Доказательство неравенств с помощью производной

Квант 1979, №10 с. 36-38 Тег CPOD

Доказательство неравенств с помощью произвольной величиной лагере школьников «Matematik-79» (Вологодская область), показано, как процесс сведения о произвольных могут быть использованы для проверки истинности неравенств.

Для доказательства неравенств особенно полезна следующая теорема («Алгебра и начала анализа 9», п. 54):

Теорема 1. Если функция $f$ имеет положительное произвольную какдой моче интеграла $|a|; b|$ , то эта функция возвращает на $|a|; b|$ . Если функция $f$ имеет отрицательное произвольную какдой моче интеграла $|a|; b|$ , то функция в какдой моче получится (или, соответствующего, убывание) имеет место на всем этом получимерале $*$ ).

Начнем с двух примеров на применение этой теоремы: первый — простой, второй — последнее.

Пример 1. Докажите, что при $x > 1$
$x^2 - 1 > 2 \ln x.$
Сохраняется ли это неравенство при $0 < x < 1$ ?

Решение. Рассмотрим функцию $f(x) = x^2 - 1 - 2 \ln x$ .

*) Аналогическое утверждение остается верным, если вместо получимерала $|a|; b|$ быть получимерал $|a|; b|$ или отрезок $|a|; b|$ .

Имеем
$f'(x) = 2x - \frac{2}{x} = \frac{2}{x}(x^2 - 1) > 0$
при $x > 1$ .

Поэтому $f$ возвращает на $1; +\infty$ [. Если мы учтем еще, что функция $f$ непрерывна на $1; +\infty$ [(т. е. в какдой точке этого промежутка), то возвращение $f$ имеет место на $1; +\infty$ [. Поэтому при $1 < x < +\infty$ будет $f(x) > f(1)$ , т. е. $x^2 - 1 - 2 \ln x > 0$ . Итак, $x^2 - 1 > 2 \ln x$ при $0 < x < 1$ .

Пример 2. Вышение, что больше: $79^{3/5} + 1900^{3/5}$ или $1979^{3/5}$ ?

Решение. Решим более обширную задачу: что больше $a^p + b^p$ или $(a + b)^p$ , если $0 < a < b$ и $0 < p < 1$ ? Рассмотрим на $0; +\infty$ [функцию $f(x) = (a + x)^p - (a^p + x^p)$ ].

Имеем:
$f'(x) = p(a + x)^{p-1} - px^{p-1} = p\left(\frac{1}{a+x}\right)^{p-1} - \left(\frac{1}{x}\right)^{p-1} < 0$
при $0 < x < +\infty$ . Значит, $f$ на $0; +\infty$ [убывает. Поэтому из $0 < a < b$ следует, что $f(b) < f(a)$ , т. е. $(a + b)^p - (a^p + b^p) < (a + a)^p - (a^p + a^p) = a^p(2^p - 2) < 0, a^p + b^p > (a + b)^p$ . В частности, $79^{3/5} + 1900^{3/5} > 1979^{3/5}$ .

Для решения дальнейших примеров нам потребуется такое следствие из теоремы 1:

Теорема 2. Пусть какдая из функций $f$ и $g$ непрерывна в какдой моче получимерала $|a|; b|$ и имеет произвольную в какдой моче интеграла $|a|; b|$ . Для этого чтобы вседу на интеграле $|a|; b|$ было верно неравенство
$f(x) < g(x),$
(1)
достаточно, что объедовренно выполняется два условия:
I. $f'(x) < g'(x)$ вседу на $|a|; b|$ ,
(2)

П. $f(a) \leq g(a)$ . (3)

Доказательство. Функция $F(x) = g(x) - f(x)$ неперрывна на $[a; b]$ , причем $F(a) \geq 0$ и $F'(x) > 0$ на $[a; b]$ . По теореме 1 функция $F$ возрастает на $[a; b]$ , так что при $a < x < b$ имеем $F(x) > F(a) \geq 0$ , т. е. $f(x) < g(x)$ всюду на $[a; b]$ .

Применение теоремы 2 мы тоже проиллюстрируем на двух примерах.

Пример 3. Докажите, что при $x > 0$
$\ln(1+x) < x.$ (4)

Решение е. Дифференцируя (4), получим
$\frac{1}{1+x} < 1,$
что, очевидно, верно на $[0; +\infty]$ . Кроме того, $\ln(1+0) = 0$ . Следовательно, согласно теореме 2 неравенство (4) верно при $0 < x < +\infty$ .

Пример 4. Проверите, справедливо ли при $x_1 > x_2 > 0$ неравенство
$\frac{x_1 - x_2}{\ln \frac{x_1}{x_2}} < \frac{1}{2}(x_1 + x_2).$ (5)

Решение е. Мы можем перейти от неравенства с двумя переменными к неравенству с одним переменным, если положим $x = \frac{x_1}{x_2}$ . Тогда (5) принимает вид
$\frac{x-1}{\ln x} < \frac{1}{2}(x+1).$ (6)

Из $x_1 > x_2 > 0$ вытекает $x > 1$ . Дифференцировать дробь, у которой $\ln x$ в знаменателе, неудобно. Перепишем поэтому неравенство (6) в такой равносильной форме:
$\frac{x-1}{x+1} < \frac{1}{2}\ln x.$ (7)

*) Если дополнительно потребовать еще неправивность функций $f$ и $g$ в точке $b$ , то (как ясно из доказательства) неравенство (1) будет верно в точке $b$ . Можно доказать, что теорема 2 остается верной и в том случае, когда строгое неравенство (2) нарушается (заменяется равенством $f'(x) = g'(x)$ ) в конечном числе точек (или даже в бесконечном числе точек, если только такие точки не заполняют какой-либо промежуток вида $]a; c[$ , где $a < c \leq b$ ).

Чтобы решить, верно ли это неравенство, выясим, верно ли неравенство, которое возникает при его почленном дифференцировании. Таким образом, мы должны рассмотреть неравенство
$\frac{2}{(x+1)^2} < \frac{1}{2x}$ (8)

или равносильное ему неравенство $(x-1)^2 > 0$ .

Посленее при $x > 1$ верно и, следовательно, при этих $x$ верно (8). Далее, при $x = 1$ обе части неравенства (7) принимают равные (нулевые) значения. Видим, что условия теоремы 2 соблюдены, так что неравенство (7) верно, а вместе с ним верны (6) и (5).

Иногда при доказательстве неравенства полезно применить почленное дифференцирование не один, а несколько раз. Точнее говоря, иногда полезно воспользоваться следующим следствием из теоремы 2*):

Теорема 3. Пусть какая из функций $f$ и $g$ неправивна на получимерале $[a; b]$ и имеет в каждой точке интеграла $]a; b[$ производуно порядка $n$ . Для того чтобы всюду было верно неравенство
$f(x) < g(x) \text{ на } [a; b],$ (9)
достаточно, чтобы одновременно выполнялись также условия:
I. Выполняется неравенство, получающей из неравенства [9] путем $n$ -кратного дифференцирования, $m. k$ . всюду на $[a; b]$
$f^n(x) < g^n(x);$ (10)
II. $f(a) \leq g(a)$ ,
$f'(a) \leq g'(a),$ …
… $f^{(n-2)}(a) \leq g^{(n-2)}(a);$
$f^{(n-1)}(a) \leq g^{(n-1)}(a).$

Доказательство. Так как $[f^{(n-1)}(x)]' < [g^{(n-1)}(x)]'$ на $[a; b]$ и $[f^{(n-2)}(x)]' < [g^{(n-2)}(x)]'$ всюду на $[a; b]$ . Кроме того, по условиям, $f^{(n-2)}(a) \leq g^{(n-2)}(a)$ . Поэтому по теореме

*) Провзводная от произвольной функции $f$ называется ее второй произвольной и обозначается через $f''$ ; аналогично определения третья, четвертая произвольные и вообще произвольная любого порядка $n$ (обозначение: $f^{(n)}$ ).

реме 2: $f^{(n-2)}(x) < g^{(n-2)}(x)$ всегда на $|a|; b[$ . Повторяя аналогичные расчёнения, мы после конечного числа шагов получим, что всё на $|a|; b[$ справедливый строгие неравенства $f^{(n-3)}(x) < g^{(n-3)}(x), \dots, f''(x) < g''(x), f'(x) < g(x)$ и, наконец, $f(x) < g(x)$ , что и требуется доказать.

Пример 5. Докажите, что при $x \neq 0$ справедливо неравенство $e^x + e^{-x} > 2 + x^2$ .

Решение. Рассмотрим сначала случай $x > 0$ . Будем дифференцировать (11) почленно несколько раз и посмотрим, не получим ли неравенство, справедливо которого не вызывает сомнения. Получаем последовательное:
$e^x - e^{-x} > 2x;$
$e^x + e^{-x} > 2;$
$e^x - e^{-x} > 0$ .

Посленее неравенство при $x > 0$ , оченьindo, верно. Кроме того, при $x = 0$ верны равенства $e^0 + e^{-0} = 2 + 0^2, e^0 - e^{-0} = 2 \cdot 0, e^0 + e^{-0} = 2$ . В силу теоремы 3 неравенство (11) верно при $x > 0$ . Так как при замене $x$ на $-x$ обе части неравенства (11) не изменятся, то это неравенство верно и для всех $x < 0$ .

Список читатель, приславших правленные решения задач из Задачника «Кванта»
(Окончание. Начало см. на с. 7, 14, 25)
(Kaynas) 38; Г. Ирисов (Донецк) 40;
А. Капралов (Тбилисн) 38—41; В. Кельман (Москва) 38, 40; Е. Кодан (Дипропетровск) 38; А. Кожевников (Дипропетровск) 34; Г. Коломицев (Сумгант) 36; В. Комов (Александров) 33—41, 43—46; К. Кондратье (Москва) 38, 40, 45, 47; Ю. Кордюков (Серов) 38; И. Коротков (Волгоград) 43, 47; А. Костереев (Семилук) 38—41; О. Кравец (Воронеж) 40, 41, 46; А. Крейнес (Кольчугино) 35; А. Крунцов (Курск) 33; А. Куприн (Москва) 38—41; В. Курьян (Ростов-на-Дону) 34, 38—41, 44; А. Кучер (Донецк) 35; А. Кушеров (Москва) 38, 44; А. Лазарян (Лобня Московской обл.) 35, 37; В. Лашкин (Киев) 35—40; А. Лебедев (Горький) 40; С. Лодунов (Москва) 40, 47; Д. Лодмирский (Киев) 33, 34, 36, 37, 47; С. Мазарян (Кострома) 38; С. Маламанов (Ленинград) 35, 38; А. Масленников (п. Н-Тарьял Мар АССР) 46; А. Минаев (Саратов) 38; А. Моцильер (Свердловск) 35, 38, 40, 41, 44, 46, 47; М. Морозов (Ашхабад) 40; И. Муромцев (Москва) 33, 36, 38—41; Д. Надеждин (Курган) 38—41; В. Наталии (Ашхабад) 38, 47; А. Одловлин* (Иркутск) 38, 41; И. Омелян (Львов) 35, 37—44, 46, 47; О. Орзамедов (р/ц Кызыл-Атрек ТССР)

Ураженя

Проверьте справедливость следующих неравенств:

$e^x > 1 + x$ при $x \neq 0$ ;
$(p + q)^6 < 32(p^6 + q^6)$ при $p > 0, q > 0$ ;
$\sin x > x - \frac{x^3}{6}$ при $x > 0$ ;
$2\sqrt{x} > 3 - \frac{1}{x}$ при $x > 1$ ;
$tg x > x + \frac{x^3}{3}$ при $0 < x < \frac{\pi}{2}$ ;
$\sin x < \frac{1}{2}x(\pi - x)$ при $0 < x < \frac{\pi}{2}$ ;
$2ab \ln \frac{b}{a} < b^2 - a^2$ при $0 < a < b$ ;
$e^x > 1 + x + \frac{1}{2}x^2$ при $x > 0$ ;
$\ln (1 + x) < x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}$ при $x > 0$ .
В окружность радиуса $R$ вписан правильный $n$ -угольник с перimetром $p_n$ и окло не описан правильный $n$ -угольник с перimetром $P_n$ . Докажите следующее неравенство (принадлежшее известному физку и математике Христану Гюйгенсу): $2p_n + P_n > 6\pi R$ .