Курсова робота
з курсу «Математика»
на тему: «Застосування похідної та інтеграла на вирішення рівнянь і нерівностей»
Кіровоград
2004

ЗМІСТ
ВСТУП ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... 3
РОЗДІЛ 1. ДЕЯКІ ЗАСТОСУВАННЯ ПОХІДНОЇ ... ... ... ... ... ... ... ... .. 4
1.1. Застосування похідної при вирішенні нерівностей ... .... ... ... ... ... ... ... ... .. ... .4
1.2. Використання основних теорем диференціального числення до
доказу нерівностей ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... 8
1.3. Застосування похідної при розв'язуванні рівнянь ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... 10
РОЗДІЛ 2. ПЕРВІСНА І ІНТЕГРАЛ У завдань елементарної
МАТЕМАТИКИ ................................................. ....................................... 16
2.1. Застосування інтеграла від монотонних функцій до доведення
нерівностей ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 16
2.2. Монотонність інтеграла ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 19
2.3. Інтеграли від опуклих функцій ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 21
2.4. Деякі класичні нерівності та їх застосування ... ... ... ... ... ... ... ... ... 25
ПЕРЕЛІК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 28

ВСТУП

Елементи математичного аналізу займає значне місце у шкільному курсі математики. Учні опановують математичним апаратом, який може бути ефективно використаний при вирішенні багатьох задач математики, фізики, техніки. Мова похідної та інтеграла дозволяє строго формулювати багато законів природи. У курсі математики за допомогою диференціального й інтегрального числень досліджуються властивості функцій, будуються їхні графіки, вирішуються завдання на найбільше і найменше значення, обчислюються площі та обсяги геометричних фігур. Іншими словами, введення нового математичного апарату дозволяє розглянути низку завдань, вирішення яких не можна елементарними методами. Проте можливості методів математичного аналізу такими завданнями не вичерпується.
Багато традиційних елементарні завдання (доказ нерівностей, тотожностей, дослідження і рішення рівнянь і інші) ефективно вирішуються за допомогою понять похідної та інтеграла. Шкільні підручники та навчальні посібники мало приділяють уваги 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, часто проводиться невелике математичне дослідження, в процесі якого розвиваються логічне мислення, математичні здібності, підвищується математична культура.
Для багатьох задач елементарної математики допускається як «елементарне», так і «неелементарному» рішення. Застосування похідної та інтеграла дає зазвичай більш ефективно рішення. З'являється можливість оцінити силу, красу, спільність нового математичного апарату.
Методи математичного аналізу використовуються не тільки для вирішення поставлених завдань, а й є джерелом отримання нових фактів елементарної математики.

РОЗДІЛ 1
ДЕЯКІ ЗАСТОСУВАННЯ ПОХІДНОЇ
1.1. Застосування похідної при вирішенні нерівностей
Диференціальне числення широко використовується при дослідженні функцій. За допомогою похідної можна знайти проміжки монотонності функції, її екстремальні точки, найбільші і найменші значення.
Якщо функція f має позитивну (негативну) похідну в кожній точці деякого проміжку, то вона зростає (убуває) на цьому проміжку. При знаходженні проміжків монотонності потрібно мати на увазі, що якщо функція зростає (убуває) на інтервалі (a, b) і неперервна в точках a і b, то вона зростає (убуває) на відрізку [a, b].
Якщо точка x ₀ є точкою екстремуму для функції f і в цій точці існує похідна, то f ^/ (x ₀₎ = _0. У точці екстремуму функція може не мати похідну. Внутрішні точки області визначення, в яких похідна дорівнює нулю або не існує, називаються критичними. Щоб встановити, чи має функція в даній критичній точці екстремум, користуються такими достатніми ознаками існування екстремуму.
Якщо функція f неперервна в точці x0 і існують 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 і в критичних точках з відрізка [a, b].
Ці результати застосовні при вирішенні багатьох елементарних завдань, пов'язаних з нерівностями.
Нехай, наприклад, потрібно довести, що на деякому проміжку має місце нерівність f (x) ³ g (x). Позначимо f (x)-g (x) через F (x). За допомогою похідної F ^/ (x) знаходимо найменше значення F на даному проміжку. Якщо воно невід'ємне, то у всіх точках розглянутого проміжку F (x) ³ 0, тобто
f (x) ³ g (x).
Задача 1.1. Довести що (e + x) ^ex> (ex) ^{e + x} для 0 <x <e.
Рішення.
Дане нерівність рівносильно наступному: (ex) ln (e + x)> (e + x) ln (ex).
Нехай f (x) = (ex) ln (e + x) - (e + x) ln (ex),
тоді f ^/ (x) =- ln (e + x) + (ex) / (e + x)-ln (ex) + (e + x) / (ex).
Так як (ex) / (e + x) + (e + x) / (ex) = 2 (e ² + x ²⁾ / (e ^{2-x 2)>} 2,
ln (e + x) + ln (ex) = ln (e ^{2-x 2)} <lne ² = ^2,
то f ^/ (x)> 0 при 0 <x <e. Отже, функція f зростає на інтервалі (0, e). Функція f (0) - безперервна. Тому цю точку можна включити в проміжок зростання. Оскільки f (0) = 0, а f зростає при 0 £ x <e, то f(x)> 0 при 0 <x <e. Звідси отримуємо рішення задачі 1.
Завдання 1.2. Довести нерівність tg ^k a + ctg ^k a ³ 2 + k ² cos ² 2a, 0 <a <p / 2, k - натуральні.
Рішення.
Нерівність можна записати у вигляді: (ctg ^{k / 2} a-tg ^{k / 2} a) ² ³ k ² cos ² 2a.
Нехай спочатку 0 <a <p / 4. На цьому інтервалі ctg a> tg a, cos 2a> 0, тому останнє нерівність еквівалентно нерівності ctg ^{k / 2} a-tg ^{k / 2} a ³ k * cos 2a.
Покладемо f (a) = ctg ⁿ a-tg ⁿ a-2n * cos 2a, де n = k / 2.
Далі, f ^/ (a) = - (n / sin ² a) ctg ^n-1 a - (n / cos ² a) tg ^n-1 a + 4n * sin 2a = - n ((ctg ^n-1 a + tg ^n-1 a) + (ctg ^{n +1} a + tg ^{n +1} a) - 4sin 2a) £ - n (2-2sin 2a) <0 при 0 <a <p / 4.
Тут, як і в попередній задачі, використаний той факт, що сума взаємно зворотних позитивних чисел більше або дорівнює 2. Таким чином, на інтервалі 0 <a <p / 4 функція f спадає. У точці a = p / 4 вона неперервна, тому (0; p / 4] є проміжком убування f. Найменшим значенням функції на цьому проміжку є f (p / 4) = 0. Отже, f (a) ³ 0 при 0 < a <p / 4. Для зазначеного проміжку нерівність доведено. Якщо p / 4 <a <p / 2, то 0 <p / 2 - a <p / 4. Однак нерівність не змінюється при замінений a на p / 2 - a. Задача 2 вирішена.
Завдання 1.3. Що більше e ^p або p ^e?
Рішення.
Для вирішення завдання досліджуємо питання про існування рішень рівняння з двома невідомими: a ^b = b ^a, a> 0, b> 0. Виключимо тривіальний випадок a = b і для визначеності, що a <b. Зважаючи симетричності входження a і b у рівняння, останнє зауваження не обмежує спільності міркувань. Ясно, що рівняння a ^b = b ^a рівносильне рівнянню b * (ln a) = a * (ln b), або
(Ln a) / a = (ln b) / b.
Нехай f (x) = (ln x) / x (1). Існування рішень рівняння (1) еквівалента тно наявності значень x ₁ і x ₂ (x ₁ <x ₂₎ таких, що f (x ₁₎ = f (x _2). У цьому випадку пара (x _1, x ₂₎ є рішенням рівняння (1). Іншими словами, потрібно з'ясувати, чи знайдеться пряма y = c, що перетинає графік функції f по крайней мере в двох різних точках. Для цього досліджуємо функцію f. Її похідна f ^/ (x) = (1-ln x) / x ² в області визначення f має єдину критичну точку x = e. При 0 <x <ef ^/ (x)> 0 функція f зростає, а при x> ef ^/ (x) <0 функція f спадає. Тому в точці x = ef приймає своє найбільше значення (1 / e). Так як функція (ln x) / x неперервна і зростає на проміжку (0, e], то вона на цьому проміжку приймає всі значення від - ¥ до 1 / е. Аналогічно, на проміжку [e, ¥) функція f приймає всі значення з (0,1 / e]. З результатів дослідження функції f випливають такі твердження:
1. Якщо 0 <a <b і a £ 1, то (ln a) / a <(ln b) / b. Тому a ^b <b ^a. Отже, рівняння (1) і рівнозначна йому рівняння a ^b = b ^a не мають рішень.
2. Якщо 1 <a <b £ e, то a ^b <b ^a і рівняння a ^b = b ^a також не мають рішень.
3. Якщо b> a> e, то a ^b> b ^a.
Таким чином, якщо (a, b) є рішенням рівняння a ^b = b ^a, то 1 <a <e, b> e. Більш того, при кожному фіксованому значенні 1 <a <e знайдеться єдине значення b> e таке, що a ^b = b ^a
Для відповіді на питання завдання 3 досить покласти a = e, b = p і скористатися твердженням (1). Отже, e ^p> p ^e. Задача 3 вирішена.
Завдання 1.4. Два туристи відправилися по одному маршруту. У перший день вони пройшли одне і те ж відстань. У кожний з наступних днів перший турист збільшував пройдений шлях, порівняно попереднім, на одне і те ж відстань, а другий - в одне і те ж число раз. З'ясувалося, що в n-тий день (n> 2) подорожі туристи знову пройшли одне і те ж відстань. Довести, що за n днів перший турист пройшов шлях більший, ніж другий.
Рішення.
Відстань, пройдена першим туристом за n днів, являє собою суму n перших членів арифметичної прогресії, а другим - суму n перших членів геометричної прогресії. Позначимо ці відстані відповідно S _n і S _n ^/. Якщо a - перший член прогресії, d - різниця арифметичної прогресії, q - знаменник геометричної прогресії, то

Прирівнюючи n-е члени прогресій, знаходимо

Тоді , Де q> 1 (за умовою задачі). Завдання 4 буде вирішена, якщо ми покажемо, що , Де n> 2, q> 1 (2)
При n = 3 маємо , Що рівносильно очевидного нерівності . Припускаючи, що нерівність (2) справедливо при n = k, доведемо його для n = k +1. Маємо

Для завершення докази досить переконатися, то вираз при k> 2. Тут доцільно звернутися до похідної.
Нехай Похідна позитивна при x> 1. Тому f при x> 1 зростає. Так як f (1) = 0 і функція f неперервна у точці x = 1, то f (x)> 0 при x> 1, тобто f (q)> 0. Отже, S _n> S _n ^/. Задача 4 вирішена.
1.2. Використання основних теорем диференціального обчислення
при доведенні нерівностей
ТЕОРЕМА 1 (Ролля). Нехай функція f: [a, b] ® R задовольняє умовам:
1) fÎC [a, b], 2) "xÎ (a, b) існує f ^/ (x), 3) f (a) = f (b). Тоді $ CÎ (a, b): f ^/ (C ) = 0.
Геометричний сенс теореми Ролля: при виконанні умов 1) -3) теореми на інтервалі (a, b) існує точка С, в якій дотична до графіка функції паралельна осі абсцис. На практиці частіше використовується наступне твердження теореми Ролля: між будь-якими двома нулями диференціюється існує хоча б один нуль у похідної.
ТЕОРЕМА 2 (Лагранжа про середнє значення, чи про кінцеве прирощення). Припустимо що функція f: [a, b] ® R задовольняє умовам:
1) fÎC [a, b], 2) "xÎ (a, b) існує f ^/ (x). Тоді $ CÎ (a, b): f (b)-f (a) = f ^/ (C) ( ba).
Відношення (f (b)-f (a)) / (ba) є тангенс кута нахилу до осі абсцис січної, яка проходить через точки (a, f (a)), (b, f (b)). Геометричний сенс теореми Лагранжа: при виконанні умов 1) -2) теореми на інтервалі (a, b) існує точка С, в якій дотична до графіка функції в точці (C, f (C)) паралельна січної.
Наслідок 1. Нехай функція f: [a, b] ® R має похідну f ^/ на (a, b) і "xÎ (a, b) f ^/ (x) = 0. Тоді для деякого LÌ R" xÎ (a, b) f (x) = L.
Наслідок 2. Функції f: [a, b] ® R, g: [a, b] ® R мають проізодниеі f ^/ і g ^/ на (a, b) і "xÎ (a, b) f ^/ (x) = g ^/ (x). Тоді для деякого числа LÌ R "xÎ (a, b): f (x) = g (x) + L.
Слідство 3. Нехай функція f: [a, b] ® R маємо похідну f ^/ на (a, b) і для 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 проізводниеі f ^/ і g ^/, 3) "xÎ (a, b) g ^/ (x) ¹ 0.
Тогдаі $ CÎ (a, b): (f (b)-f (a)) / (g (b)-g (a)) = f ^/ (C) / g ^/ (C).
Теорема Лагранжа - це окремий випадок теореми Коші при g (x) = x, xÎ [a, b].
Завдання 1.5. Довести, що для будь-яких x, y Ì R: ½ sin x - sin y ½ £ ½ x-y ½; x, y Ì R: ½ cos x - cos y ½ £ ½ x-y ½; x, y Ì R: ½ arctg x - arctg y ½ £ ½ x-y ½;
x, y Ì [1; + ¥): ½ Öx - Öy ½ £ 0.5 ½ x-y ½.
Доказ цих нерівностей аналогічне. Тому розглянемо доказ першого нерівності. Нехай, наприклад x <y. До фунції sin застосуємо на відрізку [x, y] теорему Лагранжа:
$ CÎ (x, y): ½ sin x - sin y ½ = ½ cos C ½ (x-y). Враховуючи нерівність ½ cos u ½ £ 1, uÎR, отримаємо необхідний нерівність.
Завдання 1.6. Довести, що для будь-якого x Ì R: e ^x ³ 1 + x, причому рівність може бути тоді і тільки тоді, коли x = 0.
Нехай спочатку x> 0. По теоремі Лагранжа для функції f (u) = e ^u, uÎ [0, x],
$ CÎ (0, x): e ^x - e ⁰ = e ^C (x-0)> x, так як e ^C> 1 для C> 0. Якщо x <0, то теорему Лагранжа використовуємо для функції f (u) = e ^u, uÎ [x, 0]. Маємо $ CÎ (x, 0): e ⁰ - e ^x = e ^C (0-x) <-x, так як-x> 0, а e ^C <1 для C <0. Таким чином, при x ¹ 0 маємо e ^x> 1 + x.
Завдання 1.7. Довести, що для будь-якого x> 0: e ^x> 1 + x + (x ² / ^2).
Для доказу нерівності застосуємо теорему Коші до функцій
f (u) = e ^u, g (u) = 1 + u + (u ² / ^2), uÎ [0, x]. Отримаємо $ CÎ (0, x): (e ^x - e ⁰⁾ / (1 ​​+ x + (x ² / ²⁾ -1) = e ^C / (1 ​​+ c). Враховуючи доведене нерівність, знайдемо (e ^x -1) / (x + (x ² / 2))> 1, звідки e ^x> 1 + x + (x ² / ^2).
Завдання 1.8. Довести, що для 0 <x <p/2 виконується sin x> (2 / p) x.
Нехай f (x) = (sin x) / x (0 <x £ p / 2). Похідна f ^/ (x) = cos x (x-tg x) / x ² (0 <x <p / 2) буде негативною, оскільки x <tg x. Таким чином, функція f (x) убуває і f (x)> f (p / 2) = 2 / p, якщо 0 <x <p / 2.
Завдання 1.9. Довести, що при x> 0 виконується cos x> 1 - (1 / 2) x ^2.
Функція f (x) = cos x -1 + (1 / 2) x ² дорівнює 0 при x = 0. Її похідна, при x> 0,
f ^/ (x) =-sin x + x> 0 (або sin x <x). Тобто, функція f (x) для x ³ 0 зростаюча, а при x <0 буде f (x)> f (0) = 0, тобто cos x> 1 - (1 / 2) x ^2.
Звідси, аналогічно при x> 0 отримаємо sin x> x-(1 / 6) x ^3.
Завдання 1.10. Довести, що при 0 <x <p/2 виконується tg x> x + (1 / 3) x ^3.
Для цього достатньо встановити, що для зазначених x похідна функції tg x-x-(1 / 3) x ^3, дорівнює sec ² x-1-x ^2, позитивна, тобто що tg ² x - x ^2> 0, а це призводить до відомого нерівності tg x> x.
Завдання 1.11. Довести, що при 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, так що для x> 0 виконується ln x £ x-1.
1.3. Застосування похідної при розв'язуванні рівнянь
Покажемо, як за допомогою похідної можна вирішувати питання существова-ня коренів рівняння, а в деяких випадках і їх відшукання. Як і раніше основну роль тут будуть грати дослідження функції на монотонність, перебування її екстремальних значень. Крім того, буде використаний ряд властивостей монотонних і безперервних функцій.
Властивість 1. Якщо функція f зростає або спадає на деякому проміжку, то на цьому проміжку рівняння f (x) = 0 має не більше одного кореня.
Це 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.
Властивість 2. Якщо функція f визначена і неперервна на проміжку [a, b] і на його кінцях приймає значення різних знаків, то між a і b знайдеться точка c, в якій f (c) = 0.
Завдання 1.12. Вирішити рівняння

Рішення.
Зауважимо, що є коренем рівняння. Доведемо, що інших коренів це рівняння не має. Досліджуємо функцію f, де , На монотонність. Похідна . Встановимо проміжки, на яких функція зберігає знак. Для цього досліджуємо її на монотонність. Похідна . Так як при , То при . Отже, функція зростає при позитивних значеннях x; . Тому при . У силу парності функції вона приймає позитивні значення при всіх . Отже, f зростає на всій числовій осі. Відповідно до властивості 1, рівняння має не більше одного кореня. Отже, - Єдиний корінь рівняння.
Завдання 1.13. Вирішити систему рівнянь
Рішення.
Система еквівалентна наступній:
З першого рівняння випливає, що , З другого - . Висловимо з першого рівняння x через y: , . Тоді . поклавши , Отримаємо або . Похідна функції f, де , Дорівнює . вона негативна при всіх значеннях t. Таким чином, функція f спадає. Тому рівняння має не більше одного кореня. Зауважимо, що є його коренем. Отже, єдине рішення системи.
Завдання 1.14. Довести, що рівняння має єдиний корінь, що лежить в інтервалі .
Рішення.
Рівняння рівносильними перетвореннями приводиться до вигляду , Де . Функція f зростаюча, так як при всіх . Відповідно до властивості 1, рівняння має більше одного рішення. Функція f неперервна, крім того, , . У силу властивості 2 рівняння на інтервалі має корінь.
У задачі 3 вимагалося довести, що корінь рівняння належить деякому проміжку. Ми користувалися властивістю 2 неперервної на відрізку функції, що приймає на кінцях цього відрізка значення різних знаків. Цей шлях не завжди приводить до мети при вирішенні подібних завдань. Іноді доцільно скористатися наступною властивістю диференційовних функцій.
Властивість 3 (Теорема Ролля). Якщо функція f неперервна на відрізку [a, b], диференційовна на інтервалі (a, b) і f (a) = f (b), то існує точка така, що .
На геометричному мовою властивість 3 означає наступне: якщо , То на графіку кривої знайдеться точка С з координатами , Де дотична до графіка паралельна осі x.
Завдання 1.15. Довести, що рівняння при , має не більше одного дійсного кореня.
Рішення.
Припустимо, що рівняння має, принаймні, два кореня і . Функція f, де диференційовна на всій числовій прямій. Так як , Відповідно до властивості 3, її похідна на інтервалі має корінь. Однак при рівняння рішень не має. Отримане протиріччя показує, що рівняння не може мати більше одного кореня.
Завдання 1.16. Довести, що многочлен , ,
має не більше n коренів.
Рішення.
Відповідно до властивості 3, між двома країнами многочлена лежить, на крайньому заходу, один корінь його похідної. Тому, якщо многочлен f (x) має , Різних коренів, то його похідна повинна мати не менше (k-1) коренів. Точно так само - Не менш k-2 коренів тощо, n-а похідна - не менше (kn) коренів, . Це неможливо, так як є відмінною від нуля постійною.
Завдання 1.17. Довести, що многочлен має корінь між 0 і 1 ( ).
Рішення.
Застосування властивості 2 до мети не призводить, так як . Розглянемо функцію g, де . Для неї функція f є похідною. Так як , Відповідно до властивості 3, при деякому .
Завдання 1.18. Довести, що рівняння не має дійсних коренів.
Рішення.
Нехай , Тоді . Якщо x - корінь рівняння, то , Тобто функція f, в силу її безперервності, убуває в околиці кожного кореня. Зауважимо, що якщо рівняння має, то вони негативні. Відомо, що многочлен n-го ступеня має не більш n коренів. Позначимо через - Найбільший з коренів. Тоді існує , що . Так як , То на інтервалі повинен знаходитися корінь x многочлена f (x). отримали протиріччя.
Розглянемо рівняння виду , Де f, g - взаємно зворотні, зростаючі функції, що мають однакові області визначення. Покажемо, що це рівняння рівносильне рівнянню . (3)
Справді, нехай а є коренем рівняння (3), тобто . Враховуючи, що область визначення функції g збігається з безліччю значень функції f їм навпаки, можна записати: , Або , Тобто , А є коренем рівняння .
Зворотно, нехай , Але . Тоді або . першому випадку . Точно так само виходить суперечність і в другому випадку.
Таким чином, отримано один приватний прийом рівносильно перетворення рівнянь.
Завдання 1.19. Вирішити рівняння .
Рішення.
Перепишемо дане рівняння у вигляді . Функція неперервна, зростаюча (як сума двох зростаючих функцій і ), Тому вона має зворотну. Знайдемо її: , . Отже, зворотної для f є функція , Що збігається правою частиною рівняння. На підставі доведеного вище рівняння еквівалентно рівнянню . Ясно, що є коренем рівняння. Переконаємося, що інших коренів рівняння не має.
Нехай . Тоді позитивна як різниця між середнім арифметичним і середнім геометричним двох позитивних чисел і . Таким чином, функція h зростає на всій числовій осі. Так як , То h (x)> 0 при і при , Тобто - Єдиний корінь рівняння.

РОЗДІЛ 2
ПЕРВІСНА І ІНТЕГРАЛ У ЗАДАЧАХ Елементарна математика
2.1. Застосування інтеграла від монотонних функцій до доведення нерівностей
Якщо при , То дорівнює площі криволінійної трапеції, обмеженої графіком функції , Відрізком [a, b] осі x і перпендикулярами до осі x в точках a і b.
Нехай функція f позитивна, безперервна і зростаюча на [a, b]. Розіб'ємо відрізок [a, b] на n частин точками .
Сума дорівнює сумі площ прямокутників, побудованих на відрізках як на підставах, з висотами , Тобто дорівнює площі ступінчастою фігури «вписаною» в криволінійну трапецію. Так як функція f зростає, то ця площа менше площі криволінійної трапеції. Звідси
(2.1)
Аналогічно, розглядаючи площа «описаної» ступінчастою фігури, отримуємо
(2.2)
Якщо функція f позитивна, безперервна і спадна на [a, b], то
(2.3)
Покажемо на ряді прикладів, як співвідношення (2.1) - (2.3) використовуються при доведенні нерівностей.
Завдання 2.1. Довести, що якщо , То .
Рішення.
Вираз збігається з лівою частиною нерівності (2.1), де . Функція на інтервалі зростає, непрерина, позитивна. Тому, відповідно до (1), . Функція є первісною для функції , Так як
. Тому . Ліва частина подвійного нерівності доведена. Права частина виходить із співвідношення (2.2) для функції при тих самих припущеннях.
При виконанні завдання 1 ми використовували той факт, що площа кріволіней-ної трапеції, обмеженої графіком безперервної, позитивної, возрастаю-щей на [a, b] функції , Відрізком [a, b] осі x і прямими , Укладена між площами прямокутників, побудованих на [a, b] як на підставі, з висотами і відповідно.
Площі прямокутників дають, взагалі кажучи, досить грубі наближення для площі криволінійної трапеції. Більш точні оцінки виходять шляхом розбиття відрізка [a, b] на досить велике число частин.
Завдання 2.2. Нехай . Довести, що для кожного .
Рішення.
Розглянемо і функцію . Вона неперервна, позитивна і спадна. Скористаємося нерівністю (2.3), де . (Крапки ділять відрізок на відрізки однакової довжини ). Отримаємо


Звідси . Крім того,
, Тобто
.
У наведеному рішення вираз для легко уявлялося у вигляді площі деякої ступінчастою фігури. Щоб скористатися розглянутим в задачі методом докази нерівностей, частіше доводиться попередньо перетворення вивать вираження, що зустрічаються в нерівностях.
Завдання 2.3. Довести, що для кожного натурального n .
Рішення.
Ліву частину нерівності при можна представити в наступному вигляді:

Розглянемо функцію на відрізку . Цей відрізок точками , Розбивається на n рівних частин довжини 1. Вираз
дорівнює сумі площ прямокутників, побудованих на відрізках як на підставах з висотами . Функція при
позитивна, безупинна, яка зменшується. Тому можна скористатися нерівністю (2.3). Маємо
Зауважимо, що при нерівність очевидно.
2.2. Монотонність інтеграла
З визначення інтеграла випливає, що для неотрицательной неперервної на відрізку [a, b] функції f для всіх .
Теорема 1. Нехай функції f і g безупинні на відрізку [a, b] і для всіх . Тоді для всіх : . Це властивість називають монотонністю інтеграла.
За допомогою теореми 1 почленно Проінтегрувавши обидві частини нерівності, можна отримати цілу серію нових нерівностей. Наприклад,
при маємо очевидне нерівність . Застосуємо теорему 1, поклавши . Функції f, g задовольняють умовам теореми на проміжку . Тому для довільного : , Тобто (1). Застосовуючи той же метод до нерівності (1), отримуємо , Або . Звідси . Продовжуючи аналогічно, маємо ,
і т.д.
У розглянутому прикладі вибір вихідного нерівності не склав праці. В інших випадках цей перший крок рішення завдання менш очевидний. Теорема 1 дає, по суті, прийом для отримання вихідного нерівності.
Нехай потрібно перевірити істинність нерівності
(2.4)
Якщо справедливе співвідношення , То згідно теоремі 1, має місце і нерівність
, Або (2.5).
Якщо має місце нерівність , То, складаючи його почленно з (2.4), встановлюємо справедливість нерівності (2.5).
Завдання 2.4. Довести, що при . (2.6)
Рішення.
Нерівність (2.6) перепишемо у вигляді . Ліва та права частини останнього нерівності представляють собою функції від . Позначивши , Отримаємо (2.7). Доведемо, що (2.7) виконується при . Знайдемо похідні обох частин нерівності (2.7). Відповідно маємо:
. При . Дійсно, . Застосовуючи теорему 1 для функцій і при , Отримуємо . Так як , То
. Звідси при , слід (2.6).
Завдання 2.5. Довести, що при : .
Рішення.
Обчислимо похідні лівої і правої частин:
Ясно, що , Оскільки , . Так як і безперервні функції, то, згідно теоремі 1, має місце нерівність
, Тобто , . Завдання 2.5. вирішена.
Теорема 1 дозволяє встановлювати істинність несуворих нерівностей. Твердження, що міститься в ній, можна підсилити, якщо зажадати виконання додаткових умов.
Теорема 2. Нехай виконуються умови теореми 1 і, крім того, для деякого має місце суворе нерівність . Тоді при також має місце суворе нерівність .
Задача 2.6. Довести, що при : (2.8).
Рішення.
Попередньо слід перевірити відповідне нерівність для похідних лівої і правої частин, тобто що , Або . Його справедливість при можна встановити, якщо застосувати теорему 1 до нерівності . Оскільки, крім того, , То виконуються всі умови теореми 2. Тому має місце суворе нерівність , , Або , . Після перетворень прийдемо до нерівності (2.8).
2.3. Інтеграли від опуклих функцій
При вирішенні багатьох задач доцільно застосовувати наступний підхід.
Розділимо відрізок [a, b], на якому задана безперервна функція f. на n частин точками . Побудуємо прямокутні трапеції, підставами яких є відрізки x _k y _k, x _{k +1} y _{k +1,} а висотами - x _k x _{k +1,} k = 0,1, ..., n-1. Сума площ цих трапецій при досить великому n близька до площі криволінійної трапеції. Щоб цей факт можна було застосувати до доведення нерівностей функція f має задовольняти деяким додатковим вимогам.
Нехай функція f двічі диференційовна на деякому проміжку і в кожній точці цього проміжку f ^{/ /} (x)> 0. Це означає, що функція f ^/ зростає, тобто при русі вздовж кривої зліва направо кут нахилу дотичної до графіка зростає. Іншими словами, дотична повертається в напрямку, протилежному напрямку обертання годинникової стрілки. Графік при цьому «згинається вгору», «випинаючись вниз». Така функція називається опуклою. Графік опуклої функції розташований «нижче» своїх хорд і «вище» своїх дотичних. Аналогічно, якщо f ^{/ /} (x) <0, то f ^/ убуває, дотична обертається за годинниковою стрілкою і графік лежить «вище» своїх хорд, але «нижче» своїх дотичних. Така функція називається увігнутою.
Функція увігнута в області свого визначення, так як . Друга похідна функції позитивна на всій числовій прямій. Тому - Опукла функція. Для функції друга похідна при , при , Тобто функція на інтервалі
увігнута, а на опукла.
Завдання 2.7. Довести, що
Рішення.
Ліва частина цієї нерівності дорівнює площі прямокутної трапеції, підстави якої рівні значень функції в точках і , Тобто і , А висота - . Функція опукла. Тому площа криволінійної трапеції, обмеженої її графіком, прямими і відрізком [a, b] осі x, менше площі прямокутної трапеції. Отже,
.
Подібний результат має місце і в загальному випадку. Нехай функція f на відрізку [ab] безупинна, позитивна і опукла. Тоді
(2.9)
Якщо ж безперервна, позитивна функція f увігнута, то
(2.10)
Завдання 2.8. Довести, що для виконується нерівність
Рішення.
Функція неперервна, позитивна, ввігнута. Тому для неї виконується нерівність (2), де . Маємо
.
Графік функції f, опуклою на відрізку [a, b] лежить вище будь-якої дотичної до цього графіку, зокрема дотичній, проведеної через точку кривої з абсцисою .
Якщо дотична перетинає вісь абсцис поза відрізка [a, b], то вона відсікає від криволінійної трапеції прямокутну трапецію, а не трикутник. Площа прямокутної трапеції дорівнює добутку її середньої лінії на висоту . Тому
(2.11)
аналогічно, якщо функція f увігнута, то
(2.12)
Співвідношення залишається справедливим якщо дотична до графіка перетинає вісь абсцис у точках a і b.
Завдання 2.9. Довести, що якщо 0 <a <b, то виконується .

Рішення.
являє собою площу криволінійної трапеції, обмеженої лініями , Тобто . Дотична до кривої в точці відсікає від криволінійної трапеції прямокутну трапецію, висота якої , А середня лінія . Площа цієї трапеції дорівнює . Згідно нерівності (2.6), .
Переконаємося, що зазначена дотична відсікає саме трапецію, а не трикутник. Для цього достатньо перевірити що точка її перетину з віссю абсцис лежить поза відрізка [a, b]. Рівняння дотичної до кривої в точці має вигляд . У даному випадку , Тобто є рівняння дотичній. Поклавши в ньому , Знайдемо абсцису точки перетину дотичної з віссю : , Ч т.д.
Зі співвідношень (2.9) - (2.12) можна отримати нові нерівності. Нерівності (2.9) і (2.11) спільно дають оцінку знизу і зверху для інтеграла від безперервної, позитивної і опуклої функції. Аналогічні оцінки отримуємо для інтегралів від увігнутих функцій з нерівностей (2.10) і (2.12). Повернемося до задачі 2.9. Її вдалося вирішити, застосувавши нерівність (3) до функції на відрізку [a, b]. Крім того, в силу нерівності (2.9)
, Тобто .
Об'єднуючи цей результат з нерівністю, доведеним в задачі 2.9, отримаємо подвійне нерівність

2.4. Деякі класичні нерівності та їх застосування
Наведемо висновок деяких чудових нерівностей за допомогою інтегрального числення. Ці нерівності широко використовуються в математиці, в тому числі і при вирішенні елементарних завдань.
Нехай y = f (x) - безперервна зростаюча при x> 0 функція. Крім того, f (0) = 0, f (a) = b, де a, b деякі позитивні дійсні числа. Зі шкільного курсу математики відомо, що якщо функція f зростає і неперервна на деякому проміжку, то існує функція f ^-1, зворотна функції f. Її область визначення збігається з безліччю значень f. функція f ^-1 неперервна і зростає в області свого визначення.
Звідси випливає, що для 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) збігаються.
Площа S ₁ криволінійної трапеції, обмеженої лініями y = f (x), y = 0, x = 0, x = a, дорівнює .
Площа S ₂ криволінійної трапеції, обмеженої лініями x = f ^-1 (y), x = 0, y = 0, y = b, дорівнює
В останньому рівність ми переобозначив змінну інтегрування, що, звичайно, несуттєво при обчисленні інтеграла. Оскільки площа прямокутника дорівнює сумі площ S ₁ і S _2, то

Може виявитися, що f (a) не дорівнює заданому числу b, тобто f (a)> b або f (a) <b.
У кожному з цих випадків площа прямокутника менше суми площ криволінійних трапецій, рівної S ₁ + S _2.
Об'єднуючи ці три випадки, отримуємо наступний результат.
Нехай f і f ^-1 - дві неперервні зростаючі взаємно зворотні функції, які звертаються в нуль на початку координат. Тоді для a> 0, b> 0 має місце нерівність
(2.13)
Рівність має місце тоді і тільки тоді, коли b = f (a). Це нерівність називають нерівністю Юнга. Воно є джерелом отримання інших важливих нерівностей.
Приклад 2.10. Функція f, де f (x) = x, задовольняє умовам, при яких справедливо співвідношення (1). Далі., F ^-1 (x) = x. Тому
(2.14)
Приклад 2.11. Функція f, де f (x) = x ^a, a> 0, безупинна, зростає при x> 0, f (0) = 0. Зворотної для неї є функція f ^-1, де f ^-1 (x) = x ^{1 / a.} З нерівності (2.13) маємо
. Позначивши , Отримаємо
(2.15)
З нерівності (2.15) може бути отримано відоме нерівність Гельдера:

де
З нерівності (2.15) може бути виведено і так зване інтегральне нерівність Гельдера:

де .
Вважаючи r = 2, отримаємо відоме нерівності Коші-Буняковського:


Завдання 2.21. Довести, що для довільного виконується

Рішення.
Нерівність достатньо довести під час . Поклавши в нерівності , Маємо

Так як , , То отримуємо , Або .

ПЕРЕЛІК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ
1. Алгебра і початки аналізу для 9-10 класів / За ред. О.М. Колмогорова. - М.: Просвещение, 1986. - 336с.
2. Бродський Я.С., Сліпенко А.К. Похідна та інтеграл в нерівностях, рівняннях, тотожностях. - К., Вища школа, 1988. - 120с.
3. Дороговцев А.Я. Інтеграл та Його застосування. - К.: Вища школа. 1974. - 125с.
4. Дорофєєв Г.М. Застосування похідних при вирішенні задач у шкільному курсі математики / / Математика в школі. - 1980. - № 5 - с. 12-21, № 6 - с. 24-30.
5. Рижов Ю.М. Похідна та її застосування. - К. Вища школа, 1977. - 83с.
6. Ушаков Р.П., Хацет Б.І. Опуклі функції та нерівності. - К. Вища школа, 1986. - 112с.
7. Шунда Н.М., Томусяк А.А. Практикум з математичного аналізу: Вступ до аналізу. Діференціальне чисельно. Навч. посібник .- К., Вища школа, 1993 .- 375с.