Применение производной и интеграла для решения уравнений и неравенств (стр. 1 из 6)
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.