Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 7. Возрастание и убывание функции. Неравенства
Демидович — задача 1297
Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.
Задача 1297
Доказать неравенства:а) xα−1>α(x−1)при α≥2, x>1б) nx−na<nx−a,если n>1, x>a>0в) 1+2lnx≤x2при x>0
Доказательство
Для доказательства используем методы дифференциального исчисления.
Поэтому для всех x>1 производная строго положительна: f′(x)>0.
Следовательно, функция f(x) строго возрастает на луче [1,+∞).
Поскольку f(1)=1α−1−α(0)=0, для всех x>1 имеем f(x)>0.
Отсюда xα−1>α(x−1), что и требовалось доказать.
Нам нужно доказать, что f(x)>0. Найдём производную функции:f′(x)=n1(x−a)n1−1−n1xn1−1=n1((x−a)n1−n−xn1−n)По условию n>1, поэтому показатель степени отрицателен: n1−n<0.
Функция tp при p<0 является строго убывающей для t>0.
Поскольку 0<x−a<x, справедливо неравенство:(x−a)n1−n>xn1−nСледовательно, производная f′(x)>0 при x>a.
Функция f(x) строго возрастает. Найдём её значение на левом конце области x=a:f(a)=n0−na+na=0Так как функция строго возрастает, при x>a выполняется f(x)>f(a)=0.
Отсюда получаем nx−a−nx+na>0, или nx−na<nx−a.
Нам нужно показать, что её минимальное значение неотрицательно. Найдём производную:f′(x)=2x−x2=x2x2−2=x2(x−1)(x+1)Приравняем производную к нулю: f′(x)=0⟹x=1 (корень x=−1 не входит в область определения).
Определим знаки производной на интервалах (0,1) и (1,+∞):
При 0<x<1 числитель отрицателен, знаменатель положителен ⟹f′(x)<0. Функция строго убывает.
При x>1 числитель положителен, знаменатель положителен ⟹f′(x)>0. Функция строго возрастает.
Это означает, что x2−2lnx−1≥0, откуда 1+2lnx≤x2. Неравенство доказано.
Пункт а)
Перенесём все члены в левую часть и рассмотрим функцию:f(x)=xα−1−α(x−1)Найдём её производную:f′(x)=αxα−1−α=α(xα−1−1)Поскольку по условию x>1 и α≥2, то α−1≥1>0, откуда xα−1>1.Поэтому для всех x>1 производная строго положительна: f′(x)>0.
Следовательно, функция f(x) строго возрастает на луче [1,+∞).
Поскольку f(1)=1α−1−α(0)=0, для всех x>1 имеем f(x)>0.
Отсюда xα−1>α(x−1), что и требовалось доказать.
Пункт б)
Рассмотрим функцию f(x)=nx−a−nx+na для x>a.Нам нужно доказать, что f(x)>0. Найдём производную функции:f′(x)=n1(x−a)n1−1−n1xn1−1=n1((x−a)n1−n−xn1−n)По условию n>1, поэтому показатель степени отрицателен: n1−n<0.
Функция tp при p<0 является строго убывающей для t>0.
Поскольку 0<x−a<x, справедливо неравенство:(x−a)n1−n>xn1−nСледовательно, производная f′(x)>0 при x>a.
Функция f(x) строго возрастает. Найдём её значение на левом конце области x=a:f(a)=n0−na+na=0Так как функция строго возрастает, при x>a выполняется f(x)>f(a)=0.
Отсюда получаем nx−a−nx+na>0, или nx−na<nx−a.
Пункт в)
Рассмотрим функцию f(x)=x2−2lnx−1 для x>0.Нам нужно показать, что её минимальное значение неотрицательно. Найдём производную:f′(x)=2x−x2=x2x2−2=x2(x−1)(x+1)Приравняем производную к нулю: f′(x)=0⟹x=1 (корень x=−1 не входит в область определения).
Определим знаки производной на интервалах (0,1) и (1,+∞):
При 0<x<1 числитель отрицателен, знаменатель положителен ⟹f′(x)<0. Функция строго убывает.
При x>1 числитель положителен, знаменатель положителен ⟹f′(x)>0. Функция строго возрастает.
Проверка
Таким образом, в точке x=1 функция достигает своего глобального минимума. Вычислим его:fmin=f(1)=12−2ln1−1=1−0−1=0Поскольку минимальное значение функции равно нулю, для всех x>0 справедливо f(x)≥0.Это означает, что x2−2lnx−1≥0, откуда 1+2lnx≤x2. Неравенство доказано.
Что и требовалось доказать