Демидович — задача 1456

1. 1
   Докажем предложенные неравенства методами дифференциального исчисления.
2. 2

   Пункт а)

   Рассмотрим функцию $f(x) = 3x - x^3$ на сегменте $[-2, 2]$. Найдём её критические точки$$f'(x) = 3 - 3x^2 = 3(1-x)(1+x)$$Производная обращается в нуль в точках $x = -1$ и $x = 1$. Вычислим значения функции в критических точках и на концах сегмента$$f(-2) = 3(-2) - (-2)^3 = -6 + 8 = 2$$$$f(-1) = 3(-1) - (-1)^3 = -3 + 1 = -2$$$$f(1) = 3(1) - 1^3 = 3 - 1 = 2$$$$f(2) = 3(2) - 2^3 = 6 - 8 = -2$$Наименьшее значение функции равно $-2$, наибольшее равно $2$. Следовательно, на сегменте $[-2, 2]$ выполняется неравенство $-2 \le 3x - x^3 \le 2$, что равносильно$$|3x - x^3| \le 2$$
3. 3

   Пункт б)

   Рассмотрим функцию $f(x) = x^p + (1-x)^p$ на сегменте $[0, 1]$ при $p > 1$. Найдём производную$$f'(x) = px^{p-1} - p(1-x)^{p-1}$$Приравняем производную к нулю. Так как $p - 1 > 0$, имеем$$x^{p-1} = (1-x)^{p-1} \implies x = 1 - x \implies x = \frac{1}{2}$$Вычислим значения функции в критической точке и на концах отрезка$$f\left(\frac{1}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}\right)^p + \left(\frac{1}{2}\right)^p = 2 \cdot \frac{1}{2^p} = \frac{1}{2^{p-1}}$$$$f(0) = 0^p + 1^p = 1$$$$f(1) = 1^p + 0^p = 1$$Минимум функции равен $\frac{1}{2^{p-1}}$, максимум равен $1$. Следовательно$$\frac{1}{2^{p-1}} \le x^p + (1-x)^p \le 1$$
4. 4

   Пункт в)

   Рассмотрим функцию $f(x) = x^m(a-x)^n$ на сегменте $[0, a]$. Найдём её производную$$f'(x) = mx^{m-1}(a-x)^n - nx^m(a-x)^{n-1} = x^{m-1}(a-x)^{n-1}[m(a-x) - nx]$$Критические точки: $x=0$, $x=a$ и точка внутри интервала, где скобка обращается в нуль$$m(a-x) - nx = 0 \implies ma - (m+n)x = 0 \implies x = \frac{ma}{m+n}$$Так как на концах сегмента $f(0) = 0$ и $f(a) = 0$, в найденной точке функция достигает своего наибольшего значения$$f_{\max} = f\left(\frac{ma}{m+n}\right) = \left(\frac{ma}{m+n}\right)^m \left(a - \frac{ma}{m+n}\right)^n = \frac{m^m a^m}{(m+n)^m} \frac{n^n a^n}{(m+n)^n} = \frac{m^m n^n}{(m+n)^{m+n}} a^{m+n}$$Отсюда следует доказываемое неравенство.
5. 5

   Пункт г)

   Левая часть. Рассмотрим функцию $f(t) = t^n$ при $t > 0$ и $n > 1$. Найдём вторую производную: $f''(t) = n(n-1)t^{n-2} > 0$. Так как вторая производная положительна, функция строго выпукла вниз. По свойству выпуклой функции$$\frac{f(x) + f(a)}{2} \ge f\left(\frac{x+a}{2}\right) \implies \frac{x^n+a^n}{2} \ge \left(\frac{x+a}{2}\right)^n$$Извлекая корень $n$-й степени из обеих частей, получим$$\frac{\sqrt[n]{x^n+a^n}}{2^{\frac{1}{n}}} \ge \frac{x+a}{2} \implies \sqrt[n]{x^n+a^n} \ge \frac{x+a}{2^{1-\frac{1}{n}}} = \frac{x+a}{2^{\frac{n-1}{n}}}$$Правая часть. Так как $x > 0$ и $a > 0$, воспользуемся разложением бинома Ньютона$$(x+a)^n = x^n + nx^{n-1}a + \cdots + a^n > x^n + a^n$$Извлекая корень $n$-й степени, получаем $\sqrt[n]{x^n+a^n} < x+a$, что удовлетворяет нестрогому неравенству.
6. 6

   Пункт д)

   Преобразуем выражение с помощью введения вспомогательного угла$$a\sin x + b\cos x = \sqrt{a^2+b^2} \left( \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \sin x + \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \cos x \right)$$Обозначим $\cos\varphi = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$ и $\sin\varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$. Тогда$$a\sin x + b\cos x = \sqrt{a^2+b^2} \sin(x+\varphi)$$Так как $|\sin(x+\varphi)| \le 1$ для любого $x$, получаем$$|a\sin x + b\cos x| \le \sqrt{a^2+b^2}$$
7. 7
   Докажем двустороннее неравенство для функции $y = \frac{x^2+1}{x^2+x+1}$.
   Перепишем уравнение в виде квадратного относительно $x$$$y(x^2+x+1) = x^2+1 \implies (y-1)x^2 + yx + (y-1) = 0$$Для того чтобы существовали действительные значения $x$, дискриминант этого уравнения должен быть неотрицательным$$D = y^2 - 4(y-1)^2 \ge 0$$Применим формулу разности квадратов$$(y - 2(y-1))(y + 2(y-1)) \ge 0 \implies (2-y)(3y-2) \ge 0$$Корни выражения: $y = 2$ и $y = \frac{2}{3}$. Решая неравенство методом интервалов, получаем$$\frac{2}{3} \le y \le 2$$

Что и требовалось доказать