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

Демидович — задача 1296

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

Задача 1296

Средней порядка ss для двух положительных чисел aa и bb называется функция, определяемая равенствомΔs(a,b)=(as+bs2)1s,если s≠0,\Delta_s(a,b)=\left(\frac{a^s+b^s}{2}\right)^{\frac1s},
\quad\text{если }s\ne0,иΔ0(a,b)=lim⁡s→0Δs(a,b)\Delta_0(a,b)=\lim_{s\to0}\Delta_s(a,b)В частности, получаем: при s=−1s=-1 среднее гармоническое; при s=0s=0 среднее геометрическое (доказать!); при s=1s=1 среднее арифметическое; при s=2s=2 среднее квадратичное.

Доказать, что:

1) min⁡(a,b)≤Δs(a,b)≤max⁡(a,b)\min(a,b)\le\Delta_s(a,b)\le\max(a,b);

2) функция Δs(a,b)\Delta_s(a,b) при a≠ba\ne b есть возрастающая функция переменной ss;

3)lim⁡s→−∞Δs(a,b)=min⁡(a,b),lim⁡s→+∞Δs(a,b)=max⁡(a,b)\lim_{s\to-\infty}\Delta_s(a,b)=\min(a,b),
\qquad
\lim_{s\to+\infty}\Delta_s(a,b)=\max(a,b)Указание. Рассмотретьdds[ln⁡Δs(a,b)]\frac d{ds}[\ln\Delta_s(a,b)]

Доказательство

Положим H(s)=ln⁡((as+bs)/2)H(s)=\ln((a^s+b^s)/2). Эта функция дифференцируема при всех ss, причём H(0)=0H(0)=0. Поэтому предел при s→0s\to0 есть производная по определению:lim⁡s→0ln⁡Δs(a,b)=lim⁡s→0H(s)−H(0)s=H′(0).\lim_{s\to0}\ln\Delta_s(a,b)=\lim_{s\to0}\frac{H(s)-H(0)}s=H'(0).По правилу производной логарифмаH′(s)=asln⁡a+bsln⁡bas+bs,H′(0)=ln⁡a+ln⁡b2=ln⁡ab.H'(s)=\frac{a^s\ln a+b^s\ln b}{a^s+b^s},\qquad
H'(0)=\frac{\ln a+\ln b}{2}=\ln\sqrt{ab}.Непрерывность экспоненты даёт Δ0=ab\Delta_0=\sqrt{ab}; одновременно доказана непрерывность продолжения в нуле.
Докажем, что min⁡(a,b)≤Δs(a,b)≤max⁡(a,b)\min(a,b) \le \Delta_s(a,b) \le \max(a,b).
Без ограничения общности будем считать, что a≤ba \le b.
Тогда as≤bsa^s \le b^s при s>0s > 0. Следовательно:as=as+as2≤as+bs2≤bs+bs2=bsa^s = \frac{a^s+a^s}{2} \le \frac{a^s+b^s}{2} \le \frac{b^s+b^s}{2} = b^sВозводим в степень 1/s1/s (так как s>0s>0, знак неравенства сохраняется):a≤(as+bs2)1s≤ba \le \left(\frac{a^s+b^s}{2}\right)^{\frac{1}{s}} \le bЕсли s<0s < 0, то as≥bsa^s \ge b^s. Тогда:as≥as+bs2≥bsa^s \ge \frac{a^s+b^s}{2} \ge b^sПри возведении в отрицательную степень 1/s1/s знак неравенства меняется на противоположный:a≤(as+bs2)1s≤ba \le \left(\frac{a^s+b^s}{2}\right)^{\frac{1}{s}} \le bВ обоих случаях min⁡(a,b)≤Δs(a,b)≤max⁡(a,b)\min(a,b) \le \Delta_s(a,b) \le \max(a,b) (для s=0s=0 мы уже знаем, что a≤ab≤ba \le \sqrt{ab} \le b).
Докажем, что при a≠ba \ne b функция Δs(a,b)\Delta_s(a,b) монотонно возрастает по ss.
Воспользуемся указанием и рассмотрим производную от логарифма:g(s)=ln⁡Δs(a,b)=1sln⁡(as+bs2)g(s) = \ln \Delta_s(a,b) = \frac{1}{s}\ln\left(\frac{a^s+b^s}{2}\right)Найдём её производную по ss:g′(s)=−1s2ln⁡(as+bs2)+1s⋅asln⁡a+bsln⁡bas+bsg'(s) = -\frac{1}{s^2}\ln\left(\frac{a^s+b^s}{2}\right) + \frac{1}{s} \cdot \frac{a^s\ln a + b^s\ln b}{a^s+b^s}Вынесем 1s2\frac{1}{s^2} за скобки и преобразуем:g′(s)=1s2[asln⁡(as)+bsln⁡(bs)as+bs−ln⁡(as+bs2)]g'(s) = \frac{1}{s^2} \left[ \frac{a^s \ln(a^s) + b^s \ln(b^s)}{a^s+b^s} - \ln\left(\frac{a^s+b^s}{2}\right) \right]Введём обозначения u=as>0u = a^s > 0 и v=bs>0v = b^s > 0. Выражение в квадратных скобках примет вид:H(u,v)=uln⁡u+vln⁡vu+v−ln⁡(u+v2)H(u,v) = \frac{u\ln u + v\ln v}{u+v} - \ln\left(\frac{u+v}{2}\right)Положим q=u/(u+v)∈(0,1)q=u/(u+v)\in(0,1). Тогда 1−q=v/(u+v)1-q=v/(u+v), иH(u,v)=qln⁡(2q)+(1−q)ln⁡(2(1−q))=:J(q).H(u,v)=q\ln(2q)+(1-q)\ln(2(1-q))=:J(q).Вычислим производную:J′(q)=ln⁡(2q)+1−ln⁡(2(1−q))−1=ln⁡q1−q.J'(q)=\ln(2q)+1-\ln(2(1-q))-1=\ln\frac q{1-q}.Она отрицательна при q<1/2q<1/2 и положительна при q>1/2q>1/2. Значит, JJ строго убывает до 1/21/2 и строго возрастает после. Поскольку J(1/2)=0J(1/2)=0, получаем J(q)>0J(q)>0 при q≠1/2q\ne1/2. В нашем случае a≠ba\ne b, s≠0s\ne0, поэтому u≠vu\ne v и q≠1/2q\ne1/2.
Это означает, что H(u,v)>0H(u,v) > 0.
Следовательно, производная g′(s)>0g'(s) > 0 для всех s≠0s \ne 0. Строгая монотонность пока получена отдельно на двух лучах. Непрерывность в нуле соединяет их: для s<0s<0 имеем g(s)<g(s/2)≤g(0)g(s)<g(s/2)\le g(0), а для s>0s>0 — g(0)≤g(s/2)<g(s)g(0)\le g(s/2)<g(s). Следовательно, gg строго возрастает на всей прямой. Поскольку логарифм возрастает, сама функция Δs(a,b)\Delta_s(a,b) также строго возрастает по переменной ss.

Проверка

3) Вычислим пределы при s→±∞s \to \pm\infty. Пусть b>a>0b > a > 0 (тогда max⁡(a,b)=b\max(a,b)=b и min⁡(a,b)=a\min(a,b)=a).
При s→+∞s \to +\infty:Δs(a,b)=(as+bs2)1s=b((ab)s+12)1s\Delta_s(a,b) = \left(\frac{a^s+b^s}{2}\right)^{\frac{1}{s}} = b \left(\frac{\left(\frac{a}{b}\right)^s + 1}{2}\right)^{\frac{1}{s}}Так как 0<ab<10 < \frac{a}{b} < 1, то (ab)s→0\left(\frac{a}{b}\right)^s \to 0 при s→+∞s \to +\infty.
Основание степени стремится к 12\frac{1}{2}, а показатель 1s→0\frac{1}{s} \to 0. Следовательно:lim⁡s→+∞Δs(a,b)=b⋅(12)0=b=max⁡(a,b)\lim_{s\to+\infty}\Delta_s(a,b) = b \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^0 = b = \max(a,b)При s→−∞s \to -\infty:
Вынесем меньшее число aa:Δs(a,b)=a(1+(ba)s2)1s\Delta_s(a,b) = a \left(\frac{1 + \left(\frac{b}{a}\right)^s}{2}\right)^{\frac{1}{s}}Так как ba>1\frac{b}{a} > 1 и s→−∞s \to -\infty, то (ba)s→0\left(\frac{b}{a}\right)^s \to 0.
Тогда основание стремится к 12\frac{1}{2}, а показатель 1s→0\frac{1}{s} \to 0:lim⁡s→−∞Δs(a,b)=a⋅(12)0=a=min⁡(a,b)\lim_{s\to-\infty}\Delta_s(a,b) = a \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^0 = a = \min(a,b)Все пункты задачи полностью доказаны. Если a=ba=b, то Δs=a\Delta_s=a при любом ss, и оба предела равны aa. В вычислениях для a≠ba\ne b переход B(s)1/s→1B(s)^{1/s}\to1 обоснован равенством B(s)1/s=exp⁡(ln⁡B(s)/s)B(s)^{1/s}=\exp(\ln B(s)/s): B(s)→1/2B(s)\to1/2, поэтому числитель логарифма имеет конечный предел, а знаменатель по модулю стремится к бесконечности.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1296 — решение | Высшая математика — Профиматика