Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 11. Экстремум функции. Наибольшее и наименьшее значения функции

Демидович — задача 1456

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

Задача 1456

1. Доказать неравенства:а) ∣3x−x3∣≤2при ∣x∣≤2\text{а) }|3x-x^3|\le2\quad\text{при }|x|\le2б) 12p−1≤xp+(1−x)p≤10≤x≤1, p>1\text{б) }\frac1{2^{p-1}}\le x^p+(1-x)^p\le1
\quad 0\le x\le1,\ p>1в) xm(a−x)n≤mmnn(m+n)m+nam+nm>0, n>0, 0≤x≤a\text{в) }x^m(a-x)^n\le
\frac{m^mn^n}{(m+n)^{m+n}}a^{m+n}
\quad m>0,\ n>0,\ 0\le x\le aг) x+a2n−1n≤xn+ann≤x+ax>0, a>0, n>1\text{г) }\frac{x+a}{2^{\frac{n-1}{n}}}\le\sqrt[n]{x^n+a^n}\le x+a
\quad x>0,\ a>0,\ n>1д) ∣asin⁡x+bcos⁡x∣≤a2+b2\text{д) }|a\sin x+b\cos x|\le\sqrt{a^2+b^2}2. Доказать неравенство23≤x2+1x2+x+1≤2\frac23\le\frac{x^2+1}{x^2+x+1}\le2при −∞<x<+∞-\infty<x<+\infty.

Доказательство

Докажем предложенные неравенства методами дифференциального исчисления.

Пункт а)

Рассмотрим функцию f(x)=3x−x3f(x) = 3x - x^3 на сегменте [−2,2][-2, 2]. Найдём её критические точкиf′(x)=3−3x2=3(1−x)(1+x)f'(x) = 3 - 3x^2 = 3(1-x)(1+x)Производная обращается в нуль в точках x=−1x = -1 и x=1x = 1. Вычислим значения функции в критических точках и на концах сегментаf(−2)=3(−2)−(−2)3=−6+8=2f(-2) = 3(-2) - (-2)^3 = -6 + 8 = 2f(−1)=3(−1)−(−1)3=−3+1=−2f(-1) = 3(-1) - (-1)^3 = -3 + 1 = -2f(1)=3(1)−13=3−1=2f(1) = 3(1) - 1^3 = 3 - 1 = 2f(2)=3(2)−23=6−8=−2f(2) = 3(2) - 2^3 = 6 - 8 = -2Наименьшее значение функции равно −2-2, наибольшее равно 22. Следовательно, на сегменте [−2,2][-2, 2] выполняется неравенство −2≤3x−x3≤2-2 \le 3x - x^3 \le 2, что равносильно∣3x−x3∣≤2|3x - x^3| \le 2

Пункт б)

Рассмотрим функцию f(x)=xp+(1−x)pf(x) = x^p + (1-x)^p на сегменте [0,1][0, 1] при p>1p > 1. Найдём производнуюf′(x)=pxp−1−p(1−x)p−1f'(x) = px^{p-1} - p(1-x)^{p-1}Приравняем производную к нулю. Так как p−1>0p - 1 > 0, имеемxp−1=(1−x)p−1  ⟹  x=1−x  ⟹  x=12x^{p-1} = (1-x)^{p-1} \implies x = 1 - x \implies x = \frac{1}{2}Вычислим значения функции в критической точке и на концах отрезкаf(12)=(12)p+(12)p=2⋅12p=12p−1f\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)=0p+1p=1f(0) = 0^p + 1^p = 1f(1)=1p+0p=1f(1) = 1^p + 0^p = 1Минимум функции равен 12p−1\frac{1}{2^{p-1}}, максимум равен 11. Следовательно12p−1≤xp+(1−x)p≤1\frac{1}{2^{p-1}} \le x^p + (1-x)^p \le 1

Пункт в)

Если a=0a=0, возможен только x=0x=0, и обе части неравенства равны нулю. Пусть a>0a>0. Функция f(x)=xm(a−x)nf(x)=x^m(a-x)^n непрерывна на [0,a][0,a] при любых вещественных m,n>0m,n>0. На открытом интервале (0,a)(0,a) её производная равнаf′(x)=mxm−1(a−x)n−nxm(a−x)n−1=xm−1(a−x)n−1[m(a−x)−nx]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]Для поиска наибольшего значения проверяем концы x=0x=0, x=ax=a и единственную стационарную точку внутри интервала, где скобка обращается в нульm(a−x)−nx=0  ⟹  ma−(m+n)x=0  ⟹  x=mam+nm(a-x) - nx = 0 \implies ma - (m+n)x = 0 \implies x = \frac{ma}{m+n}Так как на концах сегмента f(0)=0f(0) = 0 и f(a)=0f(a) = 0, в найденной точке функция достигает своего наибольшего значенияfmax⁡=f(mam+n)=(mam+n)m(a−mam+n)n=mmam(m+n)mnnan(m+n)n=mmnn(m+n)m+nam+nf_{\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.

Пункт г)

Левая часть. Рассмотрим функцию f(t)=tnf(t) = t^n при t>0t > 0 и n>1n > 1. Найдём вторую производную: f′′(t)=n(n−1)tn−2>0f''(t) = n(n-1)t^{n-2} > 0. Так как вторая производная положительна, функция строго выпукла вниз. По свойству выпуклой функцииf(x)+f(a)2≥f(x+a2)  ⟹  xn+an2≥(x+a2)n\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)^nИзвлекая корень nn-й степени из обеих частей, получимxn+ann21n≥x+a2  ⟹  xn+ann≥x+a21−1n=x+a2n−1n\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 верна для любого вещественного n>1n>1. При u=x/(x+a)u=x/(x+a) имеем 0<u<10<u<1, поэтому un<uu^n<u и (1−u)n<1−u(1-u)^n<1-u. Складывая,xn+an(x+a)n=un+(1−u)n<1.\frac{x^n+a^n}{(x+a)^n}=u^n+(1-u)^n<1.Все величины положительны, а степень 1/n1/n строго возрастает. Следовательно, xn+ann<x+a\sqrt[n]{x^n+a^n}<x+a.

Пункт д)

Раскроем квадраты в тождестве(asin⁡x+bcos⁡x)2+(acos⁡x−bsin⁡x)2=a2(sin⁡2x+cos⁡2x)+b2(sin⁡2x+cos⁡2x)=a2+b2.(a\sin x+b\cos x)^2+(a\cos x-b\sin x)^2
=a^2(\sin^2x+\cos^2x)+b^2(\sin^2x+\cos^2x)=a^2+b^2.Перекрёстные слагаемые 2absin⁡xcos⁡x2ab\sin x\cos x и −2absin⁡xcos⁡x-2ab\sin x\cos x сокращаются. Второй квадрат неотрицателен, поэтому(asin⁡x+bcos⁡x)2≤a2+b2.(a\sin x+b\cos x)^2\le a^2+b^2.Извлекаем квадратный корень из неотрицательных сторон и получаем ∣asin⁡x+bcos⁡x∣≤a2+b2|a\sin x+b\cos x|\le\sqrt{a^2+b^2}. Доказательство включает случай a=b=0a=b=0.
2. Знаменатель всегда положителен:D=x2+x+1=(x+1/2)2+3/4>0.D=x^2+x+1=(x+1/2)^2+3/4>0.Поэтому обе границы можно проверить точным вычитанием:x2+1D−23=3x2+3−2x2−2x−23D=(x−1)23D≥0,\frac{x^2+1}{D}-\frac23
=\frac{3x^2+3-2x^2-2x-2}{3D}
=\frac{(x-1)^2}{3D}\ge0,2−x2+1D=2x2+2x+2−x2−1D=(x+1)2D≥0.2-\frac{x^2+1}{D}
=\frac{2x^2+2x+2-x^2-1}{D}
=\frac{(x+1)^2}{D}\ge0.Следовательно, 2/3≤(x2+1)/(x2+x+1)≤22/3\le(x^2+1)/(x^2+x+1)\le2. Левая граница достигается при x=1x=1, правая — при x=−1x=-1.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1456 — решение | Высшая математика — Профиматика