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: 45 из 71

28.67. Ответ три. Легко угадываются корни x
1
= 1/2 и x
2
=
=1/4. Кроме того, есть корень уравнения x=
“
1 16
”
x
. А больше трёх корней это уравнение иметь не может согласно задаче Замечание. Если попытаться решить это уравнение графически, то может показаться, что у него только один корень.
Но в действительности графики пересекаются неводной точке,
а в трёх.
28.68. Прежде всего заметим, что многочлен f
n
(x) не имеет кратных корней (задача 28.18). Предположим, что требуемое утверждение доказано для n = 0, 1, . . . , 2k. (Мы начинаем с k = для многочлена f
0
(x)
= 1 утверждение очевидно) Докажем, что многочлен f
2k+1
(x) имеет ровно один вещественный корень. Степень этого многочлена нечётна, поэтому один корень у него есть,
а если бы у него было два корня, то между ними был бы корень производной f
′
2k+1
(x)
= f
2k
(x), чего не может быть.
Докажем теперь, что многочлен f
2k+2
(x) не имеет вещественных корней. Между любыми двумя корнями многочлена должен быть корень его производной f
′
2k+2
(x)
= f
2k+1
(x), поэтому у многочлена f
2k+2
(x) не более двух корней. Степень многочлена

Глава 28. Производная) чётна, поэтому у него не может быть ровно один корень.
Итак, предположим, что у многочлена f
2k+2
(x) есть ровно два корня и x
2
. Между ними расположен корень многочлена. При этом f
2k+1
(x
0
)
+
x
2k+2 0
(2k + 2)!
=
x
2k+2 0
(2k + Но x
0
— точка минимума функции f
2k+2
(x). Поэтому f
2k+2
(x) > для всех x. Это противоречит тому, что уесть два корня. Положим g(x) = f(x + T), где T — постоянное число. Тогда. Поэтому если f(x + T) = то g
′
(x)
= f
′
(x) и f
′
(x)
= f
′
(x
+ T).
28.70. Предположим, что функция f(x) = sin x + sin a
x периодическая. Тогда согласно задаче 28.69 функция f
′
(x)
= cos x+
a cos тоже периодическая. Но согласно задаче 26.2 эта функция непериодическая. Пусть (x − x
1
) . . . (x
− x
n
)
=
= x
n
− C
1
n
S
1
(x
1
, . . . , x
n
)x
n
−1
+ C
2
n
S
2
(x
1
, . . . , x
n
)x
n
−2
− . . Тогда x
n
−1
−
n
− 1
n
C
1
n
S
1
(x
1
, . . . , x
n
)x
n
−2
+
+
n
− 2
n
C
2
n
S
2
(x
1
, . . . , x
n
)x
n
−3
− . . С другой стороны x
n
−1
− C
1
n
−1
S
1
(y
1
, . . . , y
n
−1
)x
n
−2
+
+ C
2
n
−1
S
2
(y
1
, . . . , y
n
−1
)x
n
−3
− . . Поэтому C
k
n
−1
S
k
(y
1
, . . . , y
n
−1
)
=
n
− k
n
C
k
n
S
k
(x
1
, . . . , x
n
). Но C
k
n
−1
=
=
n
− k
n
C
k
n
28.72. Применим индукцию по n. При n = 2 нужно доказать очевидное неравенство 2
>
√
x
1
x
2
. Пусть теперь n > Достаточно рассмотреть случай, когда x
1
<
x
2
<
. . . < x
n
. В этом случае у производной многочлена (x − x
1
) . . . (x
− x
n
) есть n
− положительный корень y
1
<
y
2
<
. . . < y
n
−1
. Согласно задаче 28.71
S
k
(x
1
, . . . , x
n
)
=
S
k
(y
1
, . . . , y
n
−1
). Поэтому, применив к набору чисел y
1
, . . . , предположение индукции, мы получим все

Решения задач
357
требуемые неравенства, кроме неравенства, . . . , x
n
) >
>
n
p
S
n
(x
1
, . . . , x
n
), те. x
n
).
Возведём обе части этого неравенства в степень n − 1, аза- тем поделим на x
1
. . . x
n
. В результате перейдём к неравенству. . .+
1
x
n
”
>
n
r
1
x
1
. . .
1
x
n
, которое является неравенством между средним арифметическими средним геометрическим для чисел, . . . ,
1
x
n
28.73. Применим индукцию по n. При n = 2 нужно доказать очевидное неравенство (x
1
+ x
2
)
2
>
4x
1
x
2
. Пусть теперь n > Достаточно рассмотреть случай, когда x
1
<
x
2
<
. . . < x
n
. В этом случае у производной многочлена (x − x
1
) . . . (x
− x
n
) есть n
− корень y
1
<
y
2
<
. . . < y
n
−1
. Согласно задаче 28.71
S
k
(x
1
, . . . , x
n
)
=
=
S
k
(y
1
, . . . , y
n
−1
). Поэтому, если k 6 n
− 2, то можно применить предположение индукции к набору чисел y
1
, . . . , и получить требуемое неравенство.
Остаётся доказать, что, . . . , x
n
) >
S
n
−2
(x
1
, . . . , x
n
)
S
n
(x
1
, . . . , Здесь, . . . , x
n
)
= x
1
. . . x
n
. Поэтому можно считать, что произведение. отлично от нуля. Ясно, что. . . x
n
S
n
−k
(x
1
, . . . , x
n
)
=
S
k
“
1
x
1
, . . . Поэтому мы переходим к неравенству 1
“
1
x
1
, . . . ,
1
x
n
”
>
S
2
“
1
x
1
, . . . которое уже доказано, поскольку n > 3.
28.74. Предположим, что) sin
n
x
+ P
1
(x) sin
n
−1
x
+ . . . + P
n
(x)
= 0,
причём P
0
(x)
6= 0 и n — наименьшее натуральное число, для которого имеет место тождество такого вида. Из минимальности следует, что P
n
(x)
6= 0. С другой стороны, если x = k
p
, где k — целое число, то sin x = 0, поэтому P
n
(k
p
)
= 0 для всех целых k. Но многочлен не может иметь бесконечно много корней. Получено противоречие

Глава 28. Производная. Первое решение. Предположим, что+ P
1
(x)e
(n
−1)x
+ . . . + P
n
(x)
= 0,
(1)
причём P
0
(x)
= a
0
x
k
+ a
1
x
k
−1
+ . . . + a
k
, a
0 6= 0. Рассмотрим функцию+ P
1
(x)e
(n
−1)x
+ . . . + P
n
(x)). С одной стороны 0 для всех x. С другой стороны, G(x) = a
0
+
a
1
x
+ . . . +
a
x
x
k
+
+
1
e
x
P
1
(x)
x
k
+ . . . +
1
e
nx
P
n
(x)
x
k
, поэтому lim
x
→∞
G(x)
= a
0 6= 0, поскольку lim
x
→∞
x
m
e
x
= 0. Получено противоречие.
В тор о ере ш е ни е. Предположим, что выполняется тождество, причём из всех тождеств такого вида выбрано то, для которого n минимально. Из минимальности n следует, что многочлен) отличен от нуля. Поделив обе части тождества (1) на, получим+ R
1
(x)e
(n
−1)x
+ . . . + R
n
−1
(x)e
x
+ 1 = где R
0
(x), . . . , R
n
−1
(x) — рациональные функции, причём Продифференцировав это тождество и поделив обе части на получим тождество+ nR
0
)e
(n
−1)x
+ (R
′
1
+ (n − 1)R
1
)e
(n
−2)x
+ . . . + (R
′
n
−1
+ R
n
−1
)
= Из этого тождества легко получить тождество для многочленов:
достаточно умножить обе части на общий знаменатель рациональных функций. Поэтому из минимальности n следует, что+ nR
0
= 0, . . . , R
′
n
−1
+ R
n
−1
= 0. Пусть R
0
= P/Q, где P и Q — взаимно простые многочлены (мы знаем, что P 6= 0). Из равенства+ nR
0
= 0 следует, что P
′
Q
−PQ
′
+ nPQ = 0. Многочлены P
′
Q и делятся на Q, поэтому делится на Q, а значит, делится на Это возможно лишь в том случае, когда Q — константа. Аналогично доказывается, что P — константа. Поэтому R
′
0
= 0, а значит −R
′
0
/n
= 0. Получено противоречие. а) Достаточно заметить, чтоб) Чтобы найти A
0
, положим x = a. В результате получим A
0
. Продифференцировав выражение для f(x), получим A
1
+ 2A
2
(x
− a) + . . . + nA
n
(x
− a)
n
−1

Решения задач
359
Положив x = a, получаем f
′
(a)
= A
1
. Теперь дифференцируем выражение для f
′
(x):
f
′′
(x)
= 1 · 2A
2
+ 2 · 3A
3
(x
− a) + . . . + (n − 1)nA
n
(x
− Снова подставляя x = a, получаем f
′′
(a)
= 1 · 2A
2
. Продолжая эти рассуждения дальше, будем получать для k 6 n.
28.77. Ясно, что T(a) = f(a). Далее f
′
(a)
+
f
′′
(a)
1!
(x
− a) + . . . +
f
(n)
(a)
(n
− 1)!
(x
− a)
n
−1
,
T
′′
(x)
= f
′′
(a)
+
f
′′′
(a)
1!
(x
− a) + . . . +
f
(n)
(a)
(n
− 2)!
(x
− a)
n
−2
,
T
(n)
(x)
= f
(n)
(a),
T
(n
+1)
(x)
= Поэтому T
′
(a)
=f
′
(a), T
′′
(a)
=f
′′
(a), . . . , T
(n)
(a)
=f
(n)
(a) и T
(n
+1)
(x)
=
= Рассмотрим вспомогательную функцию f
(x)
= f(x) − T(x). Для не . . . =
f
(n)
(a)
= 0 и f
(n
+1)
(x)
= Рассмотрим ещё вспомогательную функцию y
(x)
=
(x
− a)
n
+1
(n + 1)!
. Для не . . . =
y
(n)
(a)
= 0 и y
(n
+1)
(x)
= 1. Более того,
ни сама функция y
, ни её производные до (n + й включительно не обращаются в нуль в точках, отличных от Фиксируем точку x 6= a. Из равенств f
(a)
=
y
(a)
= 0 следует,
что f
(x)
y
(x)
=
f
(x)
−
f
(a)
y
(x)
−
y
(a)
. Поэтому по теореме Коши (задача существует точка между a и x, для которой f
(x)
y
(x)
=
f
′
(x
1
)
y
′
(x
1
)
. Из равенств f
′
(a)
=
y
′
(a)
= 0 следует, что f
′
(x)
y
′
(x)
=
f
′
(x)
−
f
′
(a)
y
′
(x)
−
y
′
(a)
. Поэтому по теореме Коши существует точка между a и а значит,
между a и x), для которой f
′
(x
1
)
y
′
(x
1
)
=
f
′′
(x
2
)
y
′′
(x
2
)
. Продолжая эти рассуждения, получаем f
(x)
y
(x)
=
f
′
(x
1
)
y
′
(x
1
)
=
f
′′
(x
2
)
y
′′
(x
2
)
= . . . где точка лежит между a и x.

Глава 28. Производная
Напомним, что f
(n
+1)
(x)
= f
(n
+1)
(x) и y
(n
+1)
(x)
= 1. Пусть j
=
= x
n
+1
. Тогда f
(x)
y
(x)
= f
(n
+1)
(
j
), те. Эти утверждения непосредственно следуют из формулы
Тейлора для a = 0 и соответствующих функций f(x).

ГЛАВА ИНТЕГРАЛ. Неопределённый интеграл
Функцию F(x), для которой F
′
(x)
= f(x), называют первообразной или неопределённым интегралом функции f(x). Для функции, определённой на отрезке (или на всей вещественной прямой, её первообразная определена с точностью допри- бавления некоторой константы C. Действительно, если и F
2
(x) — первообразные функции f(x), а f
(x)
= F
1
(x)
− то f
′
(x)
= 0. Поэтому согласно задаче 28.38 функция f
(x) по- стоянна.
Первообразную функции f(x) обозначают) dx.
29.1. Докажите, что a
2
=
1 2a
ln
x
− a
x
+ a
+ C.
29.2. Пусть F(x) — первообразная функции f(x) на отрезке дифференцируемая функция наотрез- ке [p, q], причём a 6
f
(y) 6 b для всех y из отрезка, и у любой точки из отрезка [p, q] есть такая окрестность, что если y принадлежит U(y
0
) и y
6= y
0
, то f
(y)
6=
f
(y
0
). Докажите, что тогда F(
f
(y)) — первообразная функции Результат задачи 29.2 можно сформулировать следующим образом если) dx
= F(x) + C, то) dy
= F(
f
(y))
+ Удобно ввести обозначение f
′
(y) dy
= d
f
(y).
29.3. Вычислите+ ln
2
x)
;
]
e
x
dx
1 + e
2x
;
]
cos x dx
1 + sin
2
x
29.4. Вычислите x dx.

Глава 29. Интеграл. Докажите, что) dx можно вычислить следующим образом. Пусть x =
f
(y) — дифференцируемая функция, имеющая обратную функцию y =
y
(x). Вычислим) dy
=F(y) и положим y=
y
(x). Тогда F(
y
(x)) искомый интеграл. Вычислите √
1 − x
2
dx.
29.7. Вычислите √
1 + x
2
dx.
29.8. Вычислите +
√
x
29.9. Докажите, что) dx
= f(x)g(x) −
]
f
′
(x)g(x) формула интегрирования по частям. Вычислите с помощью интегрирования по частям:
а)
]
x
3
ln x dx; б x dx; в cos x dx; г. Вычислите x
x
dx.
29.12. Вычислите а bx dx; б bx dx.
29.13. Докажите, что fg
(n)
− f
′
g
(n
−1)
+ f
′′
g
(n
−2)
− . . .
. . .
+ (−1)
n
f
(n)
g
+ (−1)
n+1
]
f
(n+1)
g dx.
29.14. Пусть P(x) — многочлен. Вычислите интегралы:
а)
]
P(x)e
ax
dx; б) sin ax dx; в) cos ax dx.
29.2. Определённый интеграл
Пусть на отрезке [a, b] задана функция f(x). Разобьём этот отрезок на части точками x
0
= a < x
1
<
x
2
<
. . . < x
n
−1
<
<
b
= x
n
. На каждом отрезке [x
k
, x
k
+1
] выберем произвольную точку и рассмотрим так называемую
интегральную сумму x
k
). Оказывается, что если функция f(x) непрерывна и наибольшая длина отрезка разбиения стремится к нулю, то интегральные суммы имеют конечный предел, который не зависит от выбора разбиения и от выбора точек x
k
. Этот

Условия задач
363
предел называют
определённым интегралом от функции f(x) по отрезку [a, b] и обозначают) Функцию f(x) называют интегрируемой на отрезке [a, b], если для неё существует указанный предел интегральных сумм.
Интегрируемыми могут быть не только непрерывные функции,
но нас в основном будут интересовать непрерывные функции.
Чтобы доказать интегрируемость непрерывных функций,
введём следующие вспомогательные понятия. Пусть на отрезке, b] задана непрерывная функция f(x) и задано некоторое разбиение этого отрезка. Для каждого отрезка [x
k
, x
k
+1
] рассмотрим
M
k
и m
k
— наибольшее и наименьшее значения функции f(x) на этот отрезке. Суммы и x
k
)
назовём
верхней и нижней интегральными суммами они зависят только от разбиения и не зависят от выбора точек Ясно, что каждая интегральная сумма заключена между верхней и нижней интегральными суммами для того же самого разбиения. Докажите, что при добавлении новых точек разбиения нижняя интегральная сумма не уменьшается, а верхняя не увеличивается. Докажите, что любая нижняя интегральная сумма не больше любой верхней интегральной суммы. Пусть I — точная верхняя грань нижних интегральных сумм произвольная интегральная сумма, и S — нижняя и верхняя интегральные суммы, соответствующие тому же разбиению, что и s
. Докажите, что I| 6 S − s.