Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В

• Название: Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
• Дата: 16.10.2022
• Размер: 3.28 Mb.
• Имя файла: algebra.pdf
• Тип: Учебное пособие; #736986
• страница: 41 из 71

27.19. Докажите, что 3/10 < lg 2 < 1/3.
27.20. Сравните числа log
a
−1
a и log
a
(a
+ 1), где a > 1.
27.21. Сравните числа log
2 3 и log
3 5.
27.22. Сравните числа log
20 80 и log
80 640.
27.23. Сравните числа log
5 7 и log
13 17.
27.24. Сравните числа log
3 7 и log
7 27.
27.5. Иррациональность логарифмов. Докажите, что следующие числа иррациональны:
а) log
2 3; б) log
√
2 3; в) log
5+3
√
2
(3
+ 5
√
2).
27.26. Приведите пример положительных иррациональных чисел a и b, для которых число целое. Некоторые замечательные пределы. Докажите, что lim
x
→±∞
(1
+ 1/x)
x
= e.
27.28. Докажите, что lim
x
→0
ln(1 + x)
x
= 1.
27.29. Докажите, что lim
x
→0
(1
+ x)
a
− 1
x
= a для любого вещественного. Докажите, что lim
x
→0
a
x
− 1
x
= ln a для любого положительного. Гиперболические функции
Такую же роль, какую играют для окружности тригонометрические функции, для гиперболы x
2
−y
2
= 1 играют гиперболические
функции:
sh x =
e
x
− гиперболический синус x гиперболический косинус

Решения задач x =
e
x
− гиперболический тангенс x =
e
x
+
e
−x
e
x
− гиперболический котангенс).
Очевидно, что sh(−x) = − sh x и ch(−x) = ch x.
27.31. Докажите, что точка с координатами x = ch t, y =
= sh t лежит на гиперболе x
2
− y
2
= 1.
27.32. Докажите, что sh(x ± y) = sh x ch y ± ch x sh y,
ch(x ± y) = ch x ch y ± sh x sh Обратные гиперболические функции определяются следующим образом:
если x = sh y, то y = Arsh x (ареасинус* гиперболический);
если x = ch y, то y = Arch x (ареакосинус гиперболический);
если x = th y, то y = Arth x (ареатангенс гиперболический);
если x = cth y, то y = Arcth x (ареакотангенс гиперболический. Докажите, что x = ln(x +
p
x
2
+ 1);
Arch x = ln(x ±
p
x
2
− 1) = ± ln(x +
p
x
2
− 1);
Arth x =
1 2
ln
1 + x
1 − Гиперболической амплитудой числа x называют угол a
(−
p
/2 <
<
a
<
p
/2), для которого sh x
= tg a
27.34. Докажите следующие свойства гиперболической амплитуды:
а) ch x = 1/ cos б) th(x/2) = Решения. а) Можно считать, что x
1
= p
1
/q и x
2
= p
2
/q. Тогда поскольку a>1. Для положительных чисел и неравенство a
>
b эквивалентно неравенству a
q
>
b
q
. Поэтому a
p
1
/q
>
a
p
2
/q
* От латинского area — площадь

Глава 27. Логарифм и показательная функция б) Решение аналогично, нов этом случае a
p
1
<
a
p
2
, поскольку < 1.
27.2. Положим a = 1 +
d
, где d
>
0. Тогда 1 + n
d
+ C
2
n
d
2
+ . . . > Поэтому если n > y/
d
, то a
n
>
y.
27.3. Можно считать, что x
1
= p
1
/q и x
2
= p
2
/q. Ясно, что a
p
1
a
p
2
. Поэтому a
x
1
+x
2
=
q
√
a
p
1
+p
2
=
q
√
a
p
1
·
q
√
a
p
2
= a
x
1
a
x
2
27.4. Для натурального это следует из задачи 27.3. Если l
= p/q, то достаточно извлечь корень степени q из обеих частей равенства a
px
= (a
x
)
p
27.5. Рассмотрим сначала следующий частный случай В этом случае требуемое утверждение доказано в решении задачи Для исходной последовательности {x
n
} можно построить последовательность натуральных чисел k
n
→∞ так, что Тогда при a > 1 и при a < 1.
Остаётся заметить, что lim
n
→∞
a
1/k
n
= 1 = Замечание. Если не обращаться к задаче 25.20, тора- венство lim
n
→∞
a
1/n
= 1 можно доказать следующим образом. Достаточно рассмотреть случай, когда a > 1. Согласно задаче последовательность {a
1/n
} монотонна. Ясно также, что эта последовательность ограничена, поэтому она имеет некоторый предел lim
n
→∞
a
1/n
= c. Её подпоследовательность {a
1/(2n)
} имеет тот же самый предел, поэтому c = c
2
, так как a
1/n
= (a
1/(2n)
)
2
. Таким образом 0 или 1. Но a
1/n
>
1, поэтому c > 1.
27.6. Будем считать, что a > 1; случай a < 1 разбирается аналогично. Рассмотрим вспомогательные последовательности рациональных чисел {x
′
n
} и {x
′′
n
}, сходящиеся к x, причём {x
′
n
} монотонно возрастает, а {x
′′
n
} монотонно убывает. Согласно задаче 27.1 последовательность монотонно возрастает. Эта последовательность ограничена, поэтому существует предел lim
n
→∞
a
x
′
n
= c
′
. Аналогично существует предел lim
n
→∞
a
x
′′
n
= c
′′
. Ясно, что x
′′
n
− x
′
n
→ 0, поэтому согласно задаче 27.5 c
′′
/c
′
= lim
n
→∞
a
x
′′
n
−x
′
n
= 1, те Теперь для исходной последовательности {x
n
} мы можем выбрать последовательность натуральных чисел k
n
→ ∞ так, что. Поэтому lim
n
→∞
a
x
n
= c. Число c зависит только от x.
27.7. а) Выберем рациональные числа p итак, что x > p > q > Тогда можно выбрать последовательности рациональных чисел

Решения задачи так, что они сходятся кии при этом и y
n
6
q для всех n. Согласно задаче 27.1 имеют место неравенства, поэтому б) Решается аналогично. Решение аналогично решению задачи 27.6. Мы снова выбираем такие же последовательности {x
′
n
} и {x
′′
n
}. Согласно задаче из неравенств следуют неравенства a
x
′
kn
<
a
x
n
<
<
a
x
′′
kn
, а потому lim
n
→∞
a
x
n
= c = a
x
27.9. Соотношение a
x
1
+x
2
= для произвольных чисел следует из аналогичного соотношения для рациональных чисел задача, поскольку функция f(x) = непрерывна (задача 27.8).
27.10. Функция f(x) = непрерывна (задача 27.8) и монотонна
(это легко вывести из утверждения задачи 27.1, воспользовавшись непрерывностью функции f). Кроме того, согласно задаче число может быть как сколь угодно велико, таки сколь угодно близко к нулю (для доказательства последнего утверждения нужно заметить, что a
−y
= 1/a
y
). Поэтому согласно теореме о промежуточном значении для любого x > 0 найдётся такое число что a
y
= x. Единственность числа y следует из монотонности функции. Докажем непрерывность в точке x
0
= a
y
0
, где y
0
= Для заданного e
>
0 возьмём в качестве наименьшее из двух положительных чисел |a
y
0
− a
y
0
+
e
| и |a
y
0
− a
y
0
−
e
|. Функция g(y) = монотонна, поэтому из неравенства |a
y
0
− a
y
| <
d следует неравенство, те. из неравенства |x
0
−x| <
d следует неравенство log
a
x
0
− log
a
x
| <
e
27.12. Это следует из соответствующего свойства показательной функции a
y
1
+y
2
= задача 27.9).
27.13. Ответ. Функция f(x) = 5 2x−1
+ монотонно возрастает, поэтому она принимает значение 250 лишь при одном значении x. Ясно также, что f(2) = 5 3
+ 5 3
= 250.
27.14. Ответ. Поделив обе части уравнения на 2
x
6= 0,
перейдём к уравнению 3
x
− 2 = 32 · 2
−x
. Функция f(x) = 3
x
− монотонно возрастает, а функция g(x) = 32 · монотонно убывает. Поэтому уравнение f(x) = g(x) не может иметь больше одного решения. А одно решение легко угадывается. Ответ цифру. Ясно, что 2 100
= 1024 10
>
1000 поэтому число 2 имеет не меньше 31 цифры. С другой стороны 10 1000 10
<
“
1025 1000
”
10
=
“
41 40
”
10
<
41 40
·
40 39
·
39 38
· . . . ·
32 31
=
41 31
<
10.

Глава 27. Логарифм и показательная функция
Таким образом, 2 100
= 1024 10
<
10 · 1000 10
, поэтому число 2 имеет меньше 32 цифра) По определению a
log
a
x
= x. Прологарифмировав обе части этого равенства по основанию b, получим log
a
x · log
b
a
= б) Запишем тождество из задачи а) для x = b и заметим, что log
b
b
= 1.
27.17. Требуемое равенство можно переписать в виде lg
(a+b)
2 9
=
=lg ab мы воспользовались тем, что ab > 0). Из условия следует,
что (a + b)
2
= a
2
+ b
2
+ 2ab = 7ab + 2ab = 9ab.
27.18. Правая часть требуемого неравенства равна lg 2
lg p
+
lg 5
lg Поэтому нужно доказать, что 2 lg p
<
lg 2 + lg 5, те 10.
Остаётся заметить, что p
2
<
9,87 (задача 33.4).
27.19. Неравенство 3/10<
2 10
=
= 1024, а неравенство lg 2 < 1/3 эквивалентно тому, что 8 = 2 3
<
10.
27.20. Неравенство показывает, что log
a
(a
−1)+
+ log
a
(a
+ 1) < 2. С другой стороны 1) + log
a
(a
+ 1) > 2
p log
a
(a
− 1) log
a
(a
+ Поэтому log
a
(a
− 1) log
a
(a
+ 1) < 1, те. Пусть a = log
2 3 и b = log
3 5. Тогда 2
a
= 3, поэтому 3 3
>
5 2
= 9
b
>
8
b
. Значит, log
2 3 > log
3 5.
27.22. Ясно, что log
20 80 = 1 + 2 log
20 2 и log
80 640 = 1 + 3 log
80 Далее, log
20 2 =
1
log
2 и log
80 2 =
1
log
2 80
. Кроме того, 3 log
2 20 =
= log
2 8000 > log
2 6400 = 2 log
2 80. Поэтому log
20 80 < log
80 640.
27.23. Ясно, что log
5 7 − 1= log
5 и log
13 17 − 1= log
13 17 13
. Легко проверить, что 5
>
17 13
. Поэтому log
5 7
5
>
log
13 7
5
>
log
13 17 13
. В итоге получаем, что log
5 7 > log
13 17.
27.24. Ясно, что log
7 27 = 3 log
7 3 =
3
log
3 7
. Докажем неравенство 7)
2
>
3, те. Легко проверить, что <7/4. Поэтому неравенство 7 > следует из неравенства 7 4
>
3 7
, те. В итоге получаем, что log
3 7 > log
7 27.
27.25. а) Предположим, что log
2 3=p/q, где p и q — натуральные числа. Тогда 2
p/q
= 3, те. Этого не может быть.
б) Предположим, что log
√
2 3 = p/q, где p и q — натуральные числа. Тогда (
√
2)
p/q
= 3, те. Этого не может быть.
в) Эта задача эквивалентна задаче 6.25.

Решения задач. Положим a =
√
2 и b = log
√
2 3. Числа a и b иррациональные (задачи 6.16 и 27.25). При этом a
b
= (
√
2)
log
√
2 3
= 3.
27.27. Мы воспользуемся тем, что lim
n
→∞
(1
+ 1/n)
n
= e задача. Для каждого x > 1 можно выбрать натуральное число так, что n 6 x < n + 1. Тогда +
1
x
”
x
<
“
1 +
1
n
”
n
+1
=
“
1 +
1
n
”
n
“
1 +
1
n
”
,
“
1 +
1
x
”
x
>
“
1 +
1
n + 1
”
n
=
“
1 +
1
n + 1
”
n
+1
“
1 +При n → ∞ пределы правых частей обоих неравенств равны Докажем теперь, что при x → −∞ предел получается тот же самый. Для этого положим y = −x и заметим, что −
1
y
”
−y
=
“
y
y
− 1
”
y
=
“
1 +
1
y
− 1
”
y
−1
“
1 +
1
y
− При y → ∞ правая часть стремится к e.
27.28. Согласно задаче 27.27 lim
x
→0
(1
+x)
1/x
=e. Из этого, воспользовавшись непрерывностью логарифма, получаем lim
x
→0 1
x
ln(1+x)=1.
27.29. Пусть (1 + x)
a
= 1 + y. Тогда y → 0 при x → 0. Далее ln(1
+ x) = ln(1 + y). Поэтому + x)
a
− 1
x
=
y
x
=
y
ln(1 + y)
·
a ln(1 + Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, получаем требуемое. Пусть a
x
− 1 = y. Тогда y → 0 при x → 0. Кроме того + y)
ln a
. Поэтому 1
x
=
y
ln(1 + y)
· ln a. Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, получаем требуемое. Формула для разности квадратов показывает, что e
−t
2
”
2
= e
t
· e
−t
= 1.
27.32. Ясно, что sh x ch y = e
x
+y
+ e
x
−y
− e
−x+y
− e
−x−y
,
4 ch x sh y = e
x
+y
− e
x
−y
+ e
−x+y
− Из этого легко получается первое равенство. Второе равенство доказывается аналогично

Глава 27. Логарифм и показательная функция. Пусть y = Arsh x. Тогда x = sh y =
e
y
− e
−y
2
. Поэтому 2xe
y
− 1 = 0. Решая это квадратное уравнение относительно, получаем e
y
= x ±
√
x
2
+ 1. Но e
y
>
0, поэтому e
y
= x +
√
x
2
+ те+ Пусть y=Arch x. Тогда x=ch y=
e
y
+
e
−y
2
. Поэтому e
2y
−2xe
y
+1=
= 0, а значит, e
y
= x ±
√
x
2
− 1. Таким образом, y = ln(x ±
√
x
2
− Равенство (x +
√
x
2
− 1)(x −
√
x
2
− 1) = 1 показывает, что ln(x −
p
x
2
− 1) = − ln(x +
p
x
2
− Пусть y = Arth x. Тогда x = th y =
e
y
− e
−y
e
y
+
e
−y
. Поэтому e
y
(1
− x) =
= e
−y
(1
+ x), а значит, e
2y
=
1 + x
1 − x
. Таким образом, y =
1 2
ln
1 + x
1 − x
27.34. а) Ясно, что 1 = ch
2
x
− sh
2
x
= ch
2
x
− tg
2
a
. Поэтому ch
2
x
= 1 + tg
2
a
= 1/ cos
2
a
. Кроме того, ch x и cos a
положительны.
б) Ясно, что e
x
= sh x + ch x = tg a
+
1
cos a
=
1 + sin a
cos a
= Поэтому x = ln tg
“
a
2
+
p
4
”
. Формула для тангенса суммы показывает, что tg
“
a
2
+
p
4
”
=
1 + tg(
a
/2)
1 − tg(
a
/2)
. Таким образом 2
ln tg
“
a
2
+
p
4
”
=
1 2
ln
1 + tg(
a
/2)
1 − tg(
a
/2)
= Arth
“
tg что и требовалось

ГЛАВА ПРОИЗВОДНАЯ. Определение производной
Производная функции f(x) в точке x
0
— это предел lim
x
→x
0
f(x)
− f(x
0
)
x
− x
0
= Если этот предел существует, то говорят, что функция f(x) дифференцируема в точке Для функции f(x), определённой на отрезке [a, b], производные в точках a и b определяются как односторонние пределы.
Производную функции g(x) = f
′
(x) называют второй производной или производной второго порядка функции f(x) и обозначают. Аналогично определяется производная третьего порядка f
′′′
(x) и т. д. Производную го порядка обозначают. Пусть функция f(x) дифференцируема в точке Прямая, проходящая через точки (x
0
, y
0
) и (x
1
, y
1
), где y
0
=
=f(x
0
) и y
1
=f(x
1
), задаётся уравнением Докажите, что lim
x
1
→x
0
k(x
1
)
= Прямую y − f(x
0
)
= f
′
(x
0
)(x
− x
0
) называют касательной к графику) в точке (x
0
, f(x
0
)).