Применение производной и интеграла для решения уравнений и неравенств

Курсовая работа по курсу «Математика»

Кировоград 2004

Вступление

Элементы математического анализа занимает значительное место в школьном курсе математики. Учащиеся овладевают математическим аппаратом, который может быть эффективно использован при решении многих задач математики, физики, техники. Язык производной и интеграла позволяет строго формулировать многие законы природы. В курсе математики с помощью дифференциального и интегрального исчислений исследуются свойства функций, строятся их графики, решаются задачи на наибольшее и наименьшее значения, вычисляются площади и объемы геометрических фигур. Иными словами, введение нового математического аппарата позволяет рассмотреть ряд задач, решить которые нельзя элементарными методами. Однако возможности методов математического анализа такими задачами не исчерпывается.

Многие традиционные элементарные задачи (доказательство неравенств, тождеств, исследование и решение уравнений и другие) эффективно решаются с помощью понятий производной и интеграла. Школьные учебники и учебные пособия мало уделяют внимания этим вопросам. Вместе с тем нестандартное использование элементов математического анализа позволяет глубже усвоить основные понятия изучаемой теории. Здесь приходится подбирать метод решения задачи, проверять условия его применимости, анализировать полученные результаты. По существу, зачастую проводится небольшое математическое исследование, в процессе которого развиваются логическое мышление, математические способности, повышается математическая культура.

Для многих задач элементарной математики допускается как «элементарное», так и «неэлементарное» решение. Применение производной и интеграла дает как правило более эффективно решение. Появляется возможность оценить силу, красоту, общность нового математического аппарата.

Методы математического анализа используются не только для решения поставленных задач, но и являются источником получения новых фактов элементарной математики.

Раздел 1. Некоторые применения производной 1.1. Применение производной при решении неравенств

Дифференциальное исчисление широко используется при исследовании функций. С помощью производной можно найти промежутки монотонности функции, ее экстремальные точки, наибольшие и наименьшие значения.

Если функция f имеет положительную (отрицательную) производную в каждой точке некоторого промежутка, то она возрастает (убывает) на этом промежутке. При нахождении промежутков монотонности нужно иметь в виду, что если функция возрастает (убывает) на интервале (a,b) и непрерывна в точках a и b, то она возрастает (убывает) на отрезке [a,b].

Если точка x0 является точкой экстремума для функции f и в этой точке существует производная, то f/(x0)=0. В точке экстремума функция может не иметь производную. Внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует, называются критическими. Чтобы установить, имеет ли функция в данной критической точке экстремум, пользуются следующими достаточными признаками существования экстремума.

Если функция f непрерывна в точке x0 и существуют такие точки a, b, что f/(x0)>0 (f/(x0)<0 ) на интервале (a,x0) и f/(x0)<0 (f/(x0)>0 ) на интервале (x0,b), то точка x0 является точкой максимума (минимума) функции f.

Для отыскания наибольших и наименьших значений f на отрезке [a,b] достаточно сравнить между собой значения f в точках a, b и в критических точках из отрезка [a,b].

Эти результаты применимы при решении многих элементарных задач, связанных с неравенствами.

Пусть, например, требуется доказать, что на некотором промежутке имеет место неравенство f(x)³g(x). Обозначим f(x)-g(x) через F(x). С помощью производной F/(x) находим наименьшее значение F на данном промежутке. Если оно неотрицательно, то во всех точках рассматриваемого промежутка F(x)³0, т.е.

f(x)³g(x).

Задача 1.1. Доказать что (e+x)e-x>(e-x)e+x для 0<x<e.

Решение.

Данное неравенство равносильно следующему: (e-x)ln(e+x)>(e+x)ln(e-x).

Пусть f(x)=(e-x)ln(e+x)-(e+x)ln(e-x),

тогда f/(x)=-ln(e+x)+(e-x)/(e+x)-ln(e-x)+(e+x)/(e-x).

Так как (e-x)/(e+x)+(e+x)/(e-x)=2(e2+x2)/(e2-x2)>2,

ln(e+x)+ln(e-x)=ln(e2-x2)<lne2=2,

то f/(x)>0 при 0<x<e. Следовательно, функция f возрастает на интервале (0,e). Функция f(0) – непрерывна. Поэтому эту точку можно включить в промежуток возрастания. Поскольку f(0)=0, а f возрастает при 0£x<e, то f(x)>0 при 0<x<e. Отсюда получаем решение задачи 1.

Задача 1.2. Доказать неравенство tgka+ctgka³2+k2cos22a, 0<a<p/2, k–натуральные.

Решение.

Неравенство можно записать в виде: (ctgk/2a–tgk/2a)2³k2cos22a.

Пусть сначала 0<a<p/4. На этом интервале ctg a> tg a, cos 2a>0, поэтому последнее неравенство эквивалентно неравенству ctgk/2a–tgk/2a ³ k*cos 2a.

Положим f(a)=ctgna–tgna–2n*cos 2a, где n=k/2.

Далее, f/(a) = –(n/sin2a)ctgn-1a – (n/cos2a)tgn-1a + 4n*sin 2a = – n((ctgn-1a + tgn-1a) + (ctgn+1a + tgn+1a) – 4sin 2a) £ – n(2-2sin 2a)<0 при 0<a<p/4.

Здесь, как и в предыдущей задаче, использован тот факт, что сумма взаимно обратных положительных чисел больше или равна 2. Таким образом, на интервале 0<a<p/4 функция f убывает. В точке a=p/4 она непрерывна, поэтому (0; p/4] является промежутком убывания f. Наименьшим значением функции на этом промежутке является f(p/4)=0. Следовательно, f(a)³0 при 0<a<p/4. Для указанного промежутка неравенство доказано. Если p/4<a<p/2, то 0<p/2–a<p/4. Однако неравенство не меняется при заменен a на p/2–a. Задача 2 решена.

Задача 1.3. Что больше ep или pe ?

Решение.

Для решения задачи исследуем вопрос о существовании решений уравнения с двумя неизвестными: ab=ba, a>0, b>0. Исключим тривиальный случай a=b и для определенности будем предполагать, что a<b. Ввиду симметричности вхождения a и b в уравнение, последнее замечание не ограничивает общности рассуждений. Ясно, что уравнение ab=ba равносильно уравнению b*(ln a)=a*(ln b), или

(ln a)/a = (ln b)/b.

Пусть f(x)=(ln x)/x (1). Существование решений уравнения (1) эквивален-тно наличию значений x1 и x2 (x1<x2) таких, что f(x1)=f(x2). В этом случае пара (x1,x2) является решением уравнения (1). Иными словами, требуется выяснить, найдется ли прямая y=c, пересекающая график функции f по крайней мере в двух различных точках. Для этого исследуем функцию f. Ее производная f/(x)=(1–ln x)/x2 в области определения f имеет единственную критическую точку x=e. При 0<x<e f/(x)>0 функция f возрастает, а при x>e f/(x)<0 функция f убывает. Поэтому в точке x=e f принимает свое наибольшее значение (1/e). Так как функция (ln x)/x непрерывна и возрастает на промежутке (0,e], то она на этом промежутке принимает все значения от –¥ до 1/е. Аналогично, на промежутке [e,¥) функция f принимает все значения из (0,1/e]. Из результатов исследования функции f вытекают следующие утверждения:

1. Если 0<a<b и a£1, то (ln a)/a<(ln b)/b. Поэтому ab<ba . Следовательно, уравнение (1) и равносильное ему уравнение ab=ba не имеют решений.

2. Если 1<a<b£e, то ab<ba и уравнение ab=ba также не имеют решений.

3. Если b>a>e, то ab>ba.

Таким образом, если (a,b) является решением уравнения ab=ba , то 1<a<e, b>e. Более того, при каждом фиксированном значении 1<a<e найдется единственное значение b>e такое, что ab=ba

Для ответа на вопрос задачи 3 достаточно положить a=e, b=p и воспользоваться утверждением (1). Итак, ep > pe . Задача 3 решена.

Задача 1.4. Два туриста отправились по одному маршруту. В первый день они прошли одно и то же расстояние. В каждый из следующих дней первый турист увеличивал пройденный путь, по сравнению предыдущим, на одно и то же расстояние, а второй – в одно и то же число раз. Выяснилось, что в n-тый день (n>2) путешествия туристы снова прошли одно и то же расстояние. Доказать, что за n дней первый турист прошел путь больший, чем второй.

Решение.

Расстояние, пройденное первым туристом за n дней, представляет собой сумму n первых членов арифметической прогрессии, а вторым – сумму n первых членов геометрической прогрессии. Обозначим эти расстояния соответственно Sn и Sn/. Если a – первый член прогрессии, d – разность арифметической прогрессии, q – знаменатель геометрической прогрессии, то

Приравнивая n-е члены прогрессий, находим

Тогда  , где q>1 (по условию задачи). Задача 4 будет решена, если мы покажем, что , где n>2, q>1 (2)

При n=3 имеем , что равносильно очевидному неравенству . Предполагая, что неравенство (2) справедливо при n=k, докажем его для n=k+1. Имеем

Для завершения доказательства достаточно убедиться, то выражение  при k>2. Здесь целесообразно обратиться к производной.

Пусть  Производная  положительная при x>1. Поэтому f при x>1 возрастает. Так как f(1)=0 и функция f непрерывна в точке x=1, то f(x)>0 при x>1, т.е. f(q)>0. Итак, Sn>Sn/. Задача 4 решена.

1.2. Использование основных теорем дифференциального исчисления при доказательстве неравенств

ТЕОРЕМА 1 (Ролля).Пусть функция f:[a,b]®R удовлетворяет условиям:

1) fÎC[a,b]; 2) "xÎ(a,b) существует f/(x); 3) f(a)=f(b). Тогда $CÎ(a,b): f/(C)=0.

Геометрический смысл теоремы Ролля: при выполнении условий 1)-3) теоремы на интервале (a,b) существует точка С, в которой касательная к графику функции параллельна оси абсцисс. На практике чаще используется следующее утверждение теоремы Ролля: между любыми двумя нулями дифференцируемой функции существует хотя бы один нуль у производной.

ТЕОРЕМА 2 (Лагранжа про среднее значение, или про конечное приращение). Допустим что функция f:[a,b]®R удовлетворяет условиям:

1) fÎC[a,b];  2) "xÎ(a,b) существует f/(x). Тогда $CÎ(a,b): f(b)-f(a)=f/(C)(b-a).

Отношение (f(b)-f(a))/(b-a) есть тангенс угла наклона к оси абсцисс секущей, которая проходит через точки (a, f(a)), (b, f(b)). Геометрический смысл теоремы Лагранжа: при выполнении условий 1)-2) теоремы на интервале (a,b) существует точка С, в которой касательная к графику функции в точке (C, f(C)) параллельна секущей.

Следствие 1. Пусть функція f:[a,b]®R имеет производную f/ на (a,b) і "xÎ(a,b) f/(x)=0. Тогда для некоторого LÌ R "xÎ(a,b) f(x)=L.

Следствие 2. Функции f:[a,b]®R, g:[a,b]®R имеют произодныеі f/ и g/ на (a,b) и "xÎ(a,b) f/(x)=g/(x). Тогда для некоторого числа LÌ R "xÎ(a,b): f(x)=g(x)+L.

Следствие 3. Пусть функция f:[a,b]®R имеем производную f/ на (a,b) и для некоторого LÌ R "xÎ(a,b) f/(x)=L. Тогда для некоторого MÌ R "xÎ(a,b): f(x)=Lx+M.

ТЕОРЕМА 3 (Коши). Пусть функции f:[a,b]®R, g:[a,b]®R удовлетворяют условиям: 1) f, gÎC[a,b]; 2) "xÎ(a,b) существуют производныеі f/ и g/ ; 3) "xÎ(a,b) g/(x)¹0.

Тогдаі $CÎ(a,b): (f(b)-f(a))/(g(b)-g(a))=f/(C)/g/(C).

Теорема Лагранжа – это частный случай теоремы Коши при g(x)=x, xÎ[a,b].

Задача 1.5. Доказать, что для любых x, y Ì R: ½sin x – sin y½£½x–y½; x, y Ì R: ½cos x – cos y½£½x–y½; x, y Ì R: ½arctg x – arctg y½£½x–y½;

x, y Ì [1; +¥): ½Öx – Öy½£ 0.5½x–y½.

Доказательство этих неравенств аналогичное. Поэтому рассмотрим доказательство первого неравенства. Пусть, например x<y. К фунции sin применим на отрезке [x,y] теорему Лагранжа:

$CÎ(x,y): ½sin x – sin y½=½cos C½(x–y). Учитывая неравенство ½cos u½£1, uÎR, получим требуемое неравенство.

Задача 1.6. Доказать, что для любого x Ì R: ex ³ 1+x, причем равенство может быть тогда и только тогда, когда x=0.

Пусть сначала x>0. По теореме Лагранжа для функции f(u)=eu, uÎ[0,x],

$CÎ(0,x): ex – e0 = eC(x-0)>x, так как eC>1 для C>0. Если x<0, то теорему Лагранжа используем для функции f(u)=eu, uÎ[x,0]. Имеем $CÎ(x,0): e0 – ex = eC(0-x)<–x, так как –x>0, а eC<1 для C<0. Таким образом, при x¹0 имеем ex > 1+x.

Задача 1.7. Доказать, что для любого x >0: ex>1+x+(x2/2).

Для доказательства неравенства применим теорему Коши к функциям

f(u)=eu, g(u)=1+u+(u2/2), uÎ[0,x]. Получим $CÎ(0,x): (ex – e0)/(1+x+(x2/2)–1) = eC/(1+c). Учитывая доказанное неравенство, найдем (ex-1)/(x+(x2/2))>1, откуда ex>1+x+(x2/2).

Задача 1.8. Доказать, что для 0<x<p/2 выполняется sin x > (2/p)x.

Пусть f(x)=(sin x)/x (0<x£p/2). Производная f/(x)=cos x (x–tg x)/x2 (0<x<p/2) будет отрицательной, так как x<tg x. Таким образом, функция f(x) убывает и f(x)>f(p/2)=2/p, если 0<x<p/2.

Задача 1.9. Доказать, что при x>0 выполняется cos x >1–(1/2)x2.

Функция f(x)=cos x –1+(1/2)x2 равна 0 при x=0. Ее производная, при x>0,

f/(x) = –sin x+x>0 (или sin x< x). Т.е., функция f(x) для x³0 возрастающая, а при x<0 будет f(x)>f(0)=0, т.е. cos x>1–(1/2)x2.

Отсюда, аналогично при x>0 получим sin x>x–(1/6)x3.

Задача 1.10. Доказать, что при 0<x<p/2 выполняется tg x > x+(1/3)x3.

Для этого достаточно установить, что для указанных x производная функции tg x–x–(1/3)x3, равна sec2x–1–x2, положительна, т.е. что tg2x – x2>0, а это приводит к известному неравенству tg x>x.

Задача 1.11. Доказать, что при x>0 выполняется ln x £ x-1.

Так как функция f(x)=ln x–x (x>0) имеет производную f/(x)=(1/x)–1 > 0 (при 0<x<1) и f/(x)=(1/x)–1 < 0 (при x>1), то функция возрастает пока x изменяется на промежутке (0,1], и убывает на промежутке [1;+¥). Отсюда получаем, что f(1)=–1 будет наибольшим значением функции, так что для x>0 выполняется ln x £ x-1.

1.3. Применение производной при решении уравнений

Покажем, как с помощью производной можно решать вопросы существова-ния корней уравнения, а в некоторых случаях и их отыскания. По-прежнему основную роль здесь будут играть исследования функции на монотонность, нахождение ее экстремальных значений. Кроме того, будет использован ряд свойств монотонных и непрерывных функций.

Свойство 1. Если функция f возрастает или убывает на некотором промежутке, то на этом промежутке равнение f(x)=0 имеет не более одного корня.

Это утверждение вытекает непосредственно из определения возрастающей и убывающей функций. Корень уравнения f(x)=0 равен абсциссе точки пересечения графика функции y=f(x) с осью x.

Свойство 2. Если функция f определена и непрерывна на промежутке [a,b] и на его концах принимает значения разных знаков, то между a и b найдется точка c, в которой f(c )=0.

Задача 1.12. Решить уравнение

Решение.

Заметим, что  является корнем уравнения. Докажем, что других корней это уравнение не имеет. Исследуем функцию f, где , на монотонность. Производная . Установим промежутки, на которых функция  сохраняет знак. Для этого исследуем ее на монотонность. Производная . Так как при  , то  при . Следовательно, функция  возрастает при положительных значениях x; . Поэтому  при . В силу четности функции  она принимает положительные значения при всех . Следовательно, f возрастает на всей числовой оси. Согласно свойству 1, уравнение  имеет не более одного корня. Итак,  – единственный корень уравнения.

Задача 1.13. Решить систему уравнений

Решение.

Система эквивалентна следующей:

Из первого уравнения следует, что , из второго – . Выразим з первого уравнения x через y: , . Тогда . положив , получим  или . Производная функции f, где , равна . она отрицательна при всех значениях t. Таким образом, функция f убывает. Поэтому уравнение  имеет не более одного корня. Заметим, что  является его корнем. Итак,  единственное решение системы.

Задача 1.14. Доказать, что уравнение  имеет единственный корень, лежащий в интервале .

Решение.

Уравнение равносильными преобразованиями приводится к виду , где . Функция f возрастающая, так как  при всех . Согласно свойству 1, уравнение имеет не более одного решения. Функция f непрерывна, кроме того, , . В силу свойства 2 уравнение на интервале  имеет корень.

В задаче 3 требовалось доказать, что корень уравнения принадлежит некоторому промежутку. Мы пользовались свойством 2 непрерывной на отрезке функции, принимающей на концах этого отрезка значения разных знаков. Этот путь не всегда приводит к цели при решении подобных задач. Иногда целесооб-разно воспользоваться следующим свойством дифференцируемых функций.

Свойство 3 (Теорема Ролля). Если функция f непрерывна на отрезке [a,b], дифференцируема на интервале (a,b) и f(a)=f(b), то существует точка  такая, что .

 На геометрическом языке свойство 3 означает следующее: если , то на графике кривой  найдется точка С с координатами , где касательная к графику параллельна оси x.

Задача 1.15. Доказать, что уравнение  при ,  имеет не более одного действительного корня.

Решение.

Предположим, что уравнение имеет, по крайней мере, два корня  и . Функция f, где  дифференцируема на всей числовой прямой. Так как , то согласно свойству 3, ее производная на интервале  имеет корень. Однако при  уравнение  решений не имеет. Полученное противоречие показывает, что уравнение не может иметь более одного корня.

Задача 1.16. Доказать, что многочлен , ,

 имеет не более n корней.

Решение.

Согласно свойству 3, между двумя корнями многочлена лежит, по крайнем мере, один корень его производной. Поэтому, если многочлен f(x) имеет , различных корней, то его производная  должна иметь не менее (k-1) корней. Точно так же  – не менее k-2 корней и т.д., n-ая производная – не менее (k-n) корней, . Это невозможно, так как  является отличной от нуля постоянной.

Задача 1.17. Доказать, что многочлен  имеет корень между 0 и 1 ().

Решение.

Применение свойства 2 к цели не приводит, так как . Рассмотрим функцию g, где . Для нее функция f является производной. Так как , то согласно свойству 3, при некотором  .

Задача 1.18. Доказать, что уравнение  не имеет действительных корней.

Решение.

Пусть , тогда . Если x – корень уравнения, то , т.е. функция f, в силу ее непрерывности, убывает в окрестности каждого корня. Заметим, что если уравнение имеет корни, то они отрицательные. Известно, что многочлен n-й степени имеет не более n корней. Обозначим через  - наибольший из корней. Тогда существует такое ,  что  . Так как , то на интервале  должен находиться корень x многочлена f(x). получили противоречие.

Рассмотрим уравнение вида , где f, g – взаимно обратные, возрастающие функции, имеющие одинаковые области определения. Покажем, что это уравнение равносильно уравнению . (3)

В самом деле, пусть а является корнем уравнения (3), т.е. . Учитывая, что область определения функции g совпадает со множеством значений функции f им наоборот, можно записать: , или , т.е. , а является корнем уравнения .

Обратно, пусть , но . Тогда  или . первом случае . Точно так же получается противоречие и во втором случае.

Таким образом, получен один частный прием равносильного преобразования уравнений.

Задача 1.19. Решить уравнение .

Решение.

Перепишем данное уравнение в виде . Функция  непрерывна, возрастающая (как сумма двух возрастающих функций  и ), поэтому она имеет обратную. Найдем ее: , . Итак, обратной для f является функция , совпадающая правой частью уравнения. На основании доказанного выше уравнение эквивалентно уравнению . Ясно, что  является корнем уравнения. Убедимся, что других корней уравнение не имеет.

Пусть . Тогда  положительна как разность между средним арифметическим и средним геометрическим двух положительных чисел  и .Таким образом, функция h возрастает на всей числовой оси. Так как , то h(x)>0 при  и  при , т.е.  - единственный корень уравнения.

Раздел 2. Первообразная и интеграл в задачах элементарной математики 2.1. Применение интеграла от монотонных функций к доказательству неравенств

Если  при , то  равен площади криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции , отрезком [a,b] оси x и перпендикулярами к оси x в точках a и b.

Пусть функция f положительна, непрерывна и возрастающая на [a,b]. Разобьем отрезок [a,b] на n частей точками .

Сумма  равна сумме площадей прямоугольников, построенных на отрезках  как на основаниях, с высотами , т.е. равна площади ступенчатой фигуры «вписанной» в криволинейную трапецию. Так как функция f возрастает, то эта площадь меньше площади криволинейной трапеции. Отсюда

(2.1)

Аналогично, рассматривая площадь «описанной» ступенчатой фигуры, получаем

 (2.2)

Если функция f положительна, непрерывна и убывающая на [a,b], то

(2.3)

Покажем на ряде примеров, как соотношения (2.1)-(2.3) используются при доказательстве неравенств.

Задача 2.1. Доказать, что если , то .

Решение.

Выражение  совпадает с левой частью неравенства (2.1), где . Функция  на интервале  возрастает, непрерына, положительна. Поэтому, согласно (1), . Функция  является первообразной для функции , так как

. Поэтому . Левая часть двойного неравенства доказана. Правая часть получается из соотношения (2.2) для функции  при тех же предположениях.

При решении задачи 1 мы использовали тот факт, что площадь криволиней-ной трапеции, ограниченной графиком непрерывной, положительной, возрастаю-щей на [a,b] функции , отрезком [a,b] оси x и прямыми , заключена между площадями прямоугольников, построенных на [a,b] как на основании, с высотами  и  соответственно.

Площади прямоугольников дают, вообще говоря, довольно грубые приближения для площади криволинейной трапеции. Более точные оценки получаются путем разбиения отрезка [a,b] на достаточно большое число частей.

Задача 2.2. Пусть . Доказать, что для каждого  .

Решение.

Рассмотрим  и функцию . Она непрерывна, положительна и убывающая. Воспользуемся неравенством (2.3), где . (Точки  делят отрезок  на отрезки одинаковой длины ). Получим

Отсюда . Кроме того,

, т.е.

.

В приведенном решение выражение для  легко представлялось в виде площади некоторой ступенчатой фигуры. Чтобы воспользоваться рассмотренным в задаче методом доказательства неравенств, чаще приходится предварительно преобразо-вывать выражения, встречающиеся в неравенствах.

Задача 2.3. Доказать, что для каждого натурального n .

Решение.

Левую часть неравенства при  можно представить в следующем виде:

Рассмотрим функцию  на отрезке .Этот отрезок точками , разбивается на n равных частей длины 1. Выражение

 равно сумме площадей прямоугольников, построенных на отрезках  как на основаниях с высотами . Функция  при

 положительна, непрерывна, убывающая. Поэтому можно воспользоваться неравенством (2.3). Имеем

Заметим, что при  неравенство очевидно.

2.2. Монотонность интеграла

Из определения интеграла вытекает, что для неотрицательной непрерывной на отрезке [a,b] функции f  для всех .

Теорема 1. Пусть функции f и g непрерывны на отрезке [a,b] и для всех  . Тогда для всех : . Это свойство называют монотонностью интеграла.

С помощью теоремы 1 почленно проинтегрировав обе части неравенства, можно получить целую серию новых неравенств. Например,

при  имеем очевидное неравенство . Применим теорему 1, положив . Функции f, g удовлетворяют условиям теоремы на промежутке . Поэтому для произвольного : , т.е.  (1). Применяя тот же метод к неравенству (1), получаем , или . Отсюда . Продолжая аналогично, имеем ,

 и т.д.

В рассмотренном примере выбор исходного неравенства не составил труда. В иных случаях этот первый шаг решения задачи не столь очевиден. Теорема 1 дает, по существу, прием для получения исходного неравенства.

Пусть требуется проверить истинность неравенства

 (2.4)

Если справедливо соотношение , то согласно теореме 1, имеет место и неравенство

, или (2.5).

Если имеет место неравенство , то, складывая его почленно с (2.4), устанавливаем справедливость неравенства (2.5).

Задача 2.4. Доказать, что при  . (2.6)

Решение.

Неравенство (2.6) перепишем в виде . Левая и правая части последнего неравенства представляют собой функции от . Обозначив , получим (2.7). Докажем, что (2.7) выполняется при . Найдем производные обеих частей неравенства (2.7). Соответственно имеем:

. При  . Действительно, . Применяя теорему 1 для функций  и  при , получаем . Так как , то

. Отсюда при ,  следует (2.6).

Задача 2.5. Доказать, что при : .

Решение.

Вычислим производные левой и правой частей:  

Ясно, что , поскольку , . Так как  и  непрерывные функции, то, согласно теореме 1, имеет место неравенство

, т.е. , . Задача 2.5. решена.

Теорема 1 позволяет устанавливать истинность нестрогих неравенств. Утверждение, содержащееся в ней, можно усилить, если потребовать выполнения дополнительных условий.

Теорема 2. Пусть выполняются условия теоремы 1 и, кроме того, для некоторого  имеет место строгое неравенство . Тогда при  также имеет место строгое неравенство .

Задача 2.6. Доказать, что при :  (2.8).

Решение.

Предварительно следует проверить соответствующее неравенство для производных левой и правой частей, т.е. что , или . Его справедливость при  можно установить, если применить теорему 1 к неравенству . Поскольку, кроме того, , то выполняются все условия теоремы 2. Поэтому имеет место строгое неравенство , , или , . После преобразований придем к неравенству (2.8).

2.3. Интегралы от выпуклых функций

При решении многих задач целесообразно применять следующий подход.

Разделим отрезок [a,b], на котором задана непрерывная функция f. на n частей точками . Построим прямоугольные трапеции, основаниями которых являются отрезки xkyk, xk+1yk+1, а высотами – xkxk+1, k=0,1,…,n-1. Сумма площадей этих трапеций при достаточно большом n близка к площади криволинейной трапеции. Чтобы этот факт можно было применить к доказательству неравенств функция f должна удовлетворять некоторым дополнительным требованиям.

Пусть функция f дважды дифференцируема на некотором промежутке и в каждой точке этого промежутка f//(x)>0. Это означает, что функция f/ возрастает, т.е. при движении вдоль кривой слева направо угол наклона касательной к графику возрастает. Иными словами, касательная поворачивается в направлении, обратном направлению вращения часовой стрелки. График при этом «изгибается вверх», «выпячиваясь вниз». Такая функция называется выпуклой. График выпуклой функции расположен «ниже» своих хорд и «выше» своих касательных. Аналогично, если f//(x)<0, то f/ убывает, касательная вращается по часовой стрелке и график лежит «выше» своих хорд, но «ниже» своих касательных. Такая функция называется вогнутой.

Функция  вогнута в области своего определения, так как . Вторая производная функции  положительна на всей числовой прямой. Поэтому  – выпуклая функция. Для функции  вторая производная  при ,  при , т.е. функция  на интервале

 вогнута, а на  выпукла.

Задача 2.7. Доказать, что

Решение.

Левая часть этого неравенства равна площади прямоугольной трапеции, основания которой равны значениям функции  в точках  и , т.е. и , а высота – . Функция  выпуклая. Поэтому площадь криволинейной трапеции, ограниченной ее графиком, прямыми  и отрезком [a,b] оси x, меньше площади прямоугольной трапеции. Итак,

.

Подобный результат имеет место и в общем случае. Пусть функция f на отрезке [a.b] непрерывна, положительна и выпукла. Тогда

  (2.9)

Если же непрерывная, положительная функция f вогнута, то

 (2.10)

Задача 2.8. Доказать, что для  выполняется неравенство

Решение.

Функция  непрерывна, положительна, вогнута. Поэтому для нее выполняется неравенство (2), где . Имеем

.

График функции f, выпуклой на отрезке [a,b] лежит выше любой касательной к этому графику, в частности касательной, проведенной через точку кривой с абсциссой .

Если касательная пересекает ось абсцисс вне отрезка [a,b], то она отсекает от криволинейной трапеции прямоугольную трапецию, а не треугольник. Площадь прямоугольной трапеции равна произведению ее средней линии  на высоту . Поэтому

(2.11)

аналогично, если функция f вогнута, то

(2.12)

Соотношение остается справедливым если касательная к графику  пересекает ось абсцисс в точках a и b.

Задача 2.9. Доказать, что если 0<a<b , то выполняется .

Решение.

 представляет собой площадь криволинейной трапеции, ограниченной линиями , т.е. . Касательная к кривой  в точке  отсекает от криволинейной трапеции прямоугольную трапецию, высота которой , а средняя линия . Площадь этой трапеции равна . Согласно неравенству (2.6), .

Убедимся, что указанная касательная отсекает именно трапецию, а не треугольник. Для этого достаточно проверить что точка ее пересечения с осью абсцисс лежит вне отрезка [a,b]. Уравнение касательной к кривой  в точке  имеет вид . В данном случае , т.е.  есть уравнение касательной. Положив в нем , найдем абсциссу точки пересечения касательной с осью : , ч т.д.

Из соотношений (2.9)-(2.12) можно получить новые неравенства. Неравенства (2.9) и (2.11) совместно дают оценку снизу и сверху для интеграла  от непрерывной, положительной и выпуклой функции. Аналогичные оценки получаем для интегралов от вогнутых функций из неравенств (2.10) и (2.12). Вернемся к задаче 2.9. Ее удалось решить, применив неравенство (3) к функции  на отрезке [a,b]. Кроме того, в силу неравенства (2.9)

, т.е. .

Объединяя этот результат с неравенством, доказанным в задаче 2.9, получим двойное неравенство