Praktika

Примеры получения и обоснования неравенств и тождеств с помощью теоремы Лагранжа и следствий из нее Цель: Формирование умений и навыков использовать теорему Лагранжа при решении задач Задачи: 1.

На основе теоремы и некоторых ее следствий делать выводы о поведении функции на отрезке.

2.

Показать многочисленное применение формулы Лагранжа в математическом анализе.

3.

Доказать некоторые важные неравенства и тождества. Применение теоремы Лагранжа и ее следствий к доказательству неравенств

Теорему Лагранжа можно использовать при доказательстве неравенств. В процессе решения таких задач рассматривается функция f ( x ) на отрезке [a; b] , удовлетворяющая условиям теоремы Лагранжа, для нее записывается формула f (b) − f ( a) = f ' (c ) , b−a где с ∈ ( а, b ) и оценивается f ' (c) . Пример 1. Доказать, что e x ≥ ex при x ≥ 1 . Решение. Неравенство справедливо при x = 1 . Рассмотрим функцию f ( x) = e x − ex . Тогда для любого числа b > 1 для данной функции на отрезке [1; b] выполняются условия теоремы Лагранжа и, следовательно, существует внутренняя точка с этого отрезка, такая, что f (b) − f (1) e b − eb = f ' (c) , т.е. = ec − e . b −1 b −1

e b − eb > 0 , а значит b −1 e b − eb > 0 , т.е. e b > eb для любого b > 1.Таким образом, доказано, что e x ≥ ex при x ≥ 1 . Можно заметить, что неравенство e x ≥ ex верно при любом действительТак как с > 1 , то e c > e и, следовательно, e c − e > 0 . Тогда

c +1 ном x . В частности, при x = c + 1 получим e ≥ e(c + 1) , т.е. e c ≥ c + 1 , где с

– любое действительное число. Ч.т.д. Пример 2. Доказать, что e x ≥ 1 + x +

x2 при x ≥ 0 . 2

Решение. Пусть b – любое положительное число. Рассмотрим функцию f ( x) = e x −

x2 2

на отрезке [0; b] . По теореме Лагранжа имеем b2 b f (b) − f (0) e − −1 = f ' (c) , 0 < c < b , т.е. . 2 = ec − c b−0 b А так как при любом c e c ≥ c + 1, то e c − c ≥ c + 1 − c , т.е. e c − c ≥ 1 и, следовательно, eb −

b2 −1 . 2 >1 b

Отсюда получим, что b2 b2 b e − − 1 ≥ b ,а значит, e ≥ 1 + b + 2 2 b

для любого b > 0 . Таким образом, x2 e ≥1+ x + 2 x

при x > 0 , а учитывая, что при x = 0 неравенство также справедливо, получаем, что x2 e ≥1+ x + при x ≥ 0 . Ч.т.д. 2 x

Пример 3. Доказать, что

1 1 < arcsin 0,8 − arcsin 0,6 < . 4 3

Решение. Функция f ( x) = arcsin x на отрезке [0,6;0,8] непрерывна и дифференцируема, f ' ( x) =

1 1 − x2

.

Следовательно, для функции f (x) на данном отрезке выполняются условия теоремы Лагранжа и f (0,8) − f (0,6) = f ' (c) , где 0,6 < c < 0,8 . 0,8 − 0,6 Имеем arcsin 0,8 − arcsin 0,6 1 = . 0,2 1 − c2 Оценим число

1 1− c

2

. Так как 0,6 < c < 0,8 , то 0,36 < 1 − c 2 < 0,64 и

0,6 < 1 − c 2 < 0,8 , следовательно,

5 1 5 < < . Тогда 4 1 − c2 3

5 arcsin 0,8 − arcsin 0,6 5 < < , 4 0,2 3 и окончательно 1 1 < arcsin 0,8 − arcsin 0,6 < . Ч.т.д. 4 3 Пример 4. Доказать, что для любых действительных значений x1 и x2 выполняется неравенство cos x1 − cos x2 ≤ x1 − x2 . Решение. Если x1 = x2 , то cos x1 = cos x2 , и cos x1 − cos x2 = x1 − x2 . Если x1 ≠ x2 , то для функции f ( x) = cos x на отрезке [ x1 ; x2 ] в случае x1 < x2 , или на отрезке [ x2 ; x1 ] в случае x2 < x1 выполняются условия теоремы Лагранжа, следовательно, найдется внутренняя точка c отрезка, такая, что

f ( x1 ) − f ( x2 ) cos x1 − cos x2 = f ' (c) , т.е. = − sin c . x1 − x2 x1 − x2 Тогда cos x1 − cos x2 = x1 − x2 ⋅ − sin c , а учитывая, что − sin c ≤ 1 , получим cos x1 − cos x2 ≤ x1 − x2 . Ч.т.д. Следствие 3 (условие монотонности функции) можно использовать: 1.

при решении неравенств;

2.

при доказательстве неравенств с переменной;

3.

при доказательстве числовых неравенств;

4.

при исследовании вопроса о количестве корней уравнения;

5.

в некоторых случаях при решении уравнений, уравнений с параметрами, систем уравнений. Решение задач с использованием условия монотонности основано на

связи между возрастанием или убыванием функции и знаком ее производной на некотором промежутке. При этом, сравнивая различные значения аргумента из этого промежутка рассматриваемой монотонной функции, делается вывод о соответствующих значениях данной функции. Пример 5. Решить неравенство 2 ln( x + 1 + x 2 ) + e x − e − x < 0 . Решение. Функция f ( x) = 2 ln( x + 1 + x 2 ) + e x − e − x определена и непрерывна на всей числовой прямой. Ее производная f ' ( x) =

2 x + 1+ x

2

⋅ (1 +

2x 2 1+ x

) + e x + e−x = 2

2 1+ x

2

+ e x + e−x

больше нуля для любых действительных значений x , следовательно, функция возрастает на промежутке (−∞;+∞) . Тогда ее график может пересекать ось Ox не более чем в одной точке. Так как f (0) = 0 , то для любых x < 0 выполняется неравенство f ( x) < f (0) , а значит 2 ln( x + 1 + x 2 ) + e x − e − x < 0 . Итак, решениями исходного неравенства являются все числа из промежутка (−∞;0) .

Пример 6. Доказать, что tgx > 3 x + 2 sin x , если 0 < x <

π . 2

π Решение. Рассмотрим непрерывную на промежутке (0; ) функцию 2 f ( x) = tgx − 3x + 2 sin x . Ее производная 1 2(cos x − 1) 2 ⋅ (cos x + ) 1 2 cos x − 3 cos x + 1 2 f ' ( x) = − 3 + 2 cos x = = 2 2 2 cos x cos x cos x 3

и 0< x<

2

π принимает положительные значения, следовательно, функция 2

π f (x) возрастает на промежутке (0; ) и на нем f ( x) > f (0) . Учитывая, что 2 f (0) = 0 , будем иметь tgx − 3 x + 2 sin x > 0 . Таким образом, доказано, что tgx > 3 x + 2 sin x , если 0 < x <

π . Ч.т.д. 2

Пример 7. Доказать, что 1

1

1

2

x x x1 x < x2 x и x1 < x2 , если 0 < x1 < x2 ≤ e ; 2

1

Решение. Рассмотрим непрерывную на промежутке (0;+∞) функцию f ( x) =

ln x . x

Так как ее производная f ' ( x) =

1 − ln x x2

равна нулю при x = e , а при 0 < x < e f ' ( x) > 0 , то на промежутке (0; e] функция

f (x) возрастает. Тогда для любых значений x1 и x2 таких, что

0 < x1 < x2 ≤ e , будет выполняться неравенство f ( x1 ) < f ( x2 ) , т.е. Запишем его в виде

ln x1 ln x2 < . x1 x2

1 1 1 1 ln x1 < ln x2 , ln x x < ln x x . 1 2 x1 x2 1

2

1

1

1

2

Учитывая, что функция ln t возрастающая, получим x1 x < x2 x . А если обе части неравенства

ln x1 ln x2 < умножить на произведение x1 x2 > 0 , то получим x1 x2 x2 ln x1 < x1 ln x2 ,

далее ln x1 < ln x2 , откуда и будем иметь x2

x1

x1 < x2 . x2

x1

Доказанными в предыдущем примере неравенствами можно воспользоваться при сравнении чисел и при доказательстве числовых неравенств. 



Пример 8. Сравнить (tg 48 ) ctg 48 и (tg 50  ) ctg 50 . Решение. Заметим, что 1 1 4π ctg 48 = 5π ctg 50  =  tg 48 = tg 4π , tg 50 = tg 5π , , , tg tg 15 18 15 18 

а также 0 < tg Взяв x1 = tg

4π 5π π < tg < tg < e . 15 18 3

1 1 4π 5π , x2 = tg и, учитывая, что x1 x < x2 x , если 0 < x1 < x2 ≤ e , по15 18 1

2

лучим (tg

4π ) 15

tg

1 4π 15

< (tg

5π ) 18

tg

1 5π 18

, т.е. (tg 48 ) ctg 48 < (tg 50  ) ctg 50 . 



Решение задач элементарной математики Рассмотрим некоторые задачи, в которых теорема Лагранжа имеет самое прямое применение.

Пример 9. Доказать, что на промежутке (0;2π ) имеется не более двух различных действительных корней уравнения cos 2

x + 2 cos x = 2 . 2

Решение. Предположим, что уравнение имеет три различных действительных корня x1 , x2 , x3 , принадлежащих промежутку (0;2π ) , и пусть x1 < x2 < x3 . Тогда они являются нулями функции f ( x) = 2 − cos 2

x − 2 cos x , т.е. f ( x1 ) = f ( x2 ) = f ( x3 ) = 0 . 2

На каждом из отрезков [ x1 ; x2 ] , [ x2 ; x3 ] для функции f (x) выполняются условия теоремы Лагранжа, следовательно, существуют числа с1 и с2 из интервалов ( x1 ; x2 ) , ( x2 ; x3 ) соответственно, такие, что f ( x3 ) − f ( x 2 ) f ( x2 ) − f ( x1 ) = f ' (c1 ) и = f ' (c 2 ) . x2 − x1 x3 − x 2 А так как f ( x1 ) = f ( x2 ) = f ( x3 ) = 0 , то f ' (c1 ) = 0 и f ' (c2 ) = 0 , причем c1 ≠ c2 . Найдем производную f ' ( x) : x x 1 1 f ' ( x) = 2 cos sin ⋅ + 2 cos x ⋅ sin x ⋅ ln 2 = sin x + sin x ⋅ 2 cos x ln 2 = 2 2 2 2 1 = sin x( + 2 cos x ⋅ ln 2) . 2

Так как

1 + 2 cos x ln 2 > 0 для любых x , то уравнение 2

f ' ( x) = 0 имеет

единственный корень x = π , принадлежащий промежутку (0;2π ) . Пришли к противоречию, ведь с1 и с2 (c1 ≠ c2 ) должны быть корнями уравнения f ' ( x) = 0 . Тем самым доказано, что уравнение cos 2

x + 2 cos x = 2 имеет на про2

межутке (0;2π ) не более двух различных действительных корней. Пример

10.

Определить

y = ( x 3 − x)( x − 8)( x − 9) .

число

критических

точек

функции

3 Решение. Так как степень многочлена f ( x) = ( x − x)( x − 8)( x − 9) равна 5,

то его производная f ' ( x) является многочленом четвертой степени и имеет не более четырех действительных корней. Применим теорему Лагранжа к функции f ( x) = ( x + 1) x( x − 1)( x − 8)( x − 9) на

[−1;0] ,

отрезках

[0;1] ,

[1;8] ,

[8;9] ,

и

при

этом

учтем,

что

f ( −1) = f (0) = f (1) = f (8) = f (9) = 0 . На каждом таком отрезке найдутся внутренние точки x1 , x2 , x3 , x4 соответственно, такие, что f ( −1) − f (0) f (0) − f (1) = f ' ( x1 ) , = f ' ( x2 ) , −1− 0 0 −1 f (1) − f (8) f (8) − f (9) = f ' ( x3 ) , = f ' ( x4 ) , 1− 8 8−9 т.е. f ' ( x1 ) = 0 , f ' ( x2 ) = 0 , f ' ( x3 ) = 0 , f ' ( x4 ) = 0 . А учитывая, что x1 , x2 , x3 , x4 корни многочлена f ' ( x) четвертой степени, делаем вывод, что других корней, отличных

от

полученных,

нет

и,

следовательно,

функция

y = ( x 3 − x)( x − 8)( x − 9) имеет четыре критические точки. Пример 11. Решить уравнение x 5 − 10 x 3 + 50 x − 41 = 0 . Решение. Легко заметить, что число x1 = 1 , является корнем данного уравнения. Предположим, что существует еще хотя бы один действительный корень x2 , отличный от x1 . Числа x1 и x2 являются нулями функции f ( x) = x 5 − 10 x 3 + 50 x − 41 и, следовательно, f ( x1 ) = f ( x2 ) = 0 . Применим теорему Лагранжа к функции f (x) на отрезке [ x1 ; x2 ] , если x1 < x2 , или на отрезке [ x2 ; x1 ] , если x1 > x2 . Согласно ей, найдется такая внутренняя точка c этого отрезка, что будет выполняться f ( x2 ) − f ( x1 ) = f ' (c ) . x2 − x1

Учитывая, что f ( x1 ) = f ( x2 ) = 0 , получим f ' (с) = 0 , т.е. число c – корень уравнения f ' ( x) = 0 . Но производная f ' ( x) = 5 x 4 − 30 x 2 + 50 положительна для любых x , а значит уравнение f ' ( x) = 0 не имеет корней. Полученное противоречие доказывает, что найденный корень x1 = 1 является единственным. Следствия 1 и 2 можно использовать: 1. при доказательстве тождеств, в частности при выводе формул элементарной математики; 2. при упрощении выражений; 3. при разложении алгебраических выражений на множители. При решении таких задач на некотором промежутке рассматривается либо одна функция f (x) , такая, что ее производная f ' ( x) = 0 и, следовательно, функция постоянна, т.е. имеет вид f ( x) = c , либо две функции f (x) и g (x) , такие, что f ' ( x) = g ' ( x) , и делается вывод, что f ( x) = g ( x) + c , где c – постоянная. Эту постоянную находят, положив x равным некоторому значению x1 . Пример 12. Разложить на множители выражение x( y 2 − z 2 ) + y ( z 2 − x 2 ) + z ( x 2 − y 2 ) . Решение. На данное выражение будем смотреть как на функцию от пере2 2 2 2 2 2 менной x : f ( x) = x( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) .

Найдем f ' ( x) . f ' ( x) = y 2 − z 2 − 2 xy + 2 xz = ( y 2 − z 2 ) − 2 x( y − z ) = = ( y − z )( y + z ) − 2 x( y − z ) = ( y − z )( y + z − 2 x) . Будем считать, что ( y − z )( y + z − 2 x) есть производная некоторой другой функции g (x) , при этом множитель ( y − z ) будем рассматривать как постоянную, внесенную при дифференцировании за знак производной, т.е. g ' ( x) = ( y − z )(( y + z ) − 2 x) .

В качестве функции g (x) можно взять g ( x) = ( y − z )(( y + z ) x − x 2 ) . Так как функции f (x) и g (x) непрерывны и дифференцируемы на всей числовой прямой и f ' ( x) = g ' ( x) , то по второму следствию f ( x) = g ( x) + c , где c не зависит от x , но возможно зависит от y и z . Имеем x( y 2 − z 2 ) + y ( z 2 − x 2 ) + z ( x 2 − y 2 ) = ( y − z )(( y + z ) x − x 2 ) + c . Найдем c , полагая в этом равенстве, например, x = 0 . Получим yz 2 − zy 2 = c . Тогда f ( x) = g ( x) + yz 2 − zy 2 ,т.е. f ( x) = ( y − z )(( y + z ) x − x 2 ) + yz 2 − zy 2 = ( y − z )( xy + xz − x 2 ) − yz ( y − z ) = = ( y − z )(( xy − x 2 + xz − yz )) = ( y − z )( x( y − x) − z ( y − x)) = = ( y − z )( y − x)( x − z ) . Итак, x( y 2 − z 2 ) + y ( z 2 − x 2 ) + z ( x 2 − y 2 ) = ( y − z )( y − x)( x − z ) .