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

Идея

Сначала докажем, что при s=0s=0 функция Δ0(a,b)\Delta_0(a,b) равна среднему геометрическому ab\sqrt{ab}. Вычислим предел, прологарифмировав выражение:ln⁡Δs(a,b)=1sln⁡(as+bs2)\ln \Delta_s(a,b) = \frac{1}{s}\ln\left(\frac{a^s+b^s}{2}\right)При s→0s \to 0 получаем неопределённость 00\frac{0}{0}. Применим правило Лопиталя (дифференцируя по ss):lim⁡s→0ln⁡(as+bs2)s=lim⁡s→02as+bs⋅asln⁡a+bsln⁡b21=a0ln⁡a+b0ln⁡ba0+b0=ln⁡a+ln⁡b2=ln⁡ab\lim_{s\to 0} \frac{\ln\left(\frac{a^s+b^s}{2}\right)}{s} = \lim_{s\to 0} \frac{\frac{2}{a^s+b^s} \cdot \frac{a^s\ln a + b^s\ln b}{2}}{1} = \frac{a^0\ln a + b^0\ln b}{a^0+b^0} = \frac{\ln a + \ln b}{2} = \ln\sqrt{ab}Отсюда Δ0(a,b)=eln⁡ab=ab\Delta_0(a,b) = e^{\ln\sqrt{ab}} = \sqrt{ab}, что и требовалось.
  1. 1
    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^sИзвлекаем корень степени ss (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 извлечении корня отрицательной степени 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).
  2. 2
    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)Рассмотрим функцию f(t)=tln⁡tf(t) = t\ln t. Её вторая производная f′′(t)=1t>0f''(t) = \frac{1}{t} > 0 для всех t>0t > 0, поэтому функция строго выпукла вниз. По неравенству Йенсена для строго выпуклой функции:f(u)+f(v)2>f(u+v2)\frac{f(u)+f(v)}{2} > f\left(\frac{u+v}{2}\right)uln⁡u+vln⁡v2>u+v2ln⁡(u+v2)\frac{u\ln u + v\ln v}{2} > \frac{u+v}{2}\ln\left(\frac{u+v}{2}\right)Разделим обе части на u+v2>0\frac{u+v}{2} > 0:uln⁡u+vln⁡vu+v>ln⁡(u+v2)\frac{u\ln u + v\ln v}{u+v} > \ln\left(\frac{u+v}{2}\right)Это означает, что H(u,v)>0H(u,v) > 0.
    Следовательно, производная g′(s)>0g'(s) > 0 для всех s≠0s \ne 0. Так как g(s)g(s) непрерывна в нуле, она строго возрастает на всей числовой прямой R\mathbb{R}. 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.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1296 — решение