Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 8. Направление вогнутости. Точки перегиба

Демидович — задача 1314

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

Задача 1314

1. Доказать неравенства и выяснить их геометрический смысл:а) 12(xn+yn)>(x+y2)n(x>0, y>0, x≠y, n>1);\text{а) }\frac12(x^n+y^n)>\left(\frac{x+y}{2}\right)^n
\quad(x>0,\ y>0,\ x\ne y,\ n>1);б) ex+ey2>ex+y2(x≠y);\text{б) }\frac{e^x+e^y}{2}>e^{\frac{x+y}{2}}
\quad(x\ne y);в) xln⁡x+yln⁡y>(x+y)ln⁡x+y2,если x>0 и y>0 (x≠y).\text{в) }x\ln x+y\ln y>(x+y)\ln\frac{x+y}{2},
\quad\text{если }x>0\text{ и }y>0\ (x \ne y).2. Пусть f′′(x)≥0f''(x)\ge0 при a≤x≤ba\le x\le b. Доказать, чтоf(x1+x22)≤12[f(x1)+f(x2)]f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)
\le\frac12\bigl[f(x_1)+f(x_2)\bigr]при любых x1,x2∈[a,b]x_1,x_2\in[a,b].

Опирается на задачу 1312, задачу 1313

Доказательство

Идея

Пункт 1.
Во всех трёх случаях (а, б, в) можно заметить, что неравенства имеют общую структуру:f(x)+f(y)2>f(x+y2)\frac{f(x) + f(y)}{2} > f\left(\frac{x+y}{2}\right)Это частный случай определения выпуклости снизу (строгой), где параметры взяты равными λ1=λ2=12\lambda_1 = \lambda_2 = \frac{1}{2}.
В задаче 1313 мы строго доказали, что функции f(t)=tnf(t) = t^n (при n>1n>1), f(t)=etf(t) = e^t и f(t)=tln⁡tf(t) = t\ln t являются выпуклыми снизу на интервале (0,+∞)(0, +\infty). Значит, для любых x≠yx \ne y из этого интервала выполняется неравенство выпуклости снизу.
  1. 1

    Пункт а)

    Для f(t)=tnf(t) = t^n (n>1n>1) неравенство 12(xn+yn)>(x+y2)n\frac{1}{2}(x^n + y^n) > \left(\frac{x+y}{2}\right)^n сразу следует из f′′(t)=n(n−1)tn−2>0f''(t) = n(n-1)t^{n-2} > 0.
  2. 2

    Пункт б)

    Для f(t)=etf(t) = e^t неравенство 12(ex+ey)>ex+y2\frac{1}{2}(e^x + e^y) > e^{\frac{x+y}{2}} сразу следует из f′′(t)=et>0f''(t) = e^t > 0.
  3. 3

    Пункт в)

    Преобразуем неравенство, разделив обе части на 22:xln⁡x+yln⁡y2>x+y2ln⁡x+y2\frac{x\ln x + y\ln y}{2} > \frac{x+y}{2}\ln\frac{x+y}{2}Пусть f(t)=tln⁡tf(t) = t\ln t. Тогда слева записано f(x)+f(y)2\frac{f(x) + f(y)}{2}, а справа f(x+y2)f\left(\frac{x+y}{2}\right). Неравенство следует из f′′(t)=1t>0f''(t) = \frac{1}{t} > 0.

    Геометрический смысл.
    Геометрически эти неравенства означают, что середина хорды, соединяющей точки (x,f(x))(x, f(x)) и (y,f(y))(y, f(y)), лежит строго выше соответствующей точки графика функции с той же абсциссой x+y2\frac{x+y}{2}. Это является характерным свойством графиков функций, обращённых выпуклостью вниз (вогнутых вверх).

Проверка

Пункт 2.
Требуется доказать, что если f′′(x)≥0f''(x) \ge 0 на [a,b][a,b], то для любых x1,x2∈[a,b]x_1, x_2 \in [a,b] выполнено неравенство:f(x1+x22)≤12[f(x1)+f(x2)]f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \le \frac{1}{2}\bigl[f(x_1)+f(x_2)\bigr]Если x1=x2x_1 = x_2, неравенство обращается в очевидное равенство. Пусть x1<x2x_1 < x_2.
Рассмотрим разность Δ=12f(x1)+12f(x2)−f(x1+x22)\Delta = \frac{1}{2}f(x_1) + \frac{1}{2}f(x_2) - f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right). Обозначим x0=x1+x22x_0 = \frac{x_1+x_2}{2}.
Повторяя выкладки из задачи 1312 для λ1=λ2=12\lambda_1 = \lambda_2 = \frac{1}{2}, получим:Δ=14(x2−x1)[f′(ξ2)−f′(ξ1)]\Delta = \frac{1}{4}(x_2 - x_1) [f'(\xi_2) - f'(\xi_1)]где x1<ξ1<x0<ξ2<x2x_1 < \xi_1 < x_0 < \xi_2 < x_2.
Так как f′′(x)≥0f''(x) \ge 0 на отрезке [a,b][a,b], первая производная f′(x)f'(x) является неубывающей функцией.
Так как ξ1<ξ2\xi_1 < \xi_2, то f′(ξ1)≤f′(ξ2)f'(\xi_1) \le f'(\xi_2), откуда f′(ξ2)−f′(ξ1)≥0f'(\xi_2) - f'(\xi_1) \ge 0.
Поскольку x2−x1>0x_2 - x_1 > 0, получаем Δ≥0\Delta \ge 0, что эквивалентно:12[f(x1)+f(x2)]≥f(x1+x22)\frac{1}{2}\bigl[f(x_1)+f(x_2)\bigr] \ge f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)Что и требовалось доказать.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1314 — решение