Применения второй производной

Задача 1.16. Доказать, что многочлен , ,

 имеет  не более n корней.

Решение.

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 ().

Решение.

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.

Решение.

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 .

Решение.

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 [a,b] оси x и перпендикулярами к оси x в точках a и b.

Пусть функция f положительна, непрерывна и возрастающая на [a,b]. Разобьем отрезок [a,b] 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 [a,b], то

          (2.3)

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

Задача 2.1. Доказать, что если , то .

Решение.

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 [a,b] функции , отрезком [a,b] оси x и прямыми , заключена между площадями прямоугольников, построенных на [a,b] 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 [a,b] на достаточно большое число частей.

Задача 2.2. Пусть . Доказать, что для каждого .

Решение.

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

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 .

Решение.

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 [a,b] функции f  для всех .

Теорема 1. Пусть  функции f и g непрерывны на отрезке [a,b] 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

                                                   (2.4)

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)

Решение.

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 :  .

Решение.

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).

Решение.

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 [a,b], 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.

Пусть функция f дважды дифференцируема на некотором  промежутке и в каждой точке этого  промежутка f//(x)>0. Это означает, что  функция f/ возрастает, т.е. при движении вдоль кривой слева направо угол наклона касательной к графику  возрастает. Иными словами, касательная  поворачивается в направлении, обратном направлению вращения часовой стрелки. График при этом «изгибается вверх», «выпячиваясь вниз». Такая функция  называется выпуклой. График выпуклой функции расположен «ниже» своих  хорд и «выше» своих касательных. Аналогично, если f//(x)<0, то f/ убывает, касательная вращается по часовой  стрелке и график лежит «выше» своих хорд, но «ниже» своих касательных. Такая функция называется вогнутой.

Функция  вогнута в области своего определения, так как . Вторая производная функции положительна на всей числовой прямой. Поэтому – выпуклая функция. Для функции вторая производная при ,  при , т.е. функция  на интервале вогнута, а на  выпукла.

Задача 2.7. Доказать, что 

Решение.

Левая часть  этого неравенства равна площади  прямоугольной трапеции, основания  которой равны значениям функции  в точках  и , т.е. и , а высота – . Функция выпуклая. Поэтому площадь криволинейной трапеции, ограниченной ее графиком, прямыми  и отрезком [a,b] оси x, меньше площади прямоугольной трапеции. Итак,

Подобный  результат имеет место и в  общем случае. Пусть функция f на отрезке [a.b] непрерывна, положительна и выпукла. Тогда

                                       (2.9)

Если же непрерывная, положительная функция f вогнута, то

                                  (2.10)

Задача 2.8. Доказать, что для  выполняется неравенство

Решение.

Функция  непрерывна, положительна, вогнута. Поэтому  для нее выполняется неравенство (2), где . Имеем

.

График функции f, выпуклой на отрезке [a,b] лежит выше любой касательной к этому графику, в частности касательной, проведенной через точку кривой с абсциссой .

Если касательная  пересекает ось абсцисс вне отрезка [a,b], то она отсекает от криволинейной трапеции прямоугольную трапецию, а не треугольник. Площадь прямоугольной трапеции равна произведению ее средней линии  на высоту . Поэтому (2.11) аналогично, если функция f вогнута, (2.12)

Соотношение остается справедливым если касательная к графику пересекает ось абсцисс в точках a и b.

Задача 2.9. Доказать, что если 0<a<b , то выполняется .

Решение.

 представляет  собой площадь криволинейной  трапеции, ограниченной линиями , т.е. . Касательная к кривой  в точке отсекает от криволинейной трапеции прямоугольную трапецию, высота которой , а средняя линия . Площадь этой трапеции равна . Согласно неравенству (2.6), .

Убедимся, что  указанная касательная отсекает именно трапецию, а не треугольник. Для этого достаточно проверить что точка ее пересечения с осью абсцисс лежит вне отрезка [a,b]. Уравнение касательной к кривой  в точке имеет вид . В данном случае , т.е.  есть уравнение касательной. Положив в нем , найдем абсциссу точки пересечения касательной с осью : , ч т.д.

Из соотношений (2.9)-(2.12) можно получить новые неравенства. Неравенства (2.9) и (2.11) совместно дают оценку снизу и сверху для интеграла  от непрерывной, положительной и  выпуклой функции. Аналогичные оценки получаем для интегралов от вогнутых функций из неравенств (2.10) и (2.12). Вернемся к задаче 2.9. Ее удалось решить, применив неравенство (3) к функции  на отрезке [a,b]. Кроме того, в силу неравенства (2.9)

, т.е. .

Объединяя этот результат с неравенством, доказанным в задаче 2.9, получим двойное неравенство

 

2.4. Некоторые  классические неравенства и их  применение

Приведем  вывод некоторых замечательных  неравенств с помощью интегрального  исчисления. Эти неравенства широко используются в математике, в том  числе и при решении элементарных задач.

Пусть y=f(x) –  непрерывная возрастающая при x>0 функция. Кроме того, f(0)=0, f(a)=b, где a, b некоторые  положительные действительные числа. Из школьного курса математики известно, что если функция f возрастает и непрерывна на некотором промежутке, то существует функция f-1, обратная функции f. Ее область определения совпадает с множеством значений f. функция f-1 непрерывна и возрастает в области своего определения.

Отсюда следует, что для данной функции f существует непрерывная возрастающая обратная функция f-1 такая, что f-1(0)=0, f-1(b)=a. Графики  зависимостей y=f(x) и x=f-1(y) совпадают.

Площадь S1 криволинейной  трапеции, ограниченной линиями y=f(x), y=0, x=0, x=a, равна .

Площадь S2 криволинейной  трапеции, ограниченной линиями x=f-1(y), x=0, y=0, y=b, равна 

В последнем  равенстве мы переобозначили переменную интегрирования, что, конечно, несущественно при вычислении интеграла. Поскольку площадь прямоугольника равна сумме площадей S1 и S2, то

 

Может оказаться, что f(a) не равно заданному числу b, т.е. f(a)>b или f(a)<b.

В каждом из этих случаев площадь прямоугольника меньше суммы площадей криволинейных  трапеций, равной S1+S2.

Объединяя эти  три случая, получаем следующий результат.

Пусть f и f-1 – две непрерывные возрастающие взаимно обратные функции, обращающиеся в нуль в начале координат. Тогда  для a>0, b>0 имеет место неравенство