Ім'я файлу: Тема 3. Показникові і логарифмічні рівняння та нерівності з пара
Розширення: docx
Розмір: 990кб.
Дата: 13.11.2022
скачати
Пов'язані файли:

Ясно, що

s(x)

є похідною функції

^{f(x)  x x2  ...  x20.} , але остання функція є

^{сумою геометричної прогресії із знаменником} x^:

f(x)  x x² ...  x²⁰ 

Тепер можемо знайти

x²¹  x_.

x1

^ x²¹  x^'

_21x²⁰ 1_ x1_  x²¹  x

s(x) 

f'(x)  _

x1 ^{ }

 ^x12 ^.

 


_21x 1_ x1_  x  x
Остаточно отримаємо

20 21

_1 x_2 _1 2x 3x²  ...  20x¹⁹ _  _1 x_2    20x²¹  21x²⁰ 1.

 ^x12

Задача 2. Довести, що для всіх

x 0

справедлива нерівність

_x3

3


x
x  sin x.

6

Для доведення нерівності розглянемо функції

_x2

f(x)  x та

6

g(x)  sin x.

Тоді

f'(x)  1 , 2

g'(x)  cos x,

f''(x) 1 x,

f'''(x)  1,

З останньої рівності слідують нерівності

g''(x)  sin x,

g'''(x)  cos x.

f'''(x)  g'''(x)  f''(x)  g''(x)  f'(x)  g'(x)  f(x)  g(x).

Нерівність доведено.

Аналогічно можна довести наступні нерівності:

_x2

1. 
   1  cos x
   

2

при

^{x 0} .


^x3  ^ 

2. 
   x
   

6

 tg x

при

^x _^0, _{2 } .

Задача3. Довести, що для трьох додатних чисел

a,b, c 0

має місце

нерівність ^{a3  b3  c3  3abc ab(a b)  bc(b c)  ac(a c)} .

Без втрати загальності вважатимемо, що ^{a b  c}, розглянемо функцію

^{f (x)  x3  b3  c3  3xbc xb(x b)  bc(b c)  xc(x c)} .

Знайдемо її похідні

^{f'(x)  3x2  3bc 2bx b2  2cx c2} та

f''(x)  6x 2b 2c.

Помітимо, що

f''(x)  6x 2b 2c

- лінійна функція, котра є додатною на

проміжку

x_b, a_. Отже,

f'(x)

зростає на

x_b, a_, а значить

f'(b)  f'(a) .

Але,

^{f'(b)  bc c2  b(b c)  0} , з цього слідує, що для

x_b, a_

функція

f(x)

є зростаючою, тобто f(b)  f(a). З цієї нерівності та справедливості

співвідношення

f(b)  c³  b²c 2bc²  c_c²  b²  2bc_  c_b c_2  0

отримаємо, що

f(x)  0. Нерівність доведено.

Ще одним класом задач, де зручно використовувати апарат похідних – це доведення нерівностей та розв’язування рівнянь. Тут в більшості випадків використовують теореми Лагранжа, Ролля (див. наприклад, [9]), факт монотонності деякої функції тощо.

Задача 4. Довести нерівність



¹  ln ^1 ^{1 }.

(n1)²

 _n

 

Для доведення цієї нерівності розглянемо функцію

f(x)  ln(1 x) на

відрізку <sup> 1

, 1 </sup> . Маємо


f'(x)  ¹ , тепер, застосувавши теорему Лагранжа,

^_ n1

_n_

 ¹  

1 x


 
¹   ^{1 1} 
f'(c)

отримаємо

ln _1 _n  ln _1 _{n1 } 

f'(c)   .

n n1 n(n1)

     


 
 ¹ 
f'(c)

З останньої рівності слідує нерівність

^{ln 1} n^{ } n(n1) ^.

Оскільки

f'(x)

на відрізку ^{ 1}

_, ¹ 


є спадною, то остаточно матимемо

 ¹ 

^_ n1

f'(c)

_n_


f'
 ¹ 

^ n^{ 1 1}

ln _1 _  ^   .

 ⁿ

n(n1)

n(n1)

n(n1) ^1 ^{1 }


(n1)²

 _n

 

 ¹  ¹

Задача5. Довести нерівність

^ln _^1 _ ^ .


n n
 

Розглянемо функцію

f(x)  xln(x1),

знайдемо її проміжки монотонності

f'(x)  1

1 _

x1

x _.

x1

Ясно, що при

x 0

похідна є додатною, а тому є монотонно

¹ _  ¹ 

зростаючою, а, отже, є справедливою нерівність

n

ln _ x _  0,


n
 

звідки слідує

необхідне. Відмітимо, що міркуючи аналогічно, можна покращити нерівність

¹ _  ¹ 

задачі

n1

ln _1 _.


n
 

В багатьох випадках за допомогою диференціювання функції можна

отримати розв’язок задачі.

Задача6. Знайти всі пари дійсних чисел a,b R, що для кожного ^{x R}

виконується співвідношення ^{sin1999x sin ax sin bx 0} .

Зауважимо, що функція

f (x)  sin1999xsin axsin bx

за умовою задачі є

тотожною нулеві, тобто

f(x)  0,

отже,

f'(x)  0,

тоді

f'(x) 1999cos1999x acos ax bcos bx.

В силу умов задачі візьмемо

^{x 0} і підставимо в попереднє співвідношення

f'(0)  1999  a b 0.

Взявши

x 0

матимемо

f'''(x)  0,

f'''(0)  1999³  a³  b³  0.

Тепер можна перейти до простішої системи

 ^{a b 1999,} _  <sup>a b 1999,

</sup>a³  b³  1999^{3 }a²  ab b²  1999² ,

 

^{a2  a}^a1999 ^ ^a19992 <sup> 19992 ,

3a2  3a1999 19992  19992  3a2  3a1999  0  a 0, a 1999</sup> .

Далі вже легко отримати значення b. Лишилося зробити перевірку,

оскільки f'(x)  g'(x)  f(x)  g(x)  C.

Корисним є наступний прийом: якщо функція

f(x)

не є опуклою на

проміжку і потрібно оцінити знизу величину простіше встановити допоміжну нерівність

^f^x1  ^{ f}^x2  ^{ ...  f}^xn ^{, то буває}

f(x)  f(a)  f'(a)(x a),

_{де a} x₁  x₂  ...  x_n.

n

Задача7. Довести, що для додатних чисел

a,b, c, dтаких, що

a b c d 1

має місце нерівність

6(a³  b³  c³  d³)  (a²  b²  c²  d² )  ¹ .

8

З умови задачі слідує, що 0  a,b, c, d1 . Запишемо нерівність в такому

вигляді

6a³  a²  6b³  b²  6c³  c²  6d³  d²  ¹ .

8

Розглянемо функцію

f(x)  6x³  x²

при

_x0,1_, для неї

^{f'(x)  18x2  2x, f''(x)  36x 2} . Як бачимо, на проміжку (0,1)

функція не є опуклою. Розглянемо допоміжну нерівність

f(x)  f^{ 1 }  f'^{ 1 } x ^{1 }  6x³  x² 


¹ _ ⁵  _x ¹ 


або

 ₄   ₄  ₄ 

32 8 ^ 4 ^

      

6x³  x²  ^5x1  48x³  8x²  5x1  0 .

8

Далі, використавши теорему Безу про корені многочлена, отримаємо

^{48x3  8x2  5x1 } ^4x12 ^3x1 ^{ 0}

при

x_0,1_, допоміжна нерівність вірна.

Отже,

f(a)  f(b)  f(c)  f(d)  6a³  a²  6b³  b²  6c³  c²  6d³  d² 

_ 5a1 _ 5b1 _ 5c1 _ 5d1 _ ^{5abcd4} _ 1 _. 8 8 8 8 8 8

Нерівність доведено.