Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 7. Возрастание и убывание функции. Неравенства

Демидович — задача 1289

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 1289

Доказать следующие неравенства:а) ex>1+xпри x≠0\text{а) }e^x>1+x\quad\text{при }x\ne0б) x−x22<ln⁡(1+x)<xпри x>0\text{б) }x-\frac{x^2}{2}<\ln(1+x)<x\quad\text{при }x>0в) x−x36<sin⁡x<xпри x>0\text{в) }x-\frac{x^3}{6}<\sin x<x\quad\text{при }x>0г) tg⁡x>x+x33при 0<x<π2\text{г) }\operatorname{tg} x>x+\frac{x^3}{3}\quad\text{при }0<x<\frac\pi2д) (xα+yα)1α>(xβ+yβ)1βпри x>0, y>0 и 0<α<β\text{д) }(x^\alpha+y^\alpha)^{\frac1\alpha}
>(x^\beta+y^\beta)^{\frac1\beta}
\quad\text{при }x>0,\ y>0\text{ и }0<\alpha<\betaДать геометрическую интерпретацию неравенств а)–г).

Доказательство

Пункт а)

Рассмотрим функцию f(x)=ex−1−xf(x) = e^x - 1 - x. Её производная: f′(x)=ex−1f'(x) = e^x - 1.
При x>0x > 0 имеем f′(x)>0f'(x) > 0, функция строго возрастает. Так как f(0)=0f(0) = 0, то для x>0x > 0 справедливо f(x)>0f(x) > 0.
При x<0x < 0 имеем f′(x)<0f'(x) < 0, функция строго убывает. Так как f(0)=0f(0) = 0, то для x<0x < 0 значение функции также больше нуля: f(x)>0f(x) > 0.
Отсюда ex−1−x>0  ⟹  ex>1+xe^x - 1 - x > 0 \implies e^x > 1 + x для всех x≠0x \ne 0.
Геометрическая интерпретация: График функции y=exy = e^x лежит строго выше своей касательной y=1+xy = 1 + x, проведённой в точке x=0x = 0 вне точки касания.

Пункт б)

Докажем правую часть: ln⁡(1+x)<x\ln(1+x) < x. Пусть f(x)=x−ln⁡(1+x)f(x) = x - \ln(1+x).
f′(x)=1−11+x=x1+xf'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x}. При x>0x > 0 производная f′(x)>0f'(x) > 0, функция строго возрастает. f(0)=0  ⟹  f(x)>0  ⟹  x>ln⁡(1+x)f(0) = 0 \implies f(x) > 0 \implies x > \ln(1+x).
Докажем левую часть: x−x22<ln⁡(1+x)x - \frac{x^2}{2} < \ln(1+x). Пусть g(x)=ln⁡(1+x)−x+x22g(x) = \ln(1+x) - x + \frac{x^2}{2}.
g′(x)=11+x−1+x=1−(1−x2)1+x=x21+xg'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x = \frac{1 - (1-x^2)}{1+x} = \frac{x^2}{1+x}. При x>0x > 0 имеем g′(x)>0  ⟹  g(x)>g(0)=0  ⟹  ln⁡(1+x)>x−x22g'(x) > 0 \implies g(x) > g(0) = 0 \implies \ln(1+x) > x - \frac{x^2}{2}.
Геометрическая интерпретация: На интервале x>0x > 0 график логарифмической кривой y=ln⁡(1+x)y = \ln(1+x) заключён между параболой y=x−x22y = x - \frac{x^2}{2} (снизу) и прямой y=xy = x (сверху, это касательная в нуле).

Пункт в)

Докажем правую часть: sin⁡x<x\sin x < x. Пусть f(x)=x−sin⁡xf(x) = x - \sin x. f′(x)=1−cos⁡xf'(x) = 1 - \cos x. Для x>0x > 0 (за исключением точек 2πk2\pi k) f′(x)>0f'(x) > 0. Так как f(0)=0f(0) = 0, функция строго возрастает и f(x)>0  ⟹  x>sin⁡xf(x) > 0 \implies x > \sin x.
Докажем левую часть: x−x36<sin⁡xx - \frac{x^3}{6} < \sin x. Пусть g(x)=sin⁡x−x+x36g(x) = \sin x - x + \frac{x^3}{6}.
Её производные: g′(x)=cos⁡x−1+x22g'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2} и g′′(x)=−sin⁡x+x=f(x)g''(x) = -\sin x + x = f(x).
Как мы только что доказали, f(x)>0f(x) > 0 при x>0x > 0. Следовательно, g′′(x)>0g''(x) > 0, а значит g′(x)g'(x) строго возрастает.
Так как g′(0)=0g'(0) = 0, то при x>0x > 0 имеем g′(x)>0g'(x) > 0. Это значит, что функция g(x)g(x) строго возрастает.
Так как g(0)=0g(0) = 0, то при x>0x > 0 справедливо g(x)>0  ⟹  sin⁡x>x−x36g(x) > 0 \implies \sin x > x - \frac{x^3}{6}.
Геометрическая интерпретация: Для x>0x > 0 график синусоиды y=sin⁡xy = \sin x лежит ниже прямой y=xy = x (своей касательной) и выше кубической кривой y=x−x36y = x - \frac{x^3}{6}.

Пункт г)

Рассмотрим функцию f(x)=tg⁡x−x−x33f(x) = \operatorname{tg} x - x - \frac{x^3}{3}.
Найдём её производную:f′(x)=1cos⁡2x−1−x2f'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} - 1 - x^2По основному тригонометрическому тождеству 1cos⁡2x=1+tg⁡2x\frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \operatorname{tg}^2 x, тогда:f′(x)=tg⁡2x−x2=(tg⁡x−x)(tg⁡x+x)f'(x) = \operatorname{tg}^2 x - x^2 = (\operatorname{tg} x - x)(\operatorname{tg} x + x)На интервале (0,π2)\left(0, \frac{\pi}{2}\right) известно, что tg⁡x>x>0\operatorname{tg} x > x > 0. Следовательно, обе скобки положительны, и f′(x)>0f'(x) > 0.
Функция f(x)f(x) строго возрастает. Так как f(0)=0f(0) = 0, то f(x)>0f(x) > 0 при 0<x<π20 < x < \frac{\pi}{2}.
Отсюда tg⁡x>x+x33\operatorname{tg} x > x + \frac{x^3}{3}.
Геометрическая интерпретация: На интервале (0,π2)\left(0, \frac{\pi}{2}\right) график функции y=tg⁡xy = \operatorname{tg} x лежит строго выше кубической кривой y=x+x33y = x + \frac{x^3}{3}.

Проверка

д) Рассмотрим функцию одной переменной tt при фиксированных x,y>0x, y > 0:f(t)=(xt+yt)1tf(t) = (x^t + y^t)^{\frac{1}{t}}Нам нужно доказать, что f(α)>f(β)f(\alpha) > f(\beta) при 0<α<β0 < \alpha < \beta, то есть показать, что f(t)f(t) является строго убывающей функцией для t>0t > 0.
Прологарифмируем функцию:g(t)=ln⁡f(t)=1tln⁡(xt+yt)g(t) = \ln f(t) = \frac{1}{t}\ln(x^t + y^t)Найдём производную g′(t)g'(t) по правилу дифференцирования дроби:g′(t)=t⋅xtln⁡x+ytln⁡yxt+yt−ln⁡(xt+yt)t2g'(t) = \frac{t \cdot \frac{x^t \ln x + y^t \ln y}{x^t + y^t} - \ln(x^t + y^t)}{t^2}Введём замены A=xt>0A = x^t > 0 и B=yt>0B = y^t > 0. Заметим, что Aln⁡A=Aln⁡(xt)=txtln⁡xA \ln A = A \ln(x^t) = t x^t \ln x. Подставим в числитель дроби:g′(t)=Aln⁡A+Bln⁡BA+B−ln⁡(A+B)t2=Aln⁡A+Bln⁡B−(A+B)ln⁡(A+B)t2(A+B)g'(t) = \frac{\frac{A \ln A + B \ln B}{A + B} - \ln(A + B)}{t^2} = \frac{A \ln A + B \ln B - (A+B)\ln(A+B)}{t^2(A+B)}Рассмотрим числитель полученного выражения:Aln⁡A+Bln⁡B−Aln⁡(A+B)−Bln⁡(A+B)=Aln⁡(AA+B)+Bln⁡(BA+B)A \ln A + B \ln B - A\ln(A+B) - B\ln(A+B) = A \ln\left(\frac{A}{A+B}\right) + B \ln\left(\frac{B}{A+B}\right)Поскольку A,B>0A, B > 0, дроби AA+B\frac{A}{A+B} и BA+B\frac{B}{A+B} строго меньше 11. Логарифмы этих величин отрицательны.
Следовательно, всё выражение строго отрицательно, а значит, g′(t)<0g'(t) < 0.
Так как логарифм функции убывает, сама функция f(t)=eg(t)f(t) = e^{g(t)} также строго убывает.
Следовательно, для 0<α<β0 < \alpha < \beta выполняется f(α)>f(β)f(\alpha) > f(\beta), что доказывает требуемое неравенство.

Что и требовалось доказать