Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
28.2. Запишем тождество f(x 0 ) = f(x) − f(x 0 ) x − x 0 (x − При этом lim x →x 0 f(x) − f(x 0 ) x − x 0 = f ′ (x 0 ) и lim x →x 0 (x − x 0 ) = 0. Поэтому lim x →x 0 (f(x) − f(x 0 )) = f ′ (x 0 ) · 0 = 0. Это означает, что функция непрерывна в точке x 0 Глава 28. Производная. а) Непосредственно следует из свойств предела суммы двух функций. б) Пусть h(x) = f(x)g(x). Тогда h(x 0 ) = f(x)(g(x) − g(x 0 )) + g(x 0 )(f(x) − Поделим обе части этого равенства на x − и заметим, что f(x 0 ) при x → в) Пусть h(x) = f(x)/g(x). Тогда h(x 0 ) x − x 0 = 1 g(x)g(x 0 ) “ g(x 0 ) f(x) − f(x 0 ) x − x 0 − f(x 0 ) g(x) − g(x 0 ) x − Устремляя x к x 0 , получаем требуемое. Тождество f(x) − g ◦ f(x 0 ) x − x 0 = g ◦ f(x) − g ◦ f(x 0 ) f(x) − f(x 0 ) · f(x) − f(x 0 ) x − показывает, что функция g ◦ f дифференцируема в точке и (g ◦ f) ′ (x 0 ) = g ′ [f(x 0 ) ]f ′ (x 0 ). 28.5. Достаточно заметить, что f(x 0 ) x − x 0 = y − y 0 f(y) − f(y 0 ) 28.6. Ясно, что f(x 0 ) x − x 0 = x n − x n 0 x − x 0 = x n −1 + x n −2 x 0 + . . . + x n −1 При x → каждое из n слагаемых стремится к x n −1 0 28.7. Легко проверить, что x a 0 x − x 0 = x a 0 (x a /x a 0 ) − 1 x − x 0 = x a −1 0 (1 + y) a − где y= x −x 0 x 0 . Ясно, что y→0 при x→x 0 . Кроме того, lim y →0 (1+y) a −1 y = =a задача 27.29). 28.8. Ясно, что sin x − sin x 0 = 2 sin x − x 0 2 cos x + x 0 2 , cos x − cos x 0 = −2 sin x − x 0 2 sin x + x 0 2 Остаётся заметить, что x 0 sin x − x 0 2 → 1 при задача и функции sin x и cos x непрерывны (задача 26.9). Решения задач. Согласно задаче 28.3 в x cos x ” ′ = (sin x) ′ cos x − sin x(cos x) ′ cos 2 x = cos 2 x + sin 2 x cos 2 x = Для (ctg вычисления аналогичны. Ясно, что a x − a x 0 = a x 0 (a x −x 0 − 1). Остаётся заметить, что lim x →x 0 a x −x 0 − 1 x − x 0 = ln a согласно задаче 27.30. 28.11. Поскольку log a x = ln x ln a , достаточно проверить, что (ln x) ′ = = 1/x. Равенство ln x − ln x 0 = ln x x 0 = ln “ 1 + x − x 0 x 0 ” показывает, что ln x − ln x 0 x − x 0 = 1 x 0 ln(1 + y) y , где y = x − x 0 x 0 . Остаётся заметить, что lim y →0 ln(1 + y) y = 1 (задача 27.28). 28.12. Если x = sin y, то arcsin x = y. Поэтому arcsin — функция, обратная к sin. Значит, согласно задаче 28.5, (arcsin x) ′ = 1 (sin y) ′ = 1 cos y = 1 p1 − Если x = tg y, то arctg x = y, поэтому x) ′ = 1 (tg y) ′ = cos 2 y = 1 1 + tg 2 y = 1 1 + x 2 28.13. Ясно, что если y = u v , то ln y = v ln u. Дифференцируя это равенство, получаем v ′ ln u + v u ′ u . Поэтому y ′ = y “ v ′ ln u + vu ′ u ” 28.14. Согласно задаче 28.13 f ′ (x) = x sin x “ sin x x + cos x · ln x ” 28.15. Согласно задаче 28.13 f ′ (x) = cos x a · ln cos a − sin x a · ln sin a = cos x a(ln cos a − tg x a · ln sin a). 28.16. Предположим, что f(x) = (x − x 0 ) m g(x), где m > 2. Тогда многочлен f ′ (x) =m(x−x 0 ) m −1 g(x) +(x−x 0 ) m g ′ (x) имеет корень Предположим, что f(x) = (x − x 0 )g(x), причём g(x 0 ) 6= 0. Тогда g(x) + (x − x 0 )g ′ (x), поэтому f ′ (x 0 ) = g(x 0 ) 6= 0. Таким образом, если все корни многочлена f(x) имеют кратность 1, то они не являются корнями многочлена f ′ (x). 28.17. Пусть f(x) = x 4 + a 1 x 3 + a 2 x 2 + a 3 x + a 4 . По условию f ′ (x 0 ) = 0. Следовательно, x 0 — двукратный корень многочлена, те. многочлен f(x) делится на (x − x 0 ) 2 Глава 28. Производная. Предположим, что у многочлена f n (x) есть кратный корень. Тогда многочлены f n (x) и f ′ n (x) = f n −1 (x) имеют общий корень. Следовательно, f n (x 0 ) −f n −1 (x 0 ) =0. Но поэтому x 0 = 0. Приходим к противоречию, поскольку f n (0) 6= 0. 28.19. Требуемое утверждение достаточно доказать для моно- ма x m . Ясно, что если n 6 m, то m(m − 1) . . . (m − n + 1)x m −n = n! m! n! (m − n)! x m −n = n! Число n! C n m , очевидно, делится на n!, поскольку число C n m целое. Если же n > m, то (x m ) (n) = 0. 28.20. Пусть f(x) = a n x n + a n −1 x n −1 + . . . + a 0 . Тогда по теореме Виета сумма корней многочлена f равна − a n −1 a n , поэтому их среднее арифметическое равно − a n −1 na n . Сумма корней производной na n x n −1 + (n − 1)a n −1 x n −2 + . . . + равна − (n − 1)a n −1 na n , поэтому их среднее арифметическое равно − (n − 1)a n −1 (n − 1)na n = − a n −1 na n 28.21. Производная данного выражения равна fg (n +1) + f ′ g (n) − − f ′ g (n) − f ′′ g (n −2) + f ′′ g (n −2) + . . . + (−1) n f (n) g ′ + (−1) n f (n +1) g. Все промежуточные члены взаимно сокращаются, и остаются только f (n +1) g. Но f и g — многочлены степени n, поэтому их+ е производные равны нулю. Положим f(x) = x 3 + px + q. Тогда f ′ (x) = 3x 2 + p. Если > 0, то функция f монотонна и её график пересекает ось x ровно водной точке. В этом случае уравнение имеет ровно один вещественный корень. Отметим, что в этом случае D > Пусть теперь p < 0. Тогда функция f возрастает на участке от до − √ −p/3, затем убывает на участке от − √ −p/3 до √ −p/3, а после этого возрастает на участке от до ∞. Ясно, что) = q 2 − x 2 (x 2 + p) 2 . При x = √ −p/3 выражение в правой части превращается в 4D. Поэтому если D < 0, то график функции пересекает ось x на участке от − √ −p/3 дона котором функция убывает. В этом случае уравнение имеет три вещественных корня. Если D>0, то уравнение имеет один вещественный корень. Если же D = 0, то уравнение имеет два вещественных корня. Многочлен принимает в точках x 1 , . . . , значения g(x 1 ), . . . , g(x n ). Поэтому если g(x) — многочлен степени не выше n − 1, тот. е x i ) Решения задач 345 Положим g(x) = x k +1 , где 0 6 k 6 n − 2. В результате получим x i ) . По условию f(0) 6= 0, поэтому, положив 0, получим требуемое равенство при 0 6 k 6 n − Положим теперь g(x)=x n −f(x). В результате получим, поскольку f(x i ) = 0. Положив x = 0, получим требуемое равенство для k = n − 1. 28.24. Если x = x i , то неравенство очевидно. Поэтому будем считать, что x — не корень многочлена P. Тогда x 1 + . . . + 1 x − Продифференцировав обе части этого равенства, получаем (P ′ (x)) 2 (P(x)) 2 = − 1 (x − x 1 ) 2 − . . . − 1 (x − x n ) 2 < 0. 28.25. После замены x на x + c можно считать, что рассматриваемый многочлен й степени имеет корни ±a/2, ±3a/2. Производная многочлена 4 ”“ x 2 − 9a 2 равна 4x 3 − 5ax. Значит, корни производной равны ± √ 5 2 a и 0. 28.26. Пусть f — данный многочлен. Рассмотрим многочлены и G, которые обладают следующими свойствами F ′ = (f ′ ) 2 + f ′ + 1 2 , G ′ = (f ′ ) 2 − f ′ + 1 2 , F(0) = f(0) и G(0) = 0. Тогда f = F − G, причём F ′ > 0 и G ′ > 0 те и G монотонно возрастают, поскольку f ′ + 1 = (f ′ ± 1/2) 2 + 3/4 > 3/4. 28.27. Применим индукцию по n. При n = 1 получаем многочлен, который имеет не более одного положительного корня. Предположим, что многочлен P(x) имеет более n положительных корней. Между любыми двумя положительными корнями многочлена есть по крайней мере один положительный корень его производной. Поэтому многочлен P ′ (x) = b 1 x k 1 −1 + b 2 x k 2 −1 + . . . . . . + имеет более n − 1 положительных корней. Можно считать, что k 1 < k 2 < . . . < k n . Тогда многочлен P ′ (x) можно сократить на при этом мы потеряем только корень x = 0). В результате получим, что многочлен b 1 + b 2 x k 2 −k 1 + . . . + имеет более 1 положительных корней. Это противоречит предположению индукции Глава 28. Производная. Положим Q(y) = y n P(y −1 ). Корни многочлена Q(y) тоже вещественны и попарно различны, поэтому корни квадратного трёхчлена Q (n −2) (y) = (n −2)(n−3)·. . .·4·3[n(n−1)a n y 2 + 2(n −1)a n −1 y + вещественны и различны. Следовательно 1) 2 a 2 n −1 > 2n(n − При i = n − 1 требуемое неравенство доказано. Рассмотрим теперь многочлен b 0 x i +1 + b 1 x i + . . . + b i +1 x 2 + b i x + Применив к нему уже доказанное неравенство, получим + Атак как (n − i + 1) · . . . · 4 · 3a i +1 , b i = (n − i) · . . . · 3 · 2a i , b i −1 = (n − i − 1) · . . . · 2 · то i)a i ) 2 > 2(i + 1) i 2(n − i + 1)(n − После сокращения получаем требуемое неравенство. При x = 0 получаем A 0 = a n . Продифференцировав исходное равенство, получим+ a) n −1 = A 1 + 2A 2 x + . . . + При x = 0 получаем A 1 = na n −1 . Продифференцировав новое равенство, получим 1)(x + a) n −2 = 2 · 1 · A 2 + 3 · 2 · A 3 x + . . . + n(n − После кратного дифференцирования (m 6 n) получим 1) . . . (n − m + 1)(x + a) n −m = m(m − 1) · . . . · 1 · A m + + (m + 1)m · . . . · 2 · A m +1 x + . . . + n(n − 1) . . . (n − m + Значит, n(n − 1) . . . (n − m + 1)a n −m = m(m − 1) · . . . · 1 · A m 28.30. Ответ Замечание. Другое вычисление требуемой суммы приведено в решении задачи 9.6. Решения задач. Касательная к кривой y = f(x) в точке (x 0 , y 0 ) задаётся уравнением y−y 0 = f ′ (x 0 )(x −x 0 ). Поэтому для получаем уравнение. Учитывая, что y 0 = e x 0 , получаем x 0 − x 1 = 1. 28.32. Числа и не изменяются при параллельном переносе осей координат, поэтому можно считать, что мы имеем дело с параболой y = ax 2 . Пусть A i = (x i , y i ). Тогда k 1 = и y j x i − x j = a x 2 i − x 2 j x i − x j = a(x i + Теперь требуемое равенство легко проверяется. Если прямая задаётся уравнением y 0 x − x 0 = k, то перпендикулярная ей прямая, проходящая через точку (x 0 , y 0 ), задаётся уравнением y 0 x − x 0 = − 1 k , поскольку tg( f + 90 ◦ ) = − 1 tg( f ) . Касательная к кривой y = f(x) в точке (x 0 , y 0 ) задаётся уравнением y 0 x − x 0 = f ′ (x 0 ), поэтому нормаль в точке (x 0 , y 0 ) задаётся уравнением. Нормаль к параболе y = в точке (x 0 , y 0 ) задаётся уравнением. Чтобы найти y 1 , полагаем x=0. В результате получаем y 0 −x 0 = − 1 2x 0 , те. Пусть для определённости f(x 0 ) 6 f(x) для всех x из отрезка [a, b]. Рассмотрим односторонние пределы lim x →x 0 + f(x) − f(x 0 ) x − и lim x →x 0 − f(x) − f(x 0 ) x − В обоих пределах числитель неотрицателен. При этом в первом пределе знаменатель положителен, а во втором отрицателен. Значит, первый предел неотрицателен, а второй неположителен. Но оба предела равны f ′ (x 0 ). |