин довжини 1. Вислів.

дорівнює сумі допомоги площ прямокутників, побудованих на відтинках як у підставах від висотами . Функція при.

позитивна, безупинна, убутна. Тому можна скористатися нерівністю (2.3). Маємо .

Заметим, що з нерівність очевидно.

2.2. Монотонність интеграла

Из визначення інтеграла випливає, що з неотрицательной безупинної на відрізку [a, b] функції f всім .

Теорема 1. Нехай функції f і g безупинні на відрізку [a, b] і всіх . Тоді всім : . Це властивість називають монотонністю интеграла.

С допомогою теореми 1 почленно проинтегрировав обидві частини нерівності, можна отримати цілу низку нових нерівностей. Например, при маємо очевидне нерівність . Застосуємо теорему 1, поклавши . Функції f, g задовольняють умовам теореми на проміжку . Тож довільного : , тобто. (1). Застосовуючи хоча б метод до нерівності (1), отримуємо , чи . Звідси . Продовжуючи аналогічно, маємо ,.

і т.д.

В розглянутий прикладі вибір вихідного нерівності не становив праці. У деяких випадках цей перший крок було виконання завдання менш очевидний. Теорему 1 дає, по суті, прийом щоб одержати вихідного неравенства.

Пусть потрібно перевірити істинність неравенства.

(2.4).

Если справедливо співвідношення , відповідно до теоремі 1, має місце і неравенство.

, чи (2.5).

Если має місце нерівність , то, складаючи його почленно з (2.4), встановлюємо справедливість нерівності (2.5).

Задача 2.4. Довести, що з . (2.6).

Решение.

Неравенство (2.6) перепишемо як . Ліва і права частини останнього нерівності представляють собою функції від . Окресливши , одержимо (2.7). Доведемо, що (2.7) виконується при . Знайдемо похідні обох частин нерівності (2.7). Відповідно имеем:

. При . Справді, . Застосовуючи теорему 1 для функцій і при , отримуємо . Оскільки , то.

. Звідси при , слід (2.6).

Задача 2.5. Довести, що з : .

Решение.

Вычислим похідні лівої і правої частин: .

Ясно, що , оскільки , . Оскільки і безперервні функції, відповідно до теоремі 1, має місце неравенство.

, тобто. , . Завдання 2.5. решена.

Теорема 1 дозволяє встановлювати істинність нестрогих нерівностей. Твердження, що міститься у ній, можна посилити, якщо зажадати виконання додаткових условий.

Теорема 2. Нехай виконуються умови теореми 1 та, крім того, для деякого має місце суворе нерівність . Тоді при також має місце суворе нерівність .

Задача 2.6. Довести, що з : (2.8).

Решение.

Предварительно слід перевірити відповідне нерівність для похідних лівої і правої частин, тобто. що , чи . Його справедливість при можна встановити, якщо застосувати теорему 1 до нерівності . Оскільки, ще, , то виконуються всі умови теореми 2. Тому є місце суворе нерівність , , чи , . Після перетворень то дійдемо нерівності (2.8).

2.3. Інтеграли від опуклих функций

При розв’язанні багатьох завдань доцільно застосовувати наступний подход.

Разделим відрізок [a, b], у якому задана безперервна функція f. на n частин точками . Побудуємо прямокутні трапеції, підставами яких є відтинки xkyk, xk+1yk+1, а висотами — xkxk+1, k=0,1,…, n-1. Сума площ цих трапецій за досить великому n близька на площу криволінійної трапеції. Щоб ця факт можна було застосувати до доведенню нерівностей функція f має відповідати деяким додатковим требованиям.

Пусть функція f двічі дифференцируема на деякому проміжку в кожній точці цього проміжку f//(x)>0. Це означає, що функція f/ зростає, тобто. при русі вздовж кривою зліва-направо кут нахилу дотичній до графіка зростає. Інакше кажучи, дотична повертається у бік, зворотному напрямку обертання годинниковий стрілки. Графік у своїй «вигинається вгору», «випинаючись вниз». Така функція називається опуклої. Графік опуклої функції розташований «нижче» своїх хорд і «вище» своїх дотичних. Аналогічно, якщо f//(x)<0, то f/ убуває, дотична обертається по годинниковий стрілкою і графік лежить «вище» своїх хорд, але «нижче» своїх дотичних. Така функція називається вогнутой.

Функция увігнута у сфері своєї ухвали, оскільки . Друга похідна функції позитивна на числової прямий. Тому  — опуклі функція. Для функції друга похідна при , при , тобто. функція на інтервалі.

увігнута, але в выпукла.

Задача 2.7. Довести, що .

Решение.

Левая частину акцій цього нерівності дорівнює площі прямокутної трапеції, підстави якої рівні значенням функції в точках і , тобто. і , а висота — . Функція опуклі. Тому площа криволінійної трапеції, обмеженою її графіком, прямими і відрізком [a, b] осі x, менше площі прямокутної трапеції. Итак,.

.

Подобный результат має місце і взагалі разі. Нехай функція f на відрізку [a.b] безупинна, позитивна і опукла. Тогда.

(2.9).

Если ж безперервна, позитивна функція f увігнута, то.

(2.10).

Задача 2.8. Довести, що з виконується нерівність .

Решение.

Функция безупинна, позитивна, увігнута. Тож неї виконується нерівність (2), де . Имеем.

.

График функції f, опуклої на відрізку [a, b] лежить вище будь-який дотичній до цього графіку, зокрема дотичній, проведеної через точку кривою з абсциссой .

Если дотична перетинає вісь абсцис поза відрізка [a, b], вона відсікає від криволінійної трапеції прямокутну трапецію, а чи не трикутник. Площа прямокутної трапеції дорівнює твору її середньої лінії на висоту . Поэтому.

(2.11).

аналогично, якщо функція f увігнута, то.

(2.12).

Соотношение залишається справедливим якщо дотична до графіка перетинає вісь абсцис в точках a і b.

Задача 2.9. Довести, що й 0<a<b, то виконується .

Решение.

є площа криволінійної трапеції, обмеженою лініями , тобто. . Дотична до кривою у точці відсікає від криволінійної трапеції прямокутну трапецію, висота якої , сама ж середня лінія . Площа цієї трапеції дорівнює . Відповідно до нерівності (2.6), .

Убедимся, що така дотична відсікає саме трапецію, а чи не трикутник. І тому досить перевірити що вищу точку її перетину з віссю абсцис лежить поза відрізка [a, b]. Рівняння дотичній до кривою у точці має вигляд . У разі , тобто. є рівняння дотичній. Поклавши у ньому , знайдемо абсциссу точки перетину дотичній з віссю : , год т.д.

Из співвідношень (2.9)-(2.12) можна отримати роботу нові нерівності. Нерівності (2.9) і (2.11) спільно дають оцінку знизу і згори для інтеграла від безупинної, позитивної і опуклої функції. Аналогічні оцінки отримуємо для з дитинства інтегралів від ввігнутих функцій з нерівностей (2.10) і (2.12). Повернімося до завданню 2.9. Її вдалося розв’язати, застосувавши нерівність (3) до функції на відрізку [a, b]. З іншого боку, з нерівності (2.9).

, тобто. .

Объединяя цей результат із нерівністю, доведеним в завданню 2.9, одержимо подвійне неравенство.

.

2.4. Деякі класичні нерівності та його применение Приведем висновок деяких чудових нерівностей з допомогою інтегрального обчислення. Ці нерівності широко використовують у математиці, зокрема і за рішенні елементарних завдань.

Пусть y=f (x) — безперервна зростаюча при x>0 функція. З іншого боку, f (0)=0, f (a)=b, де a, b певні позитивні справжні числа. З шкільного курсу математики відомо, що й функція f зростає й безупинна на деякому проміжку, що існує функція f-1, зворотна функції f. Її область визначення збігаються з безліччю значень f. функція f-1 безупинна і зростає у області свого определения.

Отсюда слід, що з даної функції f існує безперервна зростаюча зворотна функція f-1 така, що f-1(0)=0, f-1(b)=a. Графіки залежностей y=f (x) і x=f-1(y) совпадают.

Площадь S1 криволінійної трапеції, обмеженою лініями y=f (x), y=0, x=0, x=a, дорівнює .

Площадь S2 криволінійної трапеції, обмеженою лініями x=f-1(y), x=0, y=0, y=b, дорівнює .

В останньому рівність ми переобозначили зміну інтегрування, що, звісно, несуттєво при обчисленні інтеграла. Оскільки площа прямокутника дорівнює сумі площ S1 і S2, то.

.

Может виявитися, що f (a) не одно заданому числу b, тобто. f (a)>b чи f (a)<b.

В кожному з цих випадків площа прямокутника менше суми площ криволинейных трапецій, рівної S1+S2.

Объединяя ці три випадку, отримуємо наступний результат.

Пусть f і f-1 — дві безперервні зростаючі взаємно зворотні функції, які звертаються в нуль на початку координат. Тоді для a>0, b>0 має місце неравенство.

(2.13).

Равенство має місце тоді й тільки тоді, коли b=f (a). Це нерівність називають нерівністю Юнга. Воно є джерелом отримання інших важливих неравенств.

Пример 2.10. Функція f, де f (x)=x, задовольняє умовам, у яких справедливо співвідношення (1). Далее., f-1(x)=x. Тому.

(2.14).

Пример 2.11. Функція f, де f (x)=xa, a>0, безупинна, зростає при x>0, f (0)=0. Зворотної нею є функція f-1, де f-1(x)=x1/a. З нерівності (2.13) имеем.

. Окресливши , получим.

(2.15).

Из нерівності (2.15) то, можливо отримано відоме нерівність Гельдера:

.

где .

Из нерівності (2.15) то, можливо виведено й дуже зване інтегральне нерівність Гельдера:

.

где .

Полагая r=2, одержимо відоме нерівності Коши-Буняковского:

.

.

Задача 2.21. Довести, що з довільного выполняется.

.

Решение.

Неравенство досить довести при . Поклавши в нерівності , имеем.

.

Так як , , то отримуємо , чи .

Список литературы

1. Алгебра й конкуренції початку аналізу для 9−10 класів / Під ред. О. Н. Колмогорова. — М.: Просвітництво, 1986. — 336с.

2. Бродський Я. С., Сліпенко О.К. Похідна і інтеграл в неравенствах, рівняннях, тождествах. — До., Выща школа, 1988. — 120с.

3. Дороговцев А. Я. Інтеграл та його застосування. — До.: Вища школа. 1974. — 125с.

4. Дорофєєв Г. М. Застосування похідних під час вирішення завдань в шкільному курсі математики // Математика у шкільництві. — 1980. — № 5 — з. 12−21, № 6 — з. 24−30.

5. Рижов Ю. М. Похідна та її застосування. — До. Вища школа, 1977. — 83с.

6. Ушаков Р. П., Хацет Б.І. Опуклі функції та нерівності. — До. Вища школа, 1986. — 112с.

7. Шунда М. М., Томусяк А. А. Практикум із математичного аналізу: Вступ до аналізу. Диференціальне числення. Навч. посібник.- До., Вища школа, 1993.- 375с.

Для підготовки даної роботи було використані матеріали із сайту internet.